北京市2018屆高考物理二輪復習 專題6 電場、磁場的基本性質(zhì)學案（含解析）

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1、 專題6 電場、磁場的基本性質(zhì) 考向預測 高考對電場與磁場考查的重點有以下幾個方面：對電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的理解；帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題；帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動問題；帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動問題；帶電粒子在電場和磁場的疊加場中的運動問題；帶電粒子在電場和磁場中運動的臨界問題。 本專題主要介紹電場、磁場的基本性質(zhì)及帶電粒子在電場、磁場中運動的基本問題。 高頻考點：電場的性質(zhì)；帶電粒子在電場中的運動；磁場的性質(zhì)；帶電粒子在勻強磁場中運動。知識與技巧的梳理 考點一、電場的性質(zhì) 例 (2017·全國III卷T21) (多選)一勻強電場的方向平

2、行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是(　　) A．電場強度的大小為2.5 V/cm B．坐標原點處的電勢為1 V C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV 【審題立意】解答本題應把握以下三點：(1)電勢與場強無關(guān)；(2)電子在電勢高的地方電勢能小，在電勢低的地方電勢能大；(3)電場力做功等于電勢能變化量的負值。 【解題思路】如圖所示，設a、c之間的d點電勢與b點相同，則，d點坐標為(3.5 m，6 m)，過c點作cf⊥bd于f，由幾何關(guān)系可得cf = 3.

3、6 cm，則電場強度，A正確；因為四邊形Oacd是矩形，所以有Uac=Uob，解得坐標原點O處的電勢為1 V，B正確；a點電勢比b點電勢低7 V，電子帶負電，所以電子在a點的電勢比在b點的高7 eV，C錯誤；b點電勢比c點電勢低9 V，電子從b點運動到c點，電場力做功9 eV，D正確。 【參考答案】 ABD 【技能提升】1. 勻強電場中，沿任意一個方向，電勢降落都是均勻的，故在同一直線上間距相同的兩點間電勢差相等。 2. 若已知電場中某幾點的電勢，要求其他點的電勢，一般采用“等分法”在電場中找與待求點電勢相同的點。 3. 在勻強電場中，相互平行、長度相等線段的兩端點間的電勢相等。

4、【變式訓練】1. (2018屆高三·河南中原名校聯(lián)考)靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置。如圖所示為該透鏡工作原理示意圖，虛線表示這個靜電場在xOy平面內(nèi)的一簇等勢線，等勢線形狀關(guān)于Ox軸、Oy軸對稱，且相鄰兩等勢線的電勢差相等。圖中實線為某個電子通過電場區(qū)域時的軌跡示意圖，關(guān)于此電子從a點運動到b點過程中，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢 B．電子在a點的加速度大于在b點的加速度 C．電子在a點的動能大于在b點的動能 D．電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能 解析：根據(jù)等勢線與電場線垂直，可作出電場線，電子所受的電場力與場強方向相反，故電子在y軸

5、左側(cè)受到一個斜向右下方的電場力，在y軸右側(cè)受到一個斜向右上方的電場力，故等勢線的電勢沿x軸正方向增加，故A錯誤。等勢線越密的地方電場強度越大，電子的加速度就越大，故B錯誤。根據(jù)負電荷在電勢低處電勢能大，可知電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，電子在a點的動能則小于在b點的動能，故C錯誤，D正確。 答案：D 2. (多選)空間存在勻強電場，在電場中建立Oxyz空間坐標系如圖所示，a、b、c三點分別在三個坐標軸上，與原點O的距離ra＝rc＝2 cm，rb＝2 cm，d點在yOz平面上，且db⊥Ob。將帶電荷量為q＝＋2.5×10－16 C的試探電荷從d點移到b點電場力做功為零，從a點移動到b

6、點電場力做功W＝－1.2×10－14 J，bO間電勢差UbO＝24 V，由此可判斷(　　) A．空間電場強度的方向沿x軸正方向 B．空間電場強度的大小為8×102 V/m C．cO間電勢差UcO＝24 V D．電場中的等勢面垂直于xOy平面 解析：將試探電荷從d點移到b點電場力做功為零，則Udb＝0，d、b在同一個等勢面上，因此等勢面垂直于xOy平面，c、O也在同一個等勢面上，UcO＝0，C錯誤，D正確；在xOy平面上的直角三角形aOb如圖所示，a、b間電勢差Uab＝＝－48 V，又UbO＝24 V，則原點O與ab中點電勢相等，故原點O與ab中點e的連線Oe為等勢線，三角形中a點電勢

7、最低，因此作Oe的垂線指向a即為xOy平面上的一條電場線，所以場強方向與x軸正方向成30°角，場強大小E＝＝ V/m＝8×102 V/m，A錯誤，B正確。 答案：BD 3. 虛線a、b、c、d表示勻強電場中的4個等勢面。兩個帶電粒子M、N(重力忽略不計，也不考慮兩粒子間的相互作用)以平行于等勢面的初速度射入電場，運動軌跡分別如圖中MPN和NQM所示。已知M是帶正電的粒子，則下列說法中正確的是(　　) A．N一定也帶正電 B．a(chǎn)處的電勢高于b處的，a處的電場強度大于b處的 C．帶電粒子N的動能減小，電勢能增大 D．帶電粒子N的動能增大，電勢能減小 解析：電場線與等勢面垂直，所以電場

8、沿水平方向，從帶正電的粒子M的軌跡MPN可知，電場力的方向水平向右，故電場線的方向水平向右。N所受電場力方向指向其軌跡凹側(cè)，故受電場力水平向左，故N帶負電，A錯誤；電場線的方向水平向右，沿電場線方向電勢降低，所以a處的電勢高于b處的電勢，勻強電場中，場強處處相等，B錯誤；電場力對N做正功，其電勢能減小，動能增大，C錯誤，D正確。 答案：D 考點二、磁場的性質(zhì)與安培力 例 (2017·全國I卷T18)(多選)如圖，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反。下列說法正確的是(　　) A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L

9、3所在平面垂直 B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶ D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為∶∶1 【審題立意】本題考查安培定則、磁感應強度的疊加等。首先根據(jù)安培定則判斷各導線在其他位置的磁場方向，再結(jié)合矢量的合成法則，即可判斷合磁場方向，最后根據(jù)左手定則確定導線在該位置所受磁場力的方向。 【知識鏈接】安培力作用下力學問題的處理方法 【解題思路】由安培定則可判斷出L2在L1處產(chǎn)生的磁場(B21)方向垂直L1和L2的連線豎直向上，L3在L1處產(chǎn)生的磁場(B31)方向垂直L1和L3的連線

10、指向右下方，根據(jù)磁場疊加原理，L3和L2在L1處產(chǎn)生的合磁場(B合1)方向如圖1所示，根據(jù)左手定則可判斷出L1所受磁場作用力的方向與L2和L3所在平面平行，選項A錯誤；同理，如圖2所示，可判斷出L3所受磁場(B合3)作用力的方向(豎直向上)與L1、L2所在平面垂直，選項B正確；同理，如圖3所示，設一根長直導線在另一根導線處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小為B，根據(jù)幾何知識可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式F＝BIL可知L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶，選項C正確，D錯誤。 【參考答案】 BC 【變式訓練】1. (2017·南昌重點中學模擬)如圖所

11、示，用三條細線懸掛的水平圓形線圈共有n匝，線圈由粗細均勻、單位長度質(zhì)量為2.5 g的導線繞制而成，三條細線呈對稱分布，穩(wěn)定時線圈平面水平，在線圈正下方放有一個圓柱形條形磁鐵，磁鐵中軸線OO′垂直于線圈平面且通過其圓心，測得線圈的導線所在處磁感應強度大小B＝0.5 T，方向與豎直線成30°角，要使三條細線上的張力為零，線圈中通過的電流至少為(g取10 m/s2)(　　) A．0.1 A B．0.2 A C．0.05 A D．0.01 A 解析：設線圈的半徑為r，則線圈的質(zhì)量m＝2nπr×2.5×10－3 kg，磁感應強度的水平分量為Bsin 30°，線圈受到的

12、安培力為：F＝nBsin 30°×I×2πr，要使三條細線上的張力為零，線圈所受向上的安培力等于線圈的重力，即mg＝F，解得：I＝0.1 A，選項A正確。 答案：A 2. (2017·長沙長郡中學檢測)(多選)如圖所示，同一平面內(nèi)有兩根平行的無限長直導線1和2，通有大小相等、方向相反的電流，a、b兩點與兩導線共面，a點在兩導線的中間且與兩導線的距離均為r，b點在導線2右側(cè)，與導線2的距離也為r。現(xiàn)測得a點的磁感應強度大小為B0，已知距一無限長直導線d處的磁感應強度大小B＝，其中k為常量，I為無限長直導線的電流大小，下列說法正確的是(　　) A．b點的磁感應強度大小為B0 B．若去掉導線

13、2，b點的磁感應強度大小為B0 C．若將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，b點的磁感應強度為0 D．若去掉導線2，再將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，a點的磁感應強度大小仍為B0 解析：根據(jù)B＝可知，a點磁感應強度大小為B0＝＋＝，則：＝B0，根據(jù)右手螺旋定則，此時b點磁感應強度大小為：Bb＝－＝＝B0，故選項A錯誤；若去掉導線2，b點的磁感應強度大小為：Bb′＝＝B0，故選項B正確；若將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，b點的磁感應強度大小為：Bb″＝－＝＝B0，故選項C錯誤；若去掉導線2，再將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，a點的磁感應強度大小為：Ba″＝＝B0，故選項D正確。 答案：

14、BD 考點三、帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動 例1. (2017·全國Ⅱ卷T18)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1為(　　) A. ∶2　 B. ∶1 C. ∶1 D．3∶ 【審題立意】帶電粒子以相同的速度沿不同的方向射入磁場，畫出幾個粒子的運動軌跡(如圖所示)，不難看出，當入射點與

15、出射點的連線等于粒子在磁場中做勻速圓周運動的直徑時(圖中粗虛線所示的圓)，粒子的出射點距離入射點最遠，即帶電粒子在圓形磁場區(qū)域運動的最大范圍對應值圓周運動的直徑，而這個直徑等于兩個圓的公共弦。 【解題思路】由于是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同。若粒子運動的速度大小為v1，如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當粒子在磁場邊界的出射點A離P點最遠時，則AP＝2R1；同樣，若粒子運動的速度大小為v2，粒子在磁場邊界的出射點B離P點最遠時，則BP＝2R2，由幾何關(guān)系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，則＝＝，C項正確。 【參考答案】

16、 AC　 【技能提升】1．帶電粒子在有界勻強磁場中運動的幾種常見情形 直線邊界 粒子進出磁場具有對稱性　 平行邊界 粒子運動存在臨界條件　　 圓形邊界 粒子沿徑向射入的再沿徑向射出　 2．帶電粒子在有界磁場中運動臨界、極值問題的三個結(jié)論 (1)粒子剛好穿出磁場邊界的臨界條件是粒子在磁場中的運動軌跡與邊界相切。 (2)當速度大小v一定時，弧長越長，所對的圓心角就越大，粒子在磁場中運動的時間就越長。 (3)當速度大小v變化時，仍然是運動軌跡所對圓心角大的粒子在磁場中運動的時間長。 例2. 如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應強度為B，MM′和NN′是它的

17、兩條邊界。現(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入。要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少 【審題立意】帶電粒子垂直射入勻強磁場時，做勻速圓周運動，速度越大，粒子的軌跡半徑越大，當軌跡恰好與邊界NN?相切時，粒子恰好不能從邊界NN?射出，根據(jù)幾何知識求軌跡半徑，再由牛頓第二定律求解粒子入射速率的最大值。由于題中沒有說明帶電粒子的電性，要分正負兩種情況求解。 【解題思路】若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的圓弧，軌道半徑： R＝ 又d＝R－ 解得v＝(2＋) 若q為負電荷，軌跡如圖所示的下方與NN′相切的圓弧，則有： R′＝

18、d＝R′＋ 解得v′＝(2－)。 【參考答案】(2＋)(q為正電荷)或(2－)(q為負電荷) 【技能突破】帶電粒子在磁場中運動多解問題的三種常見情況 1. 帶電粒子電性不確定 受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，當粒子具有相同初速度時，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致多解。如圖所示，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為a，若帶負電，其軌跡為b。 2. 磁場方向不確定 磁感應強度是矢量，如果題述條件只給出磁感應強度大小，而未說明磁感應強度方向，則應考慮因磁場方向不確定而導致的多解。如圖所示，帶正電的粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其

19、軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b。 3. 臨界狀態(tài)不唯一 帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°后從入射面邊界反向飛出，如圖所示，于是形成了多解。 【變式訓練】1. 平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射

20、點到兩平面交點O的距離為(　　) A. B. C. D. 解析：如圖所示，粒子在磁場中運動的軌道半徑為R＝。設入射點為A，出射點為B，圓弧與ON的交點為P。由粒子運動的對稱性及粒子的入射方向知，AB＝R。由幾何圖形知，AP＝ R，則AO＝ AP＝3R，所以OB＝4R＝。故選項D正確。 答案：D 2. 如圖所示，△ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，比荷為的電子以速度v0從A點沿AB邊入射，欲使電子經(jīng)過BC邊，磁感應強度B的取值為(　　) A．B＞　　B．B＜ C．B＞ D．B＜ 解析：由題意，如圖所示，電子正好

21、經(jīng)過C點，此時圓周運動的半徑R＝＝，要想電子從BC邊經(jīng)過，電子做圓周運動的半徑要大于，由帶電粒子在磁場中運動的公式r＝有＜，即B＜，D正確。 答案：D 3. 如圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B＝2.0×10－3 T，在x軸上距坐標原點L＝0.50 m的P處為離子的入射口，在y軸上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v＝3.5×104 m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L＝0.50 m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，不計其重力。則上述粒子的比荷(C/kg)是(　　) A．

22、3.5×107　 　B．4.9×107 C．5.3×107 D．7×107 解析：設粒子在磁場中的運動半徑為r，畫出粒子的軌跡圖如圖所示。依題意MP連線即為該粒子在磁場中做勻速圓周運動的直徑，由幾何關(guān)系得r＝L，由洛倫茲力提供粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力，可得qvB＝，聯(lián)立解得≈4.9×107 C/kg，故選項B正確。 答案：B 4. 某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖所示。裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d。裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO′

23、上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上。在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達P點。改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達收集板上的位置。不計粒子的重力。 (1)求磁場區(qū)域的寬度h； (2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量Δv； (3)欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值。 解析：(1)設粒子在磁場中的軌跡半徑為r，粒子運動軌跡如圖 根據(jù)題意L＝3rsin 30°＋3dcos 30° 且h＝r(1－cos 30°) 解得h＝(L－d)(1－) (2)設改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壍腊霃綖閞′ m＝qvB，m＝qv′B 由題意知3rsin 30°＝4r′sin 30° 解得Δv＝v－v′＝(－d) (3)設粒子經(jīng)過上方磁場n次，由題意知L＝(2n＋2)dcos 30°＋(2n＋2)rnsin 30° 且m＝qvnB 解得vn＝(－d)(1≤n＜－1，n取整數(shù)) 9