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1、2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前知識(shí)回扣 考前第6天 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 1．庫(kù)侖定律 F＝k(條件：真空中、點(diǎn)電荷) 2．電場(chǎng)強(qiáng)度的表達(dá)式 (1)定義式：E＝(適用任何電場(chǎng)) (2)計(jì)算式：E＝(適用點(diǎn)電荷的電場(chǎng)) (3)勻強(qiáng)電場(chǎng)中：E＝(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．電容的計(jì)算 C＝＝(定義式) C＝(平行板電容器的決定式) 6．磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式 B＝ 7．安培力大小 F＝BIL(B、I、L相互垂直) 8．洛倫茲力的大小 F＝q

2、vB 9．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (1)洛倫茲力充當(dāng)向心力，qvB＝mrω2＝m＝mr＝4π2mrf2＝ma. (2)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝、周期T＝. 10．“速度選擇器”“電磁流量計(jì)”“磁流體發(fā)電機(jī)”“霍爾效應(yīng)”的共同點(diǎn)：qvB＝qE＝q. [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)至v，由qU＝mv2－mv得v＝. 當(dāng)v0很小或v0＝0時(shí)，上式簡(jiǎn)化為v＝ . (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(lèi)似平拋的勻變

3、速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(如圖所示)． 加速度a＝ 運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝ 側(cè)移量y＝at2＝2 偏轉(zhuǎn)角tanφ＝＝＝ 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(xiàn)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：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(xiàn)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

4、判斷安培力的方向． (3)等效法：環(huán)形電流和通電螺線(xiàn)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(xiàn)管，通電螺線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)之間、導(dǎo)線(xiàn)與磁體之間的相互作用滿(mǎn)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

5、、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(xiàn)，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(xiàn)及弦的垂直平分線(xiàn)，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(xiàn)，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(xiàn)使之成一夾角，作出這一夾角的角平分線(xiàn)，角平分線(xiàn)上到兩直線(xiàn)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．

6、 ①磁場(chǎng)邊界：直線(xiàn)，粒子進(jìn)出磁場(chǎng)的軌跡具有對(duì)稱(chēng)性，如圖(a)、(b)、(c)所示． ②磁場(chǎng)邊界：平行直線(xiàn)，如圖(d)所示． ③磁場(chǎng)邊界：圓形，如圖(e)所示． (3)時(shí)間的確定 ①t＝T或t＝T或t＝ 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)中

7、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(　　) 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(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上有x＝v0t，豎直方向上有h＝at2，得加速度大小a＝，可

8、見(jiàn)水平距離x越大，加速度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)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，選項(xiàng)A正確，B、C均錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理有mah＝mv2－mv，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 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，D點(diǎn)為正四面體

9、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(　　) A．φA＝φB B．φA＝φD C．φB>φC D．φC>φD [解析]　以無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)，點(diǎn)電荷周?chē)碾妱?shì)φ＝k，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)

10、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(zhǎng)，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)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(xiàn)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

11、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＝ C．油滴從左側(cè)金屬板的下邊緣離開(kāi) D．油滴離開(kāi)時(shí)的速度大小為 [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＝qBv，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，做加速運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)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(kāi)，C錯(cuò)誤；對(duì)油滴

12、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′＝，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

13、 D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的寬度之比為1∶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t＝可得t＝＝，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)的圓心角為60°，由R＝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