【物理】2020届一轮复习人教版电场和磁场学案

【物理】2020届一轮复习人教版电场和磁场学案

‎　电场和磁场 ‎[回顾知识]‎ ‎1．库仑定律 F＝k(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＝(适用点电荷的电场)‎ ‎(3)匀强电场中：E＝(适用于匀强电场)‎ ‎3．电势差和电势的关系 UAB＝φA－φB或UBA＝φB－φA ‎4．电场力做功的计算 ‎(1)普适：W＝qU ‎(2)匀强电场：W＝Edq ‎5．电容的计算 C＝＝(定义式)‎ C＝(平行板电容器的决定式)‎ ‎6．磁感应强度的定义式 B＝ ‎7．安培力大小 F＝BIL(B、I、L相互垂直)‎ ‎8．洛伦兹力的大小 F＝qvB ‎9．带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎(1)洛伦兹力充当向心力，qvB＝mrω2＝m＝mr＝4π2mrf2＝ma.‎ ‎(2)圆周运动的半径r＝、周期T＝.‎ ‎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＝q.‎ ‎[回顾方法]‎ ‎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v0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＝mv2－mv得v＝.‎ 当v0很小或v0＝0时，上式简化为v＝ .‎ ‎(2)带电粒子的偏转 以初速度v0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(如图所示)．‎ 加速度a＝ 运动时间t＝ 侧移量y＝at2＝2‎ 偏转角tanφ＝＝＝ 结论：①不论带电粒子的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)．②出场速度的反向延长线跟入射速度相交于中点O，粒子就好像从中点射出一样．③角度关系：tanφ＝2tanα.‎ ‎2．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，用左手定则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：①两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；②两者不平行时，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．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动时圆心、半径及时间的确定方法 ‎(1)圆心的确定 ‎①已知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．‎ ‎②已知粒子入射点、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．‎ ‎③已知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．‎ ‎④已知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)半径的确定：找到圆心以后，半径的确定和计算一般利用几何知识解直角三角形的办法．带电粒子在有界匀强磁场中常见的几种运动情形如图所示．‎ ‎①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．‎ ‎②磁场边界：平行直线，如图(d)所示．‎ ‎③磁场边界：圆形，如图(e)所示．‎ ‎(3)时间的确定 ‎①t＝T或t＝T或t＝ 其中α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．‎ ‎②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α，如图(d)、(e)所示．‎ ‎[回顾易错点]‎ ‎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．区分左手定则与右手定则．‎ ‎4．区分霍尔效应中的“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．(多选)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v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则(　　)‎ 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＝v0t，竖直方向上有h＝at2，得加速度大小a＝，可见水平距离x越大，加速度a越小，相应所用时间t越长，即B球先落地，A球的加速度a1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，选项A正确，B、C均错误；根据动能定理有mah＝mv2－mv，而Δv＝v－v0，可见加速度a越大，落地速度v越大，速率变化量Δv越大，即A球的速率变化量较小，选项D正确．‎ ‎[答案]　AD ‎2．(多选)如图所示，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四点的电势高低，下列判断正确的是(　　)‎ A．φA＝φB B．φA＝φD C．φB>φC D．φC>φD ‎[解析]　以无穷远处为零电势，点电荷周围的电势φ＝k，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，则φA＝0.同理，D点到四个点电荷的距离都相同，则φD＝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，则可得φB>0.同理，C点与3、4等距，与1的距离大于与2的距离，则可得φC<0.即有φB>φA＝φD>φC，B、C正确．‎ ‎[答案]　BC ‎3．(2018·合肥质检一) (多选)如图所示，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，则下列说法正确的是(　　)‎ A．油滴刚进入两板间时的加速度大小为g B．油滴开始下落的高度h＝ 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 ‎[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，则由力的平衡条件可知q＝qBv，对油滴从释放到P点的过程中，由机械能守恒定律可知mgh＝mv2，‎ 整理得h＝，B正确；油滴进入平行金属板间后，做加速运动，则电场力小于洛伦兹力，由左手定则可知，油滴所受的洛伦兹力向右，则最终油滴从右侧金属板的下边缘离开，C错误；对油滴从释放到从右侧金属板的下边缘离开的过程，由动能定理有mg(h＋L)－q＝mv′2，解得v′＝，D正确．‎ ‎[答案]　ABD ‎4．(多选)如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ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Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1‎ B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1‎ C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2‎ D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1‎ ‎[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＝v·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B1∶B2＝1∶2，则B错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t＝可得t＝＝，且B2＝2B1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C正确；由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ 中运动的圆心角为60°，由R＝可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d1＝2rsin30°＝r；区域Ⅱ的宽度d2＝rsin30°＋rcos(180°－60°－60°)＝r，故D正确．‎ ‎[答案]　ACD