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專題06 電場、磁場的基本性質 【2019年高考考綱解讀】 (1)帶電粒子在電場中的運動 (2)電場的性質與特點 (3)靜電場的分布(電場線及等勢面規(guī)律)結合電場中區(qū)域的任意兩點 ①比較其E、φ ②移動點電荷＋q、－q時，W電及Ep的變化 (4)考查磁場的性質、分布特點和規(guī)律以及勻強磁場中的安培力時，一般以選擇題的形式出現(xiàn) (5)考查洛倫茲力及帶電粒子在勻強磁場中的運動時，題型一般為計算題 【命題趨勢】 (1)電場的性質與特點結合曲線運動條件、功能關系等主干知識進行綜合考查，一般為選擇題； (2)電容器的決定式和定義式綜合電路分析的問題考查，應該出現(xiàn)在選擇題中； (3)帶電粒子在勻強電場中的運動結合力學運動規(guī)律、功能關系及電場力做功的特點等考點綜合考查，仍將是命題的熱點． (4)考查導體棒在勻強磁場中平衡運動的問題； (5)考查帶電粒子在勻強磁場中的運動問題. 【重點、難點剖析】 電場與磁場是歷年高考試題中考點分布的重點內容，縱觀近幾年的高考試題，對電場、磁場性質的考查，涉及運動與力的關系、功與能量的關系、能量守恒定律等重要力學規(guī)律，試題題材新穎豐富,對考生的分析綜合能力、應用數(shù)學知識處理物理問題能力有較高的要求。電場力與能的性質，帶電粒子在重力場、電場、磁場等復合場中的運動是高考的命題熱點。 在今后的高考中，對電場力和能的考查仍以選擇題的形式出現(xiàn)。而帶電粒子在復合場中的運動仍會結合牛頓運動定律、功能關系，以計算題的形式出現(xiàn)。 一、帶電粒子的拐彎問題 第一步,由帶電粒子的運動曲線判斷出粒子受電場力的方向(帶電粒子所受合力在曲面的凹側)。 第二步,把電場線方向、受力方向與帶電的電性相聯(lián)系,從而判斷出帶電粒子的電性或電場力做功的情況。 3.把左手定則和右手定則混淆 左手定則用來判斷安培力、洛倫茲力，右手定則用來判斷導體棒切割磁感線時產(chǎn)生的感應電流方向及判斷通電導線、通電圓環(huán)、通電螺線管周圍的磁場方向。 4.不能正確地找出帶電粒子在磁場中運動的臨界狀態(tài) 對帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題，能夠由一條確定軌跡想到多條動態(tài)軌跡，并結合具體問題判定臨界問題。 【題型示例】 題型一、對電場強度的理解及計算 【例1】【2017新課標Ⅰ卷】在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢與該點到點電荷的距離r的關系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別Ea、Eb、Ec和Ed。點a到點電荷的距離ra與點a的電勢a已在圖中用坐標（ra，a）標出，其余類推。現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd。下列選項正確的是 A．Ea：Eb=4:1 B．Ec：Ed=2:1 C．Wab:Wbc=3:1 D．Wbc:Wcd=1:3 【答案】AC 【變式探究】(2016全國卷Ⅰ，14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上。若將云母介質移出，則電容器(　　) A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變 【答案】D 【解析】由C＝可知，當云母介質移出時，εr變小，電容器的電容C變小；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當C減小時，Q減小。再由E＝，由于U與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確。 【變式探究】(2015江蘇單科,2，3分)靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在 西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載,《春秋緯考異郵》中有“玳瑁吸衣若”之 說，但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是(　　) A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑 B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引 C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流 D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺 【答案】C 【變式探究】 (2015安徽理綜，20，6分)已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激 發(fā)電場的場強大小為，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量．如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電量為Q.不計邊緣效應時，極板可看作無窮大導體板，則極板間的電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為(　　) A.和 B.和 C.和 D.和 【答案】D 【解析】由題意知，正極板所帶電荷激發(fā)的電場的電場強度大小為E＝＝ ＝,同理負極板所帶電荷激發(fā)的電場的場強E2＝，兩板間的場 強E＝E1＋E2＝，兩極板間的靜電引力大小F＝QE1＝，故D正確． 【答案】B 【解析】電子帶負電荷,電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力 所做的負功相等,有WMN＝WMP＜0，而WMN＝qUMN，WMP＝qUMP，q＜0，所 以有UMN＝UMP＞0,即φM＞φN＝φP，勻強電場中等勢線為平行的直線，所以 NP和MQ分別是兩條等勢線,有φM＝φQ，故A錯誤，B正確；電子由M點到Q點過程中，WMQ＝q(φM－φQ)＝0，電子由P點到Q點過程中，WPQ＝q(φP －φQ)＞0，故C、D錯誤． 【變式探究】(2015江蘇單科，8,4分) (多選)兩個相同的負電荷和一個正電荷附近 的電場線分布如圖所示．c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方， c、d到正電荷的距離相等，則(　　) A．a(chǎn)點的電場強度比b點的大 B．a(chǎn)點的電勢比b點的高 C．c點的電場強度比d點的大 D．c點的電勢比d點的低 【答案】ACD 【變式探究】(2015海南單科，7，5分) (多選)如圖，兩電荷量分別為Q(Q＞0) 和－Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側，a點位于x軸上O點與 點電荷Q之間，b點位于y軸O點上方．取無窮遠處的電勢為零．下列說法 正確的是(　　) A．b點電勢為零，電場強度也為零 B．正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右 C．將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功 D．將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點,后者電勢能的變化較大 【答案】BC 【解析】因為等量異種電荷在其連線的中垂線上的電場方向為平行于x軸指向 負電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線 延伸到無窮遠處，所以中垂線的電勢為零，故b點的電勢為零，但是電場強 度不為零，A錯誤；等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負電荷，方向平行于x軸向右，在中點O處電勢為零，O點左側電勢為正，右側電勢 為負，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B正確；O點的電勢低于a 點的電勢，電場力做負功，所以必須克服電場力做功，C正確；O點和b點 的電勢相等，所以先后從O、b點移到a點,電場力做功相等，電勢能變化相同，D錯誤． 【變式探究】(2015四川理綜，6，6分) (多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、 固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平．a(chǎn)、b是兩個完全相同的帶正 電小球(視為點電荷),b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過 P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零．則小球a(　　) A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小 B．從N到P的過程中，速率先增大后減小 C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加 D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量 【答案】BC 【解析】a從N點靜止釋放，過P點后到Q點速度為零，整個運動過程只有重 力和庫侖力做功，庫侖力方向與a速度方向夾角一直大于90，所以庫侖力 整個過程做負功.小球a從N到Q的過程中，庫侖力增大，庫侖力與重力的 夾角減小，所以它們的合力一直增大，故A錯誤； 【變式探究】(2016全國卷Ⅰ，15)現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖1所示，其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為(　　) 圖1 A．11 B．12 C．121 D．144 【答案】D 【變式探究】 (2016高考北京卷)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出．已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0.偏轉電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為 D. (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離Δy. (2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U＝2.0102 V，d＝4.010－2 m，m＝9.110－31 kg，e＝1.610－19 C，g＝10 m/s2. (3)極板間既有靜電場也有重力場．電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢φ的定義式．類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點． 【解析】(1)根據(jù)功和能的關系，有eU0＝mv 電子射入偏轉電場的初速度v0＝ 在偏轉電場中，電子的運動時間Δt＝＝L 偏轉距離Δy＝a(Δt)2＝(Δt)2＝. 【變式探究】(2017高考全國卷Ⅲ)如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零．如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為(　　) A．0　　　　　　　　　　 B.B0 C.B0 D．2B0 【答案】　C 【變式探究】(2016北京理綜，17)中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也。”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖9。結合上述材料，下列說法不正確的是(　　) 圖9 A．地理南、北極與地磁場的南、北極不重合 B．地球內部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近 C．地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行 D．地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用 【答案】C 【解析】地球為一巨大的磁體，地磁場的南、北極在地理上的北極和南極附近，兩極并不重合，且地球內部也存在磁場，只有赤道上空磁場的方向才與地面平行；對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的速度方向與地磁場方向不會平行，一定受到地磁場力的作用，故C項說法不正確。 題型五　帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動解題“三步法” (1)畫軌跡：即確定圓心，畫出運動軌跡． (2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度的聯(lián)系，偏轉角度與圓心角、運動時間的聯(lián)系，在磁場中的運動時間與周期的聯(lián)系． (3)用規(guī)律：即牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式． 2．半徑的確定 方法一：由物理方程求．由于Bqv＝，所以半徑R＝； 方法二：由幾何關系求．一般由數(shù)學知識(勾股定理、三角函數(shù)等)通過計算來確定． 3．時間的確定 方法一：由圓心角求：t＝T； 方法二：由弧長求：t＝. 例5．(2017高考全國卷Ⅲ)如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場．在x≥0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應強度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1)．一質量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求(不計重力) (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離． 【答案】見解析 【解析】(1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動．設在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x<0區(qū)域，圓周半徑為R2.由洛倫茲力公式及牛頓定律得 qB0v0＝m① qλB0v0＝m② 【變式探究】【2017新課標Ⅱ卷】如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內沿不同的方向射入磁場。若粒子射入速率為，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為，相應的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則為 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】當粒子在磁場中運動半個圓周時，打到圓形磁場的位置最遠。則當粒子射入的速度為， 如圖，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為；同理，若粒子射入的速度為，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為；根據(jù)，則，故選C。 【變式探究】(2016江蘇單科，15)回旋加速器的工作原理如圖9甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝。一束該粒子在t＝0～時間內從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用。求： (1)出射粒子的動能Em； (2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件。 【答案】(1)　(2)－ (3)d< (2)粒子被加速n次達到動能Em，則Em＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt，加速度a＝ 勻加速直線運動nd＝aΔt2 由t0＝(n－1)＋Δt，解得t0＝－ (3)只有在0～(－Δt)時間內飄入的粒子才能每次均被加速，則所占的比例為η＝ 由η>99%，解得d< 所以選項A、C正確，選項B、D錯誤． 【變式探究】(2015廣東理綜，16，4分)在同一勻強磁場中，α粒子(He)和質 子(H)做勻速圓周運動，若它們的動量大小相等，則α粒子和質子(　　) A．運動半徑之比是2∶1 B．運動周期之比是2∶1 C．運動速度大小之比是4∶1 D．受到的洛倫茲力之比是2∶1 【答案】B 【變式探究】(2015四川理綜，7，6分) (多選)如圖所示，S處有一電子源， 可向紙面內任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內的長度L＝ 9.1 cm，中點O與S間的距離d＝4.55 cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所 在平面有電子源的一側區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B＝2.010－4 T.電子質量m＝9.110－31 kg,電量e＝－1.610－19 C，不計電 子重力．電子源發(fā)射速度v＝1.6106 m/s的一個電子，該電子打在板上可能 位置的區(qū)域的長度為l，則(　　) A．θ＝90時，l＝9.1 cm B．θ＝60時，l＝9.1 cm C．θ＝45時，l＝4.55 cm D．θ＝30時，l＝4.55 cm 【答案】AD 【解析】電子在勻強磁場運動的軌道半徑為 R＝＝4.55 cm