2020年高考物理沖刺大二輪練習考前知識回扣 考前第6天

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1、 考前第?6?天 電場和磁場 [回顧知識] 1．庫侖定律 Q1Q2 F＝k r2 (條件：真空中、點電荷) C＝4πkd(平行板電容器的決定式) 2．電場強度的表達式 F (1)定義式：E＝?q?(適用任何電場) kQ (2)計算式：E＝?r2?(適用點電荷的電場) U (3)勻強電場中：E＝?d?(適用于勻強電場) 3．電勢差和電勢的關(guān)系 UAB＝φA－φB?或?UBA＝φB－φA 4．電場力做功的計算 (1)普適：W＝qU (2)勻強電場：W＝Edq 5．

2、電容的計算 Q ΔQ C＝U＝ΔU(定義式) εS 6．磁感應(yīng)強度的定義式 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．帶電粒子在勻強磁場中的運動 v2 4π2 (1)洛倫茲力充當向心力，?qvB＝mrω2＝m?r?＝mr?T2?＝4π2mrf2＝ ma. mv 2πm (2)圓周運動的半徑?r＝?qB?、周期?T＝?qB?. 10．“速度選擇器”“電磁流量計”“磁流體發(fā)電機”“霍爾效 U 應(yīng)”的共同點：qvB＝qE＝q?d?.

3、 [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) 1 1 ????? 2 至?v，由?qU＝2mv2－2mv0得?v＝ 2qU 0 v2＋?m?. 當?v0?很小或?v0＝0?時，上式簡化為?v＝ 2qU m?. (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

4、運動(如圖所示)． qE 加速度?a＝?m 1???? qE???l?? 2m?èv0÷? 側(cè)移量?y＝??at2＝ l 運動時間?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)．②出場速度的反向延長線 跟入射速度相交于中點?O，粒子就好像從中點射出一樣．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：①兩通電導(dǎo)線相互平行時，同向電流相互吸引， 異向電流相互排斥；②兩者不平行時，有轉(zhuǎn)動到相互

6、平行且電流方向 相同的趨勢． (5)轉(zhuǎn)換研究對象法：因為通電導(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 ①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． ②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

7、的垂直平分線，交點即為圓心． ③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． ④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． ①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． ②磁場邊界：平行直線，如圖(d)所

8、示． ③磁場邊界：圓形，如圖(e)所示． (3)時間的確定 α α s T?? ①t＝2π?或?t＝360°T?或?t＝v 其中?α?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． ②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?α，如圖(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)

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( ) 2hv21 2上有?h＝??at?，得加速度大小?a＝ ，可見水平距離?x?越大，加速 2 2選項?A?正確，B、C?均錯誤；根據(jù)動

10、能定理有?mah＝??mv?－??mv?， ?????2 2 A．A?球帶正電，B?球帶負電 B．A?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，水平方向上有?x＝v0t，豎直方向 2 x2 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

11、?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， 1 1 0 而?Δv＝v－v0，可見加速度?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?D?正確． [答案] AD D 2．(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 為底面的中心，?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( )

12、 A．φA＝φB C．φB>φC B．φA＝φD D．φC>φD q [解析] 以無窮遠處為零電勢，點電荷周圍的電勢?φ＝kr?，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

13、為零，則?φA＝0.同理，D?點 到四個點電荷的距離都相同，則?φD＝0.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?φB>0.同理，C?點與?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

14、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?g B．油滴開始下落的高度?h＝ U2 2B2d2g D．油滴離開時的速度大小為??? －qU C．油滴

15、從左側(cè)金屬板的下邊緣離開 U2 m?＋2gL＋B2d2 [解析] 油滴剛到達?P?點時受重力、電場力和洛倫茲力的作用， 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 對油滴從釋放到?P?點的過程中，由機械能守恒定律可知?mgh＝??mv2， 整理得?h＝????? ，B?正確；油滴進入平行金屬板間后，做加速 U 滴在?P?點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 運動，則電場力小于洛倫

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，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(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 但方向相反的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強度是區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁感應(yīng)強度 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入?yún)^(qū)域 Ⅰ，發(fā)現(xiàn)粒子離開區(qū)域Ⅰ時速度方向改變

17、了?30°，然后進入?yún)^(qū)域Ⅱ， 測得粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間與區(qū)域Ⅰ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)的運動時間相等，由?

18、?t＝?qB?可得??t＝???1???＝ [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?f＝qBv＝ma?和?a＝v·?ω?可知， 粒子運動的角速度之比為?ω1∶ω2＝B1∶B2＝1∶2，則?B?錯誤；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中運動的圓心角為?30°，則粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的圓心 mv 角為?60°，由?R＝?qB?可知粒子在區(qū)域Ⅰ中的運動半徑是在區(qū)域Ⅱ中運 動半徑的?2?倍，設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ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