【文档说明】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.doc，共(10)页，203.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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1考前第6天电场和磁场[回顾知识]1．库仑定律F＝kQ1Q2r2(条件：真空中、点电荷)2．电场强度的表达式(1)定义式：E＝Fq(适用任何电场)(2)计算式：E＝kQr2(适用点电荷的电场)(3)匀强电场中：E＝Ud(适用于匀强电场)3．电势差和电

势的关系UAB＝φA－φB或UBA＝φB－φA4．电场力做功的计算(1)普适：W＝qU(2)匀强电场：W＝Edq5．电容的计算C＝QU＝ΔQΔU(定义式)C＝εS4πkd(平行板电容器的决定式)6．磁感应强度的定义式B＝FIL7．安

培力大小F＝BIL(B、I、L相互垂直)8．洛伦兹力的大小2F＝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＝mrω2＝mv2r＝mr4π2T2＝4π2mrf2＝ma.(2)圆周运动的半径r＝mvqB、周期T＝2πmqB.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＝qUd.[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＝12mv2－12mv20得v＝v20＋2qUm.当v

0很小或v0＝0时，上式简化为v＝2qUm.(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＝qEm3运动时间t＝lv0侧移量y＝12at2＝qE2mlv0

2偏转角tanφ＝vyvx＝atv0＝qElmv20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4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．5①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＝α2πT或t＝α360°T或t＝sv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()6A．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＝12at2，得加速度大小a＝2hv20x2，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＝12mv2－12mv20，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]AD2．(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7于A、B、C、D四点的电势高低，下列判断正确的是()A．φA＝φBB．φA＝φDC．φB>φCD．φC>φD[

解析]以无穷远处为零电势，点电荷周围的电势φ＝kqr，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8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]BC3．(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gB．油滴开始下

落的高度h＝U22B2d2gC．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－qUm＋2gL＋U2B2d2[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9滴在P点水平方向的合力为零，则由力的平衡条件可知qUd＝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＝12mv2，整理得h＝U22gB2d2，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)－qU2＝12mv′2，解得v′＝2gL＋U2B2d2－qUm，D正确．[答案]ABD4．(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∶1B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶210D．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＝θmqB可得t＝θ1mqB1＝θ2mqB2，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＝mvqB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＝2rsin3

0°＝r；区域Ⅱ的宽度d2＝rsin30°＋rcos(180°－60°－60°)＝r，故D正确．[答案]ACD