2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練五 第1課時(shí) 電場與磁場的理解.doc
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2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練五 第1課時(shí) 電場與磁場的理解 專題定位 本專題主要是綜合應(yīng)用動力學(xué)方法和功能關(guān)系解決帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動問題．這部分的題目覆蓋的內(nèi)容多，物理過程多，且情景復(fù)雜，綜合性強(qiáng)，常作為理綜試卷的壓軸題．高考對本專題考查的重點(diǎn)有以下幾個(gè)方面：①對電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的理解；②帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題；③帶電粒子在磁場中的勻速圓周運(yùn)動問題；④帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運(yùn)動問題；⑤帶電粒子在電場和磁場的疊加場中的運(yùn)動問題；⑥帶電粒子在電場和磁場中運(yùn)動的臨界問題． 應(yīng)考策略 針對本專題的特點(diǎn)，應(yīng)“抓住兩條主線、明確兩類運(yùn)動、運(yùn)用兩種方法”解決有關(guān)問題．兩條主線是指電場力的性質(zhì)(物理量——電場強(qiáng)度)和能的性質(zhì)(物理量——電勢和電勢能)；兩類運(yùn)動是指類平拋運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動；兩種方法是指動力學(xué)方法和功能關(guān)系． 第1課時(shí) 電場與磁場的理解 1．對電場強(qiáng)度的三個(gè)公式的理解 (1)E＝是電場強(qiáng)度的定義式，適用于任何電場．電場中某點(diǎn)的場強(qiáng)是確定值，其大小和方向與試探電荷q無關(guān)．試探電荷q充當(dāng)“測量工具”的作用． (2)E＝k是真空中點(diǎn)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(diǎn)的距離r決定． (3)E＝是場強(qiáng)與電勢差的關(guān)系式，只適用于勻強(qiáng)電場，注意：式中d為兩點(diǎn)間沿電場方向的距離． 2．電場能的性質(zhì) (1)電勢與電勢能：φ＝. (2)電勢差與電場力做功：UAB＝＝φA－φB. (3)電場力做功與電勢能的變化：W＝－ΔEp. 3．等勢面與電場線的關(guān)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，電場力不做功，沿電場線移動電荷，電場力一定做功． 4．帶電粒子在磁場中的受力情況 (1)磁場只對運(yùn)動電荷有力的作用，對靜止電荷無力的作用．磁場對運(yùn)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F＝qvBsin θ，注意：θ為v與B的夾角．F的方向由左手定則判定，但四指的指向應(yīng)為正電荷運(yùn)動的方向或負(fù)電荷運(yùn)動方向的反方向． 5．洛倫茲力做功的特點(diǎn) 由于洛倫茲力始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力永不做功，但洛倫茲力的分力可以做功． 1．本部分內(nèi)容的主要研究方法有：(1)理想化模型．如點(diǎn)電荷、電場線、等勢面；(2)比值定義法．電場強(qiáng)度、電勢的定義方法是定義物理量的一種重要方法；(3)類比的方法．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(qiáng)電場中的運(yùn)動和平拋運(yùn)動的類比． 2．靜電力做功的求解方法：(1)由功的定義式W＝Flcos α來求；(2)利用結(jié)論“電場力做功等于電荷電勢能增量的負(fù)值”來求，即W＝－ΔEp；(3)利用WAB＝qUAB來求． 3．研究帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)動時(shí)，采用運(yùn)動合成與分解的思想方法；帶電粒子在組合場中的運(yùn)動實(shí)際是類平拋運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動的組合，類平拋運(yùn)動的末速度就是勻速圓周運(yùn)動的線速度． 考向1 對電場性質(zhì)的理解 例1 如圖1所示，實(shí)線為電場線，虛線為等勢面，兩相鄰等勢面間電勢差相等．A、B、C為電場中的三個(gè)點(diǎn)，且AB＝BC，一個(gè)帶正電的粒子從A點(diǎn)開始運(yùn)動，先后經(jīng)過B、C兩點(diǎn)，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法正確的是( ) 圖1 A．粒子在A、B、C三點(diǎn)的加速度大小關(guān)系aA>aB>aC B．粒子在A、B、C三點(diǎn)的動能大小關(guān)系EkC>EkB>EkA C．粒子在A、B、C三點(diǎn)的電勢能大小關(guān)系EpC>EpB>EpA D．粒子由A運(yùn)動至B和由B運(yùn)動至C電場力做的功相等 審題突破 加速度是由什么力產(chǎn)生的？據(jù)圖如何判斷加速度大小關(guān)系？A、B、C三點(diǎn)的電勢大小關(guān)系如何？AB和BC間的電勢差哪個(gè)大？ 解析 由電場線可知EC＞EB＞EA，因此aC＞aB＞aA，故A錯(cuò)誤；粒子從A點(diǎn)運(yùn)動經(jīng)過B、C，電場力做正功，動能不斷增加，因此EkC＞EkB＞EkA，故B正確；由于沿著電場線，電勢逐漸降低，故φA＞φB＞φC，因此帶正電粒子的電勢能大小關(guān)系EpA＞EpB＞EpC，故C錯(cuò)誤；由于從A到B過程的電場力小于從B到C過程的電場力，故從A到B過程的電場力做功較少，因此粒子由A運(yùn)動至B和由B運(yùn)動至C電場力做的功不等，D錯(cuò)誤． 答案 B 以題說法 1.在靜電場中，通常利用電場線和等勢面的兩個(gè)關(guān)系分析電場的性質(zhì)：一是二者一定處處垂直；二是電場線密的地方，等差等勢面也密，且電場線由電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面． 2．在分析電場性質(zhì)時(shí)，要特別注意電場強(qiáng)度、加速度、電勢、電場力做功、動能、電勢能等物理量的基本判斷方法． (xx江蘇4)如圖2所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關(guān)于x軸上的電場強(qiáng)度和電勢的說法中正確的是( ) 圖2 A．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，電勢最低 B．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，電勢最高 C．從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場強(qiáng)度減小，電勢升高 D．從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場強(qiáng)度增大，電勢降低 答案 B 解析 根據(jù)電場的對稱性和電場的疊加原理知，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零．在x軸上，電場強(qiáng)度的方向自O(shè)點(diǎn)分別指向x軸正方向和x軸負(fù)方向，且沿電場線方向電勢越來越低，所以O(shè)點(diǎn)電勢最高．在x軸上離O點(diǎn)無限遠(yuǎn)處的電場強(qiáng)度為零，故沿x軸正方向和x軸負(fù)方向的電場強(qiáng)度先增大后減?。x項(xiàng)B正確． 考向2 電場矢量合成問題 例2 如圖3所示，a、b、c、d分別是一個(gè)菱形的四個(gè)頂點(diǎn)，∠abc＝120.現(xiàn)將三個(gè)等量的正點(diǎn)電荷＋Q分別固定在a、b、c三個(gè)頂點(diǎn)上，則下列判斷正確的是( ) 圖3 A．d點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向由d指向O B．O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度是d點(diǎn)處的電場強(qiáng)度的2倍 C．bd連線為一等勢線 D．引入一個(gè)電量為＋q的點(diǎn)電荷，依次置于O點(diǎn)和d點(diǎn)，則在d點(diǎn)所具有的電勢能大于在O點(diǎn)所具有的電勢能 審題突破 三個(gè)電荷都在O點(diǎn)、d點(diǎn)產(chǎn)生電場，該用什么方法判斷這兩點(diǎn)場強(qiáng)的大小和方向呢？Od連線上電場線的方向能判斷嗎？ 解析 由點(diǎn)電荷的電場及電場的疊加可知，O點(diǎn)處的場強(qiáng)等于b處點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)，設(shè)菱形的邊長為L，則EO＝k，方向由b指向O，而在d處的點(diǎn)電荷由a、b、c處的點(diǎn)電荷產(chǎn)生，其大小為Ed＝2k＝EO，方向也沿bO方向，A錯(cuò)誤，B正確；bd是a、c兩處電荷連線的中垂線，由兩等量正電荷的電場中電勢分布可知，在a、c兩點(diǎn)電荷的電場中O點(diǎn)電勢高于d點(diǎn)電勢，而在點(diǎn)電荷b的電場中，O點(diǎn)電勢也高于d點(diǎn)電勢，再由電勢疊加可知，O點(diǎn)電勢高，而正電荷在電勢越高處，電勢能越大，C、D錯(cuò)誤． 答案 B 以題說法 1.熟練掌握常見電場的電場線和等勢面的畫法． 2．對于復(fù)雜的電場場強(qiáng)、電場力合成時(shí)要用平行四邊形定則． 3．電勢的高低可以根據(jù)“沿電場線方向電勢降低”或者由離正、負(fù)場源電荷的距離來確定． 如圖4甲所示，MN為很大的薄金屬板(可理解為無限大)，金屬板原來不帶電．在金屬板的右側(cè)，距金屬板距離為d的位置上放入一個(gè)帶正電、電荷量為q的點(diǎn)電荷，由于靜電感應(yīng)產(chǎn)生了如圖甲所示的電場分布．幾位同學(xué)想求出點(diǎn)電荷和金屬板垂直連線之間中點(diǎn)a的電場強(qiáng)度大小，但發(fā)現(xiàn)問題很難．幾位同學(xué)經(jīng)過仔細(xì)研究，從圖乙所示兩等量異號點(diǎn)電荷的電場分布得到了一些啟示，經(jīng)過查閱資料他們知道：圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側(cè)的電場分布是完全一樣的．圖乙中兩等量異號點(diǎn)電荷的大小也為q，他們之間的距離為2d，虛線是兩點(diǎn)電荷連線的中垂線．由此他們分別求出了a點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小，一共有以下四個(gè)不同的答案(答案中k為靜電力常量)，其中正確的是( ) 圖4 A. B. C. D. 答案 C 解析 根據(jù)a點(diǎn)的電場線方向可得a點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向是垂直于金屬板向左，兩個(gè)異號點(diǎn)電荷電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，乙圖上＋q左側(cè)處的場強(qiáng)大小為E＝k＋k＝，根據(jù)題意可知，a點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小與乙圖上＋q左側(cè)處的場強(qiáng)大小相等，即為. 考向3 帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題 例3 (xx江蘇14)某裝置用磁場控制帶電粒子的運(yùn)動，工作原理如圖5所示．裝置的長為L，上、下兩個(gè)相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d.裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點(diǎn)，M位于軸線OO′上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上．在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子以某一速度從裝置左端的中點(diǎn)射入，方向與軸線成30角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點(diǎn)．改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板的位置．不計(jì)粒子的重力． 圖5 (1)求磁場區(qū)域的寬度h； (2)欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點(diǎn)移到N點(diǎn)，求粒子入射速度的最小變化量Δv； (3)欲使粒子到達(dá)M點(diǎn)，求粒子入射速度大小的可能值． 審題突破 粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，畫一畫如何才能到達(dá)P點(diǎn)？怎么由幾何關(guān)系求寬度？粒子到達(dá)N點(diǎn)的軌跡又如何？ 解析 (1)設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r，粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示． 根據(jù)題意知L＝3rsin 30＋dcot 30，且磁場區(qū)域的寬度h＝r(1－cos 30) 解得：h＝(L－d)(1－)． (2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壽E半徑為r′，洛倫茲力提供向心力，則有m＝qvB，m＝qv′B， 由題意知3rsin 30＝4r′sin 30， 解得粒子速度的最小變化量Δv＝v－v′＝(－d)． (3)設(shè)粒子經(jīng)過上方磁場n次 由題意知L＝(2n＋2)cot 30＋(2n＋2)rnsin 30 且m＝qvnB，解得vn＝(－d)(1≤n<－1，n取整數(shù))． 答案 (1)(L－d)(1－) (2)(－d) (3)(－d)(1≤n<－1，n取整數(shù)) 以題說法 1.解決帶電粒子在磁場中運(yùn)動的臨界問題，關(guān)鍵在于運(yùn)用動態(tài)思維，尋找臨界點(diǎn)，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時(shí)由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系． 2．粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動軌跡與磁場邊界相切． 如圖6所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.在正方形對角線CE上有一點(diǎn)P，其到CF、CD距離均為，且在P點(diǎn)處有一個(gè)發(fā)射正離子的裝置，能連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各方向發(fā)射出速率不同的正離子．已知離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)離子重力及離子間相互作用力． 圖6 (1)速率在什么范圍內(nèi)的所有離子均不可能射出正方形區(qū)域？ (2)求速率為v＝的離子在DE邊的射出點(diǎn)距離D點(diǎn)的范圍． 答案 (1)v≤ (2)≤d< 解析 因離子以垂直于磁場的速度射入磁場，故其在洛倫茲力作用下必做圓周運(yùn)動． (1)依題意可知離子在正方形區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動不射出該區(qū)域，做圓周運(yùn)動的半徑為r≤. 對離子，由牛頓第二定律有qvB＝m?v＝≤. (2)當(dāng)v＝時(shí)，設(shè)離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R，則由qvB＝m可得R＝＝＝. 甲 要使離子從DE射出，則其必不能從CD射出，其臨界狀態(tài)是離子軌跡與CD邊相切，設(shè)切點(diǎn)與C點(diǎn)距離為x，其軌跡如圖甲所示， 由幾何關(guān)系得： R2＝(x－)2＋(R－)2， 計(jì)算可得x＝L， 設(shè)此時(shí)DE邊出射點(diǎn)與D點(diǎn)的距離為d1，則由幾何關(guān)系有：(L－x)2＋(R－d1)2＝R2， 解得d1＝. 乙 而當(dāng)離子軌跡與DE邊相切時(shí)，離子必將從EF邊射出，設(shè)此時(shí)切點(diǎn)與D點(diǎn)距離為d2，其軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系有： R2＝(L－R)2＋(d2－)2， 解得d2＝. 故速率為v＝的離子在DE邊的射出點(diǎn)距離D點(diǎn)的范圍為≤d<. 8．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的多過程問題 例4 (22分)如圖7所示，無限寬廣的勻強(qiáng)磁場分布在xOy平面內(nèi)，x軸上下方磁場均垂直xOy平面向里，x軸上方的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，x軸下方的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為－q的粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向進(jìn)入上方磁場．在粒子運(yùn)動過程中，與x軸交于若干點(diǎn)．不計(jì)粒子的重力．求： 圖7 (1)粒子在x軸上方磁場做勻速圓周運(yùn)動的半徑； (2)設(shè)粒子在x軸上方的周期為T1，x軸下方的周期為T2，求T1∶T2； (3)如把x軸上方運(yùn)動的半周與x軸下方運(yùn)動的半周稱為一周期的話，則每經(jīng)過一周期，在x軸上粒子右移的距離； (4)在與x軸的所有交點(diǎn)中，粒子兩次通過同一點(diǎn)的坐標(biāo)位置． 思維導(dǎo)圖 解析 (1)設(shè)粒子在x軸上方磁場做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r1，在下方磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r2， 由Bqv0＝m得r1＝，r2＝(6分) (2)由T＝得 T1＝(2分) T2＝(2分) T1∶T2＝4∶3(2分) (3)在磁場中運(yùn)動軌跡如圖所示，如把x軸上方運(yùn)動的半周與x軸下方運(yùn)動的半周稱為一周期的話，則每經(jīng)過一周期，在x軸上粒子右移Δx＝2r1－2r2＝(5分) (4)則在第4周期剛結(jié)束時(shí)粒子第二次經(jīng)過x1＝2r1的這一點(diǎn)，以后每過一周期將會出現(xiàn)符合要求的點(diǎn)． 故xk＝2r1＋＝r1＝(k＝1,2,3…)(5分) 答案 (1) (2)4∶3 (3) (4)(k＝1,2,3…) (限時(shí)：15分鐘，滿分：18分) (xx重慶9)如圖8所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場，同時(shí)該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，KL為上、下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點(diǎn)，NS和MT間距為1.8h.質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子從P點(diǎn)垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運(yùn)動，重力加速度為g. 圖8 (1)求電場強(qiáng)度的大小和方向． (2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值． (3)若粒子能經(jīng)過Q點(diǎn)從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值． 答案 (1)，方向豎直向上 (2)(9－6) (3) 解析 (1)設(shè)電場強(qiáng)度大小為E. 由題意有mg＝qE， 得E＝，方向豎直向上． (2)如圖所示，設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運(yùn)動半徑分別為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ. 由r＝， 有r1＝，r2＝＝r1， 由(r1＋r2)sin φ＝r2， r1＋r1cos φ＝h， 得vmin＝(9－6). (3)如圖所示， 設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運(yùn)動半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時(shí)距離K點(diǎn)為x. 由題意有3nx＝1.8h，(n＝1,2,3，…)， 由(2)知x≥r2＝， x＝， 得r1＝(1＋)，n≤0.6(3＋2)≈3.5， 即n＝1時(shí)，v＝； n＝2時(shí)，v＝； n＝3時(shí)，v＝. (限時(shí)：45分鐘) 題組1 對電場性質(zhì)的理解 1．(xx新課標(biāo)Ⅰ21)如圖1所示，在正點(diǎn)電荷Q的電場中有M、N、P、F四點(diǎn)，M、N、P為直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，F(xiàn)為MN的中點(diǎn)，∠M＝30.M、N、P、F四點(diǎn)處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示．已知φM＝φN，φP＝φF；點(diǎn)電荷Q在M、N、P三點(diǎn)所在平面內(nèi)，則( ) 圖1 A．點(diǎn)電荷Q一定在MP的連線上 B．連接PF的線段一定在同一等勢面上 C．將正試探電荷從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn)，電場力做負(fù)功 D．φP大于φM 答案 AD 解析 電場是由正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的，所以電場線由正點(diǎn)電荷指向無窮遠(yuǎn)處，并且跟點(diǎn)電荷距離相等的點(diǎn)，電勢相等，場強(qiáng)大小相等．由于φM＝φN，φP＝φF，所以點(diǎn)電荷Q到M和N的距離相等，到P和F的距離相等，即過F作MN的中垂線，然后作FP的中垂線，兩中垂線的交點(diǎn)為點(diǎn)電荷Q所在的位置，由幾何知識得Q在MP上，如圖所示，故選項(xiàng)A正確；點(diǎn)電荷形成的電場中等勢面是球面，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；正試探電荷與Q同號，所以受斥力作用，故將其從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn)時(shí)，電場力做正功，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系知點(diǎn)電荷Q距M的距離大，距P的距離小，所以φM<φP，故選項(xiàng)D正確． 2．兩點(diǎn)電荷形成電場的電場線分布如圖2所示，若圖中A、B兩點(diǎn)處的場強(qiáng)大小分別為EA、EB，電勢分別為φA、φB，則( ) 圖2 A．EA下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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