2018版高考物理二輪復(fù)習第2部分專項4考前回扣——結(jié)論性語句再強化4電場和磁場學案

1、【主干知識】B=安培力大小F=BIL( (B I、L相互垂直) )F=qvB1010.帶電粒子在勻強磁場中的運動(1)(1)洛倫茲力充當向心力，2 22V4 4n22qvB=mrw =mr=mr=4 4nmrf=ma四、電場和磁場9 9. 洛倫茲力的大小1 1庫侖定律2 2. 電場強度的表達式(1)(1)定義式:FE=-q3 3.4 4.5 5.6 6.7 7.(2)(2)計算式:kQE=2U(3)(3)勻強電場中：E=d電容的定義式C=Q=；Q平行板電容器的決定式C=4 4nrkd磁感應(yīng)強度的定義式電勢差和電勢的關(guān)系電場力做功的計算(1)(1)普適：W qU勻強電場：W EdqUAB=$A$

2、B或 UBA=$B2(2)(2)圓周運動的半徑r=孚、周期T=qBqB1111 速度選擇器如圖 2929 所示，當帶電粒子進入電場和磁場共存空間時，同時受到電場力和洛倫茲力作用，F(xiàn)電=Eq, F洛=Bqw,若Eq= Bqw,有vo=B,即能從$孔飛出的粒子只有一種w1212電磁流量計如圖 3030 所示，一圓形導(dǎo)管直徑為d,用非磁性材料制成，其中有可以導(dǎo)電 的液體向左流動，導(dǎo)電流體中的自由電荷( (正負離子) )在洛倫茲力作用下橫向偏轉(zhuǎn)，間出現(xiàn)電勢差.當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定.BLvL RSpL R+ pSa、bU /AX由qvB=qE=qd可得v=BQ

3、、2nd UndU流量oSv=Bd=石.1313.磁流體發(fā)電機如圖 3131 是磁流體發(fā)電機，等離子氣體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力 7171作用下發(fā)生上下偏轉(zhuǎn)而聚集到A B板上，產(chǎn)生電勢差，設(shè)A、B平行金屬板的面積為相距為L,等離子氣體的電阻率為p，噴入氣體速度為v,板間磁場的磁感應(yīng)強度為S,B,板外電阻為R當?shù)入x子氣體勻速通過A、B板間時，板間電勢差最大，離子受力平衡:qE場=qvB,E場=vB,電動勢E=E場L=BLv,電源內(nèi)電阻r=pS,故R中的電流|=ER+rBLvS速度，而與粒子的質(zhì)量、3圖 313141414.霍爾效應(yīng)如圖 3232 所示，厚度為h,寬度為d的導(dǎo)體板放在垂直于磁

4、感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，當電流流過導(dǎo)體板時，在導(dǎo)體板上下側(cè)面間會產(chǎn)生電勢差，U=kd(k為霍爾系數(shù)) ).圖 32321515回旋加速器如圖 3333 所示，是兩個 D D 形金屬盒之間留有一個很小的縫隙，有很強的磁場 垂直穿過 D D形金屬盒.D D 形金屬盒縫隙中存在交變的電場.帶電粒子在縫隙的電場中被 加速，然后進入磁場做半圓周運動.(1)(1)粒子在磁場中運動一周，被加速兩次；交變電場的頻率與粒子在磁場中圓周運動 的頻率相同.粒子在電場中每加速一次，都有qU=A氐 粒子在邊界射出時，都有相同的圓周半徑R,R,有 R=R=飛qB2口2&2(4)(4)粒子飛出加速器時的動能為E=

5、- =q. .在粒子質(zhì)量、電量確定的情況下，粒2 22 2m子所能達到的最大動能只與加速器的半徑R和磁感應(yīng)強度B有關(guān)，與加速電壓無關(guān).1616.帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的處理方法1717.帶電粒子在有界磁場中運動的處理方法(1)(1)畫圓弧、定半徑：從磁場的邊界點或軌跡與磁場邊界的相切點”等臨界點入手；充分應(yīng)用圓周運動相互垂直的“速度線”與“半徑線”.T電場=T回旋=T=qB圖 33335NX甲乙r示f12 27tqB0BA C.C.圖 3434過粒子運動軌跡上任意兩點M N（一般是邊界點，即入射點”與出射點”）,作與速度方向垂直的半徑，兩條半徑的交點是圓心0,如圖甲所示.在確定圓弧、半徑的幾何圖

6、形中，作合適輔助線，依據(jù)圓、三角形的特點，應(yīng)用勾股圓心角0越大，所用時間越長，與半徑大小無關(guān)），周期圖 35350點沿著中垂線向上到無窮遠處電場強度先增大后減小，A點電場強度豎直向上，B點電場強度豎直向下； 兩個等量負點電荷連線中點0的電場強度為零，無窮遠處電場強度也為零，故從0點沿著中垂線向上到無窮遠處電場強度先增大后減小，A點電場強度豎直向下，B點電場強度豎直向上；因為電荷量相等，距離也相等，故電場強度大小也相等，方向相反，合場強為零，=壓=0.0.根據(jù)以上分析，直線段AB上各點電過粒子運動軌跡上某一點M般是“入射點”或“出射點”），作與速度方向垂直 的直線，再作M N兩點連線（弦）的中垂

7、線，其交點是圓弧軌道的圓心0,如圖乙所定理、三角函數(shù)、三角形相似等，寫出運動軌跡半徑r、圓心角（偏向角）0，與磁場的寬度、角度，相關(guān)弦長等的幾何表達式.（3 3）確定物理關(guān)系:相關(guān)物理關(guān)系式主要為半徑mvrB粒子在磁場的運動時間t= 2 2n卩 360360T（圓弧的【保溫訓練】1 1.如圖 3535 所示，將等量的正、負點電荷分別放在正方形的四個頂點上.0點為該正方角線的交點，直線段AB通過0點且垂直于該正方形，以下對 判斷，正確的是（）B.B.呂=曰工 0 0,D.D. E E=曰工 0 0, 0A= 0BM0A A 兩個等量正點電荷連線中點O的電場強度為零，無窮遠處電場強度也為零， 故從

8、A、B兩點的電勢和場強的EA=EB=0 0, 0A= 0B=0 0EA=EB=0 0, 0A= 0BH0 0（2 2）確定幾何關(guān)系:6場強度均為零，位于等勢面上，所以A點電勢等于B點電勢，oA=oB=0,故 A A 正確. 2.2.（多選）a、b、c三個a粒子由同一點同時垂直電場強度方向進入偏轉(zhuǎn)電場，其軌跡如圖3636 所示，其中b恰好飛出電場，由此可以肯定 （）【導(dǎo)學號：1962420419624204】圖 3636A.在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上B. b和c同時飛離電場C.進入電場時，c的速度最大，a的速度最小D. c的動能增量最小，a和b的動能增量一樣大ACDACD 三個粒子所

9、受的電場力相等，加速度大小相等，在豎直方向上有:由題圖知a、b的偏轉(zhuǎn)位移相等，大于c的偏轉(zhuǎn)位移，則a、b在電場中的運動時間相 等，大于c的運動時間，故 A A 正確，B B 錯誤；因為a的水平位移小于b的水平位移， 時間相等，貝Ua的速度小于b的速度，b的水平位移和c的水平位移相等，b的運動時間大于c的運動時間，貝U b的速度小于c的速度，所以進入電場時，c的速度最大，a的速度最小，故 C C 正確；根據(jù)動能定理知，a、b豎直方向上的偏轉(zhuǎn)位移相等，則電 場力做功相等，大于c所受電場力做的功，所以a、b的動能增量相等，大于c的動能增量，故 D D 正確. 3.3.（多選） 如圖 3 37 7所示

10、，虛線MN的下方存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度大小為E,磁感應(yīng)強度大小為B帶電微粒自離MN為h的高處由靜止下落，從A點進入場區(qū),B.微粒從A點運動到D點的過程中，電勢能先減小后增大C.從A點運動到D點的過程中微粒的電勢能和重力勢能之和保持不變D.若微粒從D點y=評2，沿著ACD做了一段勻速圓周運動，從D點射出.下列說法中正確的是v= 2 2gh,由題意可知,A.A.微粒圖 37377離開場區(qū)到再次落回場區(qū)將沿DCA返回ACAC 微粒開始時做自由落體運動，進入場區(qū)的速度大小為:8微粒進入復(fù)合場區(qū)做勻速圓周運動，因此必有重力與電場力平衡，即：mg= qE此時v2Ef2h由洛倫茲力提供向心

11、力，有：qvB= mR解得：R=R=，故選項 A A 正確；電場力方向豎直向上，因此微粒從A點運動到D點的過程中，電場力先做負功再做正功，其電勢能先增加后減少， 故選項 B B 錯誤；微粒從A點運動到D點的過程中，洛倫茲力不 做功，根據(jù)能量守恒定律可知，微粒的重力勢能、動能、電勢能之和恒定，由于做勻速圓周運動，其動能不變，因此微粒的電勢能和重力勢能之和保持也不變，故選項C C正確；微粒離開場區(qū)后做豎直上拋運動， 根據(jù)運動對稱性可知， 將運動至D點正上方 與初始釋放位置等高處，后以向右平移 2 2R距離重復(fù)之前的運動，故選項 D D 錯誤. rv）4.4.（多選）圖 3838 中的虛線為半徑為R

12、磁感應(yīng)強度大小為B的圓形勻強磁場的邊界，磁場的（I Vq* I丿方向垂直圓平面向里. 大量的比荷均為的相同粒子由磁場邊界的最低點A向圓平面內(nèi)的m不同方向以相同的速度vo射入磁場，粒子在磁場中做半徑為r的圓周運動，經(jīng)一段時間1 1的偏轉(zhuǎn)，所有的粒子均由圓邊界離開，所有粒子的出射點的連線為虛線邊界的，粒子在3 3圓形磁場中運行的最長時間用tm表示，假設(shè)q、R Vo為已知量，其余的量均為未知量，mA*忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用則（）【導(dǎo)學號：1962420519624205】ACDACD 設(shè)從A點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為B,則B點是軌跡圓的直徑與磁1 1r場邊界圓的交點，AB的長是邊

13、界圓周長的 3 3,則/AOB=120120, sinsin 6060 =R得r=R,粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，有qvB=m，所以B=mv=2；3 丁, A A、C C 正確，B B 錯B. B=3m03 3qRD.D.尹2 2v圖 38389誤；粒子在磁場中運動的最長時間為tm=T=nr= 3冗 R,3 3qR2 2V02 2V0D D 正確. 5.5. （多選）如圖 3939 所示，在正交的勻強電場和勻強磁場中，電場方向水平向左，磁場方向垂直于紙面水平向里，一質(zhì)量為m帶電量為+q的小球用長為L的絕緣細線懸掛于0點，并在最低點由靜止釋放， 小球向左擺到最高點時， 懸線與豎直方向

14、的夾角為0，不計小球的大小和空氣阻力，重力加速度為g,則下列說法正確的是（）X X XX圖 3939A.A. 電場強度的大小為険qB.B. 小球從釋放到擺到左側(cè)最高點的過程中，電勢能減小了C.C.小球從釋放到擺到左側(cè)最高點的過程中，當懸線與豎直方向的夾角為0時，懸線拉力最大D.D. 增大懸線的長度，0會增大BCBC 小球受到的洛倫茲力總是和運動速度垂直，因此是重力和電場力的合力改變小球的速度，在重力和電場力的合力場中，根據(jù)對稱性可知，當懸線與豎直方向的夾角0Emga a n n 為今時，小球的速度最大，此時 tantan-2=mg得E=-q, A A 項錯誤；小球從釋放到擺到左側(cè)最高點的過程中

15、，電場力一直做正功，因此電勢能一直在減小，B B 項正2確；當速度最大時，洛倫茲力最大，懸線的拉力F=+ .qE2+mg2+qvB最大，C C 項正確；由 tantan=mg可知，-與懸線的長無關(guān)，D D 項錯誤. 6.6.（多選）如圖 4040 所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)10強度為B,半圓的左邊垂直x軸放置一粒子發(fā)射裝置，在RwywR的區(qū)間內(nèi)各處均沿x軸正方向同時發(fā)射出一個帶正電粒子，粒子質(zhì)量均為m電荷量均為q、初速度均為v,重力忽略不計，所有粒子均能穿過磁場到達y軸，其中最后到達y軸的粒子比最先到達y軸的粒子晚t時間，貝U（）11以沿x軸射入的粒子為例

16、，若r=BqR則粒子未到達y軸就偏向上離開磁場區(qū)域,所以要求R mv所有粒子才能穿過磁場到達y軸，B B 對；從x軸入射的粒子在磁場Bqr中對應(yīng)的弧長最長，所以該粒子最后到達y軸，而y=R的粒子直接沿直線做勻速7.7.如圖 4141 所示，有一對平行金屬板，板間加有恒定電壓；兩板間有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向里.金屬板右下方以MN PQ為上、下邊界，MP為左邊界 的區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁場寬度為d,MN與下極板等高，MP與金屬A.A. 粒子到達y軸的位置一定各不相同B.B.mv磁場區(qū)域半徑R應(yīng)滿足RwBqC.C. 從x軸入射的粒子最先到達y軸D.D.meRA

17、t=乖v，圓心角，滿足 sinsin【導(dǎo)學號：1962420619624206】其中角度e為最后到達y軸的粒子在磁場中的運動軌跡所對應(yīng)的e=B3RmvBDBD 粒子射入磁場后做勻速圓周運動，其運動軌跡如圖所示.沿直線做勻速運動到達y軸，其他粒子在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn), 子也有可能打在y=R的位置上，所以粒子到達y=R處的粒子直接 由圖可知，發(fā)生偏轉(zhuǎn)的粒y軸的位置不是各不相同的,A A 錯;運動到達y軸，時間最短,e2 2nBq=meBq，y=C C 錯；從X軸入射的粒子在磁場中運動時間最長，為tiR處的粒子直接沿直線做勻速運動到達y軸，運動時間最短，為t2=R所以t=吟vqBRv，由圖知sine=皂邸D對. r mv圖 4040粒子發(fā)松置粒子發(fā)附裝置12板右端在同一豎直線上一電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，以初速度V。沿平行于金屬13板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間，不計離子的重力.K X XII * * * * * * *:.d靜Q圖 4141(1)(1) 已知離子恰好做勻速直線運動，求金屬板間電場強度的大小；(2)(2)若撤去板間磁場B,已知離子恰好從下極板的右側(cè)邊緣射出電場，方向與水平方 向成 3030角，求A點離下極板的高度；在 的情形中，為了使離子進入磁場運動后從邊界MP的P點射出，磁場的磁感應(yīng)強度B應(yīng)為多大？【導(dǎo)學號：19624207