專題6.docx

高考定位本專題知識是高考的重點和難點，常考知識內(nèi)容：電場強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度；電場的基本性質(zhì)；磁場的基本性質(zhì)；帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動高考命題趨勢：對電場強(qiáng)度、電勢、電場力做功與電勢能變化的關(guān)系、磁場的基本概念、安培力的應(yīng)用等知識多以選擇題的形式考查；帶電粒子在電場、磁場中的運(yùn)動與控制，與牛頓運(yùn)動定律、功能關(guān)系相結(jié)合，多以計算題的形式考查考題1對電場性質(zhì)的理解例1(2014山東19)如圖1所示，均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A.已知殼內(nèi)的場強(qiáng)處處為零；殼外空間的電場與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產(chǎn)生的電場一樣一帶正電的試探電荷(不計重力)從球心以初動能Ek0沿OA方向射出下列關(guān)于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系圖象，可能正確的是()圖1審題突破試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系根據(jù)動能定理列式，分析圖象斜率的意義解析殼內(nèi)場強(qiáng)處處為零，試探電荷在殼內(nèi)運(yùn)動時動能不變，排除選項C、D；假設(shè)試探電荷在勻強(qiáng)電場中由靜止開始運(yùn)動，由動能定理可得，F(xiàn)rEk，則F，Ek圖象的斜率數(shù)值上等于電場力的大小，距離球殼越遠(yuǎn)試探電荷所受電場力越小，圖象的斜率越小，正確選項為A.答案A1(2014重慶3)如圖2所示為某示波管的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線兩電子分別從a、b兩點運(yùn)動到c點，設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則()圖2AWaWb，EaEb BWaWb，EaEbCWaWb，EaEb DWaWb，EaEb.選項A正確2真空中存在一點電荷產(chǎn)生的電場，其中a、b兩點的電場強(qiáng)度方向如圖3所示，a點的電場方向與ab連線成60，b點的電場方向與ab連線成30.另一帶正電粒子以某初速度只在電場力作用下由a運(yùn)動到b.以下說法正確的是()圖3Aa、b兩點的電場強(qiáng)度Ea3EbBa、b兩點的電勢aEkbD帶正電粒子在a、b兩點的電勢能EpaEpb答案AD解析a點到O點的距離RaLabcos 60Lab，b點到O點距離RbLbcos 30Lab，根據(jù)點電荷的場強(qiáng)公式E，可得：Ea3Eb，故A正確；在正點電荷的周圍越靠近場源電勢越高，故有ab，故B錯誤；帶正電粒子在a、b兩點的電勢能EpaEpb，故D正確；由能量守恒，帶正電粒子在a、b兩點的動能EkaEkb，故C錯誤3(2014江蘇4)如圖4所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關(guān)于x軸上的電場強(qiáng)度和電勢的說法中正確的是()圖4AO點的電場強(qiáng)度為零，電勢最低BO點的電場強(qiáng)度為零，電勢最高C從O點沿x軸正方向，電場強(qiáng)度減小，電勢升高D從O點沿x軸正方向，電場強(qiáng)度增大，電勢降低答案B解析根據(jù)電場的對稱性和電場的疊加原理知，O點的電場強(qiáng)度為零在x軸上，電場強(qiáng)度的方向自O(shè)點分別指向x軸正方向和x軸負(fù)方向，且沿電場線方向電勢越來越低，所以O(shè)點電勢最高在x軸上離O點無限遠(yuǎn)處的電場強(qiáng)度為零，故沿x軸正方向和x軸負(fù)方向的電場強(qiáng)度先增大后減小選項B正確場強(qiáng)、電勢、電勢能的比較方法1電場強(qiáng)度：(1)根據(jù)電場線的疏密程度判斷，電場線越密，場強(qiáng)越大；(2)根據(jù)等差等勢面的疏密程度判斷，等差等勢面越密，場強(qiáng)越大；(3)根據(jù)a判斷，a越大，場強(qiáng)越大2電勢：(1)沿電場線方向電勢降低，電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，且電場線垂直于等勢面；(2)根據(jù)UABAB比較正負(fù)，判斷A、B的大小3電勢能：(1)根據(jù)Epq，判斷Ep的大小；(2)根據(jù)電場力做功與電勢能的關(guān)系判斷：無論正電荷還是負(fù)電荷，電場力做正功，電勢能減小；電場力做負(fù)功，電勢能增加考題2電場矢量合成問題例2如圖5所示，在正方形區(qū)域的四個頂點固定放置四個點電荷，它們的電量的絕對值相等，電性如圖中所示K、L、M、N分別為正方形四條邊的中點，O為正方形的中心下列關(guān)于各點的電場強(qiáng)度與電勢的判斷正確的是()圖5AK點與M點的電場強(qiáng)度大小相等、方向相反BO點的電場強(qiáng)度為零CN點電場強(qiáng)度的大小大于L點電場強(qiáng)度的大小DK、O、M三點的電勢相等審題突破該題實質(zhì)上考查常見電場的電場分布與特點，可以結(jié)合等量同種點電荷的電場特點，把兩個相互垂直的等量同種點電荷的電場疊加在一起，進(jìn)行分析可以得出結(jié)論解析根據(jù)點電荷的電場即電場的疊加可得：K點與M點的電場強(qiáng)度大小相等、方向相同，所以A錯誤； O點的電場強(qiáng)度方向水平向右，不為零，所以B錯誤；由對稱性知，N點的電場強(qiáng)度大小等于L點的電場強(qiáng)度大小，所以C錯誤；K、O、M三點的電勢都等于零，所以D正確答案D4如圖6所示，在真空中的A、B兩點分別放置等量異種點電荷，在AB兩點間取一正五角星形路徑abcdefghija，五角星的中心與AB連線的中點重合，其中af連線與AB連線垂直現(xiàn)將一電子沿該路徑逆時針方向移動一周，下列判斷正確的是()圖6Ae點和g點的電場強(qiáng)度相同Bh點和d點的電勢相等C電子在e點的電勢能比g點電勢能大D電子從f點到e點再到d點過程中，電場力先做正功后做負(fù)功答案C解析由對稱性可知，e點和g點的電場強(qiáng)度大小相同，但方向不同，選項A錯誤；h點電勢高于d點的電勢，選項B錯誤；因為g點的電勢高于e點，故電子在e點的電勢能比g點電勢能大，選項C正確；電子從f點到e點再到d點過程中，電勢先降低再升高，電勢能先增大后減小，電場力先做負(fù)功后做正功，選項D錯誤5(2014福建20)如圖7所示，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的ABC三點構(gòu)成等邊三角形，邊長L2.0 m若將電荷量均為q2.0106 C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k9.0109 Nm2/C2，求：圖7(1)兩點電荷間的庫侖力大??；(2)C點的電場強(qiáng)度的大小和方向(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)9.0103 N(2)7.8103 N/C方向沿y軸正方向解析(1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點電荷間的庫侖力大小為Fk代入數(shù)據(jù)得F9.0103 N(2)A、B兩點電荷在C點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，均為E1kA、B兩點電荷形成的電場在C點的合場強(qiáng)大小為E2E1cos 30聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得E7.8103 N/C場強(qiáng)E的方向沿y軸正方向1熟練掌握常見電場的電場線和等勢面的畫法2對于復(fù)雜的電場場強(qiáng)、電場力合成時要用平行四邊形定則3電勢的高低可以根據(jù)“沿電場線方向電勢降低”或者由離正、負(fù)場源電荷的關(guān)系來確定考題3帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題例3(2014江蘇14)某裝置用磁場控制帶電粒子的運(yùn)動，工作原理如圖8所示裝置的長為L，上、下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d.裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板的位置不計粒子的重力圖8(1)求磁場區(qū)域的寬度h；(2)欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量v；(3)欲使粒子到達(dá)M點，求粒子入射速度大小的可能值審題突破(1)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，根據(jù)圓的性質(zhì)可明確粒子如何才能到達(dá)P點，由幾何關(guān)系可求得磁場區(qū)域的寬度；(2)帶電粒子在磁場中運(yùn)動時，洛倫茲力充當(dāng)向心力，由(1)中方法確定后來的軌道半徑，則可求得兩次速度大??；即可求出速度的差值；(3)假設(shè)粒子會經(jīng)過上方磁場n次，由洛倫茲力充當(dāng)向心力可求得粒子入射速度的可能值解析(1)設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r，粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示根據(jù)題意知L3rsin 30dcot 30，且磁場區(qū)域的寬度hr(1cos 30)解得：h(Ld)(1)(2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壽E半徑為r，洛倫茲力提供向心力，則有mqvB，mqvB，由題意知3rsin 304rsin 30，解得粒子速度的最小變化量vvv(d)(3)設(shè)粒子經(jīng)過上方磁場n次由題意知L(2n2)cot 30(2n2)rnsin 30且mqvnB，解得vn(d)(1n1，n取整數(shù))答案(1)(Ld)(1)(2)(d)(3)(d)(1n1，n取整數(shù))6圖9為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2.0103 T，在x軸上距坐標(biāo)原點L0.50 m的P處為離子的入射口，在y軸上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v3.5104 m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標(biāo)原點L0.50 m的M處被觀測到，且運(yùn)動軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，不計其重力則上述粒子的比荷(C/kg)是()圖9A3.5107B4.9107C5.3107 D7107答案B解析設(shè)粒子在磁場中的運(yùn)動半徑為r，畫出粒子的軌跡圖如圖所示依題意MP連線即為該粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的直徑，由幾何關(guān)系得rL，由洛倫茲力提供粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的向心力，可得qvB，聯(lián)立解得4.9107 C/kg，故選項B正確7如圖10所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.在正方形對角線CE上有一點P，其到CF、CD距離均為，且在P點處有一個發(fā)射正離子的裝置，能連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各方向發(fā)射出速率不同的正離子已知離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計離子重力及離子間相互作用力圖10(1)速率在什么范圍內(nèi)的所有離子均不可能射出正方形區(qū)域？(2)求速率為v的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍答案(1)v(2)d解析因離子以垂直于磁場的速度射入磁場，故其在洛倫茲力作用下必做圓周運(yùn)動(1)依題意可知離子在正方形區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動不射出該區(qū)域，做圓周運(yùn)動的半徑為r.對離子，由牛頓第二定律有qvBmv.(2)當(dāng)v時，設(shè)離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R，則由qvBm可得R.要使離子從DE射出，則其必不能從CD射出，其臨界狀態(tài)是離子軌跡與CD邊相切，設(shè)切點與C點距離為x，其軌跡如圖甲所示，甲由幾何關(guān)系得：R2(x)2(R)2，計算可得xL，設(shè)此時DE邊出射點與D點的距離為d1，則由幾何關(guān)系有：(Lx)2(Rd1)2R2，解得d1.而當(dāng)離子軌跡與DE邊相切時，離子必將從EF邊射出，設(shè)此時切點與D點距離為d2，其軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系有：乙R2(LR)2(d2)2，解得d2.故速率為v的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍為d.1解決帶電粒子在磁場中運(yùn)動的臨界問題，關(guān)鍵在于運(yùn)用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系2粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動軌跡與磁場邊界相切考題4帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的多過程問題例4(20分)如圖11所示，在xOy平面內(nèi)，以O(shè)(0，R)為圓心、R為半徑的圓內(nèi)有垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場，x軸下方有垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場，兩區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等第四象限有一與x軸成45角傾斜放置的擋板PQ，P、Q兩點在坐標(biāo)軸上，且O、P兩點間的距離大于2R，在圓形磁場的左側(cè)0yEF，K、M、L是過這三個點的等勢線，其中等勢線L與兩電荷連線垂直帶電粒子從a點射入電場后運(yùn)動軌跡與三條等勢線的交點是a、b、c，粒子在a、b、c三點的電勢能分別是Epa、Epb、Epc，以下判斷正確的是()圖3A帶電粒子帶正電BEpaEpbEpcCEpcEpbEpbEpaDEpcEpbEF，則左邊是正點電荷，由運(yùn)動軌跡可知，帶電粒子帶負(fù)電荷，則電場力做負(fù)功，導(dǎo)致負(fù)電荷的電勢能增加，故A錯誤，B正確；D、E、F是兩電荷連線上間距相等的三個點，結(jié)合點電荷電場矢量疊加原理，ab電勢差大于bc電勢差，根據(jù)WqU，則EpcEpba)，連線與環(huán)面垂直，已知環(huán)上均勻帶電，總電荷量為Q.當(dāng)導(dǎo)體球接地時(取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，與帶電量為q的點電荷相距r處電勢為k，k為靜電力恒量)，下列說法正確的是()圖5A球面上感應(yīng)電荷量為q感B球面上感應(yīng)電荷量為q感C感應(yīng)電荷在O點的場強(qiáng)為E感kD感應(yīng)電荷在O點的場強(qiáng)為E感k答案A解析據(jù)題意，由于靜電感應(yīng)，球上所帶電荷與圓環(huán)電性相反，球與大地相連，球的電勢為0，即球上的電荷在球中心產(chǎn)生的電勢與環(huán)上電荷在球中心產(chǎn)生的電勢之和為0，故有：kk0，則選項A正確，而選項B錯誤；由于靜電平衡，導(dǎo)體內(nèi)場強(qiáng)處處為0，球上的電荷在O點產(chǎn)生場強(qiáng)等于環(huán)在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)，方向相反，現(xiàn)將環(huán)看成無數(shù)個電荷的集合體，每個電荷在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)為：E1k，而所有電荷在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)是每個電荷在該點產(chǎn)生場強(qiáng)的矢量和，則為：E感E環(huán)k，故選項C、D均錯誤6如圖6所示，真空中同一平面內(nèi)MN直線上固定電荷量分別為9Q和Q的兩個點電荷，兩者相距為L，以Q電荷為圓心，半徑為畫圓，a、b、c、d是圓周上四點，其中a、b在MN直線上，c、d兩點連線垂直于MN，一電荷量為q的試探電荷在圓周上運(yùn)動，則下列判斷錯誤的是()圖6A電荷q在a處所受到的電場力最大B電荷q在a處的電勢能最大C電荷q在b處的電勢能最大D電荷q在c、d兩處的電勢能相等答案B解析電場強(qiáng)度疊加后，a點處場強(qiáng)最大，A正確；將正電荷從a點沿圓弧移動到c、b、d點，Q對正電荷不做功，9Q對正電荷均做負(fù)功，電勢能均增加，且移動到b點克服電場力做功最多，移動到c、d兩點克服電場力做功相同，因此正電荷在a處電勢能最小，在b處電勢能最大，在c、d兩處電勢能相等，B錯誤，C、D正確題組3帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題7如圖7所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，A60，AOL，在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負(fù)電粒子(不計重力作用)，粒子的比荷為，發(fā)射速度大小都為v0，且滿足v0.粒子發(fā)射方向與OC邊的夾角為，對于粒子進(jìn)入磁場后的運(yùn)動，下列說法正確的是()圖7A粒子有可能打到A點B以60飛入的粒子在磁場中運(yùn)動時間最短C以30飛入的粒子在磁場中運(yùn)動的時間都相等D在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出答案AD解析根據(jù)Bqv0m，又v0，可得rL，又OAL，所以當(dāng)60時，粒子經(jīng)過A點，所以A正確；根據(jù)粒子運(yùn)動的時間tT，圓心角越大，時間越長，粒子以60飛入磁場中時，粒子從A點飛出，軌跡圓心角等于60，圓心角最大，運(yùn)動的時間最長，所以B錯誤；當(dāng)粒子沿0飛入磁場中，粒子恰好從AC中點飛出，在磁場中運(yùn)動時間也恰好是，從0到60在磁場中運(yùn)動時間先減小后增大，在AC邊上有一半?yún)^(qū)域有粒子飛出，所以C錯誤，D正確8如圖8所示，在勻強(qiáng)電場中建立直角坐標(biāo)系xOy，y軸豎直向上，一質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒從x軸上的M點射出，方向與x軸夾角為，微粒恰能以速度v做勻速直線運(yùn)動，重力加速度為g.圖8(1)求勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E；(2)若再疊加一圓形邊界的勻強(qiáng)磁場，使微粒能到達(dá)x軸上的N點，M、N兩點關(guān)于原點O對稱，距離為L，微粒運(yùn)動軌跡也關(guān)于y軸對稱已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直xOy平面向外，求磁場區(qū)域的最小面積S及微粒從M運(yùn)動到N的時間t.答案(1)，方向豎直向上(2)解析(1)對微粒有qEmg0，得E方向豎直向上(2)微粒在磁場中有qvBm，解得R.如圖所示，當(dāng)PQ為圓形磁場的直徑時，圓形磁場面積最小有rRsin 其面積Sr2又T(或T)根據(jù)幾何關(guān)系可知偏轉(zhuǎn)角為2則在磁場中運(yùn)動的時間t2T又MPQN，且有t1t3故運(yùn)動的時間tt1t2t3題組4帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的多過程問題9如圖9所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外P(L,0)、Q(0，L)為坐標(biāo)軸上的兩個點現(xiàn)有一電子從P點沿PQ方向射出，不計電子的重力()圖9A若電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線，則電子運(yùn)動的路程一定為B若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點，則電子運(yùn)動的路程一定為LC若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點，則電子運(yùn)動的路程一定為2LD若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點，則電子運(yùn)動的路程可能為L，也可能為2L答案AD解析粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)圓周運(yùn)動半徑為R，若電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線，如圖甲所示，則有2Rcos 45L，半徑RL，運(yùn)動軌跡為四分之一圓周，所以運(yùn)動的路程s，選項A正確若電子從P點出