【物理高考】2018-2019最新物理高考一轮复习课件：选修3-1第九章第一讲 磁场的描述 磁场对电流的作用
物理选修3-1复习课件
05
交流电
正弦交流电的产生
交流发电机：利用电磁感应原 理，将机械能转换为交流电。
交流发电机的工作原理：转子 在磁场中旋转，产生感应电动 势，从而产生正弦交流电。
交流发电机的主要组成部分： 转子、定子、滑环和电刷等。
正弦交流电的描述
周期和频率
正弦交流电完成一个周期性变化 所需的时间称为周期，单位为秒 ；单位时间内完成周期性变化的
。
06Байду номын сангаас
电容
电容器的电容
当电容器两端加上电压时，电容器开始 充电，电荷量增加；当电压撤去后，电 容器开始放电，电荷量减少。
电容器的充放电过程
电容器是能够储存电荷的电子元件。
电容器的电容用C表示，单位是法拉(F) 。
02
恒定电流
电流与电源
电流
电荷的定向移动形成电流，用符号 “I”表示，方向从正极流向负极。
电场强度
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电场叠加原理
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多个点电荷在某点产生的合场强等于各个点电荷单独存在 时在该点产生的场强的矢量和。
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电场力
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电场对放入其中的电荷有力的作用，这个力称为电场力。
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电场力的大小与电荷的电量成正比，与电荷的位置有关。
动生电动势与感生电动势
总结词
动生电动势是由于导体运动而产生的电动势，而感生电动势是由于磁场变化而产生的电动势。
详细描述
动生电动势是由于导体在磁场中运动，导致导体中的电子受到洛伦兹力而产生电动势。而感生电动势 是由于磁场发生变化，导致导体中的电子受到电场力而产生电动势。这两种电动势的产生机制不同， 但都是电磁感应现象的表现。
2021版高三物理一轮复习课件选修3-1第九章磁场第1讲磁场的描述及磁场对电流的作用
质谱仪和回旋加速器
Ⅱ Ⅰ Ⅱ Ⅱ Ⅰ
T19:安培力、左手定则 Ⅱ卷·T18:带电粒子在圆形 磁场中的运动
T21:安培力、左手定则 Ⅲ卷·T18:磁感应强度的合
Ⅱ卷·T20:安培定
T24:带电粒子在组 合场中的运动
则、磁感应强度
的合成
Ⅱ卷·T17:带电粒
子在有界磁场中
强度的大小、I、L和导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关,故C、D错
误;由a、b两处磁感线的疏密程度可判断出Ba＞Bb,所以A正确,B错误。 答案 A
3.下列关于小磁针在磁场中静止时的指向,正确的是( )
解析 根据在磁体外部同名磁极相互排斥可知选项A错误;应用安培定则可知环 形电流中心轴线上的磁场方向由右向左,小磁针N极受到的磁场力向左,选项B错误 ;根据安培定则可知通电螺线管内部磁场向右,内部小磁针N极受到的磁场力向右, 选项C正确;根据安培定则可知通电直导线右边磁场向里,小磁针N极应向里,选项 D错误。 答案 C
2.电流的磁场 安培定则
通电直导线
通电螺线管
环形电流
三、安培力、安培力的方向 匀强磁场中的安培力
1.安培力的大小 F＝ILBsin θ(其中θ为B与I之间的夹角) (1)磁场和电流垂直时:F＝____B_I_L。 (2)磁场和电流平行时:F＝___0。
2.安培力的方向
左手定则判断:
(1)伸出左手,让拇指与其余四指___垂__直_,并且都在同一个平面内。
答案 B
2.在磁场中某区域的磁感线如图2所示,则( )
A.a、b两处的磁感应强度的大小不等,且Ba＞Bb B.a、b两处的磁感应强度的大小相等
C.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大
2018-2019学年高中物理(人教版)选修3-1课件：第1章 静电场1-9
考点
带电粒子在电场中加速
1．带电粒子在电场中的运动 该问题的研究方法与质点动力学相同， 同样遵循运动的 合成与分解、 力的独立作用原理、 牛顿运动定律、 动能定理、 功能关系等力学规律。解该类问题时，主要有以下两种基本 思路：
(1)力和运动的关系 ——牛顿第二定律：根据带电粒子 所受的电场力， 用牛顿第二定律确定加速度，结合运动学公 式确定带电粒子的速度、 位移等。这种方法通常适用于粒子 在恒力作用下做匀变速直线运动的情况。 (2)功和能的关系 ——动能定理等：根据电场力对带电 粒子所做的功引起带电粒子的能量发生变化， 利用动能定理 等研究全过程中能量的转化， 研究带电粒子的速度变化、 经 过的位移等。这种方法既适用于匀强电场， 也适用于非匀强 电场。
d mgh＋ ，电场力做 2
如何分析电荷动能和重力势能及电势能的变 化？
提示： 电荷动能和重力势能及电势能的变化可借助动能 定理、功能关系分析。
[规范解答]
下落过程中，微粒的速度先增大后减小，
故动能先增大后减小，重力势能逐渐减小，A 错。微粒在
d d 下落了 h＋ 高度后，重力做功 mgh＋ ，但电场力做功为 2 2 U d 1 －q× × ＝－ qU，B 错。微粒落入电场中，电场力做功 2 d 2
2．原理 (1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生 的锯齿形电压。 (2)灯丝被电源加热后，出现热电子发射，发射出来的 电子经加速电场加速后， 以很大的速度进入偏转电场，如果
信号电压 ，在 XX′偏转极板 在 YY′偏转极板上加一个___________ 扫描电压 ， 上加一___________ 在荧光屏上就会出现按 YY′偏转电压
人教版· 选修3-1
【高中物理】2018-2019学年最新高中物理人教版选修3-1同步教学PPT第一章本章优化总结
求解电场力的最小值的方法是对物体进行受力分析， 利用图解法 求最小值．
1. (多选)(2016· 山东潍坊测试)如图所示，可视 为点电荷的小球 A、B 分别带负电和正电，B 球固定，其正下方 的 A 球静止在绝缘斜面上，则 A 球受力个数可能为( AC )
A．可能受到 2 个力作用 C．可能受到 4 个力作用
如图所示，带电荷量为 Q 的正电荷固定在倾角为 30° 的 光滑绝缘斜面底部的 C 点，斜面上有 A、B 两点，且 A、B 和 C 在同一直线上，A 和 C 相距为 L，B 为 AC 中点．现将一带电小 球从 A 点由静止释放，当带电小球运动到 B 点时速度正好又为 g 零， 已知带电小球在 A 点处的加速度大小为 ， 静电力常量为 k， 4 求： (1)小球运动到 B 点时的加速度大小． (2)B 和 A 两点间的电势差(用 Q 和 L 表示)．
B． 可能受到 3 个力作用 D． 可能受到 5 个力作用
解析： 以 A 为研究对象， 根据其受力平衡可得， 如果没有摩擦， 则 A 对斜面一定无弹力，只受重力和库仑引力两个力作用而平 衡；如果受摩擦力，则一定受弹力，所以此时 A 受 4 个力作用 而平衡，A、C 正确．
专题二 带电体在复合场中的运动 1．带电体在复合场中的运动是指带电体在运动过程中同时受到 电场力及其他力的作用． 较常见的是在运动过程中， 带电体同时 受到重力和电场力的作用． 2．由于带电体在复合场中的运动是一个综合电场力、电势能的 力学问题， 研究的方法与质点动力学的研究方法相同， 它同样遵 循运动的合成与分解、力的独立作用原理、牛顿运动定律、动能 定理、功能关系等力学规律．
[解析]
(1)带电小球在 A 点时由牛顿第二定律得：
Qq mgsin 30° －k 2 ＝maA① L 带电小球在 B 点时由牛顿第二定律得： Qq k 2－mgsin 30° ＝maB② L 2 g 联立①②式解得：aB＝ ，方向沿斜面向上．③ 2
2018-2019学年高中物理(人教版)选修3-1课件：第1章 静电场1-6a
6．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度约为 104 V/m。 已知一半径为 1 mm 的雨滴在此电场中不会下落， 取重力加 速度大小为 10 m/s2，水的密度为 103 kg/m3。这雨滴携带的 电荷量的最小值约为( A．2×10 C．6×10
－9 －9
) B．4×10
－9 －9
C C
C C
D．8×10
5 WAB －4.2×10 (2)A、 B 两点的电势差为 UAB＝ ＝ V＝ － q －1.5×10 8
人教版· 选修3-1
03课后课时精练
[对点训练] UAB 考点一 对关系式 UAB＝Ed 和 E＝ 的理解 d 1．如图所示是一个匀强电场的等势面，每两个相邻等 势面相距 2 cm，由此可以确定电场强度的方向和数值是 ( )
A．竖直向下，E＝100 V/m B．水平向左，E＝100 V/m C．水平向左，E＝200 V/m D．水平向右，E＝200 V/m
解析
雨滴受力平衡，则电场力和重力大小相等，有
4πr3 4πr3ρg mg＝ Eq，而 m＝ ρV＝ ρ，联立两式得 q＝ ，代入 3 3E 数据解得 q≈4×10
－9
C， B 正确。
[综合训练] 7．(多选)图甲所示的 Ux 图象表示三对平行金属板间 电场的电势差与场强方向上的距离关系。 如图乙所示， 若三 对金属板的负极板接地， 图中 x 均表示到正极板的距离， 则 下述结论中正确的是( )
解析
由匀强电场的特点知 A、B 错误，C 正确；电
势降低最快的方向才是电场强度方向， D 错误。
5. (多选)如图所示的同心圆是电场中的一组等势线，一个 电子只在电场力作用下沿着直线由 A 向 C 运动时的速度越 来越小，B 为线段 AC 的中点，则有( ) A．电子沿 AC 运动时受到的电场力越来越小 B．电子沿 AC 运动时它具有的电势能越来越大 C．电势 φA＞φB＞φC D．电势差 UAB＝UBC
2018-2019版物理选修3-1粤教版全程导学笔记文档：第一
微型专题3带电粒子在电场中的运动[学习目标] 1.会利用动力学和功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动.2.会利用运动的合成与分解方法分析带电粒子在电场中的类平抛运动.3.会分析带电粒子在交变电场及复合场中的运动．一、带电粒子在电场中的直线运动1．带电粒子在电场中做直线运动(1)匀速直线运动：此时带电粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的电场力与其他力平衡．(2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向同向．(3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向反向．2．讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法(1)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式；(2)功和能方法——动能定理；(3)能量方法——能量守恒定律．例1如图1所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰好为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：图1(1)小球到达小孔处的速度大小；(2)极板间电场强度大小；(3)小球从开始下落到运动到下极板处所用的时间．答案 (1)2gh (2)mg (h ＋d )qd(3)h ＋d h2h g解析 (1)小球从静止开始下落到小孔的过程做自由落体运动，由v 2＝2gh ，得v ＝2gh . (2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿第二定律得：mg －qE ＝ma 由运动学公式知：0－v 2＝2ad 整理得电场强度大小E ＝mg (h ＋d )qd(3)由h ＝12gt 12，0＝v ＋at 2，t ＝t 1＋t 2整理得t ＝h ＋dh2h g. 二、带电粒子在电场中的类平抛运动1．分析带电粒子在电场中做类平抛运动的方法：利用运动的合成与分解把曲线运动转换为直线运动．利用的物理规律有：牛顿运动定律结合运动学公式、动能定理、功能关系等． 2．分析此类问题要注意：粒子在哪个方向不受力，在哪个方向受电场力，粒子的运动轨迹向哪个方向弯曲．例2 长为L 的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子，以初速度v 0紧贴左极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从右极板边缘射出，射出时速度恰与右极板成30°角，如图2所示，不计粒子重力，求：图2(1)粒子末速度的大小； (2)匀强电场的场强； (3)两板间的距离．答案 (1)23v 03 (2)3m v 023qL (3)36L解析 (1)粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得合速度：v ＝v 0cos 30°＝23v 03. (2)粒子在匀强电场中做类平抛运动， 在水平方向上：L ＝v 0t ， 在竖直方向上：v y ＝at ， v y ＝v 0tan 30°＝3v 03， 由牛顿第二定律得：qE ＝ma解得：E ＝3m v 023qL.(3)粒子做类平抛运动，在竖直方向上：d ＝12at 2，解得：d ＝36L .三、带电粒子在交变电场中的运动例3 在如图3所示的平行板电容器的两板A 、B 上分别加如图4甲、乙所示的两种电压，开始B 板的电势比A 板高．在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动．若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的v －t 图象．图3甲 乙图4答案 见解析解析 t ＝0时，B 板电势比A 板高，在电场力作用下，电子向B 板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动．(1)对于题图甲，在0～12T 内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，12T ～T 内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(a)所示．(2)对于题图乙，在0～T 2内做类似(1)0～T 的运动，T2～T 电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动．然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(b)所示．(a) (b)1．当空间存在交变电场时，粒子所受电场力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性．2．研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v －t 图象．特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期．针对训练1 (多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图5所示．带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )图5A ．微粒在0～1 s 内的加速度与1～2 s 内的加速度相同B ．微粒将沿着一条直线运动C ．微粒将做往复运动D ．微粒在第1 s 内的位移与第3 s 内的位移相同 答案 BD解析 设微粒的速度方向、位移方向向右为正，作出微粒的v －t 图象如图所示．由图可知B 、D 选项正确．四、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动例4 如图6所示，半径为r 的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E 的匀强电场与环面平行．一电荷量为＋q 、质量为m 的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经A 点时，速度v A 的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：图6(1)速度v A 的大小；(2)小球运动到与A 点对称的B 点时，对环在水平方向的作用力的大小． 答案 (1)qErm(2)6qE 解析 (1)在A 点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：qE ＝m v A 2r所以小球在A 点的速度v A ＝qEr m. (2)在小球从A 运动到B 的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量， 即2qEr ＝12m v B 2－12m v A 2小球在B 点时，根据牛顿第二定律，在水平方向上有F B －qE ＝m v B 2r解以上两式得小球在B 点受到环的水平作用力为：F B ＝6qE .由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小F B ′＝6qE .解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的提供有可能是重力和电场力的合力，也有可能是单独的重力或电场力.有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”.针对训练2 如图7所示，ABCD 为放在E ＝1.0×118 V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中BCD 部分是直径为20 cm 的半圆环，水平轨道AB ＝15 cm ，直径BD 垂直于AB ，今有m ＝10 g 、q ＝＋1.0×10－4 C 的小球从静止由A 点沿轨道运动，它运动到图中C 处时的速度是______ m/s ，在C 处时对轨道的压力是______ N ；要使小球能运动到D 点，开始时小球的位置应离B 点________m.图7答案 3 0.40 0.25解析 从A 点运动到C 点，由动能定理得Eq (AB ＋CO )－mg OB ＝12m v C 2可得v C ＝3 m/s ；在C 处由F N －Eq ＝m v C 2R 得F N ＝0.4 N ，根据牛顿第三定律得在C 处时对轨道的压力为0.4 N ；要使小球能运动到D 点,v D ＝gR ＝1 m/s ，由Eq ·A ′B －mg ·BD ＝12m v D 2,得A ′B ＝0.25 m.1. (多选)如图8所示，两平行金属板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过两平行金属板，则在此过程中，该粒子( )图8A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动答案 BD解析 对带电粒子受力分析如图所示，F 合≠0，则A 错误．由图可知电场力与重力的合力方向与v 0方向相反，F 合对粒子做负功，其中mg 不做功，Eq 做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B 正确，C 错误．F 合恒定且F 合与v 0方向相反，粒子做匀减速运动，D 项正确．2．(多选)如图9(a)所示，A 、B 表示真空中水平放置的相距d 的平行金属板，板长为L ，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场．现在A 、B 两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t ＝0时恰有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子在左侧板间中央沿水平方向以速度v 0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状态的表述中正确的是( )图9A ．粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B ．粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C ．只要周期T 和电压U 0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出D ．粒子不可能沿与板平行的方向飞出 答案 BC3.如图10所示，半径为R 的光滑圆环竖直置于场强为E 的水平方向的匀强电场中，质量为m 、带电荷量为＋q 的空心小球穿在环上，当小球从顶点A 由静止开始下滑到与圆心O 等高的位置B 时，求小球对环的压力(重力加速度为g )．图10答案 2mg ＋3Eq 方向水平向右解析 小球从A 运动到B 的过程中，重力做正功，电场力做正功，动能增加，由动能定理有mgR ＋EqR ＝12m v 2在B 点小球受到重力mg 、电场力F 和环对小球的弹力F 1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F 1－Eq ＝m v 2R联立以上两式可得F 1＝2mg ＋3Eq根据牛顿第三定律知小球对环的压力F 1′＝2mg ＋3Eq ，方向水平向右．4.如图11所示，阴极A 受热后向右侧空间发射电子，电子质量为m ，电荷量为e ，电子的初速率有从0到v 的各种可能值，且各个方向都有．与A 极相距l 的地方有荧光屏B ，电子击中荧光屏时便会发光．若在A 和B 之间的空间里加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电场强度为E ，不计粒子间相互作用，求B 上受电子轰击后的发光面积．图11答案 2ml v 2πEe解析 阴极A 受热后发射电子，这些电子沿各个方向射向右边匀强电场区域，且初速率从0到v 各种可能值都有．取两个极限情况如图所示．沿极板竖直向上且速率为v 的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P 点． 竖直方向上y ＝v t ， 水平方向上l ＝12·Ee m t 2.解得y ＝v2ml Ee. 沿极板竖直向下且速率为v 的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q 点，同理可得 y ′＝v2mlEe. 故在荧光屏B 上的发光面积S ＝y 2π＝2ml v 2πEe.一、选择题(1～6题为单选题，7～9题为多选题)1.如图1所示，两平行金属板带有等量异种电荷，从负极板处静止释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v 1，加速度为a 1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，此时电场强度与原来相同．再从负极板处静止释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v 2，加速度为a 2，则( )图1A ．a 1∶a 2＝1∶1，v 1∶v 2＝1∶2B ．a 1∶a 2＝2∶1，v 1∶v 2＝1∶2C ．a 1∶a 2＝2∶1，v 1∶v 2＝2∶1D ．a 1∶a 2＝1∶1，v 1∶v 2＝1∶ 2 答案 D解析 增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a 1∶a 2＝1∶1.由动能定理Ue ＝12m v 2得v ＝2Uem，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U ＝Ed 知，电势差U 增大为原来的2倍，故v 1∶v 2＝1∶ 2.2.如图2所示，在竖直放置间距为d 的平行板电容器中，存在电场强度为E 的匀强电场．有一质量为m 、电荷量为＋q 的小球从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g ，不计空气阻力．则小球运动到负极板的过程( )图2A ．加速度大小为a ＝qEm ＋gB ．所需的时间为t ＝ dmEqC ．下降的高度为y ＝d2D ．电场力所做的功为W ＝Eqd 答案 B解析 小球在电场中的受力分析如图所示，小球所受的合外力为F ＝(Eq )2＋(mg )2，所以由牛顿第二定律得小球的加速度为a ＝Fm ＝⎝⎛⎭⎫Eq m 2＋g 2，A 错误；小球在水平方向的加速度a 1＝qE m ，由运动学公式d 2＝12a 1t 2，所以t ＝mdqE，故B 正确；小球在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度y ＝12gt 2＝mgd 2Eq ，故C 错误；由做功公式得W ＝Eqd2，故D 错误．3．如图3所示，从F 处释放一个无初速度的电子(重力不计)向B 板方向运动，下列说法错误的是(设电源电动势为U )( )图3A ．电子到达B 板时的动能是Ue B ．电子从B 板到达C 板动能变化量为零 C ．电子到达D 板时动能是3Ue D ．电子在A 板和D 板之间做往复运动 答案 C解析 电子在AB 之间做匀加速运动，且eU ＝ΔE k ，选项A 正确；电子在BC 之间做匀速运动，选项B 正确；在CD 之间做匀减速运动，到达D 板时，速度减为零，然后反向运动，在A 板和D 板之间做往复运动，选项C 错误，选项D 正确．4.如图4，带有等量异种电荷的两极板相距l .在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q (q ＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )图4A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1答案 A解析 因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面，电荷量为q 的粒子通过的位移为25l ，电荷量为－q 的粒子通过的位移为35l ，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a 1＝qE M ，a 2＝qEm ，由运动学公式有 25l ＝12a 1t 2＝qE 2M t 2① 35l ＝12a 2t 2＝qE 2m t 2② ①②得M m ＝32.故选A. 5.如图5所示，静止的电子在加速电压U 1的作用下从O 经P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U 2的作用下偏转一段距离．现使U 1加倍，要想使电子射出电场的位置不发生变化，应该( )图5A ．使U 2变为原来的2倍B ．使U 2变为原来的4倍C ．使U 2变为原来的2倍D ．使U 2变为原来的12倍答案 A解析 电子加速有qU 1＝12m v 02电子偏转有y ＝12·qU 2md (lv 0)2联立解得y ＝U 2l 24U 1d，故选A.6.如图6所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，不计粒子重力，那么( )图6A ．经过加速电场的过程中，静电力对氚核做的功最多B ．经过偏转电场的过程中，静电力对氚核做的功最多C ．三种原子核打在屏上的速度一样大D ．三种原子核都打在屏的同一位置上 答案 D7．如图7甲所示，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )图7A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd 答案 BC解析 因0～T 3时间内微粒匀速运动，故E 0q ＝mg ；在T 3～2T3时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t ＝2T 3时刻的竖直速度为v y 1＝gT 3，水平速度为v 0；在2T3～T 时间内，由牛顿第二定律2E 0q －mg ＝ma ，解得a ＝g ，方向向上，则在t ＝T 时刻，v y 2＝v y 1－g ·T3＝0，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v 0，选项A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了ΔE p ＝mg ·d 2＝12mgd ，选项C 正确；从射入到射出，由动能定理可知，12mgd －W 电＝0，可知克服电场力做功为12mgd ，选项D 错误.8.如图8所示，一电子(不计重力)沿x 轴正方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD ，已知O A ＝A B ，电子经过C 、D 两点时竖直方向的分速度为v Cy 和v Dy ；电子在OC 段和OD 段动能的变化量分别为ΔE k1和ΔE k2，则( )图8A ．v Cy ∶v Dy ＝1∶2B ．v Cy ∶v Dy ＝1∶4C ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶3D ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶4答案 AD解析 电子沿Ox 轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知OA ＝AB ，则电子从O 到C 与从C 到D 的时间相等．电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有v Cy ＝at OC ，v Dy ＝at OD ，所以v Cy ∶v Dy ＝t OC ∶t OD ＝1∶2，故A 正确，B 错误；根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：y OC ∶y OD ＝1∶4，根据动能定理得ΔE k1＝qEy OC ，ΔE k2＝qEy OD ，则得，ΔE k1∶ΔE k2＝1∶4.故C 错误，D 正确．9.如图9所示，两金属板(平行)分别加上如下列选项中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的U －t 图象应是(设两板距离足够大)( )图9答案 BC解析 由A 图象可知，电子先做匀加速运动，12T 时速度最大，从12T 到T 内做匀减速运动，T 时速度减为零．然后重复一直向一个方向运动不往返．由B 图象可知，电子先做匀加速运动，14T 时速度最大，从14T 到12T 内做匀减速运动，12T 时速度减为零；从12T 到34T 反向匀加速运动，34T 时速度最大，从34T 到T 内做匀减速运动，T时速度减为零，回到出发点．然后重复往返运动．由C 图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，14T 时速度最大，从14T 到12T 内做加速度增大的减速运动，12T 时速度减为零；从12T 到34T 反向做加速度减小的加速运动，34T 时速度最大，从34T 到T 内做加速度增大的减速运动，T 时速度减为零，回到出发点．然后重复往返运动．由D 图象可知，电子先做匀加速运动，从12T 到T 内做匀速运动，然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动．故选B 、C. 二、非选择题10.一个带正电的微粒，从A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB 运动，如图10所示．AB 与电场线夹角θ＝30°，已知带电微粒的质量m ＝1.0×10－7 kg ，电荷量q ＝1.0×10－10C ，A 、B 相距L ＝20 cm.(取g ＝10 m/s 2，结果保留两位有效数字)求：图10(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由． (2)电场强度的大小和方向．(3)要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少？ 答案 见解析解析 (1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB 方向运动，受力分析如图所示，微粒所受合力的方向由B 指向A ，与初速度v A 方向相反，微粒做匀减速运动．(2)因为qE ＝mg tan θ＝mgtan 30°＝3mg .所以电场强度E ≈1.7×118 N/C ，电场强度的方向水平向左．(3)微粒运动到B 时的速度v B ＝0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得， －mg sin θ L ＝0－12m v A 2，代入数据，解得v A ≈2.8 m/s. 11.如图11所示，长L ＝0.20 m 的不可伸长的绝缘丝线的一端拴一质量为m ＝1.0×10－4 kg 、带电荷量为q ＝＋1.0×10－6 C 的小球，另一端连在一水平轴O 上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E ＝2.0×118 N/C .现将小球拉到与轴O 在同一水平面上的A 点，然后无初速度地将小球释放，取g ＝10 m /s 2.求：图11(1)小球通过最高点B 时速度的大小；(2)小球通过最高点B 时，丝线对小球拉力的大小． 答案 (1)2 m/s (2)3.0×10－3 N解析 (1)小球由A 运动到B ，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有： qEL －mgL ＝m v B 22v B ＝2(qE －mg )Lm＝2 m/s. (2)设小球到达B 点时，受重力mg 、电场力qE 和拉力F T B 作用， mg ＝1.0×10－4×10 N ＝1.0×10－3 NqE ＝1.0×10－6×2.0×118 N ＝2.0×10－3 N因为qE >mg ，而qE 方向竖直向上，mg 方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达B 点时向心力的方向一定指向圆心，由此可以判断出小球一定受丝线的拉力F T B 作用，由牛顿第二定律有：F T B ＋mg －qE ＝m v B 2LF T B ＝m v B 2L＋qE －mg ＝3.0×10－3 N.12.虚线PQ 、MN 间存在如图12所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m ＝2.0×10－11kg 、电荷量为q ＝＋1.0×10－5 C ，从a 点由静止开始经电压为U ＝100 V 的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN 的某点b (图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ 、MN 间距为20 cm ，带电粒子的重力忽略不计．求：图12(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v 1； (2)水平匀强电场的场强大小； (3)ab 两点间的电势差．答案 (1)1.0×118 m /s (2)1.7×118 N/C (3)400 V 解析 (1)由动能定理得：qU ＝12m v 12代入数据得v 1＝1.0×118 m/s.(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d ＝v 1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：v y ＝at 由题意得：tan 30°＝v 1v y由牛顿第二定律得：qE ＝ma 联立以上各式并代入数据得： E ＝3×118 N /C≈1.7×118 N/C. (3)由动能定理得：qU ab ＝12m (v 12＋v y 2)－0联立以上各式并代入数据得：U ab ＝400 V .。
2018-2019学年高中物理人教版版选修3-1课件：带电粒子在电场中的运动
到 B 点，设 A、B 两点间的电势差为 U，由动能定理有
对质子：12mHv2H＝qHU，
对 α 粒子：12mαvα 2＝qαU.
所以vvHα ＝
qqHαmmHα＝
12× ×41＝
2 1.
[答案] 2∶1
该电场为非匀强电场，带电粒子在 A、B 间的运动为变加速运动，不可 能通过力和加速度的途径解出该题，但注意到电场力做功 W＝qU 这一关系 对匀强电场和非匀强电场都适用，因此从能量的角度入手，由动能定理来 解该题很方便．
解析：(1)①设离子带电荷量为 q，质量为 m，经过加速后的速度为 v，则 qU＝12mv2① 离子飞越真空管 AB 做匀速直线运动，则 L＝vt1② 由①②两式得离子比荷mq ＝2LU2t12③ ②离子在匀强电场区域 BC 中做往返运动，设加速度为 a，则 qE＝ma④
为 U 的电场加速后，获得的速度为 v＝ m .
[判断] (1)质量很小的粒子不受万有引力的作用．( ) (2)带电粒子在电场中只受电场力作用时，电场力一定做正功．( ) (3)电场力做正功时，粒子动能一定增加．( ) 提示：(1)× (2)× (3)×
二、带电粒子的偏转
质量为 m、带电荷量为 q 的基本粒子，以初速度 v0 平行于两极板进入匀强 电场，极板长为 l，板间距离为 d，板间电压为 U.
，则 tan θ＝vv⊥0＝
qUl mdv20
.
[判断] (1)带电粒子以初速度 v0 垂直进入匀强电场中，做类平抛运动．( ) (2)解答带电粒子在电场中偏转问题的基本方法是运动的合成与分解．( ) (3)带电粒子在匀强电场中的偏转角度与偏转电压有关．( ) 提示：(1)× (2)√ (3)√
三、示波管的原理 1．构造 示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由 电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极 (由一对 X 偏转电极板 和一对 Y 偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图所示．
【高中物理】2018-2019学年最新高二物理人教版选修3-1课件：本章整合1
专题一
专题二
专题三
专题四
【例 2】
如图所示,在平面直角坐标系中,有方向平行于坐标平面的匀强 电场,其中坐标原点 O 处的电势为 0,点 A 处的电势为 6 V,点 B 处的 电势为 3 V,则电场强度的大小为( ) A.200 V/m B.200 3 V/m C.100 V/m D.100 3 V/m
中点 O 处最小,其他点左右对称 (大小相等,方向相同,指向负电荷)
中点 O 的电场强度为零;由中点 到无限远,先变大后变小,且上下 对称(大小相等,方向相反,背离 O 点,指向无限远)
中点 O 电场强度最大,由中点 O 到 无限远,逐渐变小,且上下对称(大 小相等,方向相同,平行于连线指 向负电荷)
������
静电力:������ = ������������ 电势能������p :电荷在电场中具有的势能 电势:������ = 电场的描述 电势差
������p ������
定义:������������������ =
������������������ = ������������ -������������ ������
������������ ������������
专题一
专题二
专题三
专题四
专题二
电场中“电场强度”和“电势”的确定
等量异种点电荷
1.特殊电荷周围的电场线及等势线分布
等量同种正点电荷
电场线 形状 两 点 电 荷 连 线 上 连 线 的 中 垂 线 上
电 场 强 度 特 点
中点 O 处为零,其他点左右对称 (大小相等,方向相反,指向 O 点)
专题一
专题二
专题三
专题四
【例 1】 如图所示,在光滑、绝缘的水平面上,沿一直线依次排列三个带 电小球 A、B、C(可视为质点)。若它们恰能处于平衡状态,那么这三 个小球所带的电荷量及电性的关系,下面的情况可能的是( )
高考物理(人教选修3-1)一轮复习课件第一章静电场 A夯实基础[可修改版ppt]
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课时1 电荷及其守恒定律
过基础·教材基础知识精练
知识点 2 电荷守恒定律
第一章 静电场
5.[20荷,将两导
体球接触一会儿后再分开,则此时B所带电荷量qB为 ( )
A.-q
B.q
C.2q
D.4q
答案
答案
1.C 【解题思路】 A和B相互吸引,又A带正电,说明B可能带负电,也可能不带电。而B和C相 互吸引,因此当B不带电时,则C一定带电,若B带负电,则C可能带正电,也可能不带电。但C和A相 互吸引,因此C不可能带正电,所以B、C球中必有一个带负电,而另一个不带电,故C正确,ABD错误。
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答案
3.D 【解题思路】 根据带电物体能够吸引轻小物体和接触起电可知,A错误;锡箔屑与玻璃棒 接触后带上与玻璃棒相同性质的电荷,同种电荷相互排斥,锡箔屑散开,故BC错误,D正确。
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第一章 静电场
课时1 电荷及其守恒定律
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4.[2018广东珠海一中期末考试]绝缘细线上端固定,下端挂一轻质小球a,a的表面镀有铝膜;在a旁 有一固定在绝缘支架上的金属球b,开始时,a、b都不带电,如图所示,现使b带电,则( )
A.沿虚线c切开,A带负电,B带正电,且QA>QB B.只有沿虚线b切开,才有A带正电,B带负电,且QA=QB C.沿虚线a切开,A带正电,B带负电,且QA<QB D.沿任意一条虚线切开,都有A带正电,B带负电,而QA、QB的值与所切的位置有关
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课时1 电荷及其守恒定律
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2018-2019学年高中物理(人教版)选修3-1课件：第1章 静电场 章末复习总结1
(1)4 秒内小物块的位移大小； (2)4 秒内电场力对小物块所做的功。
答案
解析
(1)8 m (2)1.6 J
(1)0～ 2 s 内小物块加速度
E1q－ μmg a1＝ ＝2 m/s2， m 1 2 位移 x1＝ a1t1＝4 m， 2 2 s 末的速度为 v2＝a1t1＝4 m/s，
E2q＋ μmg 2～ 4 s 内小物块加速度 a2＝ ＝2 m/s2， m 1 2 位移 x2＝v2t2－ a2t2＝4 m， 2 4 秒内的位移 x＝x1＋x2＝8 m。 (2)v4＝ v2－a2t2＝0，即 4 s 末小物块处于静止状态 设电场力对小物块所做的功为 W，由动能定理有： W－μmgx＝0，解得 W＝1.6 J。
例1
在真空中存在空间范围足够大、水平向右的匀强
电场。 若将一个质量为 m、 带正电且电荷量为 q 的小球在此 电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为 37° 的直线 运动。 现将该小球从电场中某点以初速度 v0 竖直向上抛出， 求此运动过程中(取 sin37° ＝0.6，cos37° ＝0.8) (1)小球受到的电场力的大小及方向； (2)小球运动的抛出点至最高点之间的电势差 U。 9mv2 3 0 [完美答案] (1) mg 水平向右 (2) 4 32q
专题二、用功能观点分析带电粒子在电场中的运动 带电物体在电场中具有一定的电势能， 同时还可能具有 动能和重力势能等。 因此涉及到电场有关的功和能的问题应 优先考虑利用动能定理和能量守恒定律求解。
例2
(多选)如图所示，
M、N 是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电 荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为 E，一质 量为 m、电荷量为＋q 的微粒，以初速度 v0 竖直向上从两 极正中间的 A 点射入匀强电场中，微粒垂直打到 N 板上的 C 点。已知 AB＝BC。不计空气阻力，则可知( )
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答案：B
考点一
对磁感应强度的理解 (自主学习)
1．理解磁感应强度的三点注意事项 F (1)磁感应强度由磁场本身决定， 因此不能根据定义式 B＝IL认为 B
题组突破
与 F 成正比，与 IL 成反比． (2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入， 如果平行磁 场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零． (3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针 N 极的受力方 向，也是自由转动的小磁针静止时 N 极的指向．
考点一
1－1.[地磁场的特点] (2016· 高考北京卷)中国宋代科学家沈括在《梦
溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常
考点一
2．磁感应强度 B 与电场强度 E 的比较 磁感应强度 B 物理意义 描述磁场强弱的物理量 F B＝IL(L 与 B 垂直) 磁感线切线方向，小磁针 方向 N 极受力方向(静止时 N 极所指方向) 电场强度 E 描述电场强弱的物理量 F E＝ q 电场线切线方向，正电荷受 力方向
题组突破
定义式
考点内容
要求
2014 2015 2016
说明：(1)安培力的计算只限于电 流与磁感应强度垂直的情形；(2) 洛伦兹力的计算只限于速度与磁
场方向垂直的情形．
命题规律
(1)磁感应强度的理解和计算；
(2)安培力、洛伦兹力的特点； (3)有界磁场中的临界问题； (4)带电粒子在匀强磁场中的多解问题； (5)带电粒子在组合场和复合场中的运动
目录
C究 随堂练·知能提升 课后练·知能提升
选修3-1 第九章 磁场 第一讲 磁场的描述 磁场对电流的作用
2 3
4
考点内容
要求 Ⅰ
高考命题统计 2014 2015 Ⅱ卷T186分 2016
磁场、磁感应强 度、磁感线
通电直导线和通 电线圈周围磁场 的方向 安培力、安培力 的方向 匀强磁场中的安 培力
[小题快练] 1．判断题 (1) 磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无 关．( √ ) (2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力 的方向一致．( × ) (3)垂直磁场放置的线圈面积减小时， 穿过线圈的磁通量可能增大． ( √ )
(4)小磁针 N 极所指的方向就是该处磁场的方向．( × ) (5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强．( √ ) (6)将通电导线放入磁场中， 若不受安培力， 说明该处磁感应强度为零． (× ) (7)安培力可能做正功，也可能做负功．( √ )
A．改变电流方向同时改变磁场方向，导体棒摆动方向将会改变 B．仅改变电流方向或者仅改变磁场方向，导体棒摆动方向一定改变 C．增大电流同时改变接入导体棒上的细导线，接通电源时，导体棒摆动幅度一定增大 D．仅拿掉中间的磁铁，导体棒摆动幅度不变
解析：先任意假设出原电流方向和原磁场方向，若改变电流方向同时又改 变磁场方向，由左手定则可知安培力方向不变，选项 A 错误．仅改变电 流方向或者仅改变磁场方向， 由左手定则可知导体棒受安培力方向一定改 变，故摆动方向一定改变，选项 B 正确．增大电流 I 同时改变接入导体棒 上的细导线(通过改变接线柱实现)，由 F＝BIL 可知 F 不一定变大，故选 项 C 错误．仅拿掉中间的磁铁，由 F＝BIL 可知有效切割长度即 L 变小， F 也变小，导体棒摆动幅度变小，选项 D 错误．
答案：D
3．在磁场中的某一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直．先 后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样．下列几幅图表现的是 导线受的力 F 与通过的电流 I 的关系，a、b 分别代表一组 F、I 的数据，其 中正确的是( )
解析：磁感应强度是由磁场本身性质决定的，在磁场中的某一位置，磁感 应强度应是定值，所以导线受的力 F 与通过的电流 I 的关系图象中的图 线应是过原点的一条直线，故只有选项 C 正确．
答案：C
4.如图是“探究影响通电导体在磁场中受力的因素”的实验示意图． 三 块相同的蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒用图中 1、2、3、4 轻而柔软的细导线悬挂起来，它们之中的任意两根与导体棒和电源构 成回路．认为导体棒所在位置附近为匀强磁场，最初导线 1、4 接在直 流电源上，电源没有在图中画出．关于接通电源时可能出现的实验现象，下列叙述正 确的是( )
Ⅰ
Ⅰ Ⅱ
Ⅰ卷T156分 Ⅰ卷T2412分
考点内容 洛伦兹力、洛伦 兹力的方向 洛伦兹力公式 带电粒子在匀强 磁场中的运动 质谱仪和回旋加
要求
高考命题统计
2014
2015
2016
Ⅰ Ⅱ
Ⅱ
Ⅰ
Ⅰ卷T166分 Ⅱ卷T206分
Ⅰ卷T146分 Ⅱ卷T196分
Ⅱ卷T186分 Ⅲ卷T186分 Ⅰ卷T156分
速器
高考命题统计
考点一
磁感应强度 B
电场强度 E
题组突破
大小决 由磁场决定，与电流元无 由电场决定，与检验电 定因素 关 荷无关
场的叠 合磁感应强度等于各磁场 合电场强度等于各电场 加 的磁感应强度的矢量和 的电场强度的矢量和
考点一
3.地磁场的特点
题组突破
(1)在地理两极附近磁场最强，赤道处磁场最弱． (2)地磁场的 N 极在地理南极附近，S 极在地理北极附近． (3)在赤道平面(地磁场的中性面)附近，距离地球表面相等的 各点，地磁场的强弱程度相同，且方向水平．
2．下列说法中正确的是(
)
F A．由 B＝IL可知，磁感应强度 B 与一小段通电直导线受到的磁场力 F 成 正比 B．一小段通电导线所受磁场力的方向就是磁场方向 C．一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度一定为零 D．磁感应强度为零处，一小段通电导线在该处不受磁场力
解析：磁感应强度是反映磁场基本属性的物理量，一旦磁场确定，各处 的磁感应强度 B 也就客观地确定了， 选项 A 认为磁场某处的磁感应强度 F 的值随通电导线受力情况而变，是没有深刻理解 B＝IL的意义，故 A 错 误．磁感应强度 B 的方向一定和磁场力方向垂直，B 选项错误．当通电 导线与磁场平行时，导线就不受磁场力，故 C 选项错误，磁感应强度为 零，则通电导线一定不受磁场力，D 正确．