2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題八第1講3電場(chǎng)與磁場(chǎng)學(xué)案

PAGE8-電場(chǎng)與磁場(chǎng)[臨考必背]一、電場(chǎng)1．電場(chǎng)強(qiáng)度eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(E＝\f(F,q)（任何電場(chǎng)）,E＝k\f(Q,r2)（點(diǎn)電荷電場(chǎng)）,E＝\f(UAB,d)＝\f(φA－φB,d)（勻強(qiáng)電場(chǎng)）))2．電勢(shì)、電勢(shì)差、電勢(shì)能、電功：WAB＝qUAB＝q(φA－φB)＝－ΔEp(與路徑無(wú)關(guān))。3．電場(chǎng)線的應(yīng)用(1)電場(chǎng)力的方向——正電荷的受力方向和電場(chǎng)線方向相同，負(fù)電荷的受力方向和電場(chǎng)線方向相反。(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小(定性)——電場(chǎng)線的疏密可定性反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。(3)電勢(shì)的凹凸與電勢(shì)降低的快慢——沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐步降低，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向是電勢(shì)降低最快的方向。(4)等勢(shì)面的疏密——電場(chǎng)越強(qiáng)的地方，等差等勢(shì)面越密集；電場(chǎng)越弱的地方，等差等勢(shì)面越稀疏。4．平行板電容器(1)電容器的電容eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C＝\f(Q,U)＝\f(ΔQ,ΔU)（任何電容器）,C＝\f(εrS,4πkd)（平行板電容器）))(2)電容器的動(dòng)態(tài)分析①平行板電容器充電后保持兩極板與電源相連通——U不變d↑→eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C＝\f(εrS,4πkd)↓→Q＝CU↓,E＝\f(U,d)↓))S↓→eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C＝\f(εrS,4πkd)↓→Q＝CU↓,E＝\f(U,d)，不變))②平行板電容器充電后兩極板與電源斷開(kāi)——Q不變d↑→eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C＝\f(εrS,4πkd)↓→U＝\f(Q,C)↑,E＝\f(U,d)＝\f(Q,Cd)＝\f(4πkQ,εrS)，不變))S↓→eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C＝\f(εrS,4πkd)↓→U＝\f(Q,C)↑,E＝\f(U,d)＝\f(Q,Cd)＝\f(4πkQ,εrS)↑))5.電荷在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(v0⊥E)(1)規(guī)律eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(沿v0方向：勻速l＝v0t,沿E方向：加速\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vy＝at＝\f(qU,dm)·\f(l,v0),y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2dmveq\o\al(2,0)),tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,dmveq\o\al(2,0))))))(2)推論①不同帶電粒子從靜止由同一電場(chǎng)加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，射出時(shí)偏轉(zhuǎn)位移及偏轉(zhuǎn)角相等。②電荷經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出后(垂直E入射)，速度反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線交點(diǎn)為水平位移中點(diǎn)(似乎是從中點(diǎn)直線射出)。二、磁場(chǎng)1．安培力、安培力的方向(1)安培力的方向用左手定則判定。(2)安培力的方向特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I確定的平面。(3)安培力的大?。捍艌?chǎng)和電流垂直時(shí)F＝BIL；磁場(chǎng)和電流平行時(shí)F＝0。2．洛倫茲力的方向和大小(1)判定方法：左手定則。方向特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v確定的平面(留意：洛倫茲力不做功)。(2)洛倫茲力eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(①當(dāng)v∥B時(shí)，F(xiàn)洛＝0（最?。?；,②當(dāng)v⊥B時(shí)，F(xiàn)洛＝Bqv（最大）。))3．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(1)洛倫茲力充當(dāng)向心力：qvB＝mrω2＝meq\f(v2,r)＝mreq\f(4π2,T2)＝4π2mrf2＝ma。(2)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πm,qB)。(3)圓周運(yùn)動(dòng)中有關(guān)對(duì)稱(chēng)的規(guī)律①?gòu)闹本€邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)的粒子，從同一邊界射出時(shí)，速度與邊界的夾角相等，如圖甲所示。②在圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出，如圖乙所示。(4)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)(5)最小圓形磁場(chǎng)區(qū)域的計(jì)算：找到磁場(chǎng)邊界的兩點(diǎn)，以這兩點(diǎn)的距離為直徑的圓面積最小。4．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和重力場(chǎng)中，假如做直線運(yùn)動(dòng)，肯定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。假如做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力和電場(chǎng)力肯定平衡，只有洛倫茲力供應(yīng)向心力。5．速度選擇器、電磁流量計(jì)、磁流體發(fā)電機(jī)、霍爾效應(yīng)穩(wěn)定時(shí)，電荷所受電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡(如圖所示)。6．回旋加速器(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一周，被加速兩次；交變電場(chǎng)的頻率與粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相同。T電場(chǎng)＝T回旋＝T＝eq\f(2πm,qB)。(2)粒子在電場(chǎng)中每加速一次，都有qU＝ΔEk。(3)粒子在邊界射出時(shí)，都有相同的圓周半徑R，有R＝eq\f(mv,qB)。(4)粒子飛出加速器時(shí)的動(dòng)能為Ek＝eq\f(mv2,2)＝eq\f(B2R2q2,2m)(在粒子質(zhì)量、電荷量確定的狀況下，粒子所能達(dá)到的最大動(dòng)能只與加速器的半徑R和磁感應(yīng)強(qiáng)度B有關(guān)，與加速電壓無(wú)關(guān))。7．質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和照相底片等構(gòu)成。(2)原理：粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速，qU＝eq\f(1,2)mv2。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝meq\f(v2,r)。由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)。[臨考必練]1．如圖所示，在正方形四個(gè)頂點(diǎn)分別放置一個(gè)點(diǎn)電荷，所帶電荷量已在圖中標(biāo)出，則下列四個(gè)選項(xiàng)中，正方形中心處場(chǎng)強(qiáng)最大的是()解析：依據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝keq\f(Q,r2)，結(jié)合矢量合成法則求解。設(shè)正方形頂點(diǎn)到中心的距離為r，則A選項(xiàng)中電場(chǎng)強(qiáng)度EA＝0，B選項(xiàng)中電場(chǎng)強(qiáng)度EB＝2eq\r(2)keq\f(Q,r2)，C選項(xiàng)中電場(chǎng)強(qiáng)度EC＝keq\f(Q,r2)，D選項(xiàng)中電場(chǎng)強(qiáng)度ED＝eq\r(2)keq\f(Q,r2)，所以B正確。答案：B2．如圖所示，實(shí)線為某電場(chǎng)的電場(chǎng)線。虛線為一帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，A、B、C為軌跡上的三點(diǎn)，且AB和BC關(guān)于B點(diǎn)所在的電場(chǎng)線對(duì)稱(chēng)，不計(jì)重力。下列關(guān)于粒子的說(shuō)法正確的是()A．在B點(diǎn)的速度大于在A點(diǎn)的速度B．在B點(diǎn)的加速度大于在A點(diǎn)的加速度C．在B點(diǎn)的電勢(shì)能大于在A點(diǎn)的電勢(shì)能D．沿軌跡AB和沿軌跡BC電場(chǎng)力做的功相同解析：由圖可知，該粒子受力方向沿電場(chǎng)線反方向，該粒子帶負(fù)電，在A點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力的方向與速度方向成鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，在B點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力的方向與速度方向成直角，電場(chǎng)力不做功，在A到B這個(gè)過(guò)程，電場(chǎng)力始終做負(fù)功，動(dòng)能減小，電勢(shì)能增大，故A錯(cuò)誤，C正確；電場(chǎng)線疏密程度反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，電場(chǎng)強(qiáng)度確定電場(chǎng)力，電場(chǎng)力越大的地方，粒子的加速度越大，A的電場(chǎng)線比B的密集，即粒子在A點(diǎn)的加速度大于B點(diǎn)的加速度，故B錯(cuò)誤；沿軌跡AB，電場(chǎng)力做負(fù)功，沿軌跡BC，電場(chǎng)力做正功，故D錯(cuò)誤。答案：C3．如圖所示，三根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線P、Q、R均垂直紙面放置，ab為直導(dǎo)線P、Q連線的中垂線，P、Q中電流大小相等、方向均垂直紙面對(duì)里，R中電流的方向垂直紙面對(duì)外，則R受到的磁場(chǎng)力可能是()A．F1 B．F2C．F3 D．F4解析：依據(jù)異向電流相斥，同向電流相吸可知，電流P、Q對(duì)電流R均產(chǎn)生斥力，但是由于P距離R較近，Q距離R較遠(yuǎn)，則P對(duì)R的斥力大于Q對(duì)R的斥力，則依據(jù)平行四邊形法則合成可知，合力方向可能為F3的方向。答案：C4．(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場(chǎng)強(qiáng)度大小、電容和極板所帶的電荷量分別用d、U、E、C和Q表示。下列說(shuō)法正確的是()A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半B．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則U變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍C．保持C不變，將Q變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則U變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍D．保持d、C不變，將Q變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半解析：保持U不變，將d變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍后，依據(jù)E＝eq\f(U,d)可得E變?yōu)樵瓉?lái)的一半，A正確；保持E不變，將d變?yōu)樵瓉?lái)的一半，依據(jù)U＝Ed可得U變?yōu)樵瓉?lái)的一半，B錯(cuò)誤；將Q變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，依據(jù)公式C＝eq\f(Q,U)可知U變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，C正確；C不變，將Q變?yōu)樵瓉?lái)的一半，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可得U變?yōu)樵瓉?lái)的一半，d不變，U變?yōu)樵瓉?lái)的一半，依據(jù)公式E＝eq\f(U,d)可知E變?yōu)樵瓉?lái)的一半，D正確。答案：ACD5．如圖所示，梯形abdc位于某勻強(qiáng)電場(chǎng)所在平面內(nèi)，兩底角分別為60°、30°，cd＝2ab＝4cm，已知a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為4V、0V，將電荷量q＝1.6×10－3C的正電荷由a點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)，克服電場(chǎng)力做功6.4×10－3A．垂直ab向上，大小為400V/mB．垂直bd斜向上，大小為400V/mC．平行ca斜向上，大小為200V/mD．平行bd斜向上，大小為200V/m解析：由W＝qU知Uac＝eq\f(W,q)＝eq\f(－6.4×10－3,1.6×10－3)V＝－4V，而φa＝4V，所以φc＝8V，過(guò)b點(diǎn)作be∥ac交cd于e，因在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，隨意兩條平行線上距離相等的兩點(diǎn)間電勢(shì)差相等，所以Uab＝Uce，即φe＝4V，又因cd＝2ab，所以Ucd＝2Uab，即φd＝0V，所以bd為一條等勢(shì)線，又由幾何關(guān)系知eb⊥bd，由電場(chǎng)線與等勢(shì)線的關(guān)系知電場(chǎng)強(qiáng)度必垂直bd斜向上，大小為E＝eq\f(Ueb,ed·sin30°)＝eq\f(4,1×10－2)V/m＝400V/m，B項(xiàng)正確。答案：B6．如圖所示，三角形區(qū)域磁場(chǎng)的三個(gè)頂點(diǎn)a、b、c在直角坐標(biāo)系內(nèi)的坐標(biāo)分別為(0，2eq\r(3))、(－2，0)、(2，0)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝4×10－4T，大量比荷為eq\f(q,m)＝2.5×105C/kg、不計(jì)重力的正離子，從O點(diǎn)以相同的速率v＝2eq\r(3)m/s沿不同方向垂直磁場(chǎng)射入該磁場(chǎng)區(qū)域。求：(1)離子運(yùn)動(dòng)的半徑；(2)從ac邊離開(kāi)磁場(chǎng)的離子，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)距c點(diǎn)最近的位置坐標(biāo)值；(3)從磁場(chǎng)區(qū)域射出的離子中，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間。解析：(1)由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)代入數(shù)據(jù)可解得R＝2eq\r(2)設(shè)從ac邊離開(kāi)磁場(chǎng)的離子距c最近的點(diǎn)的坐標(biāo)為M(x，y)，M點(diǎn)為以a為圓心、以aO為半徑的圓周與ac的交點(diǎn)，則x＝Rsin30°＝eq\r(3)cmy＝R－Rcos30°＝(2eq\r(3)－3)cm離c最近的點(diǎn)的坐標(biāo)值為M(eq\r(3)，2eq\r(3)－3)。(3)依題意知，全部離子的軌道半徑相同，則可知弦越長(zhǎng)，對(duì)應(yīng)的圓心角越大，易知從a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)的離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，其軌跡所對(duì)的圓心角為60°T＝eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(π,50)st＝eq\f(T,6)＝eq\f(π,300)s。答案：(1)2eq\r(3)cm(2)(eq\r(3)，2eq\r(3)－3)(3)eq\f(π,300)s7．如圖所示，坐標(biāo)平面第一象限內(nèi)存在大小為E＝3×105N/C、方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在其次象限內(nèi)存在方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量與電荷之比eq\f(m,q)＝4×10－10kg/C的帶正電的粒子，以初速度v0＝2×107m/s從x軸上的A點(diǎn)垂直x軸射入電場(chǎng)，OA＝0.15m，不計(jì)粒子的重力。求：(1)粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離；(2)若要使粒子不能進(jìn)入第三象限，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍(不考慮粒子其次次進(jìn)入電場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)狀況)。解析：(1)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的位置與原點(diǎn)O的距離為y，則xOA＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(F,m)，F(xiàn)＝Eq，y＝v0t聯(lián)立解得a＝7.5×1014m/s2，t＝2.0×1