2014届高考物理第二轮复习升级训练篇:5 电场和磁场的基本性质
高三物理二轮复习专题三电场与磁场电场与磁场的基本性质.pptx

D.若将 A 板竖直向下平移一小段距离,原 P 点位置 的电势将不变
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3.带电粒子所受的电场力变化决定其加速度的变化。 根据粒子运动轨迹各处电场线疏密程度变化可确定粒子加 速度先减小后增大,由此可知诊断卷第 6 题 C 选项错误;
如图,一半径为 R 的圆盘上均匀分布 着电荷量为 Q 的电荷,在垂直于圆盘且过圆心 c 的轴线上有 a、 b、d 三个点,a 和 b、b 和 c、 c 和 d 间的距离均为 R, 在 a 点处有一电荷量为 q(q>0)的固定点电荷。已知 b 点处的 场强为零,则 d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( ) A.k3Rq2 B.k190Rq2 C.kQR+2 q D.k9Q9R+2 q
图 3-1-5 (2)化电为磁:环形电流可等效为小磁针,通电螺线 管可等效为条形磁铁,如图乙。
同产生的场强 E3=E2=kaQ2,方向沿 y 轴负向;将该正点
电荷移到 G 处,该正点电荷在 H 点产生的场强 E4=k2Qa2,
方向沿 y 轴正向,所以 H 点的场强 E=E3-E4=34kaQ2 ,方
向沿 y 轴负向。
答案:B
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2.(2015·安徽高考)已知均匀带电的无穷大平面在真空
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解析:每块极板上单位面积所带的电荷量为 σ=QS,每块 极板产生的电场强度为 E=2σε0,所以两极板间的电场强度 为 2E=εQ0S。一块极板在另一块极板处产生的电场强度 E′=2εQ0S,故另一块极板所受的电场力 F=qE′=Q·2εQ0S =2Qε02S,选项 D 正确。 答案:D
中激发电场的场强大小为2σε0,其中 σ 为平面上单位 面积所带的电荷量,ε0 为常量。如图 3-1-2 所示的 平行板电容器,极板正对面积为 S,其间为真空, 图 3-1-2 带电荷量为 Q。不计边缘效应时,极板可看做无穷大导体板,
高考物理二轮复习专题三电场与磁场第二讲磁场的基本性质课件

解析:由左手定则判断出 N 带正电荷,M 带负电荷,故 A 正 确;粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力 qvB=mvr2,半 径为:r=mqBv,在质量与电荷量大小相同的情况下,半径大说 明速率大,即 M 的速率大于 N 的速率,故 B 错误;洛伦兹力 不做功,故 C 错误;粒子在磁场中运动半周,即时间为周期 的一半,而周期为 T=2qπBm,与粒子运动的速度无关,所以 M 在磁场中的运动时间等于 N 的运动时间,故 D 错误。 答案:BCD
2.[多选](2017·全国卷Ⅱ)某同学自制的 简易电动机示意图如图所示。矩形线 圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的 两端分别从线圈的一组对边的中间位 置引出,并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间, 线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与 两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将 ( ) A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
[夯基固本]
一、解题流程
[重点清障]
解题的难点是画出轨迹图,挖掘隐 含的几何关系,寻找轨迹半径 r 与磁场 宽度的几何关系。如图展示了最常用的 几何知识:粒子速度的偏向角 φ 等于圆 心角 α,且等于 AB 弦与切线的夹角(弦 切角 θ)的 2 倍,即 φ=α=2θ=ωt。相对的弦切角(θ)相等, 与相邻的弦切角(β)互补,θ+β=180°。
第二讲
磁场的基本性质
“磁场的基本性质”学前诊断 点击链接
考点一 磁场对电流的作用力
本考点是对磁场及安培力知识的考查,常涉及磁场的叠 加、安培定则(如诊断卷第 1 题),特别是涉及左手定则、安培 力的平衡和运动问题(如诊断卷第 2、3 题)考查相对Hale Waihona Puke 多,试 题难度中等,建议考生自学为主
高考物理二轮复习第6讲 电场磁场的基本性质

高考物理二轮复习第6讲电场磁场的基本性质高三二轮复习正当时,根据自我总结和学生反馈,将二轮复习主讲内容(方法和易错或常考知识)共11讲进行罗列优化,以备后用。
一、电场1、基本性质:(1)力学性质:矢量E方向:场源电荷法;试探电荷法;电场线切线法;等势面法(与等势面垂直指向低电势)。
大小:电场线疏密法;E=kQ/r2;E=F/q;E=U/d。
(2)能性质:标量φ(△φ=U)大小:电场法;φ=Ep/q;UAB=φA-φB;UAB= WAB /q;U=Ed。
力学性质与能性质联系:U=Ed 。
2、形象表达:电场线与等势面。
3、抽象表达:E-x:面积表示U,E的正负表示方向(改变);φ-x:斜率表示E,斜率的绝对值表示E大小,斜率的正负表示方向(斜率的单调性改变化表示E的方向改变);4、典型运动:(1)直线运动:匀变速直线运动规律;±qU=△Ek;(2)类平抛运动:电场力类似成重力。
出电场偏移常用相似△。
二、磁场1、力学性质:矢量B方向:场源法(磁极法:N → S;电流法:右手螺旋定则);试探法(N极受力与B方向相同;电流受力:左手定则);磁感线切线法。
大小:磁感线疏密法;B=F安/IL(有条件);B=F洛/qv(有条件)。
2、典型问题:(1)安培力作用下的静态平衡;(2)洛仑兹力作用下的曲线运动→ 匀速圆周:①Bqv=mv2/r → r=mv/Bq②T=2r/v → 2m/Bq③t=θT/2π→ t=θm/Bq④作图得含r的几何关系式:(作半径、弦线中垂直线找圆心,画轨迹)a、直线边界与圆形边界;b、速度方向偏转角=圆心角;c、v的方向不变,v的大小改变:圆扩张;d、v的大小不变,v的方向改变:圆旋转;e、相切、过边界端点、轨迹直径与边界相交等为临界居多。
高中物理高考真题解析(含答案)-电场和磁场的基本性质

第7讲电场和磁场的基本性质一、单项选择题1.(2014·宿迁市高三摸底考试)不带电导体P置于电场中,其周围电场线分布如图3-7-17所示,导体P表面处的电场线与导体表面垂直,a、b为电场中的两点,则()图3-7-17A.a点电场强度小于b点电场强度B.a点电势低于b点的电势C.负检验电荷在a点的电势能比在b点的大D.正检验电荷从a点移到b点的过程中,电场力做正功解析电场线密集的地方场强大,则a点电场强度大于b点电场强度,选项A错误;沿电场线方向电势降低,则a点电势高于P点电势,P点电势高于b点电势,选项B错误;负检验电荷在电势较高的地方电势能较小,选项C 错误;正检验电荷在电势较高的地方电势能较大,正检验电荷从a点移到b 点的过程中,电势能减小,电场力做正功,选项D正确.答案 D2.航母舰载机的起飞一般有两种方式:滑跃式(辽宁舰)和弹射式.弹射起飞需要在航母上安装弹射器,我国国产航母将安装电磁弹射器,其工作原理与电磁炮类似.用强迫储能器代替常规电源,它能在极短时间内释放所储存的电能,由弹射器转换为飞机的动能而将其弹射出去.如图3-7-18所示是电磁弹射器简化原理图,平行金属导轨与强迫储能器连接,相当于导体棒的推进器ab跨放在平行导轨PQ、MN上,匀强磁场垂直于导轨平面,闭合开关S,强迫储能器储存的电能通过推进器释放,使推进器受到磁场的作用力平行导轨向前滑动,推动飞机使飞机获得比滑跃起飞时大得多的加速度,从而实现短距离起飞的目标.对于电磁弹射器,下列说法正确的是(不计一切摩擦和电阻消耗的能量) ()图3-7-18A.强迫储能器上端为正极B.导轨宽度越大,飞机能获得的加速度越大C.强迫储能器储存的能量越多,飞机被加速的时间越长D.飞机的质量越大,离开弹射器时的动能越大解析由左手定则可判断,通过ab的电流方向为由b到a,所以强迫储能器上端为负极,A错误;ab所受安培力F=BIL与其有效长度成正比,故导轨宽度越大,推进器ab受到的安培力越大,飞机能获得的加速度越大,B正确;强迫储能器储存的能量越多,飞机能获得的动能越大,但加速时间受滑轨长度、飞机获得的加速度等影响,若滑轨长度一定,加速度越大,加速时间越短,C错误;由能量的转化和守恒定律可知,飞机离开弹射器时的动能取决于强迫储能器储存的能量,D错误.答案 B3.(2014·武汉市调研考试)将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上(如图3-7-19所示).O点为该正方形对角线的交点,直线段AB通过O点且垂直于该正方形,OA>OB,以下对A、B两点的电势和场强的判断,正确的是()图3-7-19A.A点场强小于B点场强B.A点场强大于B点场强C.A点电势等于B点电势D.A点电势高于B点电势解析由电荷的对称分布关系可知AB直线上的电场强度为0,所以选项AB 错误;同理将一电荷从A移动到B电场力做功为0,AB电势差为0,因此A 点电势等于B点电势,选项C正确,D错误;因此答案选C.答案 C4.(2014·山东名校高考冲刺卷二)如图3-7-20所示,a、b是x轴上关于O点对称的两点,c、d是y轴上关于O点对称的两点,a、b两点上固定一对等量异种点电荷,带正电的检验电荷仅在电场力的作用下从c点沿曲线运动到d点,以下说法正确的是()图3-7-20A.将检验电荷放在O点时受到的电场力为零B.检验电荷由c点运动到d点时速度先增大后减小C.c、d两点电势相等,电场强度大小相等D.检验电荷从c运动到d的过程中,电势能先减少后增加解析由带正电荷的检验电荷的轨迹可判断出a处为负电荷,b处为正电荷,检验电荷从c到d的过程中,速度先减小后增大,电势能先增加后减少,选项B、D均错;电荷在O点受到的电场力不为零,选项A错;根据等量异种电荷电场的分布及对称性可知选项C 正确.答案 C5.(2014·河北省衡水中学调研)如图3-7-21甲所示,真空中有一半径为R 、电荷量为+Q 的均匀带电球体,以球心为坐标原点,沿半径方向建立x 轴.理论分析表明,x 轴上各点的场强随x 变化关系如图乙所示,则 ( )图3-7-21A .x 2处场强大小为kQ x 22B .球内部的电场为匀强电场C .x 1、x 2两点处的电势相同D .假设将试探电荷沿x 轴移动,则从x 1移到R 处和从R 移到x 1处电场力做功相同解析 引入带正电的试探电荷q ,所受的库仑力F =k Qq r 2,根据场强定义式E=F q ,求得x 2处的场强为E =kQ x 22,选项A 正确;由图乙知球内部随着x 的增加场强逐渐增大,选项B 错误;引入带正电的试探电荷q ,由图乙知在x 1处受到的电场力沿着x 轴正方向,在向x 2运动过程中,电场力做正功,电势能减小,选项C 错误;将试探电荷沿x 轴移动,则从x 1移到R 处电场力做正功,而从R 移到x 1处电场力做负功,选项D 错误.答案 A6.如图3-7-22所示,甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连,乙图中电容器充电后断开电源.在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球,小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ,将两图中的右极板向右平移时,下列说法正确的是 ( )图3-7-22A.甲图中夹角减小,乙图中夹角增大B.甲图中夹角减小,乙图中夹角不变C.甲图中夹角不变,乙图中夹角不变D.甲图中夹角减小,乙图中夹角减小解析甲图中的电容器和电源相连,所以电容器两极板间的电压不变,当极板间的距离增大时,根据公式E=Ud可知,板间的电场强度减小,电场力减小,所以悬线和竖直方向的夹角将减小.当电容器充电后断开电源,电容器的极板所带的电荷量不变.根据平行板电容器的电容公式C=εr S4πkd,极板间的电压U=QC=4πkdQεr S,极板间的电场强度E=Ud=4πkQεr S,当两个极板电荷量不变、距离改变时,场强与两板间距离无关,故乙图中夹角不变,B正确.答案 B二、多项选择题7.(2014·扬州市高三第一学期期末检测)两个不规则带电导体间的电场线分布如图3-7-23所示,已知导体附近的电场线均与导体表面垂直,a、b、c、d 为电场中几个点,并且a、d为紧靠导体表面的两点,以无穷远为零电势点,则()图3-7-23A.场强大小关系有E b>E cB.电势大小关系有φb>φdC.将一负电荷放在d点时其电势能为负值D.将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功解析由电场线的疏密表征电场强度的大小可知,E b<E c,A错;沿着电场线方向电势降低,达到静电平衡状态的导体是等势体,可知φb>φd,B对;由于a点电势高于d点电势,将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做功W=q(φa-φd)为正功,D对;由于无穷远处为零电势点,故d点电势为负,负电荷放在d点时其电势能为正,C错.答案BD8.如图3-7-24所示,实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面.a、b、c、d为圆上的四个点,则下列说法中正确的是()图3-7-24A.a、b、c、d四点电势不等,但电场强度相同B.一电子从b点运动到c点,电场力做的功为0.6 eVC.若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域,将做加速度先增加后减小的加速直线运动D.一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域,将会从右侧平行于中心轴线穿出解析a、b、c、d四点电势不等,但电场强度大小相等,方向不相同,选项A错误;一电子从b点运动到c点,电场力做的功为e(0.80-0.20)V=0.6 eV,选项B正确;若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域,将做加速度先增加后减小的加速直线运动,选项C正确;一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域,从右侧空出时将散开,选项D错误.答案BC9.如图3-7-25所示,在直线MN下方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.放置在直线MN上P点的离子源,可以向磁场区域纸面内的各个方向发射出质量为m、电荷量为q的负离子,速率都为v.对于那些在纸面内运动的离子,下列说法正确的是图3-7-25A.离子射出磁场的点Q(图中未画出)到P的最大距离为m v qBB.离子距离MN的最远距离为2m v qBC.离子在磁场中的运动时间与射入方向有关D.对于沿同一方向射入磁场的离子,射入速率越大,运动时间越短解析如图所示,垂直于MN射入的离子,在射出磁场时其射出点Q离P点最远,且最远距离等于轨道半径的2倍,即2m vqB,A错;平行MN且向N侧射入的离子在磁场中运动时距离MN有最远距离PP′,且为轨道半径的2倍,B对;离子在磁场中的运动的周期相同,运动时间由圆弧对应的圆心角决定,而圆心角由离子射入磁场的方向决定,因此运动时间与射入方向有关,C对;对于沿同一方向射入的离子,运动时间由射入方向和运动周期决定,而运动周期与速率无关,故运动时间与速率无关,D错.答案BC三、非选择题10.(2014·福建卷,20)如图3-7-26,真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形,边长L=2.0 m.若将电荷量均为q=+2.0×10-6 C的两点电荷分别固定在A、B点,已知静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,求:图3-7-26(1)两点电荷间的库仑力大小;(2)C点的电场强度的大小和方向.解析(1)根据库仑定律,A、B两点间的库仑力大小为:F=k q2L2①代入数据得:F=9.0×10-3 N②(2)A、B点电荷在C点产生的场强大小相等,均为:E1=k qL2③A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为:E=2E1cos 30°④代入数据得E=7.8×103 N/C方向沿y轴正方向⑤答案(1)9.0×10-3 N(2)7.8×103 N/C方向沿y轴正方向11.(2014·南昌市调研考试)如图3-7-27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,坐标系内有A、B两点,其中A点坐标为(6 cm,0),B点坐标为(0,3 cm),坐标原点O处的电势为0,点A处的电势为8 V,点B处的电势为4 V.现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v=4×105m/s射入电场,粒子运动时恰好通过B点,不计粒子所受重力,求:图3-7-27(1)图中C 处(3 cm,0)的电势;(2)匀强电场的场强大小;(3)带电粒子的比荷q m .解析 (1)设C 处的电势为φC因OC =CA所以φO -φC =φC -φA所以φC =φO +φA 2=0+82 V =4 V(2)BC 连线为等势线,电场强度方向与等势线BC 垂直设∠OBC =θ OB =L = 3 cm因tan θ=OC L =33,则θ=60° 由U =Ed ,得E =U d =U BO L sin θ=43×32×10-2 V/m =83×102 V/m(3)带电粒子做类平抛运动⎩⎪⎨⎪⎧ L cos θ=v t L sin θ=12qE m t 2 q m =2v 2sin θEL cos 2 θ=2×(4×105)2×3283×102×3×10-2×14 C/kg =2.4×1011 C/kg所以带电粒子的比荷为2.4×1011 C/kg.答案 (1)4 V (2)83×102 V/m(3)2.4×1011 C/kg12.如图3-7-28甲所示,比荷qm=k的带正电的粒子(可视为质点),以速度v0从A点沿AB方向射入长方形磁场区域,长方形的长AB=3L,宽AD=L.取粒子刚进入长方形区域的时刻为0时刻,垂直于长方形平面的磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向),粒子仅在洛伦兹力的作用下运动.图3-7-28(1)若带电粒子在通过A点后的运动过程中不再越过AD边,要使其恰能沿DC 方向通过C点,求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少?(2)要使带电粒子通过A点后的运动过程中不再越过AD边,求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足什么关系?解析(1)带电粒子在长方形区域内做匀速圆周运动,设粒子运动轨迹半径为R,周期为T,则可得R=m v0qB0=v0kB0,T=2πmqB0=2πkB0每经过一个磁场的变化周期,粒子的末速度方向和初速度方向相同,如图所示,要使粒子恰能沿DC方向通过C点,则经历的时间必须是磁场周期的整数倍,有:AB方向,3L=n×2R sin θDC方向,L=n×2R(1-cos θ)解得cos θ=1(舍去),cos θ=1 2所以θ=60°,R=L n即B 0=n v 0kL ,T 0=2πL 3n v 0(n =1、2、3…). (2)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过AD 边时运动情形如图所示由图可知粒子在第一个12T 0时间内转过的圆心角θ=5π6则T 0≤56T ,即T 0≤56 ·2πm qB 0≤5π3kB 0所以B 0T 0≤5π3k .答案 (1)n v 0kL 2πL 3n v 0(n =1、2、3…) (2)B 0T 0≤5π3k。
2014年高考物理二轮复习专题6:磁场的基本性质ppt课件

专题 6:磁场的基本性质
目
一、复习指南
录
二、要点回顾 三、典例赏析
一、复习指南
主要题型: 选择题或计算题 难度档次: 低档难度:考查安培力的大小和方向的判断及矢量性的理 解(选择题). 中档难度:考查洛伦兹力及带电粒子在匀强磁场中的单过 程运动.(选择题) 高档难度:压轴计算题——考查带电粒子在有界磁场中运 动的临界问题或多过程且综合性较强的问题.
高频考点19:带电粒子在有界匀强磁场中的运动(选择题)
【例 2】 (2012· 安徽理综,19)如图 7-3 所示, 圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场, 一 个带电粒子以速度 v 从 A 点沿直径 AOB 方向 射入磁场, 经过Δ t 时间从 C 点射出磁场, OC v 与 OB 成 60°角. 现将带电粒子的速度变为 , 3 仍从 A 点沿原方向射入磁场,不计重力,则 粒子在磁场中的运动时间变为 ( ).
安培力实际上是在导线中定向移动的电荷所受到的洛伦 兹力的宏观表现
名师点睛 1.电荷在电场中一定受电场力作用,但电荷在磁 场中不一定受洛伦兹力作用. 2.应用左手定则时,一定要分清正、负电荷,洛 伦兹力不做功,但安培力却可以做功. 3.左手定则和右手定则容易混淆 左手定则用来判断安培力、洛伦兹力的方向,右 手定则是用来判断导体棒切割磁感线时产生的感 应电流方向.
答案 B
φ
预测2:带电量与质量都相同的两个粒子,以不同速率 垂直于磁感线方向射入同一匀强磁场中,两粒子运动的 轨迹如图7-4所示,关于两个粒子的运动速率v、在磁场 中的运动时间t及圆周运动周期T、角速度ω的表达正确的 是 ( ). A.v1>v2 B.t1=t2 C.T1>T2 D.ω1=ω2
2014届高考物理(广东专用)二轮专题复习课件:第6讲 电场、磁场的基本性质

考向三 带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子在电场中的直线运动 带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场,带电粒子将 做加(减)速运动.
2.带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)研究条件:带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场. (2)处理方法:类似于平抛运动,应用运动的合成与分解 的方法处理. ①沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间 t=vl0. ②沿电场力方向,做匀加速直线运动.
1.记住两个重要结论:第一,场强的大小与电场线的疏密 有关;第二,电势的高低与电场线的方向有关.
2.弄清两个问题:第一,静电力做功的正、负由电荷的 正、负及两点间的电势差共同决定,而并非由电场线的 疏密决定;第二,公式U=Ed用于匀强电场中的定量计 算和非匀强电场中的定性分析.
3.抓住两个要点:第一,电势的高低与场强的大小无必然 联系,反之亦然;第二,场强的方向总是由电势较高的 等势面指向电势较低的等势面,且与等势面垂直.
在磁场中转过的圆心角大,由 t=2θπT=θqBm
和轨迹图可知 A、D 选项正确.
答案 AD
主要题型:选择题、计算题 热点聚焦
(1)带电粒子在电场中的运动 (2)电场的性质与特点 (3)静电场的分布(电场线及等势面规律)结合电场中区域
的任意两点 ①比较其E、φ ②移动点电荷+q、-q时,W电及Ep的变化 (4)考查磁场的性质、分布特点和规律以及匀强磁场中的 安培力时,一般以选择题的形式出现 (5)考查洛伦兹力及带电粒子在匀强磁场中的运动时,题 型一般为计算题
答案 B
分析电场强度叠加问题的一般步骤 电场强度是矢量,叠加时应遵从平行四边形定则,分析 电场强度的叠加问题的一般步骤是: (1)确定分析计算的空间位置; (2)分析该处有几个分电场,先计算出各个分电场在该点 的电场强度的大小和方向; (3)依次利用平行四边形定则求出矢量和.
高考物理二轮复习:电磁、磁场的基本性质专题知识点解析与专题练习
专题六电场、磁场的基本性质本专题主要是综合应用动力学方法和功能关系解决带电粒子在电场和磁场中的运动问题.这部分的题目覆盖的内容多,物理过程多,且情景复杂,综合性强,常作为理综试卷的压轴题.高考对本专题考查的重点有以下几个方面:①对电场力的性质和能的性质的理解;②带电粒子在电场中的加速和偏转问题;③带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题;④带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动问题;⑤带电粒子在电场和磁场的叠加场中的运动问题;⑥带电粒子在电场和磁场中运动的临界问题.知识点一、对电场强度的理解及计算电场强度三个表达式的比较表达式比较E =F q E =k Q r 2E =U d 公式意义电场强度定义式真空中点电荷的电场强度决定式匀强电场中E 与U 关系式适用条件一切电场①真空;②点电荷匀强电场决定因素由电场本身决定,与q 无关由场源电荷Q 和场源电荷到该点的距离r 共同决定由电场本身决定知识点二、电场的基本性质高考物理二轮复习:电磁、磁场的基本性质专题知识点解析与专题练习知识点三、带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在电场中的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场,带电粒子将做加(减)速运动.2.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件:带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场.(2)处理方法:类似于平抛运动,应用运动的合成与分解的方法处理.①沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间t=lv0.②沿电场力方向,做匀加速直线运动.知识点四、带电粒子在磁场中的运动高频考点一对电场性质的理解例1、(2019·新课标全国Ⅲ卷)如图,电荷量分别为q和–q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点。
则A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加【举一反三】(2018年全国Ⅰ卷)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2V。
(全国通用)高考物理 二轮复习 专题三 电场和磁场 第1讲 电场和磁场的基本性质
[精 典 题 组]
1.(多选)如图5中的实线表示电场线,虚线表示只受电场力作用的 带正电粒子的运动轨迹,粒子先经过M点,再经过N点,可以 判定( )
图5 A.M点的电势大于N点的电势 B.M点的电势小于N点的电势 C.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D.粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力
第1讲 电场和磁场的基本性质
解析 由 C=4επrkSd可知,当云母介质移出时,εr 变小,电容器的电 容 C 变小;因为电容器接在恒压直流电源上,故 U 不变,根据 Q =CU 可知,当 C 减小时,Q 减小。再由 E=Ud ,由于 U 与 d 都不 变,故电场强度 E 不变,选项 D 正确。 答案 D
3.电势高低的比较 (1)根据电场线方向,沿着电场线方向,电势越来越低;
(2)根据电势的定义式φ=Wq ,即将+q 从电场中的某点移至无穷
远处电场力做功越多,则该点的电势越高; (3)根据电势差 UAB=φA-φB,若 UAB>0,则 φA>φB,反之 φA<φB。 4.电势能变化的判断 (1)根据电场力做功判断。若电场力对电荷做正功,电势能减少; 反之则增加,即 WAB=-ΔEp。 (2)根据能量守恒定律判断。电场力做功的过程是电势能和其他形 式的能相互转化的过程,若只有电场力做功,电荷的电势能与动 能相互转化,而总和应保持不变,即当动能增加时,电势能减少。
D.微粒从 A 点到 B 点的过程中电势能减少cmogs dθ
解析 微粒的受力情况如图所示,微粒做匀减速直线运动,到达 B 点时动能小于12mv20,选项 A 错误;由牛顿第二定律得 mgtan θ =ma,加速度 a=gtan θ,选项 B 错误;又电场力 Eq=cmosgθ,两 极板间的电场强度 E=qcmogs θ,两板间的电势差 UMN=Ed=qmcogsdθ, 选项 C 正确;微粒从 A 向 B 运动,电场力做负功,电势能增加, 选项 D 错误。
2014届高考物理大二轮复习与测试课件: 第6讲 电场和磁场的基本性质
根据对称性知,导体表面感应电荷在 z=h2处的 A 点的电场强 度大小也为 E,但方向与 B 点相反.
则 z=h2处 A 点的合电场强度 E 合=kh2q2+E=k490hq2.故选项 D 正确.
答案: D
电场强度的计算方法 (1)定义式法:E=Fq适用于任何电场,E 与 F、q 无关.E 的方向规定为正电荷的受力方向. (2)点电荷形成的电场的场强 E=krQ2 . (3)电场强叠加原理. ①确定要分析计算的位置; ②分析该处存在几个分电场,先计算出各个分电场电场强 度的大小,判断其方向; ③利用平行四边形定则作出矢量图,根据矢量图求解.
A.b、d两点处的电势相同 B.四个点中c点处的电势最低 C.b、d两点处的电场强度相同 D.将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点,+q的电势能 减小 解析: 根据等量异种点电荷电场线及等势线的分布可 知b、d两点电势相同,电场强度大小相等、方向不同,选项A 对,C错.c点电势为0,由a经b到c,电势越来越低,正电荷 由a经b到c电势能越来越小,选项B、D对. 答案: ABD
解析: 由平行四边形定则得出+q和-q在O点产生的合 场强水平向右,大小等于其中一个点电荷在O点产生的场强的 大小.要使圆心处的电场强度为零,则应在C点放一个电荷量 Q=-q的点电荷,或在D点放一个电荷量Q=+q的点电 荷.故C选项正确.
答案: C
电场的性质 (2013·山东卷·19)如图所示,在 x 轴上相距为 L 的两 点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q,虚线是以+Q 所在点为圆 心、L2为半径的圆,a、b、c、d 是圆上的四个点,其中 a、c 两点 在 x 轴上,b、d 两点关于 x 轴对称.下列判断正确的是( )
第6讲 电场和磁场的基本性质
高考物理二轮复习教师用书第讲电场和磁场的基本性质
第7讲 电场和磁场的基本性质1.(2012·江苏单科,1)真空中,A 、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r ,则A 、B 两点的电场强度大小之比为( )A .3∶1B .1∶3C .9∶1D .1∶9解析 由库仑定律F =kQ 1Q 2r 2和场强公式E =F q 知点电荷在某点产生电场的电场强度E =kQ r 2,电场强度大小与该点到场源电荷的距离的二次方成反比,则E A ∶E B =r 2B ∶r 2A =9∶1,选项C 正确.答案 C2.(2013·江苏卷,3)下列选项中的各14圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各14圆环间彼此绝缘.坐标原点O 处电场强度最大的是解析 设14圆环的电荷在原点O 产生的电场强度为E 0,根据电场强度叠加原理,在坐标原点O 处,A 图的场强为E 0, B 图场强为2E 0 ,C 图场强为E 0,D 图场强为0,因此本题答案为B.答案 B3.(2014·江苏卷,4)如图3-7-1所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x 轴垂直于环面且过圆心O .下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A .O 点的电场强度为零,电势最低B .O 点的电场强度为零,电势最高C .从O 点沿x 轴正方向,电场强度减小,电势升高D .从O 点沿x 轴正方向,电场强度增大,电势降低图3-7-1解析 根据圆环的对称性可知,O 点处的场强为零,又由正电荷在无限远处场强为零,故从O 点沿x 轴正方向,电场强度先增大,后减小,电势应逐渐降低,O 点处的电势最高,故B项正确,A、C、D均错误.答案 B主要题型:选择题和计算题(计算题在第4、6讲已讲),以选择题为主知识热点1.(1)库仑定律、电场强度、点电荷的场强,及场强的叠加.(2)电场强度、电势、电势能与电场线之间的关系.(3)带电粒子在匀强电场中的运动.(已讲)2.带电粒子在匀强磁场中的运动.(已讲)物理方法(1)矢量运算法(平行四边形定则)(2)模型法(3)对称法(4)守恒法(5)补偿法命题趋势(1)2015年高考,预计点电荷的场强,电场强度与电势(差)、电势能和电场线之间的关系以及电场力做功与电势能变化的关系仍会出现,并很可能会以选择题的形式进行考查.带电粒子在匀强电场中的运动有可能会以选择题或计算题的形式出现.(2)近三年江苏省高考试题没有单独考查安培力及安培力作用下导体的平衡及运动问题,预计在2015年高考中这部分内容应是考查的重点.热点一对电场强度的理解及计算1.(多选)(2014·全国卷新课标Ⅱ,19)关于静电场的电场强度和电势,下列说法正确的是()A.电场强度的方向处处与等电势面垂直B.电场强度为零的地方,电势也为零C.随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向解析电场线与等势面垂直,而电场强度的方向为电场线的方向,故电场强度的方向与等势面垂直,选项A正确;场强为零的地方电势不一定为零,例如等量同种正电荷连线的中点处的场强为零但是电势大于零,选项B错误;场强大小与电场线的疏密有关,而沿着电场线的方向电势是降低的,故随电场强度的大小逐渐减小,电势不一定降低,选项C 错误;任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致,而电场线的方向是电势降落最快的方向,选项D 正确.答案 AD2. (2014·武汉市部分学校调研)在孤立的点电荷产生的电场中有a 、b 两点,a 点的电势为φa ,场强大小为E a ,方向与连线ab 垂直.b 点的电势为φb ,场强大小为E b ,方向与连线ab 的夹角为30°.则a 、b 两点的场强大小及电势高低的关系是( )A .φa >φb ,E a =E b 2B .φa <φb ,E a =E b 2C .φa >φb ,E =4E bD .φa <φb ,E a =4E b图3-7-2解析 将E a 、E b 延长相交,其交点为场源点电荷的位置,由点电荷的场强公式E =kQ r 2,可得E a =4E b ;分别过a 、b 做等势面,电场线由高的等势面指向低的等势面,则φb >φa ,选项D 正确.答案 D3. 如图3-7-3所示,在一正三角形ABC 的三个顶点处分别固定三个电荷量均为+q 的点电荷,a 、b 、c 分别为三角形三边的中点,O 点为三角形三条中线的交点.选无穷远处为零电势面,则下列说法中正确的是( )A .a 点的电场强度为零、电势不为零B .b 、c 两点的电场强度大小相等、方向相反C .a 、b 、c 三点的电场强度和电势均相同D .O 点的电场强度一定为零,电势一定不为零图3-7-3解析 由于电场强度是矢量,根据矢量的叠加原理,三角形底边B 、C 两点的点电荷在a 点的合场强为零,但三角形顶点A 处的点电荷会在a 处产生一个竖直向下的场强,所以a 点的电场强度不为零,由于三角形三个顶点的点电荷均为正点电荷,所以a、b、c、O点的电势均不为零,选项A错误;根据电场的叠加原理,三个点电荷在b点产生的场强方向沿Bb连线方向,在c点产生的场强方向沿Cc方向,所以在b、c两点处,三个点电荷所产生的场强大小相等方向不是相反的,选项B 错误;由对称性可知,a、b、c三点的电场强度大小相等但方向不同,电势相同,选项C 错误;根据矢量叠加原理和几何关系可知,B、C两处的点电荷产生的场强一定与A处点电荷产生的场强大小相等、方向相反,所以O处的合场强一定为零,电势一定不为零,选项D正确.答案 D4. (多选)如图3-7-4所示,图甲中MN为足够大的不带电的薄金属板.在金属板的右侧,距离为d的位置上放入一个电荷量为+q的点电荷O,由于静电感应产生了如图所示的电场分布.P是金属板上的一点,P点与点电荷O之间的距离为r,几位同学想求出P点的电场强度的大小,但发现很难.他们经过仔细研究,从图乙所示的电场得到了一些启示,经过查阅资料他们知道:图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的.图乙中两异号点电荷电荷量的大小均为q,它们之间的距离为2d,虚线是两点电荷连线的中垂线.由此他们分别对P点的电势和电场强度作出以下判断,其中正确的是()图3-7-4A.P点的电势为零B.P点的电势大于零C.P点电场强度的方向垂直于金属板向左,大小为2kqd r3D.P点电场强度的方向垂直于金属板向左,大小为2kq r2-d2r3解析选项分两组,A、B两项判断P点电势,C、D两项计算P点场强.金属板MN接地,电势为零,则金属板上P点电势为零,A正确、B错误;类比图乙中的电场线方向可知,金属板所在位置及P点场强方向均垂直于金属板向左,大小由等量异种电荷分别在中垂线上产生的场强叠加得知,由于对称,带电荷量分别为+q和-q的点电荷在P点产生的场强大小均为E+=E-=k qr2,由相似三角形关系得EE+=2dr,解得E=2kqdr3,C正确、D错误.答案AC1.高考对电场强度的考查,往往会和对电势的考查结合在一起进行,目的就是刻意对考生制造思维上的混乱,以此来考查考生对物理基本概念的区分和辨别能力.2.解决此类问题的关键就是要明确电场强度是矢量,其运算规则为平行四边形定则;而电势为标量,其运算规则为代数运算规则.3.常用的思维方法——对称法.热点二电场性质的理解与应用5.(2014·淮安市高三考前信息卷)如图3-7-5所示,椭圆ABCD处于一匀强电场中,椭圆平面平行于电场线,AC、BD分别是椭圆的长轴和短轴,已知电场中A、B、C三点的电势分别为φA=14 VφB=3 V、φC=-7 V,由此可得D点的电势为() A.8 V B.6 V C.4 V D.2 V图3-7-5解析A、B、C、D顺次相连将组成菱形,由公式U=Ed可知,φA-φB=φD-φC 或φA-φD=φB-φC,解得φD=4 V.选项C正确.答案 C6.(2014·徐州市高三检测)在地面上插入一对电极M和N,将两个电极与直流电源相连,大地中形成恒定电流和恒定电场.恒定电场的基本性质与静电场相同,其电场线分布如图3-7-6所示,P、Q是电场中的两点.下列说法正确的是()图3-7-6A.P点场强比Q点场强大B .P 点电势比Q 点电势高C .P 点电子的电势能比Q 点电子的电势能大D .电子沿直线从N 到M 的过程中所受电场力恒定不变解析 因为电场线密集处场强大,所以P 点场强小于Q 点场强,选项A 错误;因为沿电场线电势降低,所以P 点电势高于Q 点电势,选项B 正确;根据“负电荷在电势高处电势能低”,可知P 点电子的电势能比Q 点电子的电势能小,选项C 错误;沿直线从N 到M 的过程中,电场线先逐渐变稀疏,然后变密集,故此过程中,电子所受电场力先减后增,选项D 错误.答案 B7.(2014·山东卷,19)如图3-7-7所示,半径为R 的均匀带正电薄球壳,其上有一小孔A .已知壳内的场强处处为零;壳外空间的电场,与将球壳上的全部电荷集中于球心O 时在壳外产生的电场一样.一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA 方向射出.下列关于试探电荷的动能E k 与离开球心的距离r 的关系图线,可能正确的是( )图3-7-7解析 壳内场强处处为零,试探电荷在壳内运动时动能不变,排除选项C 、D ;由动能定理可得,ΔE k Δr =F ,即在E -r 图象中图线切线的斜率数值上等于电场力的大小,距离球壳越远试探电荷所受电场力越小,图象的斜率越小,正确选项为A. 答案 A8.(多选) (2014·全国卷新课标Ⅰ,21)如图3-7-8,在正点电荷Q 的电场中有M 、N 、P 、F 四点,M 、N 、P 为直角三角形的三个顶点,F 为MN 的中点,∠M =30°.M 、N 、P 、F 四点处的电势分别用φM 、φN 、φP 、φF 表示,已知φM =φN ,φP =φF ,点电荷Q 在M 、N 、P 三点所在平面内,则( )A .点电荷Q 一定在MP 的连线上B .连接PF 的线段一定在同一等势面上C .将正试探电荷从P 点搬运到N 点,电场力做负功D .φP 大于φM图3-7-8解析 作∠MNP 的角平分线交MP 于G ,则MG =GN 又因φM =φN ,所以点电荷Q 应放在G 点,选项A 正确;点电荷的等势面为球面,所以选项B 错;沿电场线的方向电势降低,所以φP >φM ,φP >φN ,故将正电荷从P 点搬运到N 点,电场力做正功.选项D 正确,C 错误.答案 AD判断电场性质的常用方法(1)判断场强强弱⎩⎪⎨⎪⎧ 根据电场线或等势面的疏密根据公式E =k Q r 2和场强叠加原理 (2)判断电势高低⎩⎪⎨⎪⎧ 根据电场线的方向根据φ=E p q (3)判断电势能大小⎩⎨⎧根据E p =qφ根据ΔE p =-W 电,由电场力做功情况判断热点三 安培力及安培力作用下导体的平衡与运动9.(多选)(2014·浙江卷,20)如图3-7-9甲所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L ,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B .垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒.从t =0时刻起,棒上有如图乙所示的持续交变电流I ,周期为T ,最大值为I m ,图甲中I 所示方向为电流正方向.则金属棒( )图3-7-9A .一直向右移动B .速度随时间周期性变化C .受到的安培力随时间周期性变化D .受到的安培力在一个周期内做正功解析 由I -t 图可知,安培力随时间的变化关系与之相同.所以金属棒先向右匀加速运动,再做向右匀减速运动,然后重复运动,故选项A、B、C均正确.安培力先做正功,后做负功,故选项D错.答案ABC图3-7-1010.(多选)在竖直向下的匀强磁场中,“Γ”型金属导轨间距为0.5 m,右段在水平面内,左段竖直,如图3-7-10所示.两根质量均为0.06 kg的导体棒分别放在水平段和竖直段,并通过绝缘细线跨过定滑轮P相连,导轨水平段光滑,导体棒cd 与导轨竖直段间动摩擦因数为0.4.闭合开关S,发现两导体棒静止在导轨上,则下列各组磁感应强度的大小和电流值能满足要求的是()A.B=0.5 T,I=2 A B.B=0.5 T,I=1 AC.B=1.0 T,I=1.5 A D.B=0.8 T,I=2.6 A解析要使两导体棒静止在轨道上,则ab、cd受力平衡,ab所受安培力水平向右,细线的拉力水平向左,大小F=F A=BIl;cd所受四个力如图所示,其中静摩擦力的方向可能竖直向上或竖直向下,因此有F N=BIl,F±μF N-mg=0,联立解得BI=mgl?1±μ?,代入数据解得0.857 T·A≤BI≤2 T·A,四组选项中BI在此范围内的是A、C.答案AC11.美国研发的强力武器轨道电磁炮在前日的试射中,将炮弹以5倍音速,击向200公里外目标,射程为海军常规武器的10倍,且破坏力惊人.电磁炮原理如图3-7-11所示,若炮弹质量为m,水平轨道长L,宽为d,轨道摩擦不计,炮弹在轨道上做匀加速运动.要使炮弹达到5倍音速(设音速为v),则()图3-7-11A.炮弹在轨道上的加速度为v2 2LB.磁场力做的功为52m v2C.磁场力做功的最大功率为125m v3 2LD .磁场力的大小为25md v 22L解析 炮弹在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动,由公式“v 2=2ax ”得a =?5v ?22L ,A 错误;不计摩擦,磁场力做的功等于炮弹增加的动能,即W =12m (5v )2=25m v 22,B 错误;由动能定理得BIdL =12m (5v )2,磁场力的大小BId =m ?5v ?22L ,则磁场力的最大功率P m =BId ·(5v )=m ?5v ?22L ·(5v )=125m v 32L ,C 正确、D 错误. 答案 C12.(2014·重庆卷,8)某电子天平原理如图3-7-12所示,E 形磁铁的两侧为N 极,中心为S 极,两极间的磁感应强度大小均为B ,磁极宽度均为L ,忽略边缘效应,一正方形线圈套于中心磁极,其骨架与秤盘连为一体,线圈两端C 、D 与外电路连接,当质量为m 的重物放在秤盘上时,弹簧被压缩,秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触),随后外电路对线圈供电,秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止,由此时对应的供电电流I 可确定重物的质量.已知线圈匝数为n ,线圈电阻为R ,重力加速度为g .问:图3-7-12(1)线圈向下运动过程中,线圈中感应电流是从C 端还是从D 端流出?(2)供电电流I 是从C 端还是从D 端流入?求重物质量与电流的关系.(3)若线圈消耗的最大功率为P ,该电子天平能称量的最大质量是多少? 解析 (1)由右手定则可知线圈向下运动,感应电流从C 端流出.(2)设线圈受到的安培力为F A ,外加电流从D 端流入.由F A =mg ①和F A =2nBIL ②得m =2nBL g I ③(3)设称量最大质量为m 0,由m =2nBL g I ④和P =I 2R ⑤得m 0=2nBL g P R ⑥答案 (1)电流从C 端流出(2)从D 端流入 m =2nBL g I (3)2nBLg P R安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路:热点四 带电粒子在磁场中运动的临界极值问题图3-7-1313.(多选)(2014·领航高考冲刺卷三)在磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的正方形(边长为l )匀强磁场区域,ab 边和cd 边为挡板,从ad 边中点O 垂直磁场射入一带电粒子,速度大小为v 0,方向与ad 边夹角为30°,如图3-7-13所示,已知粒子的电荷量为q 、质量为m (重力不计).则下列说法正确的是( )A .若粒子带负电,粒子恰能从d 点射出磁场,则v 0=qBl 2mB .若粒子带正电,粒子恰不碰到cd 挡板,则v 0=qBl 2mC .若粒子带正电,粒子恰能从b 点射出磁场,则v 0=qBl mD .若粒子带正电,粒子能从ad 边射出磁场,则v 0的最大值v 0m =qBl 3m解析 当粒子带负电,且恰能从d 点射出磁场时,如图所示,R =l 2,由q v 0B =m v 20R ,得v 0=qBl 2m ,A 对,若粒子带正电,粒子恰不碰到cd 挡板时,R -R cos 60°=l 2,解得R =l ,同理得v 0=qBl m ,B 错;若粒子带正电,由几何关系可知,粒子不可能恰好从b 点射出磁场,C 错;若粒子带正电,粒子能从ad 边射出磁场而不碰ab 板,如图所示,由几何关系得R =l 3,所以v 0m =qBl 3m ,D 正确.答案 AD图3-7-1414.(2014·长春市调研测试)如图3-7-14所示,三角形区域磁场的三个顶点a 、b 、c 在直角坐标系内的坐标分别为(0,2 3 cm)、(-2 cm,0)、(2 cm ,0),磁感应强度B=4×10-4 T ,大量比荷q m=2.5×105 C/kg 不计重力的正离子,从O 点以相同的速率v =2 3 m/s 沿不同方向垂直磁场射入该磁场区域.求:(1)离子运动的半径.(2)从ac 边离开磁场的离子,离开磁场时距c 点最近的位置坐标.(3)从磁场区域射出的离子中,在磁场中运动的最长时间.解析 (1)由q v B =m v 2R 得,R =m v qB ,代入数据可解得:R =2 3 cm(2)设从ac 边离开磁场的离子距c 最近的点的坐标为M (x ,y ),M 点为以a 为圆心,以aO 为半径的圆周与ac 的交点则x =R sin 30°= 3 cmy =R -R cos 30°=(23-3)cm离c 最近的点的坐标为M [ 3 cm ,(23-3)cm](3)依题意知,所有离子的轨道半径相同,则可知弦越长,对应的圆心角越大.易知从a 点离开磁场的离子在磁场中运动时间最长,其轨迹所对的圆心角为60°T =2πm Bq =π50 st =T 6=π300 s答案 (1)2 3 cm (2)[ 3 cm ,(23-3)cm](3)π300 s1.求解这类问题的方法技巧解决带电粒子在磁场中运动的临界问题,关键在于运用动态思维,寻找临界点,确定临界状态,根据粒子的速度方向找出半径方向,同时由磁场边界和题设条件画好轨迹,定好圆心,建立几何关系.2.带电粒子在有界磁场中运动临界问题的三种几何关系(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.(2)当粒子的运动速率v一定时,粒子经过的弧长(或弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.(3)当粒子的运动速率v变化时,带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹对应的圆心角越大,其在磁场中的运动时间越长.高考命题热点7.根据粒子运动的轨迹、电场线(等势面)进行相关问题的判断带电粒子运动轨迹类问题分析的关键是运用曲线运动的知识(受力特征:合外力指向凹侧;运动特征:速度方向沿切向)找出电场力的方向,进而判断出场强方向或电场力做功情况,一系列问题就迎刃而解.(1)确定受力方向的依据①曲线运动的受力特征:带电粒子受力总指向曲线的凹侧;②电场力方向与场强方向的关系:正电荷的受力方向与场强方向同向,负电荷则相反;③场强方向与电场线或等势面的关系:电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向.(2)比较加速度大小的依据:电场线或等差等势面越密?E越大?F=qE越大?a=qE m越大.(3)判断加速或减速的依据:电场力与速度成锐角(钝角),电场力做正功(负功),速度增加(减少).【典例】(6分)如图3-7-15所示,实线表示电场线,虚线表示带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹,a、b为其运动轨迹上的两点,可以判定()A.粒子在a点的速度大于在b点的速度B.粒子在a点的加速度大于在b点的加速度C.粒子一定带正电荷D.粒子在a点的电势能大于在b点的电势能图3-7-15审题流程解析该粒子在电场中做曲线运动,则电场力应指向轨迹的凹侧且沿电场线的切线方向,设粒子由a向b运动,则其所受电场力方向和速度方向的关系如图所示,可知电场力做正功,粒子速度增加,电势能减少,A错、D对;b点处电场线比a点处电场线密,即粒子在b点所受电场力大,加速度大,选项B 错;因电场线方向不确定,所以粒子的电性不确定,C选项错误.(假设粒子由b 向a运动同样可得出结论)答案 D当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线、等势线都不重合的曲线时,这种现象简称为“拐弯现象”,其实质为“运动与力”的关系.运用“牛顿运动定律、功和能”的知识分析:(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方向且指向轨迹的凹侧),从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况.(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向,是题目中相互制约的三个方面.若已知其中一个,可分析判定各待求量;若三个都不知(三不知),则要用“假设法”进行分析.(6分)如图3-7-16所示,带电粒子在电场中只受电场力作用时沿虚线从a运动到b,运动轨迹ab为一条抛物线,则下列判断正确的是()A.若直线MN为一条电场线,则电场线方向由N指向MB.若直线MN为一条电场线,则粒子的动能增大C.若直线MN为一个等势面,则粒子的速度不可平行MND.若直线MN为一个等势面,则粒子的电势能减小图3-7-16解析若直线MN为一条电场线,则带电粒子所受电场力沿NM方向,可以判断电场力对粒子做负功,粒子的动能减小,但由于带电粒子的电性未知,因此不能确定电场强度的方向,A、B错;若直线MN为一个等势面,粒子速度方向垂直于场强方向时平行于等势面,C错;若直线MN为一个等势面,电场力方向垂直于等势面指向轨迹凹侧,与速度间夹角小于90°做正功,粒子的电势能减小,D对.答案 D一、单项选择题1.(2014·宿迁市高三摸底考试)图3-7-17不带电导体P置于电场中,其周围电场线分布如图3-7-17所示,导体P表面处的电场线与导体表面垂直,a、b为电场中的两点,则()A.a点电场强度小于b点电场强度B.a点电势低于b点的电势C.负检验电荷在a点的电势能比在b点的大D.正检验电荷从a点移到b点的过程中,电场力做正功解析电场线密集的地方场强大,则a点电场强度大于b点电场强度,选项A错误;沿电场线方向电势降低,则a点电势高于P点电势,P点电势高于b点电势,选项B错误;负检验电荷在电势较高的地方电势能较小,选项C错误;正检验电荷在电势较高的地方电势能较大,正检验电荷从a点移到b点的过程中,电势能减小,电场力做正功,选项D正确.答案 D2.航母舰载机的起飞一般有两种方式:滑跃式(辽宁舰)和弹射式.弹射起飞需要在航母上安装弹射器,我国国产航母将安装电磁弹射器,其工作原理与电磁炮类似.用强迫储能器代替常规电源,它能在极短时间内释放所储存的电能,由弹射器转换为飞机的动能而将其弹射出去.如图3-7-18所示是电磁弹射器简化原理图,平行金属导轨与强迫储能器连接,相当于导体棒的推进器ab跨放在平行导轨PQ、MN上,匀强磁场垂直于导轨平面,闭合开关S,强迫储能器储存的电能通过推进器释放,使推进器受到磁场的作用力平行导轨向前滑动,推动飞机使飞机获得比滑跃起飞时大得多的加速度,从而实现短距离起飞的目标.对于电磁弹射器,下列说法正确的是(不计一切摩擦和电阻消耗的能量)()图3-7-18A.强迫储能器上端为正极B.导轨宽度越大,飞机能获得的加速度越大C.强迫储能器储存的能量越多,飞机被加速的时间越长D.飞机的质量越大,离开弹射器时的动能越大解析由左手定则可判断,通过ab的电流方向为由b到a,所以强迫储能器上端为负极,A错误;ab所受安培力F=BIL与其有效长度成正比,故导轨宽度越大,推进器ab受到的安培力越大,飞机能获得的加速度越大,B正确;强迫储能器储存的能量越多,飞机能获得的动能越大,但加速时间受滑轨长度、飞机获得的加速度等影响,若滑轨长度一定,加速度越大,加速时间越短,C错误;由能量的转化和守恒定律可知,飞机离开弹射器时的动能取决于强迫储能器储存的能量,D错误.答案 B图3-7-193.(2014·武汉市调研考试)将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上(如图3-7-19所示).O点为该正方形对角线的交点,直线段AB通过O点且垂直于该正方形,OA>OB,以下对A、B两点的电势和场强的判断,正确的是()A.A点场强小于B点场强B.A点场强大于B点场强C.A点电势等于B点电势D.A点电势高于B点电势解析由电荷的对称分布关系可知AB直线上的电场强度为0,所以选项AB错误;同理将一电荷从A移动到B电场力做功为0,AB电势差为0,因此A点电势等于B点电势,选项C 正确,D 错误;因此答案选C.答案 C图3-7-204.(2014·山东名校高考冲刺卷二)如图3-7-20所示,a 、b 是x 轴上关于O 点对称的两点,c 、d 是y 轴上关于O 点对称的两点,a 、b 两点上固定一对等量异种点电荷,带正电的检验电荷仅在电场力的作用下从c 点沿曲线运动到d 点,以下说法正确的是( )A .将检验电荷放在O 点时受到的电场力为零B .检验电荷由c 点运动到d 点时速度先增大后减小C .c 、d 两点电势相等,电场强度大小相等D .检验电荷从c 运动到d 的过程中,电势能先减少后增加解析 由带正电荷的检验电荷的轨迹可判断出a 处为负电荷,b 处为正电荷,检验电荷从c 到d 的过程中,速度先减小后增大,电势能先增加后减少,选项B 、D 均错;电荷在O 点受到的电场力不为零,选项A 错;根据等量异种电荷电场的分布及对称性可知选项C 正确.答案 C5.(2014·河北省衡水中学调研)如图3-7-21甲所示,真空中有一半径为R 、电荷量为+Q 的均匀带电球体,以球心为坐标原点,沿半径方向建立x 轴.理论分析表明,x 轴上各点的场强随x 变化关系如图乙所示,则( )图3-7-21A .x 2处场强大小为kQ x 22B .球内部的电场为匀强电场C .x 1、x 2两点处的电势相同D .假设将试探电荷沿x 轴移动,则从x 1移到R 处和从R 移到x 1处电场力做功相同解析 引入带正电的试探电荷q ,所受的库仑力F =k Qq r 2,根据场强定义式E =F q ,。
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专题升级训练五电场和磁场的基本性质(时间:60分钟满分:100分)一、单选题(本题共4小题,每小题4分,共16分)1.(2011·海南单科,7改编)自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的,很多物理学家为寻找它们之间的联系作出了贡献。
下列说法错误..的是()A.奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律,说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应,定量测出了电能和热能之间的转换关系2.(2012·广州一模,16)静电场中,可以根据()A.场强的强弱判断电势的高低[来源:学科网ZXXK]B.电势的高低判断场强的强弱C.电场线方向判断电势的高低D.电场线方向判断场强的强弱3.(2012·重庆理综,20)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷,其中P点处为正电荷,P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示,a、b、c、d为电场中的4个点,则()A.P、Q两点处的电荷等量同种B.a点和b点的电场强度相同C.c点的电势低于d点的电势D.负电荷从a到c,电势能减少4.在匀强磁场的同一位置,先后放入长度相等的两根直导线a和b,a、b导线的方向与磁场方向垂直,但两导线中的电流大小不同,下图表示导线所受安培力F与通电电流I 的关系,a、b各自有一组F、I的数值,在图象中各描一个点,其中正确的是()二、双选题(本题共5小题,每小题6分,共30分。
在每小题给出的四个选项中只有两个选项符合题目要求,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)[来源:学.科.网] 5.如图所示,竖直向上的匀强磁场中,水平放置一根长通电直导线,电流的方向垂直纸面向外,a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点,在这四点中()A.b、d两点的磁感应强度方向相同B.a、b两点的磁感应强度大小相等C.a点的磁感应强度最小D.c点的磁感应强度最大6.(2012·湖北黄冈黄州一中高三物理月考)两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上。
将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2(位于坐标原点O)。
设无穷远处电势为零,此过程中,试探电荷的电势能E p随位置变化的关系如图所示。
则下列判断正确的是()[来源:学。
科。
网]A.M点电势为零,N点场强为零B.M点场强为零,N点电势为零C.Q1带负电,Q2带正电,且Q2电荷量较小D.Q1带正电,Q2带负电,且Q2电荷量较小7.如图所示,台秤上放一光滑平板,其左边固定一挡板,一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时台秤读数为F1。
现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线,电流方向如图。
当加上电流后,台秤读数为F2,则以下说法正确的是()A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将变短C.F1<F2 D.F1>F28.如图所示,真空中有两个等量异种点电荷A、B,M、N、O是AB连线的垂线上的点,且AO>OB。
一带负电的试探电荷仅受电场力作用,运动轨迹如图中实线所示,设M、N两点的场强大小分别为E M、E N,电势分别为φM、φN。
下列判断中正确的是()A.点电荷B一定带正电B.E M小于E NC.φM大于φND.此试探电荷在M处的电势能小于在N处的电势能9.如图所示,用电池对电容器充电后,电路a、b之间接有一灵敏电流表,两极板之间有一个电荷q处于静止状态。
现将两极板的间距变大,则()A.电荷将向上加速运动B.电荷将向下加速运动C.电流表中将有从a到b的电流D.电流表中将有从b到a的电流[来源:学科网]三、实验题(18分。
把答案填在相应的横线上或按题目要求作答)10.(2012·江苏期末)如图所示是电子拉力计的示意图,金属弹簧右端和滑动触头P 固定在一起(弹簧的电阻不计,P与R1之间的摩擦不计)。
定值电阻R0。
电阻R1是用均匀电阻丝密绕在瓷管上做成的(类似于滑动变阻器),其长度为10 cm,阻值R1=300 Ω,电源电动势E=3 V,内阻不计。
理想电流表的量程为0~100 mA。
当拉环不受拉力时,触头P 刚好不与电阻R1接触(即电路断开)。
弹簧的劲度系数为10 000 N/m。
(1)电路中连入的R0阻值至少应为________Ω。
(2)设计中需要将电流表上的电流数值改为拉力的数值,那么在原电流表的40 mA处应改为________N。
分析可知,拉力计的刻度是否均匀?__________。
(填写“均匀”或“不均匀”)(3)为了使拉力计的量程增大,应采用的措施是(只填写一条)__________________ ___________________。
四、计算题(本题共2小题,共36分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分。
有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)11.(18分)(2012·湖北黄冈中学高三上学期期中考试)如图所示,质量为m、电荷量为+q的带电小球拴在一不可伸长的绝缘轻细绳一端,绳的另一端固定于O点,绳长为l。
现加一个水平向右的匀强电场,小球静止于与竖直方向成θ=30°角的A点。
已知重力加速度为g。
求:(1)所加电场的场强E的大小;(2)若将小球拉起至与O点等高的B点后无初速释放,则小球经过最低点C时,绳对小球拉力的大小。
12.(18分)(2011·湖北枣阳二中高三11月调研测试)如图所示,空间存在着电场强度为E=2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场,一长为L=0.5 m的绝缘细线,一端固定在O点,一端拴着质量m=0.5 kg、电荷量q=4×10-2C的小球。
现将细线拉直到水平位置,使小球由静止释放,则小球能运动到最高点。
不计阻力。
取g=10 m/s2。
求:(1)细线在最高点受到的拉力。
(2)若小球刚好运动到最高点时细线断裂,则细线断裂后小球继续运动到与O点水平方向距离为细线的长度L时,小球距O点的高度。
参考答案1.B 2.C3.D 解析:由题图中等势面的对称性知,P 、Q 两处为等量异种电荷,A 错误;由于电场线与等势面垂直,所以a 、b 两处的电场强度方向不同,B 错误;P 处为正电荷,c 在离P 更近的等势面上,c 点的电势高于d 点的电势,C 错误;从a 到c ,电势升高,负电荷电势能减少,D 正确。
4.D 解析:由于导线与磁场垂直,故F =BIL ,而a 、b 两导线的L 相同,B 相同,所以F ∝I ,因此选项D 正确。
5.CD 解析:由安培定则可判断通电导线周围的磁感线方向为逆时针方向,根据矢量合成的平行四边形定则可得a 点的磁感应强度最小,c 点最大;b 、d 两点的磁感应强度大小相等、方向不同,故C 、D 正确。
[来源:学,科,网Z,X,X,K][来源:][来源:学科网ZXXK]6.AC 解析:无穷远处正电荷的电势能为零,当电荷靠近时,在N ~x 段其电势能为负值,且逐渐减小,表示电场力做正功,说明试探电荷所受电场力沿x 轴负方向,在ON 段电势能逐渐增加,电场力做正功,电场力沿x 轴正方向,电场方向沿x 轴正方向。
根据电场叠加原理知,Q 1>Q 2,且Q 1带负电,Q 2带正电,所以M 点电势高于N 点电势,且N 点电场强度为零,M 点电势为零,A 、C 正确。
7.BD 解析:根据左手定则判断导线所受安培力斜向右下方,由牛顿第三定律可知磁铁受导线的作用力为斜向左上方。
最终磁铁在竖直方向与水平方向受力平衡,可得支持力变小,磁铁压缩弹簧。
8.AB 解析:由试探电荷运动轨迹的弯曲方向可知,点电荷A 带负电,点电荷B 带正电,选项A 正确;根据等量异种电荷电场线的特点,可得E M 小于E N ,选项B 正确;根据等量异种电荷等势线的特点,可得φM 小于φN ,由于试探电荷是负电荷,所以试探电荷在M 处的电势能大于在N 处的电势能,选项C 、D 错误。
9.BD 解析:充电后电容器的上极板A 带正电。
不断开电源,增大两板间距,U 不变、d 增大。
由E =U d知两极板间场强减小,场强减小会使电荷q 受到的电场力减小,电场力小于重力,合力向下,电荷q 向下加速运动。
由C =εS 4πkd知电容C 减小,由Q =CU 知极板所带电荷量减少,会有一部分电荷返回电源,形成逆时针方向的电流,电流表中将会有由b 到a 的电流,选项B 、D 正确。
10.答案:(1)30 (2)850 不均匀 (3)更换劲度系数更大的弹簧解析:(1)当P 移动到R 1的最右端时,电流表恰好满偏,则有R 0=E I max=30 Ω。
(2)R x =E I -R 0=45 Ω,(300-45) Ωx =300 Ω10,解得x =8.5 cm ,F =kx =850 N ;由于电流与拉力不成正比,所以刻度不均匀。
(3)换劲度系数更大的弹簧,弹簧伸长相同的长度时,需要的拉力更大。
[来源:学.科.网Z.X.X.K]11.答案:(1)3mg 3q (2)3mg -233mg 解析:(1)在A 点由小球受力平衡得Eq =mg tan θ,解得E =3mg 3q(2)由B 到C 点过程,由动能定理得 mgl -Eql =12mv 2 ① 小球做圆周运动,在C 点有:T -mg =v 2lm ②联立①②得T =3mg -233mg 12.答案:(1)15 N (2)0.625 m解析:(1)设小球运动到最高点时速度为v ,对该过程由动能定理有,[来源:Z*xx*](qE -mg )L =12mv 2 ① 在最高点对小球由牛顿第二定律得,T +mg -qE =m v 2L② 由①②式解得,T =15 N(2)小球在细线断裂后,在竖直方向的加速度设为a ,则a =qE -mg m③ 设小球在水平方向运动L 的过程中,历时t ,则L =vt ④[来源:]设竖直方向上的位移为s ,则s =12at 2⑤由①③④⑤解得,s =0.125 m小球距O 点高度为s +L =0.625 m。