《高考物理大二輪復習與增分策略 專題六 電場與磁場 第1講 電場與磁場的理解課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理大二輪復習與增分策略 專題六 電場與磁場 第1講 電場與磁場的理解課件（51頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、第1講電場與磁場的理解專題六電場與磁場知識回扣1.對電場強度的三個公式的理解(1)E 是電場強度的 式，適用于 電場.電場中某點的場強是確定值，其大小和方向與試探電荷q無關.試探電荷q充當“測量工具”的作用.(2)E 是真空中點電荷所形成的電場的決定式.E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定.(3)E 是場強與電勢差的關系式，只適用于 ，注意：式中d為兩點間沿電場方向的距離.答案定義任何勻強電場答案2.電場能的性質(1)電勢與電勢能： .(2)電勢差與電場力做功：UAB AB.(3)電場力做功與電勢能的變化：W.3.等勢面與電場線的關系(1)電場線總是與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電
2、勢低的等勢面.(2)電場線越密的地方，等差等勢面也越密.(3)沿等勢面移動電荷，電場力 ，沿電場線移動電荷，電場力一定做功.Ep不做功答案4.帶電粒子在磁場中的受力情況(1)磁場只對 的電荷有力的作用，對 的電荷無力的作用.磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力.(2)洛倫茲力的大小和方向：其大小為FqvBsin ，注意：為v與B的夾角.F的方向由 判定，但四指的指向應為正電荷運動的方向或負電荷運動方向的反方向.5.洛倫茲力做功的特點由于洛倫茲力始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力 .運動靜止左手定則永不做功規(guī)律方法答案1.本部分內容的主要研究方法有：(1)理想化模型.如點電荷、電場線、等勢面；(2)
3、.電場強度、電勢的定義方法是定義物理量的一種重要方法；(3) 的方法.電場和重力場的比較；電場力做功與重力做功的比較；帶電粒子在勻強電場中的運動和平拋運動的類比.2.靜電力做功的求解方法：(1)由功的定義式WFlcos 來求；(2)利用結論“電場力做功等于電荷 的負值”來求，即WEp；(3)利用WAB來求.電勢能增量類比比值定義法qUAB3.研究帶電粒子在電場中的曲線運動時，采用 的思想方法；帶電粒子在組合場中的運動實際是類平拋運動和 運動的組合，一般類平拋運動的末速度就是勻速圓周運動的 .運動合成與分解勻速圓周線速度答案高考題型1對電場性質的理解高考題型3帶點粒子在有界磁場中的臨界、極值問題
4、高考題型2電場矢量合成問題內容索引高考題型4帶電粒子在勻強磁場中的多過程問題高考題型1對電場性質的理解解題方略解題方略1.電場線：假想線，直觀形象地描述電場中各點場強的強弱及方向，曲線上各點的切線方向表示該點的場強方向，曲線的疏密程度表示電場的強弱.2.電勢高低的比較(1)根據電場線方向，沿著電場線方向，電勢越來越低；(2)根據電勢的定義式 ，即將q從電場中的某點移至無窮遠處電場力做功越多，則該點的電勢越高；(3)根據電勢差UABAB，若UAB0，則AB，反之AEcB.電勢大小關系有bEb，故A錯誤；沿著電場線，電勢逐漸降低，b點所處的電場線位于右側導體的前面，即b點的電勢比右側的導體高，而右
5、側導體的電勢比d高，故b點電勢高于d點的電勢，故B錯誤；電勢能的正負與零勢能點的選擇有關，該題以無窮遠為零電勢點，所以說負電荷放在d點時其電勢能為正值，故C錯誤；從圖中可以看出，a點的電勢高于b點的電勢，而b點的電勢又高于d點的電勢，所以a點的電勢高于d點的電勢.正電荷在電勢高處電勢能大，在電勢低處電勢能小，故正檢驗電荷從a點移到d點的過程中，電勢能減小，則電場力做正功，故D正確.預測1(2016全國甲卷15)如圖2所示，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓.帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內，a、b、c為軌跡上的三個點.若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速
6、度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則()A.aaabac，vavcvb B.aaabac，vbvcvaC.abacaa，vbvcva D.abacaa，vavcvb圖2解析解析解析由庫侖定律F 可知，粒子在a、b、c三點受到的電場力的大小關系為FbFcFa，由a ，可知abacaa.根據粒子的軌跡可知，粒子Q與場源電荷P的電性相同，二者之間存在斥力，由cba整個過程中，電場力先做負功再做正功，且Wba|Wcb|，結合動能定理可知，vavcvb，故選項D正確.預測2如圖3所示，虛線a、b、c、d表示勻強電場中的4個等勢面.兩個帶電粒子M、N(重力忽略不計)以平行于等勢
7、面的初速度射入電場，運動軌跡分別如圖中MPN和NQM所示.已知M是帶正電的帶電粒子.則下列說法中正確的是()A.N一定也帶正電B.a點的電勢高于b點的電勢，a點的場強大于b點的場強C.帶電粒子M的動能減小，電勢能增大D.帶電粒子N的動能增大，電勢能減小圖3解析返回解析解析電場線和等勢面垂直，所以電場沿水平方向，從正電荷M的軌跡MPN可知，電場力水平向右，故電場的方向水平向右.N電荷受電場力方向指向其軌跡內側，故受電場力水平向左，所以N帶負電，故A錯誤；電場線水平向右，沿電場線電勢降低，所以a點的電勢高于b點的電勢，而兩點的場強大小相等.故B錯誤；電場力對M粒子和N粒子都做正功，其電勢能減小，動
8、能增加，故C錯誤，D正確.返回高考題型2電場矢量合成問題解題方略解題方略1.熟練掌握常見電場的電場線和等勢面的畫法.2.對于復雜的電場場強、電場力合成時要用平行四邊形定則.3.電勢的高低可以根據“沿電場線方向電勢降低”或者由離正、負場源電荷的距離來確定.例2電荷量為Q的點電荷和接地金屬板MN附近的電場線分布如圖4所示，點電荷與金屬板相距為2d，圖中P點到金屬板和點電荷間的距離均為d.已知P點的電場強度為E0，則金屬板上感應電荷在P點處產生的電場強度E的大小為()圖4解析解析解析Q在P點產生的場強大小 E1k ，方向水平向右.根據電場的疊加原理可得：E0E1E解得金屬板上感應電荷在P點處產生的電
9、場強度E的大小為 EE0k ，故C正確.預測3 如圖5所示，直角坐標系的y軸上的兩點A(0，r)，B(0，r)各放置著電量均為Q的點電荷，則其在x軸上的四個點O(0,0)，a(r,0)，b(2r,0)，c(3r,0)中所激發(fā)的電場場強最大的是()A.O點 B.a點C.b點 D.c點圖5解析預測4 兩個相距很近的等量異號點電荷組成的系統(tǒng)稱為電偶極子，如圖6所示，該電偶極子由相距為l，電荷量分別為q和q的點電荷構成，取二者連線方向為y軸方向，中點O為原點，建立xOy坐標系，P點距坐標原點O的距離為r(rl)，P、O兩點間連線與y軸正方向的夾角為，設無窮遠處的電勢為零，P點的電勢為，靜電力常量為k，
10、下面給出了的四個表達式，其中只有一個是合理的.你可能不會求解P點的電勢，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達式的合理性做出判斷，那么的合理表達式應為()圖6解析解析解析解析若夾角90，則x軸上的電勢處處為0，這與cos 相符，A、D錯誤；因離O點越遠，其電勢就越小，故r應在分母上，故B正確.返回高考題型3帶點粒子在有界磁場中的臨界、極值問題解題方略解題方略1.解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關系.2.粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相
11、切.例3如圖7所示，M、N為中心開有小孔的平行板電容器的兩極板，相距為D，其右側有一邊長為2a的正三角形區(qū)域，區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，在極板M、N之間加上電壓U后，M板電勢高于N板電勢.現有一帶正電的粒子，質量為m，電荷量為q，其重力和初速度均忽略不計，粒子從極板M的中央小孔S1處射入電容器，穿過小孔S2后從距三角形A點 a的P處垂直AB方向進入磁場，試求：圖7解析答案(1)粒子到達小孔S2時的速度；解析解析帶電粒子在加速電場中運動時由動能定理得： qU mv2解析答案(2)若粒子從P點進入磁場后經時間t從AP間離開磁場，求粒子的運動半徑和磁感應強度的大?。唤馕鼋馕隽Ｗ拥能壽E圖如圖甲所
12、示，粒子從進入磁場到從AP間離開，由牛頓第二定律可得：qvBm解析答案(3)若粒子能從AC間離開磁場，磁感應強度應滿足什么條件？解析答案解析解析粒子從進入磁場到從AC間離開，若粒子恰能到達BC邊界，如圖乙所示，設此時的磁感應強度為B1，根據幾何關系有此時粒子的軌道半徑為R12asin 60 a粒子從進入磁場到從AC間離開，若粒子恰能到達AC邊界，如圖丙所示，設此時的磁感應強度為B2，根據幾何關系有：R2( aR2)sin 60預測5 (多選)如圖8所示，邊長為L的正方形abcd內有垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一束速率不同的帶正電粒子從左邊界ad中點P垂直射入磁場，速度方向與ad邊
13、夾角 30，已知粒子質量為m、電荷量為q，粒子間的相互作用和粒子重力不計.則()圖8預測6如圖9所示，空間存在一個半徑為R0的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場的方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小為B，有一個粒子源在紙面內沿各個方向以一定速率發(fā)射大量粒子，粒子的質量為m、電荷量為q.將粒子源置于圓心，則所有粒子剛好都不離開磁場，不考慮粒子之間的相互作用.圖9解析答案(1)求帶電粒子的速率.解析解析粒子離開出發(fā)點最遠的距離為軌道半徑的2倍，由幾何關系，則有R02r，r0.5R0解析答案(2)若粒子源可置于磁場中任意位置，且磁場的磁感應強度大小變?yōu)?，求粒子在磁場中最長的運動時間 t.24B解析答案(3)若
14、原磁場不變，再疊加另一個半徑為R1(R1R0)的圓形勻強磁場，磁場的磁感應強度的大小為 ，方向垂直于紙面向外，兩磁場區(qū)域成同心圓，此時該粒子源從圓心出發(fā)的粒子都能回到圓心，求R1的最小值和粒子運動的周期T.返回返回高考題型4帶電粒子在勻強磁場中的多過程問題例4如圖10甲所示，在直角坐標系xOy平面內，以O點為中心的正方形abcd與半徑為3L的圓形之間的區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.在y軸上有一擋板PQ，擋板長為L，擋板的放置關于x軸對稱.a處有一個質子源，OaL，可以向y軸方向發(fā)射出速度從零開始的一系列質子.已知質子的質量為m，電量為q，不計質子的重力、質子間的相互作用，質子
15、碰到檔板被立即吸收.求：圖10解析答案(1)要使質子不離開圓形區(qū)域的最大速度；解析解析由洛倫茲力提供向心力得到：qvB 由題意得到最大的半徑Rmax2L解析答案(2)當質子速度滿足什么條件時，質子運動中能夠經過c點；解析解析由題目得到質子的半徑R取值范圍為： RL解析答案(3)質子第一次回到a點的最長時間；質子經過a點的最長時間，是以半徑 為運動的質子，如圖所示，解析答案(4)如圖乙，如果整個圓內都充滿磁感應強度為B的勻強磁場，擋板長度增為2L，擋板的放置仍關于x軸對稱，而且a點能在xOy平面內向四周均發(fā)射v 的質子，那么，求從a點發(fā)射出的所有帶電粒子中擊中擋板左面粒子與擊中擋板右面粒子的比.
16、解析解析由幾何關系得，打到擋板左面的粒子所對應的角度為90，打到擋板右面的粒子所對應的角度也為90.所以，從a點發(fā)射出的所有帶電粒子中擊中擋板左面粒子與擊中擋板右面粒子的比為11.如圖所示.答案答案 11預測7如圖11所示，平行直線A1、A2間，存在兩個在豎直方向足夠大的勻強磁場區(qū)域和，以豎直面MN為理想分界面，方向均垂直紙面向外.兩磁場區(qū)域的寬度d相同，磁感應強度的大小分別為B和 .在A1邊界某處有一個正粒子發(fā)射裝置P，可調節(jié)粒子發(fā)射速度的大小及方向，保證粒子運動軌跡均平行于紙面.已知磁場寬度d ，粒子質量為m，電量為q，不計粒子所受重力.則：圖11解析答案(1)若以v0垂直A1邊界發(fā)射粒子，要保證粒子均能夠進入區(qū)域又最終不能從A2邊界穿出，求發(fā)射粒子的速度范圍；粒子恰不能穿過MN邊界，即在區(qū)域中運動軌跡與MN相切，由幾何關系，有r1d 即r22r1解析答案解析答案(2)調節(jié)發(fā)射裝置，使粒子速度大小變?yōu)?，改變射入時的方向(其它條件不變)，使粒子以最短時間穿過區(qū)域.求粒子在區(qū)域的運動時間t.返回解析解析由于速率一定，要粒子穿過區(qū)域的時間最短，則需粒子穿過I區(qū)域的弧長最短(對應的弦長最短)運動軌跡如圖.由式，在區(qū)域運動的半徑R22R12d由幾何關系，粒子在區(qū)域中運動的圓心恰在A1邊界上，且運動軌跡恰與A2邊界相切，在區(qū)域中轉過角度解析答案返回
高考物理大二輪復習與增分策略 專題六 電場與磁場 第1講 電場與磁場的理解課件
