高考物理大二輪總復習 增分策略 專題五 第1講 電場與磁場的理解課件.ppt

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專題五 電場與磁場,,本專題主要是綜合應用動力學方法和功能關系解決帶電粒子在電場和磁場中的運動問題．這部分的題目覆蓋的內(nèi)容多，物理過程多，且情景復雜，綜合性強，常作為理綜試卷的壓軸題．高考對本專題考查的重點有以下幾個方面：①對電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的理解；②帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題；③帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動問題；④帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動問題；⑤帶電粒子在電場和磁場的疊加場中的運動問題；⑥帶電粒子在電場和磁場中運動的臨界問題．,專題定位,,,,針對本專題的特點，應“抓住兩條主線、明確兩類運動、運用兩種方法”解決有關問題．兩條主線是指電場力的性質(zhì)(物理量——電場強度)和能的性質(zhì)(物理量——電勢和電勢能)；兩類運動是指類平拋運動和勻速圓周運動；兩種方法是指動力學方法和功能關系．,應考策略,,,,,,,,高考題型1 對電場性質(zhì)的理解,高考題型2 電場矢量合成問題,高考題型3 帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題,高考題型4 帶電粒子在勻強磁場中的多過程問題,欄目索引,,,第1講 電場與磁場的理解,,高考題型1 對電場性質(zhì)的理解,解題方略,1．對電場強度的三個公式的理解 (1)E＝ 是電場強度的定義式，適用于任何電場．電場中某點的場強是確定值，其大小和方向與試探電荷q無關．試探電荷q充當“測量工具”的作用．,(2)E＝ 是真空中點電荷所形成的電場的決定式．E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定． (3)E＝ 是場強與電勢差的關系式，只適用于勻強電場，注意：式中d為兩點間沿電場方向的距離．,2．電場線：假想線，直觀形象地描述電場中各點場強的強弱及方向，曲線上各點的切線方向表示該點的場強方向，曲線的疏密程度表示電場的強弱． 3．電勢高低的比較 (1)根據(jù)電場線方向，沿著電場線方向，電勢越來越低； (2)根據(jù)電勢的定義式φ＝ ，即將＋q從電場中的某點移至無窮遠處電場力做功越多，則該點的電勢越高； (3)根據(jù)電勢差UAB＝φA－φB，若UAB0，則φAφB，反之φAφB.,4．電勢能變化的判斷 (1)根據(jù)電場力做功判斷，若電場力對電荷做正功，電勢能減少；反之則增加．即WAB＝－ΔEp. (2)根據(jù)能量守恒定律判斷，電場力做功的過程是電勢能和其他形式的能相互轉(zhuǎn)化的過程，若只有電場力做功，電荷的電勢能與動能相互轉(zhuǎn)化，而總和應保持不變．即當動能增加時，電勢能減少．,例1 (多選) 如圖1所示是某空間部分電場線分布 圖，在電場中取一點O，以O為圓心的圓周上有M、 Q、N三個點，連線MON與直電場線重合，連線OQ 垂直于MON.下列說法正確的是( ) A．M點的場強大于N點的場強 B．O點的電勢等于Q點的電勢 C．將一負點電荷由M點移到Q點，電荷的電勢能增加 D．一正點電荷只受電場力作用能從Q點沿圓周運動至N點,圖1,解析 電場線的疏密表示場強的強弱，故M點的場強大于N點的場強，故A正確； 根據(jù)電場線與等勢線垂直的特點，在O點所在電場線上找到Q點的等勢點，根據(jù)沿電場線電勢降低可知，O點的電勢比Q點的電勢高，故B錯誤； 將一負點電荷由M點移到Q點，電場力做負功，電勢能增加，故C正確； 一正點電荷只受電場力作用不可能沿圓周運動，故D錯誤． 答案 AC,預測1 (多選) 兩電荷量分別為q1和q2的點電荷 放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電 勢φ隨x變化的關系如圖2所示，其中A、N兩點 的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，則( ) A．q1與q2帶同種電荷 B．C點的電場強度大小為零 C．NC間場強方向向x軸正方向 D．將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功,圖2,解析 由圖象可知，兩點的電勢一正一負，則q1與q2帶異種電荷，故A錯誤． 電勢隨x變化圖線的切線斜率表示電場強度，C點處切線斜率為零，則電場強度大小為零，故B正確． 由圖可知：N→C段中，電勢升高，所以場強方向沿x軸負方向，故C錯誤． 因N→D段中，電勢先升高后降低，所以場強方向先沿x軸負方向，后沿x軸正方向，則將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功，故D正確． 答案 BD,預測2 如圖3所示，帶正電的A球固定，質(zhì)量為m、 電荷量為＋q的粒子B從a處以速度v0射向A，虛線 abc是B運動的一段軌跡，b點距離A最近．粒子經(jīng)過 b點時速度為v，重力忽略不計．則( ),圖3,A．粒子從a運動到b的過程中動能不斷增大 B．粒子從b運動到c的過程中加速度不斷增大 C．可求出A產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差 D．可求出A產(chǎn)生的電場中b點的電場強度,解析 由圖知，帶電粒子受到A處正電荷的排斥力作用，粒子從a運動到b的過程中庫侖力做負功，其動能不斷減小，故A錯誤； 粒子從b運動到c的過程中粒子離正電荷越來越遠，所受的庫侖力減小，加速度減小，故B錯誤；,ab間不是勻強電場，不能根據(jù)公式U＝Ed，求出b點的電場強度，故D錯誤． 答案 C,預測3 (2015新課標全國Ⅰ15)如圖4，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ.一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等．則( ) A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM＞φQ B．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM＞φN C．若電子由M點運動到Q點，電場力做正功 D．若電子由P點運動到Q點，電場力做負功,圖4,解析 電子帶負電荷，電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等，有WMN＝WMP＜0，而WMN＝qUMN，WMP＝qUMP，q＜0，所以有UMN＝UMP＞0，即φM＞φN＝φP，勻強電場中等勢線為平行的直線，所以NP和MQ分別是兩條等勢線，有φM＝φQ，故A錯誤，B正確； 電子由M點運動到Q點過程中，WMQ＝q(φM－φQ)＝0，電子由P點運動到Q點過程中，WPQ＝q(φP－φQ)＞0，故C、D錯誤． 答案 B,,高考題型2 電場矢量合成問題,解題方略,1．熟練掌握常見電場的電場線和等勢面的畫法． 2．對于復雜的電場場強、電場力合成時要用平行四邊形定則． 3．電勢的高低可以根據(jù)“沿電場線方向電勢降低”或者由離正、負場源電荷的距離來確定．,例2 (2015山東理綜18) 直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖5.M、N兩點各固定一負點電荷，一電荷量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零．靜電力常量用k表示．若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為( ),圖5,答案 B,圖6,答案 C,預測5 如圖7所示，兩根等長帶電棒放置在第一、二象限，其端點在兩坐標軸上，棒與坐標軸圍成等腰直角三角形，兩棒帶電荷量相等，且電荷均勻分布，此時O點的電場強度大小為E，撤去其中一根帶電棒后，O點的電場強度大小變?yōu)? ),圖7,答案 B,預測6 如圖8所示，一半徑為R的絕緣環(huán)上，均勻地帶有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與圓環(huán)中心O的距離OP＝L.設靜電力常量為k，P點的場強為E，下列四個表達式中有一個是正確的，請你根據(jù)所學的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達式是( ),圖8,解析 設想將圓環(huán)等分為n個小段，當n相當大時，每一小段都可以看做點電荷，其所帶電荷量為：,由點電荷場強公式可求得每一點電荷在P處的場強為：,答案 D,1．解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關系． 2．粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切．,,高考題型3 帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題,解題方略,例3 如圖9所示，兩平行金屬板E、F之間電壓為U，兩足夠長的平行邊界MN、PQ區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)，由E板中央處靜止釋放，經(jīng)F板上的小孔射出后，垂直進入磁場，且進入磁場時與邊界MN成60角，磁場MN和PQ邊界距離為d.求：,圖9,(1)粒子離開電場時的速度； 解析 設粒子離開電場時的速度為v，由動能定理有：,(2)若粒子垂直邊界PQ離開磁場，磁感應強度為B； 解析 粒子離開電場后，垂直進入磁場， 根據(jù)幾何關系得r＝2d ③,(3)若粒子最終從磁場邊界MN離開磁場，求磁感應強度的范圍． 解析 最終粒子從邊界MN離開磁場，需滿足條件：剛好軌跡與PQ相切 d＝r＋rsin 30 ⑤,預測7 如圖10所示，空間存在一個半徑為R0的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場的方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小為B，有一個粒子源在紙面內(nèi)沿各個方向以一定速率發(fā)射大量粒子，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q.將粒子源置于圓心，則所有粒子剛好都不離開磁場，不考慮粒子之間的相互作用．,圖10,(1)求帶電粒子的速率． 解析 粒子離開出發(fā)點最遠的距離為軌道半徑的2倍，由幾何關系，則有R0＝2r，r＝0.5R0,答案,高考題型4 帶電粒子在勻強磁場中的多過程問題,,,圖11,與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y方向分速度不變，沿x方向分速度反向，大小不變．帶負電的粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，不計粒子所受重力．若粒子在P點沿PQ1方向進入磁場，經(jīng)磁場運動后，求： (1)從Q1直接到達Q2處的粒子初速度大??； 解析 由題意畫出粒子運動軌跡如圖甲所示， 設PQ1與x軸正方向夾角為θ，粒子在磁場中 做圓周運動的半徑大小為R1，,(2)從Q1直接到達O點，粒子第一次經(jīng)過x軸的交點坐標；,(3)只與擋板碰撞兩次并能回到P點的粒子初速度大?。?解析 由題意畫出粒子運動軌跡如圖丙所示， 設PQ1與x軸正方向夾角為θ，粒子在磁場中 做圓周運動的半徑大小為R3，偏轉(zhuǎn)一次后在 y軸負方向偏移量為Δy1，由幾何關系得：Δy1 ＝2R3cos θ，為保證粒子最終能回到P，粒子 與擋板碰撞后，碰后速度方向應與PQ1連線平行，每碰撞一次，粒子進出磁場在y軸上這段距離Δy2(如圖中A、E間距)可由題給條件，,預測8 如圖12所示，空間中直線PQ以上存在 磁感應強度為4B的勻強磁場，PQ以下存在著 磁感強度為B的勻強磁場，磁場方向均垂直紙 面向里，厚度不計的平行絕緣板EF、GH間距 為d，垂直于PQ放置，有一個質(zhì)量為m的帶電 粒子，電荷量為q，從EF的中間小孔M點射出，速度方向與水平方向成30角，直接到達PQ邊界并垂直邊界射入上部磁場，軌跡如圖所示，以后的運動過程中，經(jīng)一段時間后，粒子恰好能從GH板的小孔N點穿出，(粒子重力不計)求：,圖12,(1)粒子從M點出發(fā)的初速度v； 解析 R1sin 30＝R1－d，得R1＝2d.,(2)粒子從M點出發(fā)，到達N點所用時間； 解析 如圖，粒子應從G點進入4B場內(nèi)，,其運動軌跡為半圓，并垂直PQ再由E點回到B場區(qū)，由對稱性，粒子將打到N點的軌跡如圖，粒子在B場中運動時間,(3)若粒子出發(fā)條件不變，EF板不動，將GH板從原來位置向右平移，若仍需讓粒子穿過N點，則GH到EF的垂直距離x應滿足什么條件？(用d來表示x) 解析 如圖所示，由粒子運行的周期性，有如下結(jié)果： x＝(3n＋1)d，(n＝0,1,2,3…) 或x＝3nd，(n＝0,1,2,3…) 答案 x＝(3n＋1)d，(n＝0,1,2,3…)或x＝3nd，(n＝0,1,2,3…),