最新高考物理冲刺大二轮练习：考前知识回扣-考前第6天-Word版含解析

1、考前第6天电场和磁场回忆知识1库仑定律F = kQJQ2条件：真空中、点电荷2. 电场强度的表达式1定义式：E = £适用任何电场2计算式：E =爷适用点电荷的电场3匀强电场中：E = d适用于匀强电场3. 电势差和电势的关系Uab =艇柏或Uba =招険4. 电场力做功的计算1普适：W= qU2匀强电场：W= Edq5. 电容的计算C=Q=fU定义式c=4nd平行板电容器的决定式6. 磁感应强度的定义式FB=iL7. 安培力大小F = BILB、I、L相互垂直8洛伦兹力的大小F = qvB9.带电粒子在匀强磁场中的运动(1)洛伦兹力充当向心力,qvB = mrw2=v24 nm7

2、= mr=4 (mrf 2=ma.(2)圆周运动的半径r =器、周期T =寿晋.10.“速度选择器“电磁流量计 “磁流体发电机“霍尔效 应的共同点： qvB = qE = qU.回忆方法1. 带电粒子在电场中加速和偏转问题的分析方法(1)带电粒子的加速以初速度vo射入电场中的带电粒子，经电场力做功加速(或减速) 至 v,由 qU = 2mv2 *mv0得 v =v0 + 第.当vo很小或vo= 0时，上式简化为v = 2.(2)带电粒子的偏转以初速度vo垂直场强方向射入匀强电场中的带电粒子，受恒定 电场力作用，做类似平抛的匀变速曲线运动(如下列图).加速度a =qEm运动时间t=vo侧移量y=

3、£at2=qE丄2"2 2m vo偏转角tan ©= = at =vx vo mvO结论：不管带电粒子的 m、q如何，只要荷质比相同，在同一 电场中由静止加速后，再进入同一偏转电场，它们飞出时的侧移量和 偏转角是相同的(即它们的运动轨迹相同).出场速度的反向延长线 跟入射速度相交于中点O,粒子就好似从中点射出一样.角度关系: tan ©= 2tan a2. 安培力方向的判断方法(1) 电流元法：把整段通电导体等效为多段直线电流元，用左手 定那么判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断整段导体所受 合力的方向.(2) 特殊位置法：把通电导体或磁铁转换到

4、一个便于分析的特殊 位置后再判断安培力的方向.(3) 等效法：环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁，条 形磁铁也可以等效成环形电流或通电螺线管， 通电螺线管还可以等效 成很多匝的环形电流来分析.(4) 利用结论法：两通电导线相互平行时，同向电流相互吸引， 异向电流相互排斥；两者不平行时，有转动到相互平行且电流方向 相同的趋势.(5) 转换研究对象法：因为通电导线之间、导线与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律，这样定性分析磁体在电流产生的磁场中的 安培力问题时，可先分析电流在磁体的磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流产生的磁场的作用力， 从而确定磁 体所受合力.3. 带电

5、粒子在匀强磁场中做圆周运动时圆心、半径及时间确实 定方法(1) 圆心确实定 粒子运动轨迹上两点的速度方向， 作这两速度的垂线，交 点即为圆心. 粒子入射点、入射方向及运动轨迹对应的一条弦， 作速度 方向的垂线及弦的垂直平分线，交点即为圆心. 粒子运动轨迹上的两条弦， 作出两弦的垂直平分线，交点 即为圆心. 粒子在磁场中的入射点、入射方向和出射方向，延长(或反向延长)两速度方向所在直线使之成一夹角，作出这一夹角的角平 分线，角平分线上到两直线距离等于半径的点即为圆心.(2) 半径确实定：找到圆心以后，半径确实定和计算一般利用几 何知识解直角三角形的方法.带电粒子在有界匀强磁场中常见的几种 运动情

6、形如下列图.(d)(e) 磁场边界：直线，粒子进出磁场的轨迹具有对称性，如图a、b、c所示. 磁场边界：平行直线，如图d所示. 磁场边界：圆形，如图e所示.3时间确实定 t= 2aT 或 t= 36冷° 或 t=-2 n360v其中a为粒子运动的圆弧所对的圆心角，T为周期，V为粒子的 速度，S为运动轨迹的弧长. 带电粒子射出磁场的速度方向与射入磁场的速度方向之间的 夹角叫速度偏向角，由几何关系知，速度偏向角等于圆弧轨迹对应的 圆心角a如图d、e所示.回忆易错点1区分电场强度E及电容C的定义式与决定式.2. 区分电场强度与电势.3. 区分左手定那么与右手定那么.4. 区分霍尔效应中的“

7、电子导电与“空穴导电.5. 区分“微观粒子与“带电小球.保温精练1. 多项选择在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带 异种电荷的小球 A、B均可视为质点处在同一水平面上.现将两球 以相同的水平速度vo向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如 下列图，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，那么i1 ALiBIJE备w +X.A . A球带正电，B球带负电B. A球比B球先落地C. 在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D. 两球从抛出到各自落地的过程中，A球的速率变化量比B球 的小解析两球均做类平抛运动，水平方向上有 x = vot,竖直方向 上有h = 2at2，得加速度大小a =

8、 2h,°，可见水平距离x越大，加速2X度a越小，相应所用时间t越长，即B球先落地，A球的加速度ai 小于B球的加速度a2，说明A球带正电而受到竖直向上的电场力，B球带负电而受到竖直向下的电场力，在下落过程中，电场力对A球做负功，A球电势能增加，电场力对B球做正功，B球电势能减少，1 1选项A正确，B、C均错误；根据动能定理有 mah=?mv2 ?mv0, 而Z = v vo,可见加速度a越大，落地速度v越大，速率变化量 Z 越大，即A球的速率变化量较小，选项 D正确.答案AD2. 多项选择如下列图，空间中固定的四个点电荷分别位于正四 面体的四个顶点处，A点为对应棱的中点，B点为右侧

9、面的中心，C 点为底面的中心，D点为正四面体的中心到四个顶点的距离均相等.关于A、B、C、D四点的电势上下，以下判断正确的选项是A.解析以无穷远处为零电势，点电荷周围的电势©= kq，正点电荷周围各点电势为正，负点电荷周围各点电势为负，电势是标量， 可以用代数运算进行加减.如图将四个点电荷编号，A点与3、4等距，与1、2等距，3、4两点电荷在A点的电势一正一负，相加刚好 为零，1、2两电荷在A点的电势相加也为零，那么 触=0.同理，D点 到四个点电荷的距离都相同，贝S 忙=0.B点与3、4等距，与1的距 离小于与2的距离，1在B点的正电势与2在B点的负电势相加大 于零，那么可得 招0

10、.同理，C点与3、4等距，与1的距离大于与2 的距离，那么可得 杞拒 g =机 c, B、C正确.答案BC3. 2022合肥质检一多项选择如下列图，竖直放置的两平行金 属板，长为L,板间距离为d,接在电压为U的直流电源上.在两板 间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场.一质量为m, 电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线的中点P进入板间.油滴在P点所受的电场力与洛伦兹力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开.空气阻力不计，重力加速度为g,那么以下说法正确的选项是A .油滴刚进入两板间时的加速度大小为gB .油滴开始下落的高度h =諾石

11、C.油滴从左侧金属板的下边缘离开D .油滴离开时的速度大小为 寸二+ 2gL + 診解析油滴刚到达P点时受重力、电场力和洛伦兹力的作用， 电场力和洛伦兹力大小相等，因此油滴在 P点的合力大小等于重力， 由牛顿运动定律可知油滴在 P点的加速度大小为g, A正确；由于油滴在P点水平方向的合力为零，那么由力的平衡条件可知q-j=qBv,i对油滴从释放到P点的过程中，由机械能守恒定律可知 mgh = 2mv2,U2一整理得h = 2W，B正确；油滴进入平行金属板间后，做加速运动，那么电场力小于洛伦兹力，由左手定那么可知，油滴所受的洛伦兹 力向右，那么最终油滴从右侧金属板的下边缘离开， C错误；对油滴从

12、 释放到从右侧金属板的下边缘离开的过程，由动能定理有 mgh + L q-=|mv ' 2,解得 v ' = 2gL + 罟，D 正确.答案ABD4. 多项选择如下列图，在区域I和区域H内分别存在与纸面垂 直但方向相反的匀强磁场，区域H内磁感应强度是区域I内磁感应强 度的2倍，一带电粒子在区域I左侧边界处以垂直边界的速度进入区 域I,发现粒子离开区域I时速度方向改变了 30° °然后进入区域 测得粒子在区域H内的运动时间与区域I内的运动时间相等，那么以下 说法正确的选项是XXIx ! : XXX : 1 XXX ；1 i XXX : 11 1 XXX > : XXx: A .粒子在区域I和区域H中的速率之比为1 : 1B. 粒子在区域I和区域H中的角速度之比为2 : 1C. 粒子在区域I和区域H中的圆心角之比为1 : 2D .区域I和区域H的宽度之比为 1 : 1:x 吃 x ;解析由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A正确；由洛伦兹力f = qBv = ma和a= V3可知,粒子运动的角速度之比为 31 :(02= Bi : B2= 1 : 2,贝卩B错误；由于粒子在区域i和区域u内的运动时间相等，由t=畫可得t=-qBm= qBm，且B2=2B1，所以可得Qi: E2=1:2,那么c正确；由题意可知，