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1、2022年高考物理大二輪復習 考前知識回扣 考前第6天 電場和磁場1庫侖定律Fk(條件：真空中、點電荷)2電場強度的表達式(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UABAB或UBABA4電場力做功的計算(1)普適：WqU(2)勻強電場：WEdq5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B7安培力大小FBIL(B、I、L相互垂直)8洛倫茲力的大小FqvB9帶電粒子在勻強磁場中的運動(1)洛倫茲力充當向心力，qvBmr2mmr42mrf2ma.(2)圓周運動的半徑r、周期T.10“速度

2、選擇器”“電磁流量計”“磁流體發(fā)電機”“霍爾效應(yīng)”的共同點：qvBqEq.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qUmv2mv得v.當v0很小或v00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，做類似平拋的勻變速曲線運動(如圖所示)加速度a運動時間t側(cè)移量yat22偏轉(zhuǎn)角tan結(jié)論：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)出場速

3、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角度關(guān)系：tan2tan.2安培力方向的判斷方法(1)電流元法：把整段通電導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，從而判斷整段導體所受合力的方向(2)特殊位置法：把通電導體或磁鐵轉(zhuǎn)換到一個便于分析的特殊位置后再判斷安培力的方向(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：兩通電導線相互平行時，同向電流相互吸引，異向電流相互排斥；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

4、究對象法：因為通電導線之間、導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、半徑及時間的確定方法(1)圓心的確定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

5、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磁場邊界：直線，粒子進出磁場的軌跡具有對稱性，如圖(a)、(b)、(c)所示磁場邊界：平行直線，如圖(d)所示磁場邊界：圓形，如圖(e)所示(3)時間的確定tT或tT或t其中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，如圖(

6、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)中的“電子”導電與“空穴”導電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()AA球帶正電，B球帶負電BA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

7、有xv0t，豎直方向上有hat2，得加速度大小a，可見水平距離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mahmv2mv，而vvv0，可見加速度a越大，落地速度v越大，速率變化量v越大，即A球的速率變化量較小，選項D正確答案AD2(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

8、的中心，D點為正四面體的中心(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()AAB BADCBC DCD解析以無窮遠處為零電勢，點電荷周圍的電勢k，正點電荷周圍各點電勢為正，負點電荷周圍各點電勢為負，電勢是標量，可以用代數(shù)運算進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，相加剛好為零，1、2兩電荷在A點的電勢相加也為零，則A0.同理，D點到四個點電荷的距離都相同，則D0.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點的負電勢相加大于零，則可得B0.同理，C點與3、4等距，與1的距離大于與

9、2的距離，則可得CADC，B、C正確答案BC3(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油滴剛進入兩板間時的加速度大小為gB油滴開始下落的高度hC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P點時受重力、電場力和

10、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qqBv，對油滴從釋放到P點的過程中，由機械能守恒定律可知mghmv2，整理得h，B正確；油滴進入平行金屬板間后，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(hL)qmv2，解得v，D正確答案ABD4(多選)如圖所示，在區(qū)域和區(qū)域內(nèi)分別存在與紙面垂直但方向相反的勻強磁場，區(qū)域內(nèi)

11、磁感應(yīng)強度是區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強度的2倍，一帶電粒子在區(qū)域左側(cè)邊界處以垂直邊界的速度進入?yún)^(qū)域，發(fā)現(xiàn)粒子離開區(qū)域時速度方向改變了30，然后進入?yún)^(qū)域，測得粒子在區(qū)域內(nèi)的運動時間與區(qū)域內(nèi)的運動時間相等，則下列說法正確的是()A粒子在區(qū)域和區(qū)域中的速率之比為11B粒子在區(qū)域和區(qū)域中的角速度之比為21C粒子在區(qū)域和區(qū)域中的圓心角之比為12D區(qū)域和區(qū)域的寬度之比為11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fqBvma和av可知，粒子運動的角速度之比為12B1B212，則B錯誤；由于粒子在區(qū)域和區(qū)域內(nèi)的運動時間相等，由t可得t，且B22B1，所以可得1212，則C正確；由題意可知，粒子在區(qū)域中運動的圓心角為30，則粒子在區(qū)域中運動的圓心角為60，由R可知粒子在區(qū)域中的運動半徑是在區(qū)域中運動半徑的2倍，設(shè)粒子在區(qū)域中的運動半徑為r，作粒子運動的軌跡如圖所示，則由圖可知，區(qū)域的寬度d12rsin30r；區(qū)域的寬度d2rsin30rcos(1806060)r，故D正確答案ACD