浙江高考物理復(fù)習(xí)專題三電場和磁場第1講電場和磁場性質(zhì)的理解課件.pptx

1、第1講 電場和磁場性質(zhì)的理解,專題三 電場和磁場,內(nèi)容索引,考點一 電場基本性質(zhì)的理解,考點二 磁場及其對電流的作用,考點三 帶電粒子在電場中的運動,考點四 磁場對運動電荷的作用,電場基本性質(zhì)的理解,考點一,1.電場強度、電勢、電勢能的判斷方法 (1)電場強度 根據(jù)電場線的疏密程度進行判斷；,1 基礎(chǔ)知識梳理,(2)電勢 沿電場線方向電勢逐漸降低；,(3)電勢能 電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增大； 正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢高的地方電勢能小. 2.帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法 (1)某點速度方向即為該點軌跡的切線方向； (2)從軌跡的彎曲方向判斷受力

2、方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負； (3)結(jié)合軌跡、速度方向與電場力的方向，確定電場力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等.,1.庫侖定律(2018浙江4月選考6)真空中兩個完全相同、帶等量同種電荷的金屬小球A和B(可視為點電荷)，分別固定在兩處，它們之間的靜電力為F.用一個不帶電的同樣金屬球C先后與A、B球接觸，然后移開球C，此時A、B球間的靜電力為,答案,2 基本題目訓(xùn)練,1,2,3,4,5,解析,1,2,3,4,5,2.電容器(2018溫州市六校期末)目前，指紋鎖已普遍用于智能機、門卡等，其中有一類指紋鎖的主要元件為電容式傳感器，其原理是手指貼上傳感

3、器時，皮膚表面會和傳感器上許許多多相同面積的小極板一一匹配成平行板電容器，每個小電容器的電容值僅取決于傳感器上的極板到對應(yīng)指紋表面的距離.在此過程中外接電源將為所有電容器充到,一個預(yù)先設(shè)計好的電壓值，然后開始用標準電流放電，再采集各電容器放電的相關(guān)信息與原儲存的指紋信息進行匹配，如圖1所示.下列說法正確的是 A.濕的手不會影響指紋解鎖 B.極板與指紋嵴(凸起部分)構(gòu)成的電容器電容小 C.極板與指紋溝(凹的部分)構(gòu)成的電容器充上的電荷較多 D.極板與指紋溝(凹的部分)構(gòu)成的電容器放電時間較短,圖1,1,2,3,4,5,答案,3.電場強度和電勢差如圖2所示，在xOy平面內(nèi)有一個以O(shè)為圓心、半徑R0

4、.1 m的圓，P為圓周上的一點，O、P兩點連線與x軸正方向的夾角為.若空間存在沿y軸負方向的勻強電場，場強大小E100 V/m，則O、P兩點的電勢差可表示為 A.UOP10sin (V) B.UOP10sin (V) C.UOP10cos (V) D.UOP10cos (V),答案,解析,圖2,1,2,3,4,5,解析 由題圖可知勻強電場的方向是沿y軸負方向的.沿著電場線的方向電勢是降低的，所以P點的電勢高于O點的電勢，O、P兩點的電勢差UOP為負值.根據(jù)電勢差與場強的關(guān)系UOPEdERsin 10sin (V)，所以A正確.,1,2,3,4,5,4.電場強度、電勢、電勢能(2018嘉興市期末

5、)一對等量異種點電荷電場的電場線(實線)和等勢線(虛線)分布如圖3所示，則下列說法正確的是 A.A點場強EA大于B點場強EB B.A點電勢A高于B點電勢B C.某一點電荷在A點時的電勢能 EpA一定大于在B點時的電勢能EpB D.將某一點電荷從A點移至B點，路徑 不同，電場力做功也不同,圖3,答案,1,2,3,4,5,5.電場線和運動軌跡如圖4所示，實線為三條未知方向的電場線，從電場中的M點以相同的速度飛出a、b兩個帶電粒子，a、b的運動軌跡如圖中的虛線所示(a、b只受電場力作用)，則 A.a一定帶正電，b一定帶負電 B.電場力對a做正功，a的電勢能減小， 電場力對b做負功，b的電勢能增大 C

6、.a的速度將減小，b的動能將增大 D.a的加速度減小，b的加速度將增大,解析,圖4,答案,1,2,3,4,5,解析 電場線的方向未知，所以粒子帶電性質(zhì)不確定；從題圖中軌跡變化來看電場力都做正功，動能都增大，兩帶電粒子電勢能都減小，所以選項A、B、C錯誤； 電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小，所以a受力減小，加速度減小，b受力增大，加速度增大，所以選項D正確.,1,2,3,4,5,磁場及其對電流的作用,考點二,1.求解有關(guān)磁感應(yīng)強度的關(guān)鍵 (1)磁感應(yīng)強度是由磁場本身決定的； (2)B 只適用于通電導(dǎo)線垂直于磁場； (3)合磁感應(yīng)強度等于各磁場的磁感應(yīng)強度的矢量和(滿足平行四邊形

7、定則). 2.求解安培力作用下導(dǎo)體棒平衡問題的思路 (1)選取通電導(dǎo)體棒為對象； (2)受力分析，畫受力分析圖，用左手定則判斷安培力的方向； (3)根據(jù)力的平衡條件列方程.,例1 (2018浙江4月選考12)在城市建設(shè)施工中，經(jīng)常需要確定地下金屬管線的位置，如圖5所示.有一種探測的方法是，首先給金屬長直管通上電流，再用可以測量磁場強,圖5,弱、方向的儀器進行以下操作：用測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁場最強的某點，記為a；在a點附近的地面上，找到與a點磁感應(yīng)強度相同的若干點，將這些點連成直線EF；在地面上過a點垂直于EF的直線上，找到磁場方向與地面夾角為45的b、c兩點，測得b、c兩點距

8、離為L.由此可確定金屬管線,A.平行于EF，深度為 B.平行于EF，深度為L C.垂直于EF，深度為 D.垂直于EF，深度為L,答案,解析,解析 畫出垂直于金屬管線方向的截面，可知磁場最強的點a即為地面距離管線最近的點，作出b、c兩點的位置，由題意可知EF過a點垂直于紙面，所以金屬管線與EF平行，根據(jù)幾何關(guān)系得深度為 .,6.(2018浙江4月選考7)處于磁場B中的矩形金屬線框可繞軸OO轉(zhuǎn)動，當(dāng)線框中通過電流I時，如圖6所示，此時線框左右兩邊受安培力F的方向正確的是,答案,圖6,解析,解析 利用左手定則，四指指向電流方向，磁感線穿過掌心，大拇指所指的方向就是受力方向，因此選D.,解析 在勻強磁

9、場中，當(dāng)電流方向與磁場垂直時所受安培力為：FBIL，由于磁感應(yīng)強度B和導(dǎo)線長度L不變，因此F與I的關(guān)系圖象為過原點的直線，故C正確.,7.(2018牌頭中學(xué)期中)在磁場中的同一位置放置一根短直導(dǎo)線，導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直.先后在導(dǎo)線中通以不同的電流，導(dǎo)線受到的磁場力也不同，下列表示導(dǎo)線受到的磁場力F與其電流I的關(guān)系圖象(a、b各代表一組F、I的數(shù)據(jù))正確的是,答案,解析,8.(2018臺州市外國語學(xué)校期末)如圖7所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為L，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與導(dǎo)體棒ab相連，彈簧與導(dǎo)軌平面平行并與ab垂直，棒垂直跨接在兩導(dǎo)軌上，空間存在垂直導(dǎo)軌平

10、面斜向上的勻強磁場，磁感,圖7,應(yīng)強度為B.當(dāng)棒通以方向由a到b、大小為I的電流時，棒處于平衡狀態(tài)，平衡時彈簧伸長量為x1；保持電流 大小不變，使棒中電流反向，則棒平衡時下列說法正確的是,答案,解析,解析 當(dāng)棒通以方向由a到b、大小為I的電流時，由左手定則可知，棒受到的安培力沿導(dǎo)軌斜向上，大小為BIL，設(shè)導(dǎo)軌與水平面的夾角為，則由平衡條件得：mgsin BILkx1 當(dāng)保持電流大小不變，使棒中電流反向，由左手定則知，受到的安培力沿導(dǎo)軌斜向下，大小還是BIL 此時有mgsin BILkx 得x x1 彈力沿著斜面向上，則彈簧是伸長的，故選A.,帶電粒子在電場中的運動,考點三,1.直線運動的兩種解

11、題思路 (1)應(yīng)用牛頓運動定律處理帶電粒子的直線運動 帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與速度方向在一條直線上，帶電粒子做勻變速直線運動.根據(jù)帶電粒子的受力情況，用牛頓運動定律和運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移、時間等. (2)用動能定理(或動量定理)處理帶電粒子在電場中的直線運動 要注意受力分析、過程分析，另外，電場力做功與重力做功均與經(jīng)過的路徑無關(guān)，只與初、末位置有關(guān).,2.偏轉(zhuǎn)問題的解題思路 (1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用而做類平拋運動. (2)運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分

12、解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動.,例2 (2018浙江4月選考11)一帶電粒子僅在電場力作用下從A點開始以v0做直線運動，其vt圖象如圖8所示.粒子在t0時刻運動到B點，3t0時刻運動到C點，下列判斷正確的是 A.A、B、C三點的電勢關(guān)系為BAC B.A、B、C三點的場強大小關(guān)系為ECEBEA C.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電勢能先增加 后減少 D.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電場力先做正功后做負功,答案,解析,圖8,解析 由題圖vt圖象知道帶電粒子在0t0時間內(nèi)做減速運動，電場力做負功，電勢能增大； 在t03t0時間內(nèi)做反方向加速運動，電場力做正功，電勢

13、能減小，所以C正確，D錯誤； 因為不知道帶電粒子電性，本題中無法判斷電勢的高低，所以A錯誤； 圖象中斜率表示帶電粒子的加速度，Eqma，可知A、B、C三點中EB最大，B錯誤.,例3 如圖9甲為一對長度為L的平行金屬板，在兩板之間加上圖乙所示的電壓.現(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計)，且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運動時間均為T，則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是 A.11 B.21 C.31 D.41,答案,解析,圖9,解析 粒子在兩板之間的運動時間均為T，在tnT時刻進入的粒子的側(cè)移量最大，考慮豎直分運動，在前半

14、個周期是勻加速，后半個周期是勻速，,在前半個周期是靜止，后半個周期是勻加速，側(cè)移量最小，,故ymaxymin31，故A、B、D錯誤，C正確.,9.如圖10所示是真空中A、B兩板間的勻強電場，一電子由A板無初速度釋放后運動到B板，設(shè)電子在前一半時間內(nèi)和后一半時間內(nèi)的位移分別為x1和x2，則x1與x2之比為 A.11 B.12 C.13 D.14,圖10,答案,解析,解析 無初速度釋放后，電子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)初速度為零的勻變速直線運動規(guī)律，電子在前一半時間內(nèi)和后一半時間內(nèi)的位移之比是13，選項C正確.,10.a、b兩離子從平行板電容器兩板間P處垂直電場入射，運動軌跡如圖1

15、1.若a、b的偏轉(zhuǎn)時間相同，則a、b一定相同的物理量是 A.比荷 B.入射速度 C.入射動能 D.電荷量,答案,圖11,解析,水平方向位移關(guān)系是xaxb，水平分運動是勻速直線運動，時間相等，故vavb，故B錯誤； a、b兩離子初速度不同，質(zhì)量關(guān)系未知，無法確定初動能大小關(guān)系，故C錯誤； a、b兩離子比荷相等，質(zhì)量關(guān)系未知，無法確定電荷量大小關(guān)系，故D錯誤.,磁場對運動電荷的作用,考點四,1.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(yīng)強度、運動速度的聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)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.

16、 (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,方法二：由幾何關(guān)系求.一般由數(shù)學(xué)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,例4 如圖12所示，長方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，同一帶電粒子，以速率v1沿ab射入磁場區(qū)域，垂直于dc邊離開磁場區(qū)域，運動時間為t1；以速率v2沿ab射入磁場區(qū)域，從bc邊離開磁場區(qū)域時與bc邊夾角為150，運動時間為t2.不計粒子重力. 則t1t2是,答案,解析,圖12,解析 根據(jù)題意作出粒子運動軌跡如圖所示：,由幾何知識可知：90，60，,11.(多選)如圖13所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，速度相同的兩帶電粒子A、B從O點射入磁場中，速度與磁場邊界的夾角為(60)，已知A粒子帶負電，B粒子帶正電，且A、B粒子的質(zhì)量之比為14，帶電荷量之比為12，不計粒子重力，下列說法中正確的是 A.A、B粒子的軌道半徑之比為21 B.A、B粒子回到邊界時，速度大小、方向都相同 C.A、B粒子回到邊界時的位置離O點的距離之比為21 D.A、B粒子在磁場中運動的時間相同,圖13,答案,解析,據(jù)左手定則，A、B粒子的電性相反，偏轉(zhuǎn)方向相反，由于洛