《2019屆高考物理二輪復習 專題6 電場、磁場的基本性質學案.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考物理二輪復習 專題6 電場、磁場的基本性質學案.docx（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

6 電場、磁場的基本性質 考向預測 高考對電場與磁場考查的重點有以下幾個方面：對電場力的性質和能的性質的理解；帶電粒子在電場中的加速和偏轉問題；帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動問題；帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動問題；帶電粒子在電場和磁場的疊加場中的運動問題；帶電粒子在電場和磁場中運動的臨界問題。 1．電場強度的三個公式 (1)E＝是電場強度的定義式，適用于任何電場。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＝k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，只適用于勻強電場。 注意：式中d為兩點間沿電場方向的距離。 2．電場能的性質 (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)磁場只對運動的電荷有力的作用，對靜止的電荷無力的作用。 (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，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。 1．如圖所示，均勻帶電的半圓環(huán)在圓心O點產生的電場強度為E、電勢為φ，把半圓環(huán)分成AB、BC、CD三等分。下列說法正確的是(　　) A．BC部分在O點產生的電場強度的大小為 B．BC部分在O點產生的電場強度的大小為 C．BC部分在O點產生的電勢為 D．BC部分在O點產生的電勢為 2．(多選)(2018全國卷Ⅱ20)如圖，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱．整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則(　　) A．流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0 B．流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0 C．流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0 D．流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0 1．(多選)如圖所示，豎直面內固定的均勻帶電圓環(huán)半徑為R，帶電荷量為＋Q，在圓環(huán)的最高點用絕緣絲線懸掛一質量為m、帶電荷量為q的小球(大小不計)，小球在垂直圓環(huán)平面的對稱軸上處于平衡狀態(tài)，小球到圓環(huán)中心O距離為R，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則小球所處位置的電場強度為(　　) A． B．C．k D．k 2．(多選)如圖所示，在某空間的一個區(qū)域內有一直線PQ與水平面成45角，在PQ兩側存在垂直于紙面且方向相反的勻強磁場，磁感應強度大小均為B.位于直線上的a點有一粒子源，能不斷地水平向右發(fā)射速率不等的相同粒子，粒子帶正電，電荷量為q，質量為m，所有粒子運動過程中都經過直線PQ上的b點，已知ab＝d，不計粒子重力及粒子相互間的作用力，則粒子的速率可能為(　　) A． B． C． D． 1．(多選)如圖所示為一個質量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中?，F(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的v－t圖象可能是下圖中的(　　) 2．水平放置的平行板電容器與某一電源相連接后，斷開開關，重力不可忽略的小球由電容器的正中央沿水平向右的方向射入該電容器，如圖所示，小球先后經過虛線的A、B兩點。則(　　) A．如果小球所帶的電荷為正電荷，小球所受的電場力一定向下 B．小球由A到B的過程中電場力一定做負功 C．小球由A到B的過程中動能可能減小 D．小球由A到B的過程中，小球的機械能可能減小 3．(多選)在真空中的x軸上的原點處和x＝6a處分別固定一個點電荷M、N，在x＝2a處由靜止釋放一個正點電荷P，假設點電荷P只受電場力作用沿x軸方向運動，得到點電荷P速度大小與其在x軸上的位置關系如圖所示(其中在x＝4a處速度最大)，則下列說法正確的是(　　) A．點電荷M、N一定都是正電荷 B．點電荷M、N一定為異種電荷 C．點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為4∶1 D．x＝4a處的電場強度不一定為零 4．一無限大接地導體板MN前面放有一點電荷＋Q，它們在周圍產生的電場可看作是在沒有導體板MN存在的情況下，由點電荷＋Q與其像電荷－Q共同激發(fā)產生的。像電荷－Q的位置就是把導體板當作平面鏡時，電荷＋Q在此鏡中的像點位置。如圖所示，已知＋Q所在位置P點到金屬板MN的距離為L，a為OP的中點，abcd是邊長為L的正方形，其中ab邊平行于MN，則(　　) A．a點的電場強度大小為E＝4k B．a點的電場強度大小大于b點的電場強度大小，a點的電勢高于b點的電勢 C．b點的電場強度和c點的電場強度相同 D．一正點電荷從a點經b、c運動到d點的過程中電勢能的變化量為零 5．(多選)如圖所示，下端封閉、上端開口、高h＝5 m內壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有質量m＝10 g，電荷量的絕對值|q|＝0.2 C的小球，整個裝置以v＝5 m/s的速度沿垂直于磁場方向進入磁感應強度B＝0.2 T，方向垂直紙面向內的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出。g取10 m/s2。下列說法中正確的是(　　) A．小球帶負電 B．小球在豎直方向做勻加速直線運動 C．小球在玻璃管中的運動時間小于1 s D．小球機械能的增加量為1 J 6．如圖所示，在紙面內有磁感應強度大小均為B，方向相反的勻強磁場，虛線等邊三角形ABC為兩磁場的理想邊界。已知三角形ABC邊長為L，虛線三角形內為方向垂直紙面向外的勻強磁場，三角形外部的足夠大空間為方向垂直紙面向里的勻強磁場。一電荷量為＋q、質量為m的帶正電粒子從AB邊中點P垂直AB邊射入三角形外部磁場，不計粒子的重力和一切阻力，試求： (1)要使粒子從P點射出后在最短時間內通過B點，則從P點射出時的速度v0為多大？ (2)滿足(1)問的粒子通過B后第三次通過磁場邊界時到B的距離是多少？ (3)滿足(1)問的粒子從P點射入外部磁場到再次返回到P點的最短時間為多少？畫出粒子的軌跡并計算。 參考答案 1．【解題思路】如圖所示，B、C兩點把半圓環(huán)等分為三段．設每段在O點產生的電場強度大小均為E′。AB段和CD段在O處產生的場強夾角為120，它們的合場強大小為E′，則整個半圓環(huán)在O點的合場強：E＝2E′，則：E′＝；故圓弧BC在圓心O處產生的場強為。電勢是標量，設圓弧BC在圓心O點產生的電勢為φ′，則有 3φ′＝φ，則φ′＝，故選A、D。 【答案】AD 2．【解題思路】原磁場、電流的磁場方向如圖所示，由題意知，在b點：B0＝B0－B1＋B2，在a點：B0＝B0－B1－B2，由上述兩式解得B1＝B0，B2＝B0，A、C項正確。 【答案】AC 1．【解題思路】對小球受力分析可知mgtan 45＝qE，解得E＝，選項A正確，B錯誤；由于圓環(huán)不能看作點電荷，我們取圓環(huán)上一部分Δx，總電荷量為Q，則該部分電荷量為Q；該部分電荷在小球處產生的電場強度為E1＝＝＝，方向沿該點與小球的連線指向小球；同理取以圓心對稱的相同的一段，其電場強度與E1相同，如圖所示，則兩個場強的合場強為E1′＝2cos 45＝，方向沿圓心與小球的連線向外；因圓環(huán)上各點均在小球處產生電場，則合場強為E＝E1′＝＝，方向水平向左，選項C錯誤，D正確。 【答案】AD 2．【解題思路】由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示，所有圓弧的圓心角均為90，所以粒子運動的半徑r＝(n＝1，2，3…)，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m，則v＝＝(n＝1，2，3…)，故A、B、C正確，D錯誤。 【答案】ABC 1．【解題思路】當qvB＝mg時，小環(huán)做勻速運動，此時圖象為平行于t軸的直線，故B正確；當qvB＞mg時，F(xiàn)N＝qvB－mg，此時：μFN＝ma，所以小環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，直到qvB＝mg時，小環(huán)開始做勻速運動，故C正確；當qvB＜mg時，F(xiàn)N＝mg－qvB，此時：μFN＝ma，所以小環(huán)做加速度逐漸增大的減速運動，直至停止，所以其v－t圖象的斜率應該逐漸增大，故A、D錯誤。 【答案】BC 2．【解題思路】小球在極板間受到豎直向下的重力作用與電場力作用，由題圖所示小球運動軌跡可知，小球向下運動，說明小球受到的合力豎直向下，重力與電場力的合力豎直向下；當小球帶正電時，若上極板帶正電荷，小球受到的合力向下，小球運動軌跡向下，若上極板帶負電，但如果電場力小于重力，小球受到的合力向下，小球運動軌跡向下，故無法確定電場力與重力的大小關系，A錯誤；如果小球受到的電場力向下，小球從A運動到B點過程中電場力做正功，如果小球受到的電場力向上，則電場力做負功，小球的機械能可能增加，也可能減小，B錯誤，D正確；小球受到的合力向下，小球從A點運動到B點過程中合外力做正功，小球的動能增加，C錯誤。 【答案】D 3．【解題思路】由題圖圖象可知，點電荷P的速度先增大后減小，所以點電荷P的動能先增大后減小，說明電場力先做正功，后做負功，結合正電荷受到的電場力的方向與場強的方向相同可知，電場強度的方向先沿x軸的正方向，后沿x軸的負方向，根據(jù)點電荷的電場線的特點與電場的疊加原理可知，點電荷M、N一定都是正電荷，A正確，B錯誤；點電荷P的動能先增大后減小，由于只有電場力做功，所以點電荷P的電勢能一定是先減小后增大，由圖可知，在x＝4a處點電荷P的速度最大，速度的變化率為0，說明x＝4a處的電場強度等于0，則點電荷M與N在P點的電場強度大小相等，方向相反，根據(jù)庫侖定律得：＝，則qM∶qN＝4∶1，點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為4∶1，C正確，D錯誤。 【答案】AC 4．【解題思路】由題意可知，周圍空間電場與等量異種點電荷產生的電場等效，所以a點的電場強度E＝k＋k＝，A錯誤；等量異種點電荷周圍的電場線和等勢面分布如圖所示。由圖可知Ea>Eb，φa>φb，B正確；圖中b、c兩點的場強不同，C錯誤；由于a點的電勢高于d點的電勢，所以一正點電荷從a點經b、c運動到d點的過程中電場力做正功，電荷的電勢能減小，D錯誤。 【答案】B 5．【解題思路】由左手定則可知，小球帶正電，選項A錯誤；玻璃管在水平方向做勻速運動，則小球豎直方向所受的洛倫茲力恒定，則豎直方向加速度不變，即小球在豎直方向做勻加速直線運動，選項B正確；小球在豎直方向的加速度a＝＝ m/s2＝10 m/s2，在管中運動的時間t＝＝ s＝1 s，選項C錯誤；小球到管口時的豎直分速度vy＝at＝10 m/s，機械能的增加量：ΔE＝mgh＋mv＝(0.01105＋0.01102) J＝1 J，選項D正確。 【答案】BD 6．【解析】(1)粒子回旋半個圓周到達B點所用時間最短，此時粒子做圓周運動的半徑r＝ 根據(jù)半徑qvB＝ 解得v0＝。 (2)粒子做圓周運動半徑r＝，由幾何關系可知： 過B點后第三次通過磁場邊界時距離B點：s＝3r＝ (3)粒子運動軌跡如圖：從P點射入外部磁場到再次返回到P點的最短時間為： tmin＝T＝。