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1、考前第考前第 6 天 电场和磁场天 电场和磁场 回顾知识回顾知识 1库仑定律库仑定律 Fk(条件：真空中、点电荷条件：真空中、点电荷) Q1Q2 r2 2电场强度的表达式电场强度的表达式 (1)定义式：定义式：E (适用任何电场适用任何电场) F q (2)计算式：计算式：E(适用点电荷的电场适用点电荷的电场) kQ r2 (3)匀强电场中：匀强电场中：E (适用于匀强电场适用于匀强电场) U d 3电势差和电势的关系电势差和电势的关系 UABAB或或 UBABA 4电场力做功的计算电场力做功的计算 (1)普适：普适：WqU (2)匀强电场：匀强电场：WEdq 5电容的计算电容的计算 C (定
2、义式定义式) Q U Q U C(平行板电容器的决定式平行板电容器的决定式) S 4kd 6磁感应强度的定义式磁感应强度的定义式 B F IL 7安培力大小安培力大小 FBIL(B、I、L 相互垂直相互垂直) 8洛伦兹力的大小洛伦兹力的大小 FqvB 9带电粒子在匀强磁场中的运动带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)洛伦兹力充当向心力，洛伦兹力充当向心力，qvBmr2mmr42mrf2 v2 r 42 T2 ma. (2)圆周运动的半径圆周运动的半径 r、周期、周期 T. mv qB 2m qB 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： “速度选择器”“电磁流量计”
3、“磁流体发电机”“霍尔效 应”的共同点：qvBqEq . U d 回顾方法回顾方法 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)带电粒子的加速带电粒子的加速 以初速度以初速度 v0射入电场中的带电粒子， 经电场力做功加速射入电场中的带电粒子， 经电场力做功加速(或减速或减速) 至至 v，由，由 qU mv2 mv 得得 v. 1 2 1 2 2 0 v2 02qU m 当当 v0很小或很小或 v00 时，上式简化为时，上式简化为 v . 2qU m (2)带电粒子的偏转带电粒子的偏转 以初速度以初速度 v0垂直场强方向射入匀强电场中的带电粒子，受恒
4、定 电场力作用，做类似平抛的匀变速曲线运动 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(如图所示如图所示) 加速度加速度 aqE m 运动时间运动时间 t l v0 侧移量侧移量 y at2 2 1 2 qE 2m( l v0) 偏转角偏转角 tan vy vx at v0 qEl mv2 0 结论：不论带电粒子的结论：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 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
5、角是相同的(即它们的运动轨迹相同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 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 角度关系 ：， 粒子就好像从中点射出一样 角度关系 ： tan2tan. 2安培力方向的判断方法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 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
6、个便于分析的特殊 位置后再判断安培力的方向 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 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 利用结论法：两通电导线相互平行时，同向电流相互
7、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 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 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
8、 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 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)圆心的确定圆心的确定 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 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 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 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 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 已知粒子运动轨
9、迹上的两条弦， 作出两弦的垂直平分线， 交点 即为圆心 已知粒子在磁场中的入射点、入射方向和出射方向，延长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 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 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 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
10、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 磁场边界：直线，粒子进出磁场的轨迹具有对称性，如图磁场边界：直线，粒子进出磁场的轨迹具有对称性，如图(a)、 (b)、(c)所示所示 磁场边界：平行直线，如图磁场边界：平行直线，如图(d)所示所示 磁场边界：圆形，如图磁场边界：圆形，如图(e)所示所示 (3)时间的确定时间的确定 tT 或或 tT 或或 t 2 360 s v 其中其中 为粒子运动的圆弧所对的圆心角，为粒子运动的圆弧所对的圆心角，T 为周期，为周期，v 为粒子的 速度， 为粒子的 速度，s 为运动轨迹的弧长为运动轨迹的弧长 带电粒子射出磁场的速度方向与射入磁场的速
11、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 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 ，如图，如图(d)、(e)所示所示 回顾易错点回顾易错点 1区分电场强度区分电场强度 E 及电容及电容 C 的定义式与决定式的定义式与决定式 2区分电场强度与电势区分电场强度与电势 3区分左手定则与右手定则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” 区分“微观粒子”与“带电小球”
12、保温精练保温精练 1(多选多选)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 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 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 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( ) AA 球带正电，球带正电，B 球带负电球带负电 BA 球比球比 B 球先落地球先落地 C在下落过程中，在下落过程中，A 球的电势能
13、减少，球的电势能减少，B 球的电势能增加球的电势能增加 D两球从抛出到各自落地的过程中，两球从抛出到各自落地的过程中，A 球的速率变化量比球的速率变化量比 B 球 的小 球 的小 解析解析 两球均做类平抛运动，水平方向上有两球均做类平抛运动，水平方向上有 xv0t，竖直方向 上有 ，竖直方向 上有 h at2，得加速度大小，得加速度大小 a，可见水平距离，可见水平距离 x 越大，加速越大，加速 1 2 2hv2 0 x2 度度 a 越小，相应所用时间越小，相应所用时间 t 越长，即越长，即 B 球先落地，球先落地，A 球的加速度球的加速度 a1 小于小于 B 球的加速度球的加速度 a2， 说明
14、， 说明 A 球带正电而受到竖直向上的电场力，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， 球 做负功，A 球电势能增加，电场力对球电势能增加，电场力对 B 球做正功，球做正功，B 球电势能减少， 选项 球电势能减少， 选项 A 正确，正确，B、C 均错误；根据动能定理有均错误；根据动能定理有 mah mv2 mv ， 1 2 1 2 2 0 而而 vvv0， 可见加速度， 可见加速度 a 越大， 落地速度越大， 落地速度 v 越大， 速率变化量越大， 速率变化量 v 越大，
15、即越大，即 A 球的速率变化量较小，选项球的速率变化量较小，选项 D 正确正确 答案答案 AD 2(多选多选)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， 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，点为对应棱的中点，B 点为右侧面的中心，点为右侧面的中心，C 点 为底面的中心， 点 为底面的中心，D 点为正四面体的中心点为正四面体的中心(到四个顶点的距离均相 等 到四个顶点的距离均相 等)关于关于 A、B、C、D 四点的电势高低，下列判断正确的是四点的电势高低，下列判断正确的是( ) AAB BAD CBC DCD 解析解析 以无
16、穷远处为零电势，点电荷周围的电势以无穷远处为零电势，点电荷周围的电势 k ，正点，正点 q r 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， 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 点与点与 3、 4 等距，等距， 与与1、 2等距，等距， 3、 4两点电荷在两点电荷在A点的电势一正一负， 相加刚好为零，点的电势一正一负， 相加刚好为零， 1、 2 两电荷在两电荷在 A 点的电势相加也为零，则点的电势相加也为零，则 A0.同理，同理，D 点到四个点电 荷的距
17、离都相同，则 点到四个点电 荷的距离都相同，则 D0.B 点与点与 3、4 等距，与等距，与 1 的距离小于与的距离小于与 2 的距离，的距离，1 在在 B 点的正电势与点的正电势与 2 在在 B 点的负电势相加大于零，则可 得 点的负电势相加大于零，则可 得 B0.同理，同理，C 点与点与 3、4 等距，与等距，与 1 的距离大于与的距离大于与 2 的距离，则可 得 的距离，则可 得 CADC，B、C 正确正确 答案答案 BC 3(2018合肥质检一合肥质检一) (多选多选)如图所示，竖直放置的两平行金属 板，长为 如图所示，竖直放置的两平行金属 板，长为 L，板间距离为，板间距离为 d，接
18、在电压为，接在电压为 U 的直流电源上在两板间 加一磁感应强度为 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，方向垂直纸面向里的匀强磁场一质量为 m， 电荷量为 ， 电荷量为 q 的带正电油滴，从距金属板上端高为的带正电油滴，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 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 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
19、不计，重力加速度为 g，则下列说法正确的是，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油滴开始下落的高度 h U2 2B2d2g C油滴从左侧金属板的下边缘离开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油滴离开时的速度大小为 qU m 2gL U2 B2d2 解析解析 油滴刚到达油滴刚到达 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 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 点的合力大
20、小等于重力， 由牛顿运动定律可知油滴在 P 点的加速度大小为点的加速度大小为 g，A 正确；由于油 滴在 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点水平方向的合力为零，则由力的平衡条件可知 q qBv， U d 对油滴从释放到对油滴从释放到 P 点的过程中， 由机械能守恒定律可知点的过程中， 由机械能守恒定律可知 mgh mv2， 1 2 整理得整理得 h，B 正确；油滴进入平行金属板间后，做加速正确；油滴进入平行金属板间后，做加速 U2 2gB2d2 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， 运动，则
21、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 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(hL) q mv2，解得，解得 v，D 正确正确 U 2 1 2 2gL U2 B2d2 qU m 答案答案 ABD 4(多选多选)如图所示，在区域和区域内分别存在与纸面垂直 但方向相反的匀强磁场， 区域内磁感应强度是区域内磁感应强度 的 如图所示，在区域和区域内分别存在与纸面垂直 但方向相反的匀强磁场， 区域内磁感应强度是区域内磁感应强度 的
22、2 倍， 一带电粒子在区域左侧边界处以垂直边界的速度进入区域 ，发现粒子离开区域时速度方向改变了 倍， 一带电粒子在区域左侧边界处以垂直边界的速度进入区域 ，发现粒子离开区域时速度方向改变了 30，然后进入区域， 测得粒子在区域内的运动时间与区域内的运动时间相等， 则下列 说法正确的是 ，然后进入区域， 测得粒子在区域内的运动时间与区域内的运动时间相等， 则下列 说法正确的是( ) A粒子在区域和区域中的速率之比为粒子在区域和区域中的速率之比为 11 B粒子在区域和区域中的角速度之比为粒子在区域和区域中的角速度之比为 21 C粒子在区域和区域中的圆心角之比为粒子在区域和区域中的圆心角之比为 1
23、2 D区域和区域的宽度之比为区域和区域的宽度之比为 11 解析解析 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 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 ； 由洛伦兹力正确 ； 由洛伦兹力 fqBvma 和和 av 可知， 粒子运动的角速度之比为 可知， 粒子运动的角速度之比为 12B1B212，则，则 B 错误；由于 粒子在区域和区域内的运动时间相等， 由 错误；由于 粒子在区域和区域内的运动时间相等， 由t可得可得t m qB 1m qB1 2m qB2 ， 且， 且 B22B1，所以可得，所以可得 1212，则，则 C 正确；由
24、题意可知，粒 子在区域中运动的圆心角为 正确；由题意可知，粒 子在区域中运动的圆心角为 30，则粒子在区域中运动的圆心角，则粒子在区域中运动的圆心角 为为 60， 由， 由 R可知粒子在区域中的运动半径是在区域中运动可知粒子在区域中的运动半径是在区域中运动 mv qB 半径的半径的 2 倍，设粒子在区域中的运动半径为倍，设粒子在区域中的运动半径为 r，作粒子运动的轨迹 如图所示，则由图可知，区域的宽度 ，作粒子运动的轨迹 如图所示，则由图可知，区域的宽度 d12rsin30r； 区域的宽 度 ； 区域的宽 度 d2rsin30rcos(1806060)r，故，故 D 正确正确 答案答案 ACD