2020高考物理浙江专用版大二轮讲义:专题三 电场与磁场 第6讲 Word版含解析.pdf
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1、第 1 页 共 26 页 专题定位 1.理解电场力的性质和能的性质;2.熟练解答带电粒子在电场中的加速和偏转问 题;3.理解磁场对电流和运动电荷的作用;4.会分析带电粒子在电场和磁场的复合场中的运动 问题 第第 6 讲 电场与磁场的理解讲 电场与磁场的理解 相关知识链接 1电场概念的比较 表达式特点 电场强度 E ,Ek ,E F q Q r2 U d 矢量,由电场本身决定,电场线越密电 场强度越大 电势 E p q 标量,与零电势点的选取有关,沿电场 线方向电势逐渐降低 电势能Epq,EpW电标量,电场力做正功,电势能减少 2.电场线 假想线,直观形象地描述电场中各点场强的强弱及方向,曲线上
2、各点的切线方向表示该点的 场强方向,曲线的疏密程度表示电场的强弱 第 2 页 共 26 页 规律方法提炼 1电势高低的比较 (1)根据电场线方向:沿着电场线方向,电势越来越低; (2)将带电荷量为q 的电荷从电场中的某点移至无穷远处,电场力做功越多,则该点的电势 越高; (3)根据电势差 UABAB,若 UAB0,则 AB,反之 A0)的 粒子从 a 点移动到 b 点,其电势能减小 W1;若该粒子从 c 点移动到 d 点,其电势能减小 W2. 下列说法正确的是( ) A此匀强电场的场强方向一定与 a、b 两点连线平行 第 3 页 共 26 页 B若该粒子从 M 点移动到 N 点,则电场力做功一
3、定为W 1W2 2 C若 c、d 之间的距离为 L,则该电场的场强大小一定为W 2 qL D若 W1W2,则 a、M 两点之间的电势差一定等于 b、N 两点之间的电势差 答案 BD 解析 结合题意,只能判定 Uab0,Ucd0,但电场方向不能确定,A 项错误;由于 M、N 分 别为 ac 和 bd 的中点,对于匀强电场,则 UMN,可知该粒子由 M ac 2 bd 2 UabUcd 2 至 N 过程中,电场力做功 W,B 项正确;电场强度的方向只有沿 cd 时,才有场 W1W2 2 强 E, 但本题中电场方向未知, C 项错误 ; 若 W1W2, 则 UabUcdUMN, 即 abM W2 q
4、L N,aMbN,可知 UaMUbN,D 项正确 拓展训练 1 (2019浙南名校联盟期末)如图所示,空间有一圆锥 OBD,点 A、E 分别是两母 线的中点现在顶点 O 处固定一正的点电荷,下列说法中正确的是( ) A.B、D 两点的电场强度相同 B平行于底面的圆心为 O1的截面为等势面 C将一负的试探电荷从 A 点沿直径移到 E 点,试探电荷的电势能先增大后减小 D若 O1点的电势为 1,O2点的电势为 2,则 O1、O2中点的电势小于 12 2 答案 D 解析 点 B、D 到 O 点的距离相等,根据点电荷的场强公式 Ek分析可知,B、D 两点的 Q r2 电场强度大小相等,但方向不同,故
5、A 错误 ; 点电荷的等势面是以点电荷为球心的一簇球面, 第 4 页 共 26 页 平行于底面的圆心为 O1的截面上各个点到 O 点的距离不等,故不是等势面,故 B 错误;将 一负的试探电荷从 A 点沿直径移到 E 点,电势先升高后降低,电势能先减小后增大,静电力 对该试探电荷先做正功后做负功,故 C 错误 ; 设 O1、O2中点为 P,由于 O1P 间场强大于 PO2 间场强, 由 UEd 知, O1P 间的电势差大于 PO2间的电势差, 则有 : O1PPO2, 则 Pxb,根据 x at2, 1 2 得 aaab,又由 a 知,maWb,由动能定理知,a 的动能比 b 的动能大,B 项正
6、确;在 t 时刻,a、b 处在同一等 势面上, 根据Epq知, a、 b的电势能绝对值相等, 符号相反, C项错误 ; 根据动量定理Ftp p0,则经过时间 t,a、b 的动量大小相等,D 项正确 拓展训练 4 (2019杭州市高三期末)汤姆生用来测定电子比荷的实验装置如图所示从真空 管中 K 极发射的一束电子(初速度近似为零)经 KA 间的电场加速后,穿过 AA中心的小孔沿 中心轴 OO的方向进入到两块平行极板 P 和 P间的区域,最后打在荧光屏上的中心 O 点处,形成一个亮点已知 KA 间加速电压为 U,电子电荷量大小为 e、质量为 m.下列说法 正确的是( ) A电子到达 A 点时的速度
7、大小为 2mU e B若在 PP间加向下的匀强电场,则亮点将出现在 O点下方 C若在 PP间加向下的匀强电场,则电子通过 PP间的时间比不加电场时长 第 8 页 共 26 页 D若在 PP间同时加向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,则亮点仍可能出现在 O点 答案 D 解析 由动能定理得:eU mv2,解得:v,故 A 错误;若在 PP间加向下的匀强 1 2 2eU m 电场,电子在 PP间受到的电场力向上,电子将向上偏转,所以亮点将出现在 O点上方, 故 B 错误;若在 PP间加向下的匀强电场,电子在 PP间运动时水平方向做匀速运动,运 动时间不变,故 C 错误;若在 PP间同时加向下的匀
8、强电场和垂直纸面向里的匀强磁场, 电子进入 PP间受到的电场力向上, 洛伦兹力向下, 若满足 eEevB, 则电子将做匀速运动, 亮点仍出现在 O点,故 D 正确 相关知识链接 1对磁场的理解 (1)磁感应强度是矢量,其方向与通电导线在磁场中所受力的方向垂直; (2)电流元必须垂直于磁场方向放置,公式 B才成立; F IL (3)磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的,与通电导线受力的大小及方向都无关 2安培力 (1)若磁场方向和电流方向垂直:FBIL. (2)若磁场方向和电流方向平行:F0. (3)方向判断:左手定则 (4)方向特点:垂直于磁感线和通电导线确定的平面 规律方法提炼 第 9
9、页 共 26 页 1磁场的叠加 对于电流在空间某点的磁场,首先应用安培定则判断出各电流在该点的磁场方向,然后应用 平行四边形定则合成 2磁场力做功 磁场力包括洛伦兹力和安培力,由于洛伦兹力的方向始终和带电粒子的运动方向垂直,洛伦 兹力不做功,但是安培力可以做功 3两个等效模型 (1)变曲为直 : 图甲所示通电导线, 在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流 (2)化电为磁:环形电流可等效为小磁针,通电螺线管可等效为条形磁铁,如图乙 例 3 (2019全国卷17)如图,等边三角形线框 LMN 由三根相同的导体棒连接而成,固定 于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点 M、
10、N 与直流电源两端相接已 知导体棒 MN 受到的安培力大小为 F,则线框 LMN 受到的安培力的大小为( ) A2F B1.5F C0.5F D0 答案 B 解析 设三角形边长为 l,通过导体棒 MN 的电流大小为 I,则根据并联电路的规律可知通过 导体棒 ML 和 LN 的电流大小为 ,如图所示,依题意有 FBlI,则导体棒 ML 和 LN 所受安 I 2 培力的合力为F1 BlI F, 方向与F的方向相同, 所以线框LMN 受到的安培力大小为1.5F, 1 2 1 2 选项 B 正确 第 10 页 共 26 页 拓展训练 5 (多选)(2018全国卷20)如图, 纸面内有两条互相垂直的长直
11、绝缘导线 L1、 L2, L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有 a、b 两点,它们相对于 L2对 称整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为 B0,方向垂直于纸面向外已 知 a、b 两点的磁感应强度大小分别为 B0和 B0,方向也垂直于纸面向外则( ) 1 3 1 2 A流经 L1的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为B0 7 12 B流经 L1的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为B0 1 12 C流经 L2的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为B0 1 12 D流经 L2的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为B0 7 12 答案 AC 解析 原磁场、电流的磁
12、场方向如图所示,由题意知 在 b 点: B0B0B1B2 1 2 在 a 点: B0B0B1B2 1 3 第 11 页 共 26 页 由上述两式解得 B1B0,B2B0,A、C 项正确 7 12 1 12 拓展训练 6 (2019超级全能生 2 月联考)电流天平的主要结构包括水平放置的螺线管,横梁 (含 U 形电路),其构造示意图如图所示当螺线管中通以电流 I0,U 形电路中通以电流 I 时, 在横梁左端悬挂合适的钩码,就能使横梁水平平衡,则平衡时( ) A通电螺线管的磁感线与螺线管的中轴线垂直 BCD 边受到竖直向下的安培力 CU 形电路的三条边都受到安培力 D只改变螺线管中的电流方向,横梁
13、仍可平衡 答案 B 解析 根据安培定则可知磁感线与螺线管的中轴线平行, A错误 ; CD边受竖直向下的安培力, U 形电路另两边与磁感线平行,不受安培力,B 正确,C 错误;螺线管中电流方向改变,磁 场方向改变,安培力方向也变,故横梁不能平衡,D 错误 相关知识链接 1基本公式:qvBm,T v2 r 2r v 重要结论:r,T mv qB 2m qB 2基本思路 第 12 页 共 26 页 (1)画轨迹:确定圆心,用几何方法求半径并画出轨迹 (2)找联系 : 轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系,偏转角度与圆心角、运动时间相联系, 在磁场中运动的时间和周期相联系 (3)用规律:利用牛顿第二定
14、律和圆周运动的规律,特别是周期公式和半径公式 3轨迹圆的几个基本特点 (1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时,入射角等于出射角如下图,123. (2)粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角(如图,12) (3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子,出射时亦沿半径方向,如图甲 (4)磁场圆与轨迹圆半径相同时,以相同速率从同一点沿各个方向射入的粒子,出射速度方向 相互平行反之,以相互平行的相同速率射入时,会从同一点射出(即磁聚焦现象),如图乙 规律方法提炼 1半径的确定 方法一:由物理公式求由于 Bqv,所以半径 R; mv2 R mv qB 方法二:由几何关系求一般由数学知识(勾股定理、
15、三角函数等)通过计算来确定 2时间的确定 第 13 页 共 26 页 方法一:由圆心角求tT; 2 方法二:由弧长求t . s v 3临界问题 (1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题,关键在于运用动态思维,寻找临界点,确定临界 状态,根据粒子的速度方向找出半径方向,同时由磁场边界和题设条件画好轨迹,定好圆心, 建立几何关系 (2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切 例4 (2019绍兴诸暨市期末)如图(a)所示为平面直角坐标系xOy, 在第一象限内的虚曲线和y 轴之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场, 磁感应强度大小为B0; 在第二象限内的虚直线(x 6a)和 y 轴之间
16、存在着如图(b)所示的交变磁场(以垂直纸面向外为磁场的正方向) 在 A(2a,0)3 点的放射源发出质量为 m、 带电荷量为q 的粒子, 粒子速度大小为 v0, 速度方向与 x aqB0 m 轴负方向的夹角为 (090),所有粒子都能垂直穿过 y 轴后进入第二象限不计粒子重力 和粒子间相互作用 (1)求夹角 45的粒子经过 y 轴时的坐标; (2)求第一象限内虚曲线的曲线方程 y(x); (3)假设交变磁场在 t0 时刻,某粒子刚好经过 y 轴上的 B(0,a),则 要求该粒子不回到第一象限,交变磁场的变化周期 T 应满足什么条件? 要求该粒子在 C(6a,a)点垂直虚直线水平射出磁场,求粒子
17、在交变磁场中运动时间 t3 与磁场变化周期 T 的比值 k 的最小值;并求出在这种情况下粒子在交变磁场中的运动时间 第 14 页 共 26 页 答案 (1)(3)a (2)y(0xa)2 x2ax a2x2 (3)T 3 或 10m 3qB0 4m qB0 8m qB0 解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,设运动半径为 r,则 qv0B0mv 02 r ra 如图甲所示,当入射角为 45时,由几何关系可知 粒子与 y 轴交点的纵坐标 y(2aa)(aa)(3)a 2 2 2 2 2 (2)如图乙所示,设入射角为 ,进入磁场入射点坐标为(x,y),由几何关系可得 tan y 2ax 第 15
18、 页 共 26 页 tan x a2x2 得:y(0xa) x2ax a2x2 (3)粒子不回到第一象限,临界情况为轨迹与 y 轴相切,如图丙所示设粒子在磁场中的运 动周期为 T0,两圆心连线与 y 轴的夹角为 ,则 T02m qB0 sin 1 2 30 T0 T 4 150 360 得:T10m 3qB0 要求粒子不回到第一象限,交变磁场的变化周期应满足:T10m 3qB0 粒子在交变磁场中运动时间 t 与磁场变化周期 T 的比值为 k,即 k.如图丁所示,几何关 t T 系可得: 4rsin kLBC 第 16 页 共 26 页 sin 3 3 2k 因为 sin 1 由题意可知 k 为
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