高考物理大二轮复习与增分策略 专题六 电场与磁场 第1讲 电场与磁场的理解

在学生就要走出校门的时候，班级工作仍要坚持德育先行，继续重视对学生进行爱国主义教育、集体主义教育、行为规范等的教育，认真落实学校、学工处的各项工作要求专题六 电场与磁场 专题定位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：对电场力的性质和能的性质的理解；带电粒子在电场中的加速和偏转问题；带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题；带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动问题；带电粒子在电场和磁场的叠加场中的运动问题；带电粒子在电场和磁场中运动的临界问题.应考策略针对本专题的特点，应“抓住两条主线、明确两类运动、运用两种方法”解决有关问题.两条主线是指电场力的性质(物理量电场强度)和能的性质(物理量电势和电势能)；两类运动是指类平抛运动和匀速圆周运动；两种方法是指动力学方法和功能关系.第1讲电场与磁场的理解1.对电场强度的三个公式的理解(1)E是电场强度的定义式，适用于任何电场.电场中某点的场强是确定值，其大小和方向与试探电荷q无关.试探电荷q充当“测量工具”的作用.(2)Ek是真空中点电荷所形成的电场的决定式.E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定.(3)E是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，注意：式中d为两点间沿电场方向的距离.2.电场能的性质(1)电势与电势能：.(2)电势差与电场力做功：UABAB.(3)电场力做功与电势能的变化：WEp.3.等势面与电场线的关系(1)电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面.(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密.(3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功.4.带电粒子在磁场中的受力情况(1)磁场只对运动的电荷有力的作用，对静止的电荷无力的作用.磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力.(2)洛伦兹力的大小和方向：其大小为FqvBsin ，注意：为v与B的夹角.F的方向由左手定则判定，但四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向.5.洛伦兹力做功的特点由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功.1.本部分内容的主要研究方法有：(1)理想化模型.如点电荷、电场线、等势面；(2)比值定义法.电场强度、电势的定义方法是定义物理量的一种重要方法；(3)类比的方法.电场和重力场的比较；电场力做功与重力做功的比较；带电粒子在匀强电场中的运动和平抛运动的类比.2.静电力做功的求解方法：(1)由功的定义式WFlcos 来求；(2)利用结论“电场力做功等于电荷电势能增量的负值”来求，即WEp；(3)利用WABqUAB来求.3.研究带电粒子在电场中的曲线运动时，采用运动合成与分解的思想方法；带电粒子在组合场中的运动实际是类平抛运动和匀速圆周运动的组合，一般类平抛运动的末速度就是匀速圆周运动的线速度.解题方略1.电场线：假想线，直观形象地描述电场中各点场强的强弱及方向，曲线上各点的切线方向表示该点的场强方向，曲线的疏密程度表示电场的强弱.2.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，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UABAB，若UAB0，则AB，反之AEcB.电势大小关系有bEb，故A错误；沿着电场线，电势逐渐降低，b点所处的电场线位于右侧导体的前面，即b点的电势比右侧的导体高，而右侧导体的电势比d高，故b点电势高于d点的电势，故B错误；电势能的正负与零势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在d点时其电势能为正值，故C错误；从图中可以看出，a点的电势高于b点的电势，而b点的电势又高于d点的电势，所以a点的电势高于d点的电势.正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到d点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故D正确.答案D预测1(2016全国甲卷15)如图2所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆.带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点.若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则()图2A.aaabac，vavcvb B.aaabac，vbvcvaC.abacaa，vbvcva D.abacaa，vavcvb答案D解析由库仑定律F可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为FbFcFa，由a，可知abacaa.根据粒子的轨迹可知，粒子Q与场源电荷P的电性相同，二者之间存在斥力，由cba整个过程中，电场力先做负功再做正功，且Wba|Wcb|，结合动能定理可知，vavcvb，故选项D正确.预测2如图3所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面.两个带电粒子M、N(重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示.已知M是带正电的带电粒子.则下列说法中正确的是()图3A.N一定也带正电B.a点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强C.带电粒子M的动能减小，电势能增大D.带电粒子N的动能增大，电势能减小答案D解析电场线和等势面垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷M的轨迹MPN可知，电场力水平向右，故电场的方向水平向右.N电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，所以N带负电，故A错误；电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以a点的电势高于b点的电势，而两点的场强大小相等.故B错误；电场力对M粒子和N粒子都做正功，其电势能减小，动能增加，故C错误，D正确.解题方略1.熟练掌握常见电场的电场线和等势面的画法.2.对于复杂的电场场强、电场力合成时要用平行四边形定则.3.电势的高低可以根据“沿电场线方向电势降低”或者由离正、负场源电荷的距离来确定.例2电荷量为Q的点电荷和接地金属板MN附近的电场线分布如图4所示，点电荷与金属板相距为2d，图中P点到金属板和点电荷间的距离均为d.已知P点的电场强度为E0，则金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为()图4A.E0B.EC.EE0D.E解析Q在P点产生的场强大小 E1k，方向水平向右.根据电场的叠加原理可得：E0E1E解得金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为 EE0k，故C正确.答案C预测3如图5所示，直角坐标系的y轴上的两点A(0，r)，B(0，r)各放置着电量均为Q的点电荷，则其在x轴上的四个点O(0,0)，a(r,0)，b(2r,0)，c(3r,0)中所激发的电场场强最大的是()图5A.O点 B.a点C.b点 D.c点答案B解析由平行四边形定则E合2k，将x0，xr，x2r，x3r代入知，a点电场强度最大.预测4两个相距很近的等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子，如图6所示，该电偶极子由相距为l，电荷量分别为q和q的点电荷构成，取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立xOy坐标系，P点距坐标原点O的距离为r(rl)，P、O两点间连线与y轴正方向的夹角为，设无穷远处的电势为零，P点的电势为，静电力常量为k，下面给出了的四个表达式，其中只有一个是合理的.你可能不会求解P点的电势，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断，那么的合理表达式应为()图6A. B.C. D.答案B解析若夹角90，则x轴上的电势处处为0，这与cos 相符，A、D错误；因离O点越远，其电势就越小，故r应在分母上，故B正确.解题方略1.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.粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切.例3如图7所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，相距为D，其右侧有一边长为2a的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在极板M、N之间加上电压U后，M板电势高于N板电势.现有一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，其重力和初速度均忽略不计，粒子从极板M的中央小孔S1处射入电容器，穿过小孔S2后从距三角形A点a的P处垂直AB方向进入磁场，试求：图7(1)粒子到达小孔S2时的速度；(2)若粒子从P点进入磁场后经时间t从AP间离开磁场，求粒子的运动半径和磁感应强度的大小；(3)若粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足什么条件？解析(1)带电粒子在加速电场中运动时由动能定理得： qUmv2解得粒子进入磁场时的速度大小为v (2)粒子的轨迹图如图甲所示，粒子从进入磁场到从AP间离开，由牛顿第二定律可得：qvBm粒子在磁场中运动的时间为t，由以上两式可解得轨道半径Rt磁感应强度为B(3)粒子从进入磁场到从AC间离开，若粒子恰能到达BC边界，如图乙所示，设此时的磁感应强度为B1，根据几何关系有此时粒子的轨道半径为R12asin 60a由牛顿第二定律可得qvB1m，解得B1粒子从进入磁场到从AC间离开，若粒子恰能到达AC边界，如图丙所示，设此时的磁感应强度为B2，根据几何关系有：R2(aR2)sin 60由牛顿第二定律可得qvB2m由以上两式解得B2综上所述要使粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足：B答案(1) (2)t(3)B预测5(多选)如图8所示，边长为L的正方形abcd内有垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一束速率不同的带正电粒子从左边界ad中点P垂直射入磁场，速度方向与ad边夹角 30，已知粒子质量为m、电荷量为q，粒子间的相互作用和粒子重力不计.则()图8A.粒子在磁场中运动的最长时间为B.粒子在磁场中运动的最短时间为C.上边界ab上有粒子到达的区域长为(1)LD.下边界cd上有粒子到达的位置离c点的最短距离为答案AD预测6如图9所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B，有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为q.将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用.图9(1)求带电粒子的速率.(2)若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为B，求粒子在磁场中最长的运动时间t.(3)若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1(R1R0)的圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该粒子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R1的最小值和粒子运动的周期T.答案(1)(2)(3)(1)R0解析(1)粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍，由几何关系，则有R02r，r0.5R0根据半径公式得：r，解得v(2)磁场的大小变为B，由半径公式r，可知粒子的轨道半径变为原来的2倍，即为R0，根据几何关系可以得知，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2R0时最长，圆心角90，解得：tT(3)根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为，方向向里，R0以外的区域磁场大小为，方向向外.粒子运动的半径为R0，根据对称性画出情境图，由几何关系可得R1的最小值为：(1)R0；根据周期公式，则有：T.例4如图10甲所示，在直角坐标系xOy平面内，以O点为中心的正方形abcd与半径为3L的圆形之间的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在y轴上有一挡板PQ，挡板长为L，挡板的放置关于x轴对称.a处有一个质子源，OaL，可以向y轴方向发射出速度从零开始的一系列质子.已知质子的质量为m，电量为q，不计质子的重力、质子间的相互作用，质子碰到档板被立即吸收.求：图10(1)要使质子不离开圆形区域的最大速度；(2)当质子速度满足什么条件时，质子运动中能够经过c点；(3)质子第一次回到a点的最长时间；(4)如图乙，如果整个圆内都充满磁感应强度为B的匀强磁场，挡板长度增为2L，挡板的放置仍关于x轴对称，而且a点能在xOy平面内向四周均发射v的质子，那么，求从a点发射出的所有带电粒子中击中挡板左面粒子与击中挡板右面粒子的比.解析(1)由洛伦兹力提供向心力得到：qvB由题意得到最大的半径Rmax2L因此得到vmax(2)由题目得到质子的半径R取值范围为：RL综合式，得到v(3)计算得到质子做一个完整圆周运动的周期T质子经过a点的最长时间，是以半径为运动的质子，如图所示，在磁场中运动的时间正好为一个圆周运动时间，t1T在没有磁场的区域正好做匀速直线运动，时间t2故tmaxt1t2(4)由几何关系得，打到挡板左面的粒子所对应的角度为90，打到挡板右面的粒子所对应的角度也为90.所以，从a点发射出的所有带电粒子中击中挡板左面粒子与击中挡板右面粒子的比为11.如图所示.答案(1)(2)v(3)(4)11预测7如图11所示，平行直线A1、A2间，存在两个在竖直方向足够大的匀强磁场区域和，以竖直面MN为理想分界面，方向均垂直纸面向外.两磁场区域的宽度d相同，磁感应强度的大小分别为B和.在A1边界某处有一个正粒子发射装置P，可调节粒子发射速度的大小及方向，保证粒子运动轨迹均平行于纸面.已知磁场宽度d，粒子质量为m，电量为q，不计粒子所受重力.则：图11(1)若以v0垂直A1边界发射粒子，要保证粒子均能够进入区域又最终不能从A2边界穿出，求发射粒子的速度范围；(2)调节发射装置，使粒子速度大小变为，改变射入时的方向(其它条件不变)，使粒子以最短时间穿过区域.求粒子在区域的运动时间t.答案(1)v0vv0(2)解析(1)在磁场中，由牛顿第二定律，有qvBm粒子恰不能穿过MN边界，即在区域中运动轨迹与MN相切，由几何关系，有r1d由式，可得速度最小为 v1由式，在、区域中，运动半径满足即r22r1粒子进入区域后，恰不能从A2离开，由几何关系，有联立，可得r1则由式，可得速度最大为 v2v0可得速度范围为v0N C.EMEN D.EMEN答案D解析带负电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，电势能减小，电势增加，则MN；N处等势面密集，电场线也密集，电场强度大.2.一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图2所示.容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是()图2A.A点的电场强度比B点的大B.小球表面的电势比容器内表面的低C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同答案C解析由电场线的疏密表示场强大小可知，A点的电场强度比B点的小，A项错误；沿电场线的方向电势逐渐降低，B项错误；容器的内表面为一等势面，内表面处各点场强的方向与等势面垂直，C项对；容器内表面为等势面，在等势面上移动电荷，电场力不做功，D项错误.3.(多选)一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其速度时间图象如图3所示.分析图象后，下列说法正确的是()图3A.B、D两点的电场强度和电势一定都为零B.A处的电场强度大于C处的电场强度C.粒子在A处的电势能小于在C处的电势能D.A、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差答案BC解析速度时间图象的斜率表示加速度，B、D两点的斜率为零，说明合力为零，因为一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，所以B、D两点的电场力为零，电场强度为零，但是电势不一定为零，A错误；A处的斜率大小大于C处的斜率大小，因为a，所以A处的电场强度大于C处的电场强度，B正确；因为只受电场力，所以运动过程中动能和电势能相互转化，从图中可得A点的速度大于C点的速度，所以从A到C一部分动能转化为电势能，故粒子在A处的电势能小于在C处的电势能，C正确；从图中可得A、C两点的速度变化量小于B、D两点的速度变化量，根据公式WUqEk可得A、C两点的电势差小于B、D两点间的电势差，D错误.4.(多选)空间存在着平行于x轴方向的静电场.A、M、O、N、B为x轴上的点，OAOB，OMON，AB间的电势随x的分布如图4所示，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是()图4A.粒子一定带负电B.粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大C.粒子一定能通过N点D.AO间的电场强度大于OB间的电场强度答案ACD解析由图可知，AB两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电，故A正确；A到O电势均匀升高，故A到O的电场是匀强电场，所以粒子从M向O运动过程中所受电场力不变.故B错误；由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，故M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功，所以粒子能通过N点.故C正确；由于OAEf答案BCD解析b、c、d三点的场强为a、O两点固定点电荷产生的电场的叠加，根据电场叠加的结果，b、d两点的场强大小相等，但方向不同，因此场强不等，A项错误；在O处点电荷的电场中，b、c、d三点的电势相等，而在a处点电荷的电场中b、d两点电势相等，c点电势最低，因此电势叠加的结果，b、d两点电势相等，c点电势最低，B项正确；由于c点场强为Ec0，可以判断Oc连线上场强方向水平向左，Oc延长线上的场强方向水平向右，因此一个负的点电荷从e点沿直线移到f点，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C项正确；设ecefL，则Eekkkk，Efkkkk，根据Ek作出Ex图象，由图象可知，Ee大小等于点电荷Q电场中距场源(RL)和(R)处场强大小的差，同样Ef大小等于点电荷Q电场中距场源(RL)和(R)处场强大小的差，由图象可知，EeEf，D项正确.8. A、B为两等量异种点电荷，图中水平虚线为A、B连线的中垂线.现将另两个等量异种的检验电荷a、b，如图8所示，用绝缘细杆连接后从离AB无穷远处沿中垂线平移到AB的连线，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称.若规定离AB无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是()图8A.在AB的连线上a所处的位置电势a0C.整个移动过程中，静电力对a做正功D.整个移动过程中，静电力对a、b整体做正功答案B解析设AB连线的中点为O.由于AB连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远处，所以O点的电势为零.AO间的电场线方向由AO，而顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，a所处的位置电势a0，故A错误；a所处的位置电势a0，b所处的位置电势b0.故B正确；在平移过程中，a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对a做负功，故C错误；a、b看成一个整体，总电量为零，所以整个移动过程中，静电力对a、b整体做功为零，故D错误.9.如图9所示，有一带电量为q的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d，q到带电薄板的垂线通过板的圆心.若图中a点处的电场强度为零，则图中b点处的电场强度大小是()图9A.kk B.kkC.0 D.k答案A解析q在a处产生的场强大小为Ek，方向水平向左.据题，a点处的电场强度为零，q与带电薄板在a点产生的场强大小相等，方向相反，则带电薄板在a点产生的场强大小为Ek，方向水平向右.根据对称性可知，带电薄板在b点产生的场强大小为Ek，方向水平向左.q在b处产生的场强大小为Ek，方向水平向左，则b点处的电场强度大小是Ebkk.10.(多选)如图10所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2L，则下列关于粒子运动的说法中正确的是()图10A.若该粒子的入射速度为v，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为LB.若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为vC.若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为vD.该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为答案ACD解析根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqvm，若v，解得：rL；根据几何关系可知，粒子一定从CD边距C点为L的位置离开磁场；故A正确；根据洛伦兹力充当向心力可知，v，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径为一定大于L；故B错误；若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大半径为；因此最大速度应为v；故C正确；粒子运行周期为，根据几何关系可知，粒子在磁场中最大圆心角为180；故最长时间为；故D正确.11.如图11所示，N、M、P为很长的平行界面，N、M与M、P间距分别为l1、l2，其间分别有磁感应强度为B1和B2的匀强磁场区，和磁场方向垂直纸面向里，B1B2，有一带正电粒子的电量为q，质量为m，以某一初速度垂直边界N及磁场方向射入MN间的磁场区域.不计粒子的重力.求：图11(1)要使粒子能穿过磁场进入磁场，粒子的初速度至少应为多少？(2)粒子初速度v为多少时，才可恰好穿过两个磁场区域.答案(1)(2)解析(1)粒子的初速度为v0