2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前知識回扣 考前第6天 電場和磁場

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1、2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前知識回扣 考前第6天 電場和磁場 1．庫侖定律 F＝k(條件：真空中、點電荷) 2．電場強度的表達(dá)式 (1)定義式：E＝(適用任何電場) (2)計算式：E＝(適用點電荷的電場) (3)勻強電場中：E＝(適用于勻強電場) 3．電勢差和電勢的關(guān)系 UAB＝φA－φB或UBA＝φB－φA 4．電場力做功的計算 (1)普適：W＝qU (2)勻強電場：W＝Edq 5．電容的計算 C＝＝(定義式) C＝(平行板電容器的決定式) 6．磁感應(yīng)強度的定義式 B＝ 7．安培力大小 F＝BIL(B、I、L相互垂直) 8．洛倫茲力的大小 F＝q

2、vB 9．帶電粒子在勻強磁場中的運動 (1)洛倫茲力充當(dāng)向心力，qvB＝mrω2＝m＝mr＝4π2mrf2＝ma. (2)圓周運動的半徑r＝、周期T＝. 10．“速度選擇器”“電磁流量計”“磁流體發(fā)電機”“霍爾效應(yīng)”的共同點：qvB＝qE＝q. [回顧方法] 1．帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)問題的分析方法 (1)帶電粒子的加速 以初速度v0射入電場中的帶電粒子，經(jīng)電場力做功加速(或減速)至v，由qU＝mv2－mv得v＝. 當(dāng)v0很小或v0＝0時，上式簡化為v＝ . (2)帶電粒子的偏轉(zhuǎn) 以初速度v0垂直場強方向射入勻強電場中的帶電粒子，受恒定電場力作用，做類似平拋的勻變

3、速曲線運動(如圖所示)． 加速度a＝ 運動時間t＝ 側(cè)移量y＝at2＝2 偏轉(zhuǎn)角tanφ＝＝＝ 結(jié)論：①不論帶電粒子的m、q如何，只要荷質(zhì)比相同，在同一電場中由靜止加速后，再進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出時的側(cè)移量和偏轉(zhuǎn)角是相同的(即它們的運動軌跡相同)．②出場速度的反向延長線跟入射速度相交于中點O，粒子就好像從中點射出一樣．③角度關(guān)系：tanφ＝2tanα. 2．安培力方向的判斷方法 (1)電流元法：把整段通電導(dǎo)體等效為多段直線電流元，用左手定則判斷出每小段電流元所受安培力的方向，從而判斷整段導(dǎo)體所受合力的方向． (2)特殊位置法：把通電導(dǎo)體或磁鐵轉(zhuǎn)換到一個便于分析的特殊位置后再

4、判斷安培力的方向． (3)等效法：環(huán)形電流和通電螺線管都可以等效成條形磁鐵，條形磁鐵也可以等效成環(huán)形電流或通電螺線管，通電螺線管還可以等效成很多匝的環(huán)形電流來分析． (4)利用結(jié)論法：①兩通電導(dǎo)線相互平行時，同向電流相互吸引，異向電流相互排斥；②兩者不平行時，有轉(zhuǎn)動到相互平行且電流方向相同的趨勢． (5)轉(zhuǎn)換研究對象法：因為通電導(dǎo)線之間、導(dǎo)線與磁體之間的相互作用滿足牛頓第三定律，這樣定性分析磁體在電流產(chǎn)生的磁場中的安培力問題時，可先分析電流在磁體的磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流產(chǎn)生的磁場的作用力，從而確定磁體所受合力． 3．帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動時圓心

5、、半徑及時間的確定方法 (1)圓心的確定 ①已知粒子運動軌跡上兩點的速度方向，作這兩速度的垂線，交點即為圓心． ②已知粒子入射點、入射方向及運動軌跡對應(yīng)的一條弦，作速度方向的垂線及弦的垂直平分線，交點即為圓心． ③已知粒子運動軌跡上的兩條弦，作出兩弦的垂直平分線，交點即為圓心． ④已知粒子在磁場中的入射點、入射方向和出射方向，延長(或反向延長)兩速度方向所在直線使之成一夾角，作出這一夾角的角平分線，角平分線上到兩直線距離等于半徑的點即為圓心． (2)半徑的確定：找到圓心以后，半徑的確定和計算一般利用幾何知識解直角三角形的辦法．帶電粒子在有界勻強磁場中常見的幾種運動情形如圖所示．

6、 ①磁場邊界：直線，粒子進(jìn)出磁場的軌跡具有對稱性，如圖(a)、(b)、(c)所示． ②磁場邊界：平行直線，如圖(d)所示． ③磁場邊界：圓形，如圖(e)所示． (3)時間的確定 ①t＝T或t＝T或t＝ 其中α為粒子運動的圓弧所對的圓心角，T為周期，v為粒子的速度，s為運動軌跡的弧長． ②帶電粒子射出磁場的速度方向與射入磁場的速度方向之間的夾角叫速度偏向角，由幾何關(guān)系知，速度偏向角等于圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角α，如圖(d)、(e)所示． [回顧易錯點] 1．區(qū)分電場強度E及電容C的定義式與決定式． 2．區(qū)分電場強度與電勢． 3．區(qū)分左手定則與右手定則． 4．區(qū)分霍爾效應(yīng)中

7、的“電子”導(dǎo)電與“空穴”導(dǎo)電． 5．區(qū)分“微觀粒子”與“帶電小球”． [保溫精練] 1．(多選)在豎直向上的勻強電場中，有兩個質(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點)處在同一水平面上．現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運動軌跡如圖所示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則(　　) A．A球帶正電，B球帶負(fù)電 B．A球比B球先落地 C．在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加 D．兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的速率變化量比B球的小 [解析]　兩球均做類平拋運動，水平方向上有x＝v0t，豎直方向上有h＝at2，得加速度大小a＝，可

8、見水平距離x越大，加速度a越小，相應(yīng)所用時間t越長，即B球先落地，A球的加速度a1小于B球的加速度a2，說明A球帶正電而受到豎直向上的電場力，B球帶負(fù)電而受到豎直向下的電場力，在下落過程中，電場力對A球做負(fù)功，A球電勢能增加，電場力對B球做正功，B球電勢能減少，選項A正確，B、C均錯誤；根據(jù)動能定理有mah＝mv2－mv，而Δv＝v－v0，可見加速度a越大，落地速度v越大，速率變化量Δv越大，即A球的速率變化量較小，選項D正確． [答案]　AD 2．(多選)如圖所示，空間中固定的四個點電荷分別位于正四面體的四個頂點處，A點為對應(yīng)棱的中點，B點為右側(cè)面的中心，C點為底面的中心，D點為正四面體

9、的中心(到四個頂點的距離均相等)．關(guān)于A、B、C、D四點的電勢高低，下列判斷正確的是(　　) A．φA＝φB B．φA＝φD C．φB>φC D．φC>φD [解析]　以無窮遠(yuǎn)處為零電勢，點電荷周圍的電勢φ＝k，正點電荷周圍各點電勢為正，負(fù)點電荷周圍各點電勢為負(fù)，電勢是標(biāo)量，可以用代數(shù)運算進(jìn)行加減．如圖將四個點電荷編號，A點與3、4等距，與1、2等距，3、4兩點電荷在A點的電勢一正一負(fù)，相加剛好為零，1、2兩電荷在A點的電勢相加也為零，則φA＝0.同理，D點到四個點電荷的距離都相同，則φD＝0.B點與3、4等距，與1的距離小于與2的距離，1在B點的正電勢與2在B點的負(fù)電勢

10、相加大于零，則可得φB>0.同理，C點與3、4等距，與1的距離大于與2的距離，則可得φC<0.即有φB>φA＝φD>φC，B、C正確． [答案]　BC 3．(2018·合肥質(zhì)檢一) (多選)如圖所示，豎直放置的兩平行金屬板，長為L，板間距離為d，接在電壓為U的直流電源上．在兩板間加一磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場．一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電油滴，從距金屬板上端高為h處由靜止開始自由下落，并經(jīng)兩板上端連線的中點P進(jìn)入板間．油滴在P點所受的電場力與洛倫茲力大小恰好相等，且最后恰好從金屬板的下邊緣離開．空氣阻力不計，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．油滴剛進(jìn)入

11、兩板間時的加速度大小為g B．油滴開始下落的高度h＝ C．油滴從左側(cè)金屬板的下邊緣離開 D．油滴離開時的速度大小為 [解析]　油滴剛到達(dá)P點時受重力、電場力和洛倫茲力的作用，電場力和洛倫茲力大小相等，因此油滴在P點的合力大小等于重力，由牛頓運動定律可知油滴在P點的加速度大小為g，A正確；由于油滴在P點水平方向的合力為零，則由力的平衡條件可知q＝qBv，對油滴從釋放到P點的過程中，由機械能守恒定律可知mgh＝mv2， 整理得h＝，B正確；油滴進(jìn)入平行金屬板間后，做加速運動，則電場力小于洛倫茲力，由左手定則可知，油滴所受的洛倫茲力向右，則最終油滴從右側(cè)金屬板的下邊緣離開，C錯誤；對油滴

12、從釋放到從右側(cè)金屬板的下邊緣離開的過程，由動能定理有mg(h＋L)－q＝mv′2，解得v′＝，D正確． [答案]　ABD 4．(多選)如圖所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在與紙面垂直但方向相反的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強度是區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁感應(yīng)強度的2倍，一帶電粒子在區(qū)域Ⅰ左側(cè)邊界處以垂直邊界的速度進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，發(fā)現(xiàn)粒子離開區(qū)域Ⅰ時速度方向改變了30°，然后進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，測得粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間與區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運動時間相等，則下列說法正確的是(　　) A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1 B．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的角速度之比為2∶1 C．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的圓心角之比為1∶2

13、 D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的寬度之比為1∶1 [解析]　由于洛倫茲力對帶電粒子不做功，故粒子在兩磁場中的運動速率不變，故A正確；由洛倫茲力f＝qBv＝ma和a＝v·ω可知，粒子運動的角速度之比為ω1∶ω2＝B1∶B2＝1∶2，則B錯誤；由于粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間相等，由t＝可得t＝＝，且B2＝2B1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，則C正確；由題意可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中運動的圓心角為30°，則粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的圓心角為60°，由R＝可知粒子在區(qū)域Ⅰ中的運動半徑是在區(qū)域Ⅱ中運動半徑的2倍，設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動半徑為r，作粒子運動的軌跡如圖所示，則由圖可知，區(qū)域Ⅰ的寬度d1＝2rsin30°＝r；區(qū)域Ⅱ的寬度d2＝rsin30°＋rcos(180°－60°－60°)＝r，故D正確． [答案]　ACD