《2023年高考物理冲刺练习考前知识回扣考前第6天含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考物理冲刺练习考前知识回扣考前第6天含解析.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 1 考前第 6 天 电场和磁场 回忆知识 1库仑定律 FkQ1Q2r2(条件：真空中、点电荷)2电场强度的表达式(1)定义式：EFq(适用任何电场)(2)计算式：EkQr2(适用点电荷的电场)(3)匀强电场中：EUd(适用于匀强电场)3电势差和电势的关系 UABAB或UBABA 4电场力做功的计算(1)普适：WqU(2)匀强电场：WEdq 5电容的计算 CQUQU(定义式)CS4kd(平行板电容器的决定式)6磁感应强度的定义式 BFIL 7安培力大小 FBIL(B、I、L相互垂直)2 8洛伦兹力的大小 FqvB 9带电粒子在匀强磁场中的运动(1)洛伦兹力充当向心力，qvBmr2mv2rmr4
2、2T242mrf2ma.(2)圆周运动的半径rmvqB、周期T2mqB.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：qvBqEqUd.回忆方法 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qU12mv212mv20得vv202qUm.当v0很小或v00 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 3 电场力作用，做类似平抛的匀变速曲线运动(如下图)加速度aqEm 运动时间tlv0 侧移量y12at2qE2mlv02 偏
3、转角 tanvyvxatv0qElmv20 结论：不管带电粒子的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)出场速度的反向延长线跟入射速度相交于中点O，粒子就好似从中点射出一样角度关系：tan2tan.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
4、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 4(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、半径及时间确实定方法(1)圆心确实定 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 已知粒子入射
5、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)半径确实定：找到圆心以后，半径确实定和计算一般利用几何知识解直角三角形的方法带电粒子在有界匀强磁场中常见的几种运动情形如下图 5 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 磁场边界：平行直线，如图(d)所示 磁场边界：圆形，如图(e)所示(3)时间
6、确实定 t2T或t360T或tsv 其中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 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(d)、(e)所示 回忆易错点 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”6 保温精练 1(多项选择)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，
7、最后落到水平地面上，运动轨迹如下图，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则()AA球带正电，B球带负电 BA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xv0t，竖直方向上有h12at2，得加速度大小a2hv20 x2，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
8、减少，选项 A正确，B、C均错误；根据动能定理有mah12mv212mv20，而v 7 vv0，可见加速度a越大，落地速度v越大，速率变化量v越大，即A球的速率变化量较小，选项 D正确 答案 AD 2(多项选择)如下图，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，以下判断正确的选项是()AAB BAD CBC DCD 解析 以无穷远处为零电势，点电荷周围的电势kqr，正 8 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
9、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A0.同理，D点到四个点电荷的距离都相同，则D0.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B0.同理，C点与 3、4 等距，与 1 的距离大于与2 的距离，则可得CADC，B、C正确 答案 BC 3(2018合肥质检一)(多项选择)如下图，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
10、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，则以下说法正确的选项是()A油滴刚进入两板间时的加速度大小为g 9 B油滴开始下落的高度hU22B2d2g 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 qUm2gLU2B2d2 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
11、力为零，则由力的平衡条件可知qUdqBv，对油滴从释放到P点的过程中，由机械能守恒定律可知mgh12mv2，整理得hU22gB2d2，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(hL)qU212mv2，解得v2gLU2B2d2qUm，D正确 答案 ABD 4(多项选择)如下图，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 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
12、，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，则以下说法正确的选项是()10 A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 21 C粒子在区域和区域中的圆心角之比为 12 D区域和区域的宽度之比为 11 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fqBvma和av可知，粒子运动的角速度之比为12B1B212，则 B错误；由于粒子在区域和区域内的运动时间相等，由tmqB可得t1mqB12mqB2，且B22B1，所以可得1212，则 C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 11 运动的圆心角为 60，由RmvqB可知粒子在区域中的运动半径是在区域中运动半径的 2 倍，设粒子在区域中的运动半径为r，作粒子运动的轨迹如下图，则由图可知，区域的宽度d12rsin30r；区域的宽度d2rsin30rcos(1806060)r，故 D正确 答案 ACD