《2020年高考物理沖刺大二輪練習(xí)考前知識(shí)回扣 考前第6天》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理沖刺大二輪練習(xí)考前知識(shí)回扣 考前第6天（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 考前第?6?天 電場(chǎng)和磁場(chǎng) [回顧知識(shí)] 1．庫(kù)侖定律 Q1Q2 F＝k r2 (條件：真空中、點(diǎn)電荷) C＝4πkd(平行板電容器的決定式) 2．電場(chǎng)強(qiáng)度的表達(dá)式 F (1)定義式：E＝?q?(適用任何電場(chǎng)) kQ (2)計(jì)算式：E＝?r2?(適用點(diǎn)電荷的電場(chǎng)) U (3)勻強(qiáng)電場(chǎng)中：E＝?d?(適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)) 3．電勢(shì)差和電勢(shì)的關(guān)系 UAB＝φA－φB?或?UBA＝φB－φA 4．電場(chǎng)力做功的計(jì)算 (1)普適：W＝qU (2)勻強(qiáng)電場(chǎng)：W＝Edq 5．

2、電容的計(jì)算 Q ΔQ C＝U＝ΔU(定義式) εS 6．磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式 F B＝IL 7．安培力大小 F＝BIL(B、I、L?相互垂直) 8．洛倫茲力的大小 F＝qvB 9．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) v2 4π2 (1)洛倫茲力充當(dāng)向心力，?qvB＝mrω2＝m?r?＝mr?T2?＝4π2mrf2＝ ma. mv 2πm (2)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑?r＝?qB?、周期?T＝?qB?. 10．“速度選擇器”“電磁流量計(jì)”“磁流體發(fā)電機(jī)”“霍爾效 U 應(yīng)”的共同點(diǎn)：qvB＝qE＝q?d?.

3、 [回顧方法] 1．帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的分析方法 (1)帶電粒子的加速 以初速度?v0?射入電場(chǎng)中的帶電粒子，經(jīng)電場(chǎng)力做功加速(或減速) 1 1 ????? 2 至?v，由?qU＝2mv2－2mv0得?v＝ 2qU 0 v2＋?m?. 當(dāng)?v0?很小或?v0＝0?時(shí)，上式簡(jiǎn)化為?v＝ 2qU m?. (2)帶電粒子的偏轉(zhuǎn) 以初速度?v0?垂直場(chǎng)強(qiáng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中的帶電粒子，受恒定 電場(chǎng)力作用，做類似平拋的勻變速曲線

4、運(yùn)動(dòng)(如圖所示)． qE 加速度?a＝?m 1???? qE???l?? 2m?èv0÷? 側(cè)移量?y＝??at2＝ l 運(yùn)動(dòng)時(shí)間?t＝v0 2  2 偏轉(zhuǎn)角?tanφ＝v?＝v?＝ 0 vy at qEl x 0 mv2 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(chǎng)中由靜止加速后，再進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，它們飛出時(shí)的側(cè)移量和 偏轉(zhuǎn)角是相同的(即它們的運(yùn)動(dòng)軌跡相同)．②出場(chǎng)速度的反向延長(zhǎng)線 跟入射速度相交于中點(diǎn)?O，粒子就好像從中點(diǎn)射出一樣．③角度關(guān)系：

5、 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(gè)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(lái)分析． (4)利用結(jié)論法：①兩通電導(dǎo)線相互平行時(shí)，同向電流相互吸引， 異向電流相互排斥；②兩者不平行時(shí)，有轉(zhuǎn)動(dòng)到相互

6、平行且電流方向 相同的趨勢(shì)． (5)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法：因?yàn)橥妼?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(chǎng)中的 安培力問(wèn)題時(shí)，可先分析電流在磁體的磁場(chǎng)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(chǎng)的作用力，從而確定磁 體所受合力． 3．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)圓心、半徑及時(shí)間的確 定方法 (1)圓心的確定 ①已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上兩點(diǎn)的速度方向，作這兩速度的垂線，交 點(diǎn)即為圓心． ②已知粒子入射點(diǎn)、入射方向及運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的一條弦，作速度 方向的垂線及弦

7、的垂直平分線，交點(diǎn)即為圓心． ③已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩條弦，作出兩弦的垂直平分線，交點(diǎn) 即為圓心． ④已知粒子在磁場(chǎng)中的入射點(diǎn)、入射方向和出射方向，延長(zhǎng)?(或 反向延長(zhǎng))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(diǎn)即為圓心． (2)半徑的確定：找到圓心以后，半徑的確定和計(jì)算一般利用幾 何知識(shí)解直角三角形的辦法．帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中常見(jiàn)的幾種 運(yùn)動(dòng)情形如圖所示． ①磁場(chǎng)邊界：直線，粒子進(jìn)出磁場(chǎng)的軌跡具有對(duì)稱性，如圖(a)、 (b)、(c)所示． ②磁場(chǎng)邊界：平行直線，如圖(d)所

8、示． ③磁場(chǎng)邊界：圓形，如圖(e)所示． (3)時(shí)間的確定 α α s T?? ①t＝2π?或?t＝360°T?或?t＝v 其中?α?為粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)的圓心角，T?為周期，v?為粒子的 速度，s?為運(yùn)動(dòng)軌跡的弧長(zhǎng)． ②帶電粒子射出磁場(chǎng)的速度方向與射入磁場(chǎng)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(duì)應(yīng)的 圓心角?α，如圖(d)、(e)所示． [回顧易錯(cuò)點(diǎn)] 1．區(qū)分電場(chǎng)強(qiáng)度?E?及電容?C?的定義式與決定式． 2．區(qū)分電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)． 3．區(qū)分左手定則與右手定則． 4．區(qū)分霍爾效應(yīng)

9、中的“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(qiáng)電場(chǎng)中，有兩個(gè)質(zhì)量相等、帶異種 電荷的小球?A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))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(yùn)動(dòng)軌跡如圖所 示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則( ) 2hv21 2上有?h＝??at?，得加速度大小?a＝ ，可見(jiàn)水平距離?x?越大，加速 2 2選項(xiàng)?A?正確，B、C?均錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)

10、能定理有?mah＝??mv?－??mv?， ?????2 2 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(guò)程中，A?球的電勢(shì)能減少，B?球的電勢(shì)能增加 D．兩球從拋出到各自落地的過(guò)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(yùn)動(dòng)，水平方向上有?x＝v0t，豎直方向 2 x2 度?a?越小，相應(yīng)所用時(shí)間?t?越長(zhǎng)，即?B?球先落地，A?球的加速度?a1 小于?B?球的加速度?a2，說(shuō)明?A?球帶正電而受到豎直向上的電場(chǎng)力， B?球帶負(fù)電而受到豎直向下的電場(chǎng)力，在下落過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)

11、?A 球做負(fù)功，A?球電勢(shì)能增加，電場(chǎng)力對(duì)?B?球做正功，B?球電勢(shì)能減少， 1 1 0 而?Δv＝v－v0，可見(jiàn)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(xiàng)?D?正確． [答案] AD D 2．(多選)如圖所示，空間中固定的四個(gè)點(diǎn)電荷分別位于正四面 體的四個(gè)頂點(diǎn)處，A?點(diǎn)為對(duì)應(yīng)棱的中點(diǎn)，B?點(diǎn)為右側(cè)面的中心，C?點(diǎn) 為底面的中心，?點(diǎn)為正四面體的中心(到四個(gè)頂點(diǎn)的距離均相等)．關(guān) 于?A、B、C、D?四點(diǎn)的電勢(shì)高低，下列判斷正確的是( )

12、 A．φA＝φB C．φB>φC B．φA＝φD D．φC>φD q [解析] 以無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)，點(diǎn)電荷周?chē)碾妱?shì)?φ＝kr?，正點(diǎn) 電荷周?chē)鼽c(diǎn)電勢(shì)為正，負(fù)點(diǎn)電荷周?chē)鼽c(diǎn)電勢(shì)為負(fù)，電勢(shì)是標(biāo)量， 可以用代數(shù)運(yùn)算進(jìn)行加減．如圖將四個(gè)點(diǎn)電荷編號(hào)，A?點(diǎn)與?3、4?等 距，與?1、2?等距，3、4?兩點(diǎn)電荷在?A?點(diǎn)的電勢(shì)一正一負(fù)，相加剛好 為零，1、2?兩電荷在?A?點(diǎn)的電勢(shì)相加也

13、為零，則?φA＝0.同理，D?點(diǎn) 到四個(gè)點(diǎn)電荷的距離都相同，則?φD＝0.B?點(diǎn)與?3、4?等距，與?1?的距 離小于與?2?的距離，1?在?B?點(diǎn)的正電勢(shì)與?2?在?B?點(diǎn)的負(fù)電勢(shì)相加大 于零，則可得?φB>0.同理，C?點(diǎn)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(zhǎng)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(qiáng)度為?B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)

14、磁場(chǎng)．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(kāi)始自 由下落，并經(jīng)兩板上端連線的中點(diǎn)?P?進(jìn)入板間．油滴在?P?點(diǎn)所受的 電場(chǎng)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(kāi)．空氣阻力不計(jì)，重力加速度為?g，則下列說(shuō)法正確的是( ) A．油滴剛進(jìn)入兩板間時(shí)的加速度大小為?g B．油滴開(kāi)始下落的高度?h＝ U2 2B2d2g D．油滴離開(kāi)時(shí)的速度大小為??? －qU C．油滴

15、從左側(cè)金屬板的下邊緣離開(kāi) U2 m?＋2gL＋B2d2 [解析] 油滴剛到達(dá)?P?點(diǎn)時(shí)受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用， 電場(chǎng)力和洛倫茲力大小相等，因此油滴在?P?點(diǎn)的合力大小等于重力， 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知油滴在?P?點(diǎn)的加速度大小為?g，A?正確；由于油 對(duì)油滴從釋放到?P?點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)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 U 滴在?P?點(diǎn)水平方向的合力為零，則由力的平衡條件可知?q?d?＝qBv， 1 2 U2 2gB2d2 運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力小于洛倫

16、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(kāi)，C?錯(cuò)誤；對(duì)油滴從 釋放到從右側(cè)金屬板的下邊緣離開(kāi)的過(guò)程，由動(dòng)能定理有?mg(h＋L) －q???＝??mv′2，解得?v′＝ U 1 2 2 U2??qU 2 2gL＋Bd2－?m?，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(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度是區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)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(kāi)區(qū)域Ⅰ時(shí)速度方向改變

17、了?30°，然后進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ， 測(cè)得粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，則下列 說(shuō)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 D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的寬度之比為?1∶1 粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，由?

18、?t＝?qB?可得??t＝???1???＝ [解析] 由于洛倫茲力對(duì)帶電粒子不做功，故粒子在兩磁場(chǎng)中的 運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的角速度之比為?ω1∶ω2＝B1∶B2＝1∶2，則?B?錯(cuò)誤；由于 θm θ?m qB1 θ2m qB2  ，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(yùn)動(dòng)的圓心角為?30°，則粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的圓心 mv 角為?60°，由?R＝?qB?可知粒子在區(qū)域Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)半徑是在區(qū)域Ⅱ中運(yùn) 動(dòng)半徑的?2?倍，設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)半徑為?r，作粒子運(yùn)動(dòng)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