高中物理 磁场与电场例题详解(含答案)
高中物理竞赛讲义-磁场典型例题解析精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版磁场典型例题解析一、磁场与安培力的计算【例题1】两根无限长的平行直导线a 、b 相距40cm ,通过电流的大小都是3.0A ,方向相反。
试求位于两根导线之间且在两导线所在平面内的、与a 导线相距10cm 的P 点的磁感强度。
【解说】这是一个关于毕萨定律的简单应用。
解题过程从略。
【答案】大小为×10−6T ,方向在图9-9中垂直纸面向外。
【例题2】半径为R ,通有电流I 的圆形线圈,放在磁感强度大小为B 、方向垂直线圈平面的匀强磁场中,求由于安培力而引起的线圈内张力。
【解说】本题有两种解法。
方法一:隔离一小段弧,对应圆心角θ ,则弧长L = θR 。
因为θ → 0(在图9-10中,为了说明问题,θ被夸大了),弧形导体可视为直导体,其受到的安培力F = BIL ,其两端受到的张力设为T ,则T 的合力ΣT = 2Tsin 2θ再根据平衡方程和极限xxsin lim0x →= 0 ,即可求解T 。
方法二:隔离线圈的一半,根据弯曲导体求安培力的定式和平衡方程即可求解…【答案】BIR 。
〖说明〗如果安培力不是背离圆心而是指向圆心,内张力的方向也随之反向,但大小不会变。
〖学员思考〗如果圆环的电流是由于环上的带正电物质顺时针旋转而成(磁场仍然是进去的),且已知单位长度的电量为λ、环的角速度ω、环的总质量为M ,其它条件不变,再求环的内张力。
〖提示〗此时环的张力由两部分引起:①安培力,②离心力。
前者的计算上面已经得出(此处I = ωπλ•π/2R 2 = ωλR ),T 1 = B ωλR 2 ;后者的计算必须..应用图9-10的思想,只是F 变成了离心力,方程 2T 2 sin 2θ =πθ2M ω2R ,即T 2 =πω2R M 2 。
〖答〗B ωλR 2 + πω2R M 2 。
【例题3】如图9-11所示,半径为R 的圆形线圈共N 匝,处在方向竖直的、磁感强度为B 的匀强磁场中,线圈可绕其水平直径(绝缘)轴OO ′转动。
高中物理电场、磁场的讲解与考题以及答案
高中物理电场、磁场的讲解与考题以及答案
高中物理电场与磁场的讲解
一、电场
1.电场的概念
电场是指由具有电荷体所制造出来的力场,它的作用可以在一定范围内对周围的电荷体施加力,它可以描述两个或更多电荷之间的作用情况。
2.电场的特性
a)电场是可以传播的,它可以在没有任何介质时进行传播,所以它具有很强的传播能力;
b)电场是无形的,它不受任何物质的影响,它只存在于某个地点或某个空间;
c)电场是大小可变的,电荷量越大,电场强度也就越大。
3.电场的表示
在实际应用中,电场的大小可以用电场强度E来表示,电场的方向可以用电场矢量F来表示,这俩合起来就是电场的完整表示。
二、磁场
1.磁场的概念
磁场是由蕴含电流的物体或磁体产生的力场,它可以描述两个或更多磁体之间的相互作用情况。
2.磁场的特性
a)磁场也像电场一样是可以传播的,但它只能在以磁性介质为媒介时才可以传播,磁场的传播能力不如电场的传播能力;
b)磁场同样也是无形的,磁场也只存在于某个特定的空间;
c)磁场是可以变化的,它的强度与磁场中的电流量成正比。
3.磁场的表示
磁场的大小可以用磁场强度B来表示,磁场的方向可以用磁力矢量H来表示,这两者合起来就是磁场的完整表示。
三、考题
1.如何计算电场强度?
答:电场强度E可以用以下公式来计算:E=q/(4πεr2),其中q 是周围电荷量,ε是真空介电常数,r是电场与电荷体之间的距离。
2.磁场强度和电流的关系是什么?
答:磁场的强度B与电流量I成正比。
通过实验可以证明,当电流量I增大一倍时,磁场强度B也增大一倍。
具体的关系可以用B=μ0I表示,其中μ0为真空磁导率。
高中物理《磁场》典型题(经典推荐含答案)
高中物理《磁场》典型题(经典推荐含答案)高中物理《磁场》典型题(经典推荐)一、单项选择题1.下列说法中正确的是:A。
在静电场中电场强度为零的位置,电势也一定为零。
B。
放在静电场中某点的检验电荷所带的电荷量 q 发生变化时,该检验电荷所受电场力 F 与其电荷量 q 的比值保持不变。
C。
在空间某位置放入一小段检验电流元,若这一小段检验电流元不受磁场力作用,则该位置的磁感应强度大小一定为零。
D。
磁场中某点磁感应强度的方向,由放在该点的一小段检验电流元所受磁场力方向决定。
2.物理关系式不仅反映了物理量之间的关系,也确定了单位间的关系。
如关系式 U=IR,既反映了电压、电流和电阻之间的关系,也确定了 V(伏)与 A(安)和Ω(欧)的乘积等效。
现有物理量单位:m(米)、s(秒)、N(牛)、J (焦)、W(瓦)、C(库)、F(法)、A(安)、Ω(欧)和 T(特),由他们组合成的单位都与电压单位 V(伏)等效的是:A。
J/C 和 N/CB。
C/F 和 T·m2/sC。
W/A 和 C·T·m/sD。
W·Ω 和 T·A·m3.如图所示,重力均为 G 的两条形磁铁分别用细线 A 和B 悬挂在水平的天花板上,静止时,A 线的张力为 F1,B 线的张力为 F2,则:A。
F1=2G,F2=GB。
F1=2G,F2>GC。
F1GD。
F1>2G,F2>G4.一矩形线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直,先保持线框的面积不变,将磁感应强度在 1s 时间内均匀地增大到原来的两倍,接着保持增大后的磁感应强度不变,在 1s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半,先后两个过程中,线框中感应电动势的比值为:A。
1/2B。
1C。
2D。
45.如图所示,矩形 MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场,有 5 个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场,在纸面内做匀速圆周运动,运动轨迹为相应的圆弧,这些粒子的质量,电荷量以及速度大小如下表所示,由以上信息可知,从图中 a、b、c 处进入的粒子对应表中的编号分别为:A。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
出电场时通过坐标(0,L)点,不计粒子重力.
(1)求电场强度大小 E; (2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点 0 到达坐标(-L,0)点,求匀强磁场的磁感应强度大小 B; (3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L,0)点所用的时间.
Q 两点之间的距离为 L ,飞出电场后从 M 点进入圆形区域,不考虑电子所受的重力。 2
(1)求 0≤x≤L 区域内电场强度 E 的大小和电子从 M 点进入圆形区域时的速度 vM; (2)若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场,使电子穿出圆形区域时速度方向垂 直于 x 轴,求所加磁场磁感应强度 B 的大小和电子在圆形区域内运动的时间 t; (3)若在电子从 M 点进入磁场区域时,取 t=0,在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场 (以垂直于纸面向外为正方向),最后电子从 N 点飞出,速度方向与进入圆形磁场时方向 相同,请写出磁场变化周期 T 满足的关系表达式。
1 4
T0
T 2
2 m 又 T0 eB0
则 T 的表达式为T mL (n=1,2,3,…)。 2n 2emU
3.如图所示,一匀强磁场磁感应强度为 B;方向向里,其边界是半径为 R 的圆,AB 为圆 的一直径.在 A 点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量 m、电量-q 的粒子,粒子重力 不计.
R,圆弧对应的圆心角为
2
.则有
x2
2R2 ,此时满足
L 2n 1 x2
联立可得:
R2
2n
L
1
2
由牛顿第二定律,洛伦兹力提供向心力,则有: qvB2
m
v2 R2
得:
磁场习题(含答案解析)
磁场典型例题(一)磁通量的大小比较与磁通量的变化例题1. 如图所示,a、b为两同心圆线圈,且线圈平面均垂直于条形磁铁,a的半径大于b,两线圈中的磁通量较大的是线圈___________。
解析:b 部分学生由于对所有磁感线均通过磁铁内部形成闭合曲线理解不深,容易出错。
例题2. 磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右,一面积为S的线圈abcd如图所示放置,平面abcd与竖直面成θ角。
将abcd绕ad轴转180º角,则穿过线圈的磁通量的变化量为()A. 0B. 2BSC. 2BSc osθD. 2BSs inθ解析:C部分学生由于不理解关于穿过一个面的磁通量正负的规定而出现错误。
(二)等效分析法在空间问题中的应用例题3. 一个可自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置,且两个圆线圈的圆心重合,当两线圈都通过如图所示的电流时,则从左向右看,线圈L1将()A. 不动B. 顺时针转动C. 逆时针转动D. 向纸外平动解析:C 本题可把L1、L2等效成两个条形磁铁,利用同名磁极相斥,异名磁极相吸,即可判断出L1将逆时针转动。
(三)安培力作用下的平衡问题例题4. 一劲度系数为k的轻质弹簧,下端挂有一匝数为n的矩形线框abcd,bc边长为l。
线框的下半部处在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与线框平面垂直,在图中垂直于纸面向里。
线框中通以电流I,方向如图所示。
开始时线框处于平衡状态。
令磁场反向,磁感应强度的大小仍为B,线框达到新的平衡。
在此过程中线框位移的大小=__________,方向_____________。
解析:,向下。
本题为静力学与安培力综合,把安培力看成静力学中按性质来命名的一个力进行受力分析,是本题解答的基本思路。
例题5. 如图所示,两平行光滑导轨相距为20cm,金属棒MN质量为10g,电阻R=8Ω,匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下,大小为0.8T,电源电动势为10V,内阻为1Ω。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1.如图所示,两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN 分为上、下两部分,上部分的电场方向竖直向上,下部分的电场方向竖直向下,两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。
挡板PQ 垂直MN 放置,挡板的中点置于N 点。
在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。
在左侧虚线上紧靠M 的上方取点A,一比荷qm=5×105C/kg 的带正电粒子,从A 点以v 0=2×103m/s 的速度沿平行MN 方向射入电场,该粒子恰好从P 点离开电场,经过磁场的作用后恰好从Q 点回到电场。
已知MN 、PQ 的长度均为L=0.5m ,不考虑重力对带电粒子的影响,不考虑相对论效应。
(1)求电场强度E 的大小; (2)求磁感应强度B 的大小;(3)在左侧虚线上M 点的下方取一点C ,且CM=0.5m ,带负电的粒子从C 点沿平行MN 方向射入电场,该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。
若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q 点和P 点,求两带电粒子在A 、C 两点射入电场的时间差。
【答案】(1) 16/N C (2) 21.610T -⨯ (3) 43.910s -⨯ 【解析】 【详解】(1)带正电的粒子在电场中做类平抛运动,有:L=v 0t2122L qE t m = 解得E=16N/C(2)设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ,则:0tan v qE t mθ=可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为2v 0粒子在磁场中做匀速圆周运动:2v qvB m r=由几何关系可知2r L = 解得B=1.6×10-2T(3)两带电粒子在电场中都做类平抛运动,运动时间相同;两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动,带正电的粒子转过的圆心角为32π,带负电的粒子转过的圆心角为2π;两带电粒子在AC 两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差; 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动,则其运动一周的时间22r mT v qBππ==; 带正电的粒子在磁场中运动的时间为:4135.910s 4t T -==⨯; 带负电的粒子在磁场中运动的时间为:4212.010s 4t T -==⨯ 带电粒子在AC 两点射入电场的时间差为412 3.910t t t s -∆=-=⨯2.欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器,是一种将质子加速对撞的高能物理设备,其原理可简化如下:两束横截面积极小,长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场,出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转,最后两质子束发生相碰。
高中物理:磁场练习及答案(解析版)
高中物理:磁场练习及答案一、选择题1、如图所示,空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场,一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动,从C点离开区域;如果将磁场撤去,其他条件不变,则粒子从B点离开场区;如果将电场撤去,其他条件不变,则这个粒子从D点离开场区。
已知BC=CD,设粒子在上述三种情况下,从A到B、从A到C和从A到D所用的时间分别是t1,t2和t3,离开三点时的动能分别是Ek1、Ek2、Ek3,粒子重力忽略不计,以下关系式正确的是 ( )A.t1=t2<t3B.t1<t2=t3C.Ek1=Ek2<Ek3D.Ek1>Ek2=Ek32、(多选)下列说法正确的是()A.磁场中某点的磁感应强度可以这样测定:把一小段通电导线放在该点时,受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I的乘积的比值B=FIL,即磁场中某点的磁感应强度B.通电导线在某点不受磁场力的作用,则该点的磁感应强度一定为零C.磁感应强度B=FIL只是定义式,它的大小取决于场源及磁场中的位置,与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关D.磁场是客观存在的3、如图所示,用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝,线圈由粗细均匀、单位长度质量为2.5 g的导线绕制而成,三条细线呈对称分布,稳定时线圈平面水平,在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁,磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O,测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T,方向与竖直线成30°角,要使三条细线上的张力为零,线圈中通过的电流至少为(g取10 m/s2)()A.0.1 A B.0.2 A C.0.05 A D.0.01 A4、(多选)光滑平行导轨水平放置,导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连,右端与半径为L=20 cm的两段光滑圆弧导轨相接,一根质量m=60 g、电阻R=1 Ω、长为L 的导体棒ab,用长也为L的绝缘细线悬挂,如图所示,系统空间有竖直方向的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T,当闭合开关S后,导体棒沿圆弧摆动,摆到最大高度时,细线与竖直方向成θ=53°角,摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态,导轨电阻不计,sin 53°=0.8,g取10 m/s2则()A.磁场方向一定竖直向下B.电源电动势E=3.0 VC.导体棒在摆动过程中所受安培力F=3 ND.导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J5、(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动,若磁场方向垂直于它的运动平面,且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍,则负电荷做圆周运动的角速度可能是()A.4qBm B.3qBm C.2qBm D.qBm6、如图所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带正电的粒子从f点沿fd 方向射入磁场区域,当速度大小为v b时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为t b;当速度大小为v c时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为t c.不计粒子重力.则()A.v b∶v c=1∶2,t b∶t c=2∶1B.v b∶v c=2∶1,t b∶t c=1∶2C.v b∶v c=2∶1,t b∶t c=2∶1D.v b∶v c=1∶2,t b∶t c=1∶27、速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束,其运动轨迹如图所示,其中S0A=23S0C,则下列说法中正确的是()A.甲束粒子带正电,乙束粒子带负电B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于E B2D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2*8、关于磁感线的描述,下列说法中正确的是()A.磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向,它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致B.磁感线可以用细铁屑来显示,因而是真实存在的C.两条磁感线的空隙处一定不存在磁场D.两个磁场叠加的区域,磁感线就可能相交*9、如图所示,在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线ab、cd、ef围成一个等边三角形,三根导线通过的电流大小相等,方向如图所示,O为等边三角形的中心,M、N分别为O关于导线ab、cd的对称点.已知三根导线中的电流形成的合磁场在O点的磁感应强度大小为B1,在M点的磁感应强度大小为B2,若撤去导线ef,而ab、cd中电流不变,则此时N点的磁感应强度大小为()A.B1+B2B.B1-B2C.B1+B22D.B1-B2210、在如图所示的平行板器件中,电场强度E和磁感应强度B相互垂直。
高中物理:磁场练习及答案(解析版)
高中物理:磁场练习及答案一、选择题1、如图所示,空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场,一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动,从C点离开区域;如果将磁场撤去,其他条件不变,则粒子从B点离开场区;如果将电场撤去,其他条件不变,则这个粒子从D点离开场区。
已知BC=CD,设粒子在上述三种情况下,从A到B、从A到C和从A到D所用的时间分别是t1,t2和t3,离开三点时的动能分别是Ek1、Ek2、Ek3,粒子重力忽略不计,以下关系式正确的是 ( )A.t1=t2<t3B.t1<t2=t3C.Ek1=Ek2<Ek3D.Ek1>Ek2=Ek32、(多选)下列说法正确的是()A.磁场中某点的磁感应强度可以这样测定:把一小段通电导线放在该点时,受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I的乘积的比值B=FIL,即磁场中某点的磁感应强度B.通电导线在某点不受磁场力的作用,则该点的磁感应强度一定为零C.磁感应强度B=FIL只是定义式,它的大小取决于场源及磁场中的位置,与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关D.磁场是客观存在的3、如图所示,用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝,线圈由粗细均匀、单位长度质量为2.5 g的导线绕制而成,三条细线呈对称分布,稳定时线圈平面水平,在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁,磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O,测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T,方向与竖直线成30°角,要使三条细线上的张力为零,线圈中通过的电流至少为(g取10 m/s2)()A.0.1 A B.0.2 A C.0.05 A D.0.01 A4、(多选)光滑平行导轨水平放置,导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连,右端与半径为L=20 cm的两段光滑圆弧导轨相接,一根质量m=60 g、电阻R=1 Ω、长为L 的导体棒ab,用长也为L的绝缘细线悬挂,如图所示,系统空间有竖直方向的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T,当闭合开关S后,导体棒沿圆弧摆动,摆到最大高度时,细线与竖直方向成θ=53°角,摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态,导轨电阻不计,sin 53°=0.8,g取10 m/s2则()A.磁场方向一定竖直向下B.电源电动势E=3.0 VC.导体棒在摆动过程中所受安培力F=3 ND.导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J5、(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动,若磁场方向垂直于它的运动平面,且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍,则负电荷做圆周运动的角速度可能是()A.4qBm B.3qBm C.2qBm D.qBm6、如图所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带正电的粒子从f点沿fd 方向射入磁场区域,当速度大小为v b时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为t b;当速度大小为v c时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为t c.不计粒子重力.则()A.v b∶v c=1∶2,t b∶t c=2∶1B.v b∶v c=2∶1,t b∶t c=1∶2C.v b∶v c=2∶1,t b∶t c=2∶1D.v b∶v c=1∶2,t b∶t c=1∶27、速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束,其运动轨迹如图所示,其中S0A=23S0C,则下列说法中正确的是()A.甲束粒子带正电,乙束粒子带负电B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于E B2D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2*8、关于磁感线的描述,下列说法中正确的是()A.磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向,它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致B.磁感线可以用细铁屑来显示,因而是真实存在的C.两条磁感线的空隙处一定不存在磁场D.两个磁场叠加的区域,磁感线就可能相交*9、如图所示,在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线ab、cd、ef围成一个等边三角形,三根导线通过的电流大小相等,方向如图所示,O为等边三角形的中心,M、N分别为O关于导线ab、cd的对称点.已知三根导线中的电流形成的合磁场在O点的磁感应强度大小为B1,在M点的磁感应强度大小为B2,若撤去导线ef,而ab、cd中电流不变,则此时N点的磁感应强度大小为()A.B1+B2B.B1-B2C.B1+B22D.B1-B2210、在如图所示的平行板器件中,电场强度E和磁感应强度B相互垂直。
高考物理 电场与磁场有答案解析
高考物理电场与磁场有答案解析1.(多选)如图1所示为不等量的异种点电荷电场线的分布情况,两点电荷的电荷量相差越大,电荷附近电场线的疏密差别也越大。
图中的虚线是两点电荷连线的中垂线,a、b是中垂线上的两点,根据电场线分布图判断,下列说法正确的是()图1A.同一电子在a、b两点所受的库仑力的大小关系为F a>F bB.a、b两点的电场强度方向均平行于点电荷连线向左C.a、b两点的电势相等D.正试探电荷在a点的电势能大于其在b点的电势能解析从图中可以看出,a点电场线比b点电场线密,因此a点的电场强度比b 点的电场强度大,根据F=Eq可知,同一电子在a点所受的库仑力较大,选项A 正确;在不等量异种电荷形成的电场中,a、b两点的电场强度方向均斜向左上方,与点电荷连线不平行,选项B错误;将正试探电荷由a点移到b点过程中,电场力对试探电荷做正功,其电势能减小,则a点电势高于b点电势,选项C 错误,D正确。
答案AD2.一新型电磁船的船体上安装了用于产生强磁场的超导线圈,在两船舷之间装有电池,导电的海水在安培力作用下即可推动该船前进。
如图2是电磁船的简化原理图,其中MN和PQ是与电池相连的导体棒,MN、PQ、电池与海水构成闭合回路,且与船体绝缘,要使该船水平向左运动,则超导线圈在NMPQ所在区域产生的磁场方向是()图2A.竖直向上B.竖直向下C.水平向左D.水平向右解析由电源、海水构成的闭合回路可知海水中电流的方向是从MN指向PQ,根据左手定则可知磁场方向竖直向下时海水受到的力水平向右,海水反作用于船体的力水平向左,符合题意。
选项B正确。
答案 B3.如图3所示,在绝缘的水平地面上有一水平向右的匀强电场,带正电荷的滑块P在电场中向左运动,当它经过H点时动能为E k1=300 J,当它经过B点时具有的动能为E k2=100 J。
若该过程中滑块克服摩擦力做的功为90 J,那么滑块的电势能增加了()图3A.100 JB.200 JC.110 JD.400 J解析滑块从H点运动到B点,由动能定理得-W电-W摩=ΔE k,代入数据得-W电-90 J=-200 J,解得W电=110 J,故选项C正确。
高中物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析
高中物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1.如图所示,虚线MN 沿竖直方向,其左侧区域内有匀强电场(图中未画出)和方向垂直纸面向里,磁感应强度为B 的匀强磁场,虚线MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场.水平线段AP 与MN 相交于O 点.在A 点有一质量为m ,电量为+q 的带电质点,以大小为v 0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入,恰好在左侧区域内做匀速圆周运动,已知A 与O 点间的距离为03mv qB ,虚线MN 右侧电场强度为3mgq,重力加速度为g .求:(1)MN 左侧区域内电场强度的大小和方向;(2)带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角为多大时,质点在磁场中刚好运动到O 点,并画出带电质点在磁场中运动的轨迹;(3)带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度的大小v p .【答案】(1)mgq,方向竖直向上;(2);(3013v .【解析】 【详解】(1)质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用,根据质点做匀速圆周运动可得:重力和电场力等大反向,洛伦兹力做向心力;所以,电场力qE =mg ,方向竖直向上; 所以MN 左侧区域内电场强度mgE q左=,方向竖直向上; (2)质点在左侧区域做匀速圆周运动,洛伦兹力做向心力,故有:200mv Bv q R=,所以轨道半径0mv R qB=; 质点经过A 、O 两点,故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO 的垂直平分线上,且质点从A 运动到O 的过程O 点为最右侧;所以,粒子从A 到O 的运动轨迹为劣弧; 又有033AO mv d R ==;根据几何关系可得:带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角1260AOd arcsin Rθ==︒; 根据左手定则可得:质点做逆时针圆周运动,故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示:;(3)根据质点在左侧做匀速圆周运动,由几何关系可得:质点在O 点的竖直分速度00360y v v sin =︒=,水平分速度001602x v v cos v =︒=;质点从O 运动到P 的过程受重力和电场力作用,故水平、竖直方向都做匀变速运动; 质点运动到P 点,故竖直位移为零,所以运动时间023y v v t g==所以质点在P 点的竖直分速度032yP y v v v ==, 水平分速度000317322xP x v qE v v t v g v m g =+=⋅=; 所以带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度22013P yP xP v v v v =+=;2.“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成,其原理可简化如下:如图1所示,辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面,圆心为O ,外圆弧面AB 的电势为2L()o ϕ>,内圆弧面CD 的电势为φ,足够长的收集板MN 平行边界ACDB ,ACDB 与MN 板的距离为L .假设太空中漂浮着质量为m ,电量为q 的带正电粒子,它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上,并被加速电场从静止开始加速,不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响,不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回.(1)求粒子到达O 点时速度的大小;(2)如图2所示,在PQ (与ACDB 重合且足够长)和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场,方向垂直纸面向内,则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23能打到MN 板上,求所加磁感应强度的大小;(3)如图3所示,在PQ (与ACDB 重合且足够长)和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场,电场强度的方向如图所示,大小4E Lφ=,若从AB 圆弧面收集到的某粒子经O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远,求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间. 【答案】(1)2q v mϕ=2)12m B L q ϕ=;(3)060α∴= ;22m L q ϕ【解析】 【分析】 【详解】试题分析:解:(1)带电粒子在电场中加速时,电场力做功,得:2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2)从AB 圆弧面收集到的粒子有23能打到MN 板上,则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切,则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒,在磁场中运动的轨迹如图甲,轨迹圆心角060θ=.根据几何关系,粒子圆周运动的半径:2R L =由洛伦兹力提供向心力得:2v qBv m R=联合解得:12m B L qϕ=(3)如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时,切点到O 点的距离最远, 这是一个类平抛运动的逆过程. 建立如图坐标.212qE L t m=222mL mt L qE q ϕ==22x Eq qEL q v t m m m ϕ===若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos x v v α=1cos 2α=060α∴=3.核聚变是能源的圣杯,但需要在极高温度下才能实现,最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1.在如图所示的平面直角坐标系中,存在一个半径R =0.2m 的圆形匀强磁场区域,磁感应强度B =1.0T ,方向垂直纸面向外,该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。
y 轴右侧存在一个匀强电场,方向沿y 轴正方向,电场区域宽度l =0.1m 。
现从坐标为(﹣0.2m ,﹣0.2m )的P 点发射出质量m =2.0×10﹣9kg 、带电荷量q =5.0×10﹣5C 的带正电粒子,沿y 轴正方向射入匀强磁场,速度大小v 0=5.0×103m/s (粒子重力不计)。
(1)带电粒子从坐标为(0.1m ,0.05m )的点射出电场,求该电场强度;(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0.1m ,﹣0.05m )的点回到电场,可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场,试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。
【答案】(1)1.0×104N/C (2)4T ,方向垂直纸面向外 【解析】 【详解】解:(1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力有:200v qv B m r=可得:r =0.20m =R根据几何关系可以知道,带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场,带电粒子做类平抛运动,设粒子到达电场边缘时,竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得:2012l v t y at ==, 根据牛顿第二定律可得:Eq ma = 联立可得:41.010E =⨯N/C(2)粒子飞离电场时,沿电场方向速度:305.010y qE lv at m v ===⨯g m/s=0v 粒子射出电场时速度:02=v v根据几何关系可知,粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径:2r y '=根据洛伦兹力提供向心力可得: 2v qvB m r'='联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小:4mvB qr'=='T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。
(物理)高考必备物理带电粒子在磁场中的运动技巧全解及练习题(含答案)及解析
(物理)高考必备物理带电粒子在磁场中的运动技巧全解及练习题(含答案)及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1.如图所示,两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN 分为上、下两部分,上部分的电场方向竖直向上,下部分的电场方向竖直向下,两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。
挡板PQ 垂直MN 放置,挡板的中点置于N 点。
在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。
在左侧虚线上紧靠M 的上方取点A,一比荷qm=5×105C/kg 的带正电粒子,从A 点以v 0=2×103m/s 的速度沿平行MN 方向射入电场,该粒子恰好从P 点离开电场,经过磁场的作用后恰好从Q 点回到电场。
已知MN 、PQ 的长度均为L=0.5m ,不考虑重力对带电粒子的影响,不考虑相对论效应。
(1)求电场强度E 的大小; (2)求磁感应强度B 的大小;(3)在左侧虚线上M 点的下方取一点C ,且CM=0.5m ,带负电的粒子从C 点沿平行MN 方向射入电场,该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。
若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q 点和P 点,求两带电粒子在A 、C 两点射入电场的时间差。
【答案】(1) 16/N C (2) 21.610T -⨯ (3) 43.910s -⨯ 【解析】 【详解】(1)带正电的粒子在电场中做类平抛运动,有:L=v 0t2122L qE t m = 解得E=16N/C(2)设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ,则:0tan v qE t mθ=可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为2v 0粒子在磁场中做匀速圆周运动:2v qvB m r=由几何关系可知22r L =解得B=1.6×10-2T(3)两带电粒子在电场中都做类平抛运动,运动时间相同;两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动,带正电的粒子转过的圆心角为32π,带负电的粒子转过的圆心角为2π;两带电粒子在AC 两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差; 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动,则其运动一周的时间22r mT v qBππ==; 带正电的粒子在磁场中运动的时间为:4135.910s 4t T -==⨯; 带负电的粒子在磁场中运动的时间为:421 2.010s 4t T -==⨯带电粒子在AC 两点射入电场的时间差为412 3.910t t t s -∆=-=⨯2.如图所示,一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出,在下列不同情形下,粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点.巳知P 、A 两点连线长度为l ,连线与虚线的夹角为α=37°,不计粒子的重力,(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场,求磁感应强度的大小B 1;(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷,粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动,求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是);(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场,右侧空间存在竖直向上的匀强电场,粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等,求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】(1)0152mv B ql = (2)2058mv lQ kq= (3)0253mv B ql π=220(23)9mvEqlππ-=【解析】【分析】【详解】(1)粒子从P到A的轨迹如图所示:粒子在磁场中做匀速圆周运动,设半径为r1由几何关系得112cos25r l lα==由洛伦兹力提供向心力可得2011vqv B mr=解得:0152mvBql=(2)粒子从P到A的轨迹如图所示:粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动,设半径为r2由几何关系得252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(3)粒子从P到A的轨迹如图所示:粒子在磁场中做匀速圆周运动,在电场中做类平抛运动 粒子在电场中的运动时间00sin 35l lt v v α== 根据题意得,粒子在磁场中运动时间也为t ,则2Tt = 又22mT qB π=解得0253mv B qlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ,则0v t r π= 解得:35l r π=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动,21cos 22qE l r t mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=3.如图所示,一匀强磁场磁感应强度为B ;方向向里,其边界是半径为R 的圆,AB 为圆的一直径.在A 点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量m 、电量-q 的粒子,粒子重力不计.(1)有一带电粒子以的速度垂直磁场进入圆形区域,恰从B 点射出.求此粒子在磁场中运动的时间.(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹),某粒子沿半径方向射入磁场,经过2次碰撞后回到A 点,则该粒子的速度为多大?(3)若R=3cm、B=0.2T,在A点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3×105m/s、比荷为108C/kg的粒子.试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域,并求出该区域的面积(结果保留2位有效数字).【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】(1)根据洛伦兹力提供向心力,求出粒子的半径,通过几何关系得出圆弧所对应的圆心角,根据周期公式,结合t=T求出粒子在磁场中运动的时间.(2)粒子径向射入磁场,必定径向反弹,作出粒子的轨迹图,通过几何关系求出粒子的半径,从而通过半径公式求出粒子的速度.(3)根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半径,作出粒子轨迹所能到达的部分,根据几何关系求出面积.【详解】(1)由得r1=2R粒子的运动轨迹如图所示,则α=因为周期.运动时间.(2)粒子运动情况如图所示,β=.r2=R tanβ=R由得(3)粒子的轨道半径r3==1.5cm粒子到达的区域为图中的阴影部分区域面积为S=πr 32+2×π(2r 3)2−r 32=9.0×10-4m 2【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题,需掌握粒子的半径公式和周期公式,并能画出粒子运动的轨迹图,结合几何关系求解.该题对数学几何能力要求较高,需加强这方面的训练.4.平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小分别为2B 和B (B 的大小未知),第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场,x 轴上有一点P ,其坐标为(L ,0)。
电场与磁场专题(2024高考真题及解析)
电场与磁场专题1.(多选)[2024·安徽卷] 空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E ,磁感应强度大小为B.一质量为m 的带电油滴a ,在纸面内做半径为R 的圆周运动,轨迹如图所示.当a 运动到最低点P 时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅰ,二者带电荷量、质量均相同.Ⅰ在P 点时与a 的速度方向相同,并做半径为3R 的圆周运动,轨迹如图所示.Ⅰ的轨迹未画出.已知重力加速度大小为g ,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅰ分开后的相互作用,则 ( )A .油滴a 带负电,所带电荷量的大小为mgE B .油滴a 做圆周运动的速度大小为gBREC .小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3gBRE ,周期为4πEgB D .小油滴Ⅰ沿顺时针方向做圆周运动1.ABD [解析] 油滴a 做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知带负电,有mg =Eq ,解得q =mgE ,故A 正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv =m v 2R ,得R =mvBq ,解得油滴a 做圆周运动的速度大小为v =gBR E ,故B 正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v 1,得3R =m 2v 1B q 2,解得v 1=3BqR m =3gBRE ,周期为T =2π·3R v 1=2πEgB ,故C 错误;带电油滴a 分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅰ的速度为v 2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,得mv =m 2v 1+m 2v 2,解得v 2=-gBRE,由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡,分离后小油滴Ⅰ的速度方向与正方向相反,根据左手定则可知小油滴Ⅰ沿顺时针方向做圆周运动,故D 正确.2.[2024·北京卷] 如图所示,两个等量异种点电荷分别位于M 、N 两点,P 、Q 是MN 连线上的两点,且MP=QN.下列说法正确的是()A.P点电场强度比Q点电场强度大B.P点电势与Q点电势相等C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P点电场强度大小也变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P、Q两点间电势差不变2.C[解析] 由等量异种点电荷的电场线分布特点知,P、Q两点电场强度相等,A错误;由沿电场线方向电势越来越低知,P点电势高于Q点电势,B错误;由电场叠加得P点电场强度E=k QMP2+k QNP2,若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,则P点电场强度大小也变为原来的2倍,同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍,而P、Q间距不变,根据U=Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大,C正确,D错误.3.[2024·北京卷] 我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道.图为某种霍尔推进器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图.放电室的左、右两端分别为阳极和阴极,间距为d.阴极发射电子,一部分电子进入放电室,另一部分未进入.稳定运行时,可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场,电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1;还有方向沿半径向外的径向磁场,大小处处相等.放电室内的大量电子可视为处于阳极附近,在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动(如截面图所示),可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离.每个氙离子的质量为M、电荷量为+e,初速度近似为零.氙离子经过电场加速,最终从放电室右端喷出,与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和.已知电子的质量为m、电荷量为-e;对于氙离子,仅考虑电场的作用.(1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a;(2)求径向磁场的磁感应强度大小B2;(3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,单位时间内阴极发射的电子总数为n,求此霍尔推进器获得的推力大小F.3.(1)eEM (2)mEB1eR(3)nk√2eEMd1+k[解析] (1)氙离子在放电室时只受电场力作用,由牛顿第二定律有eE=Ma解得a=eEM(2)电子处于阳极附近,在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动,沿轴向向右的匀强磁场的洛伦兹力提供向心力,则有B1ev=m v 2R可得v=B1eRm轴线方向上所受电场力(水平向左)与径向磁场的洛伦兹力(水平向右)平衡,即Ee=evB2解得B2=mEB1eR(3)单位时间内阴极发射的电子总数为n,设单位时间内被电离的氙原子数为N,根据被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,可知进入放电室的电子数为Nk又由于这些电离氙原子数与未进入放电室的电子刚好完全中和,说明未进入放电室的电子数也为N即有n=N+Nk则单位时间内被电离的氙离子数N=nk1+k氙离子经电场加速,有eEd=12M v12-0可得v1=√2eEdM设时间Δt内氙离子所受到的作用力为F',由动量定理有F'·Δt=N·Δt·Mv1解得F'=nk√2eEMd1+k由牛顿第三定律可知,霍尔推进器获得的推力大小F=F'则F=nk√2eEMd1+k4.[2024·福建卷] 以O点为圆心,半径为R的圆上八等分放置电荷,除G为-Q,其他为+Q,M、N为半径上的点,OM=ON,已知静电力常量为k,则O点场强大小为,M点电势(选填“大于”“等于”或“小于”)N点电势.将+q点电荷从M沿MN移动到N点,电场力(选填“做正功”“做负功”或“不做功”).4.2kQR2大于做正功[解析] 根据点电荷的场强特点可知,除了MN连线上的正负电荷外,其余的6个电荷形成的电场在O点处相互抵消,故O点场强大小为E O=kQR2+kQR2=2kQR2;根据对称性可知,若没有沿水平直径方向上的正电荷和负电荷,则M和N点的电势相等,由于M点靠近最左边的正电荷,N点靠近最右边的负电荷,故M点电势大于N点电势;将+q点电荷从M沿MN移动到N点,由于电势降低,故电场力做正功.5.[2024·甘肃卷] 一平行板电容器充放电电路如图所示.开关S接1,电源E给电容器C充电;开关S接2,电容器C对电阻R放电.下列说法正确的是()A.充电过程中,电容器两极板间电势差增加,充电电流增加B.充电过程中,电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点C.放电过程中,电容器两极板间电势差减小,放电电流减小D.放电过程中,电容器的上极板带负电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点5.C[解析] 充电过程中,随着电容器带电荷量的增加,电容器两极板间电势差增加,充电电流在减小,故A错误;根据电路图可知,充电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点,故B错误;放电过程中,随着电容器带电荷量的减小,电容器两极板间电势差减小,放电电流在减小,故C正确;根据电路图可知,放电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由M点流向N点,故D错误.6.(多选)[2024·甘肃卷] 某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示,虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹,M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点,下列说法正确的是 ( )A .粒子带负电荷B .M 点的电场强度比N 点的小C .粒子在运动轨迹上存在动能最小的点D .粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能6.BCD [解析] 根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,带电粒子带正电荷,故A 错误;等差等势面越密集的地方场强越大,故M 点的电场强度比N 点的小,故B 正确;粒子带正电,因为M 点的电势大于N 点的电势,故粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能,故D 正确;由于带电粒子仅在电场作用下运动,电势能与动能总和不变,故可知当电势能最大时动能最小,故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小,故C 正确.7.[2024·甘肃卷] 质谱仪是科学研究中的重要仪器,其原理如图所示.Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U ;Ⅰ为速度选择器,匀强电场的电场强度大小为E 1,方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B 1,方向垂直纸面向里;Ⅰ为偏转分离器,匀强磁场的磁感应强度大小为B 2,方向垂直纸面向里.从S 点释放初速度为零的带电粒子(不计重力),加速后进入速度选择器做直线运动,再由O 点进入分离器做圆周运动,最后打到照相底片的P 点处,运动轨迹如图中虚线所示. (1)粒子带正电还是负电?求粒子的比荷. (2)求O 点到P 点的距离.(3)若速度选择器Ⅰ中匀强电场的电场强度大小变为E 2(E 2略大于E 1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上.求粒子打在O'点的速度大小.7.(1)正电E 122UB 12(2)4UB 1E 1B 2 (3)2E 2-E1B 1[解析] (1)由于粒子在偏转分离器Ⅰ中向上偏转,根据左手定则可知粒子带正电;设粒子的质量为m ,电荷量为q ,粒子进入速度选择器Ⅰ时的速度为v 0,在速度选择器中粒子做匀速直线运动,由平衡条件有qv 0B 1=qE 1在粒子加速器Ⅰ中,由动能定理有 qU =12m v 02联立解得粒子的比荷为q m =E 122UB 12(2)在偏转分离器Ⅰ中,洛伦兹力提供向心力,有qv 0B 2=m v 02r可得O点到P点的距离为OP=2r=4UB1E1B2(3)粒子进入速度选择器Ⅰ瞬间,粒子受到向上的洛伦兹力F洛=qv0B1向下的电场力F=qE2由于E2>E1,且qv0B1=qE1所以通过配速法,如图所示其中满足qE2=q(v0+v1)B1则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0+v1做匀速运动的同时,在竖直面内以速度v1做匀速圆周运动,当速度转向到水平向右时,满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求,故此时粒子打在O'点的速度大小为v'=v0+v1+v1=2E2-E1B18.(多选)[2024·广东卷] 污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用电泳技术对其进行沉淀去污,基本原理如图所示.涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极,金属圆盘置于容器底部,金属棒插入污水中,形成如图所示的电场分布,其中实线为电场线,虚线为等势面.M点和N点在同一电场线上,M点和P点在同一等势面上.下列说法正确的有()A.M点的电势比N点的低B.N点的电场强度比P点的大C.污泥絮体从M点移到N点,电场力对其做正功D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大8.AC[解析] 电场线的疏密程度反映电场强度大小,电场线越密则电场强度越大,由于N点附近的电场线比P点附近的稀疏,故N点的电场强度比P点的小,B错误;沿电场线方向电势逐渐降低,故M点的电势比N点的低,污泥絮体带负电,故其受到的电场力方向与电场强度方向相反,若从M点移到N点,则电场力对其做正功,A、C正确;由于M点和P点在同一等势面上,故M点电势等于P点电势,则N点电势高于P点电势,污泥絮体带负电,即q<0,根据电势能E p=qφ可知,污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小,D错误.9.[2024·广东卷] 如图甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压.金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放,在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内,在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场.已知金属板的板长是板间距离的π3倍,粒子质量为m.忽略粒子所受的重力和场的边缘效应.(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q;(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v;(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功W.9.(1)带正电πmBt0(2)√3πU0t08B√π3U024Bt0(3)(π3+16π)mU048Bt0[解析] (1)由带电粒子在左侧电场中由静止释放后加速运动的方向可知粒子带正电(或由带电粒子在磁场中做圆周运动的方向结合左手定则可知粒子带正电).设粒子在磁场内做圆周运动的速度为v,半径为r,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v 2r粒子在磁场中运动半个圆周所用的时间Δt=3t0-2t0粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2Δt又知T=2πrv联立解得q=πmBt0(2)设金属板间的电场强度为E,粒子在金属板间运动的加速度为a,则有E=U0Da=qEmt 0~2t 0内,粒子在金属板间的电场内做两个对称的类平抛运动,在垂直于金属板方向的位移等于在磁场中做圆周运动的直径,即y =2r 在垂直于金属板方向有y =2×12a (t 02)2在沿金属板方向有π3D =vt 0 联立解得D =√3πU 0t 08B ,v =√π3U 024Bt 0(3)由(1)(2)可知y =2D3由对称性可知,3t 0~4t 0内,粒子第二次进入金属板间的电场内,粒子在竖直方向的位移仍为y ,由于y <D ,故粒子不会碰到金属板.t =4t 0后,粒子进入左侧电场,先减速到速度为零,后反向加速,并在t =6t 0时刻第三次进入金属板间的电场内,此时粒子距上板的距离为h =D -y =D3,注意到h =y2,故粒子恰在加速阶段结束时碰到金属板.粒子第一次、第二次进出金属板间的电场过程中,电场力做功为0,粒子第三次进入金属板间的电场后,电场力做功为qEh ,设粒子在左侧电场中运动时电场力做功为W 左,根据动能定理有 W 左=12mv 2电场力对粒子做的总功为W =W 左+qEh联立解得W =(π3+16π)mU 048Bt 010.[2024·广西卷] xOy 坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B ,方向垂直纸面向里.质量为m ,电荷量为+q 的粒子,以初速度v 从O 点沿x 轴正向开始运动,粒子过y 轴时速度与y 轴正向夹角为45°,交点为P .不计粒子重力,则P 点至O 点的距离为 ( )A .mv qBB .3mv2qBC .(1+√2)mvqB D .(1+√22)mvqB10.C [解析] 粒子运动轨迹如图所示,在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v 2r ,可得粒子做圆周运动的半径为r =mvqB ,根据几何关系可得P 点至O 点的距离为L PO =r +r sin45°=(1+√2)mvqB ,故选C .11.[2024·广西卷] 如图所示,将不计重力、电荷量为q 的带负电的小圆环套在半径为R 的光滑绝缘半圆弧上,半圆弧直径两端的M 点和N 点分别固定电荷量为27Q 和64Q 的负点电荷.将小圆环从靠近N 点处静止释放,小圆环先后经过图上P 1点和P 2点,己知sin θ=35,则小圆环从P 1点运动到P 2点的过程中 ( )A .静电力做正功B .静电力做负功C .静电力先做正功再做负功D .静电力先做负功再做正功11.A [解析] 沿电场线越靠近负电荷则电势越低,画出两个不等量负点电荷的电场线分布如图甲所示,半圆与电场线的交点中其电场强度沿半径方向时,该点对应的电势最高,设该点为P ,如图乙所示,设连线PM 与直径MN 的夹角为α,则P 点到M 点的距离d M =2R cos α,P 点到N 点的距离为d N =2R sin α,M 点处点电荷在P 点产生的电场强度为E M =k 27Q d M2,N点处点电荷在P点产生的电场强度为E N =k64Qd N 2,P 点的电场强度沿着圆半径方向,由电场叠加原理可知E NE M=tan α,联立解得α=53°,已知P 2点和N 点连线与直径MN 的夹角恰好为37°,则P 2点和M 点连线与直径MN 的夹角恰好为53°,故半圆上P 2点的电势最高,因此带负电的圆环从P 1点运动到P 2点的过程中,电势一直升高,静电力一直做正功,选项A 正确.12.(多选)[2024·海南卷] 真空中有两个点电荷,电荷量均为-q (q ≥0),固定于相距为2r 的P 1、P 2两点,O 是P 1P 2连线的中点,M 点在P 1P 2连线的中垂线上,距离O 点为r ,N 点在P 1P 2连线上,距离O 点为x (x ≪r ),已知静电力常量为k ,则下列说法正确的是 ( )A .P 1P 2中垂线上电场强度最大的点到O 点的距离为√33rB .P 1P 2中垂线上电场强度的最大值为4√3kq9r 2C .在M 点放入一电子,从静止释放,电子的加速度一直减小D .在N 点放入一电子,从静止释放,电子的运动可视为简谐运动12.BCD [解析] 设P 1处的点电荷在P 1P 2中垂线上某点A 处产生的场强与竖直方向的夹角为θ,则根据场强的叠加原理可知,A 点的合场强为E =k 2qr 2sin 2 θcos θ,根据均值不等式可知当cos θ=√33时E 有最大值,且最大值为E m =4√3kq9r 2,此时A 点到O 点的距离为y =√22r ,故A 错误,B 正确;在M 点放入一电子,从静止释放,由于r >y =√22r ,可知电子向上运动的过程中所受电场力一直减小,则电子的加速度一直减小,故C 正确;根据等量同种电荷的电场线分布可知,电子运动过程中,O 点为平衡位置,可知当发生的位移为x 时,粒子受到的电场力为F =keq ·4rx(r -x )2(r+x )2,由于x ≪r ,整理后有F =4keqr 3·x ,在N 点放入一电子,从静止释放,电子的运动可视为以O 点为平衡位置的简谐运动,故D 正确.13.[2024·海南卷] 如图,在xOy 坐标系中有三个区域,圆形区域Ⅰ分别与x 轴和y 轴相切于P 点和S 点.半圆形区域Ⅰ的半径是区域Ⅰ半径的2倍.区域Ⅰ、Ⅰ的圆心O 1、O 2连线与x 轴平行,半圆与圆相切于Q 点,QF 垂直于x 轴,半圆的直径MN 所在的直线右侧为区域Ⅰ.区域Ⅰ、Ⅰ分别有磁感应强度大小为B 、B 2的匀强磁场,磁场方向均垂直纸面向外.区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器,可将质量为m 、电荷量为q 的粒子由电场加速到v 0.改变发射器的位置,使带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v 0沿纸面射入区域Ⅰ.已知某粒子从P 点射入区域Ⅰ,并从Q 点射入区域Ⅰ.(不计粒子的重力和粒子之间的影响) (1)求加速电场两板间的电压U 和区域Ⅰ的半径R.(2)在能射入区域Ⅰ的粒子中,某粒子在区域Ⅰ中运动的时间最短,求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的总时间t.(3)在区域Ⅰ加入匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小为B ,方向垂直纸面向里,电场强度的大小E =Bv 0,方向沿x 轴正方向.此后,粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅰ射入区域Ⅰ,进入区域Ⅰ时速度方向与y 轴负方向成74°角.当粒子动能最大时,求粒子的速度大小及所在的位置到y 轴的距离(sin37°=35,sin53°=45).13.(1)mv 022qmv 0qB (2)πmqB(3)2.6v 0172mv 025qB[解析] (1)根据动能定理得qU =12m v 02解得U =mv 022q粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动,根据题意某粒子从P 点射入区域Ⅰ,并从Q 点射入区域Ⅰ,故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R 相等,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力qBv 0=m v 02R 解得R =mv0qB(2)带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v 0沿纸面射入区域Ⅰ,由(1)可得,粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动,轨迹半径为R ,因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等,所以粒子射入点、区域Ⅰ圆心O 1、粒子出射点、轨迹圆心O'四点构成一个菱形,由几何关系可得,区域Ⅰ圆心O 1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线,则区域Ⅰ圆心O 1和粒子出射点连线水平,根据磁聚焦原理可知粒子都从Q 点射出,粒子射入区域Ⅰ,仍做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力q B2v 0=m v 02R '解得R'=2R如图甲所示,要使粒子在区域Ⅰ中运动的时间最短,轨迹所对应的圆心角最小,可知在区域Ⅰ中运动的圆弧所对的弦长最短,即此时最短弦长为区域Ⅰ的磁场圆半径2R ,根据几何知识可得此时在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°,粒子在两区域磁场中运动周期分别为 T 1=2πR v 0=2πmqBT 2=2π·2R v 0=4πmqB 故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的总时间为 t =60°360°T 1+60°360°T 2=πmqB甲(3)如图乙所示,将速度v 0分解为沿y 轴正方向的速度v 0及速度v',因为E =Bv 0,可得qE =qBv 0,故可知沿y 轴正方向的速度v 0产生的洛伦兹力与电场力平衡,粒子同时受到另一方向的洛伦兹力qBv',故粒子沿y 轴正方向做旋进运动,根据几何关系可知 v'=2v 0sin 53°=1.6v 0故当v'方向为竖直向上时粒子速度最大,最大速度为 v m =v 0+1.6v 0=2.6v 0根据几何关系可知此时所在的位置到y 轴的距离为 L =R'+R'sin 53°+2R +2R =6.88R =172mv 025qB乙14.[2024·河北卷] 我国古人最早发现了尖端放电现象,并将其用于生产生活,如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔.雷雨中某时刻,一古塔顶端附近等势线分布如图所示,相邻等势线电势差相等,则a 、b 、c 、d 四点中电场强度最大的是 ( )A .a 点B .b 点C .c 点D .d 点14.C [解析] 在静电场中,等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小,等差势线越密,则电场强度越大.由题图可知,c 点等差等势线最密集,故c 点电场强度最大,C 正确.15.[2024·河北卷] 如图所示,真空中有两个电荷量均为q (q >0)的点电荷,分别固定在正三角形ABC 的顶点B 、C.M 为三角形ABC 的中心,沿AM 的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆,电荷量为q2.已知正三角形ABC 的边长为a ,M 点的电场强度为0,静电力常量为k.顶点A 处的电场强度大小为( )A .2√3kq a 2B .kq a 2(6+√3)C .kq a 2(3√3+1)D .kqa2(3+√3)15.D [解析] 如图所示,B 、C 两处点电荷在M 处产生的电场强度大小E 1=E 2=kq(√33a )2=3kqa 2,由于M 点的电场强度为0,故带电细杆在M 点产生的电场强度大小E 3=E 1cos 60°+E 2cos 60°=3kq a 2,B 、C 两处点电荷在A 处产生的电场强度大小E 4=E 5=kqq 2,合场强E 合'=E 4cos 30°+E 5cos 30°=√3kqa 2,方向向上,由于M 点与A 点关于带电细杆对称,故细杆在A 处产生的电场强度大小E 6=E 3=3kqa 2,方向向上,因此A 点的电场强度大小E =E 合'+E 6=kqa 2(√3+3),D 正确.16.(多选)[2024·河北卷] 如图所示,真空区域有同心正方形ABCD 和abcd ,其各对应边平行,ABCD 的边长一定,abcd 的边长可调,两正方形之间充满恒定匀强磁场,方向垂直于正方形所在平面.A处有一个粒子源,可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子,粒子沿AD方向进入磁场.调整abcd的边长,可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出.对满足前述条件的粒子,下列说法正确的是()A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必垂直BC射出B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子必垂直BC射出C.若粒子经cd边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°D.若粒子经bc边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°16.ACD[解析] 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必经过cd边,作出粒子运动轨迹图,如图甲所示,由对称性可知,粒子从C点垂直于BC射出,A、C正确;若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子可能从cd边再次进磁场,作出粒子运动轨迹如图乙所示,此时粒子不能垂直BC射出,粒子也可能经bc边再次进入磁场,作出粒子运动轨迹如图丙所示,此时粒子垂直BC边射出,B错误,D正确.17.[2024·河北卷] 如图所示,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动.图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高.当小球运动到A 点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q (q >0),质量为m ,A 、B 两点间的电势差为U ,重力加速度大小为g ,求: (1)电场强度E 的大小.(2)小球在A 、B 两点的速度大小.17.(1)U L(2)√Uq -mgLm√3(Uq -mgL )m[解析] (1)A 、B 两点沿电场线方向的距离为L ,在匀强电场中,由电场强度与电势差的关系可知E =U L(2)当小球运动到A 点时,细线对小球的拉力为0,由牛顿第二定律得Eq -mg =mv A 2L解得v A =√Uq -mgLm小球由A 点运动到B 点,由动能定理得 Uq -mgL =12m v B 2-12m v A 2 解得v B =√3(Uq -mgL )m18.[2024·湖北卷] 如图所示,在以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场.一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子沿直径AC 方向从A 点射入圆形区域.不计重力,下列说法正确的是 ( )A .粒子的运动轨迹可能经过O 点B .粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向C .粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域的最小时间间隔为7πm3qBD.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为√3qBR3m18.D[解析] 根据磁场圆和轨迹圆相交形成的圆形具有对称性可知,在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子总是沿径向射出,所以粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的时间间隔最短对应的轨迹如图甲所示,则最小时间间隔为Δt=2T=4πmqB,故C错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短对应的轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r=√33R,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v 2r ,解得v=√3qBR3m,故D正确.19.(多选)[2024·湖北卷] 关于电荷和静电场,下列说法正确的是()A.一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变B.电场线与等势面垂直,且由电势低的等势面指向电势高的等势面C.点电荷仅在电场力作用下从静止释放,该点电荷的电势能将减小D.点电荷仅在电场力作用下从静止释放,将从高电势的地方向低电势的地方运动19.AC[解析] 根据电荷守恒定律可知,一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变,故A正确;根据电场线和等势面的关系可知,电场线与等势面垂直,且由电势高的等势面指向电势低的等势面,故B错误;点电荷仅在电场力作用下从静止释放,则电场力做正功,该点电荷的电势能将减小,根据φ=E pq可知,正电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动,负电荷将从电势低的地方向电势高的地方运动,故C正确,D错误.20.[2024·湖南卷] 真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处.设无限远处电势为0,x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是()。
高中物理电场、磁场的讲解与考题以及答案
高中物理电场、磁场的讲解与考题以及答案
高中物理电场和磁场是两个相关的物理概念,物理上它们在日常生活中都起着重要的作用。
本文将通过对电场和磁场的讲解以及对部分考题的讲解,来加深大家对它们的了解,以及准备参加高中物理考试的学生可以更好地练习和复习这两个概念。
一、电场
电场是指在一定空间中存在电势差所造成的能量影响,也就是说,它使电荷粒子在其中产生位置变化,并能够决定电荷粒子行为的能量场。
电场的强度和方向也会根据周围的环境及电荷粒子之间的距离而发生变化。
二、磁场
磁场是指在一定空间中存在磁势差所造成的能量影响,也就是说,它使磁性物质在其中产生位置变化,并能够决定磁性物质行为的能量场。
磁场的强度和方向也会根据周围的环境及磁力粒子之间的距离及其速度而发生变化。
三、考题
1.关于电场,下列说法正确的是()
A. 电场是指电势差造成的能量场
B. 电场的强度不随周围环境的变化而变化
C. 电场的方向随着周围的环境及电荷粒子之间的距离而发生变化
D. 电场只影响电荷粒子的行为
答案:A、C。
高中物理高考真题解析(含答案)-电场和磁场的基本性质
第7讲 电场和磁场的基本性质1.(2012·江苏单科, 1)真空中, A 、 B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r , 则A 、 B 两点的电场强度大小之比为( )A .3∶1B .1∶3C .9∶1D .1∶9解析 由库仑定律F =kQ 1Q 2r 2和场强公式E =F q知点电荷在某点产生电场的电场强度E =kQ r2, 电场强度大小与该点到场源电荷的距离的二次方成反比, 则E A ∶E B =r 2B ∶r 2A =9∶1, 选项C 正确.答案 C2.(2013·江苏卷, 3)下列选项中的各14圆环大小相同, 所带电荷量已在图中标出, 且电荷均匀分布, 各14圆环间彼此绝缘.坐标原点O 处电场强度最大的是解析 设14圆环的电荷在原点O 产生的电场强度为E 0, 根据电场强度叠加原理, 在坐标原点O 处, A 图的场强为E 0, B 图场强为2E 0 , C 图场强为E 0, D 图场强为0, 因此本题答案为B.答案 B3.(2014·江苏卷,4)如图3-7-1所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A.O点的电场强度为零,电势最低B.O点的电场强度为零,电势最高C.从O点沿x轴正方向,电场强度减小,电势升高D.从O点沿x轴正方向,电场强度增大,电势降低图3-7-1解析根据圆环的对称性可知,O点处的场强为零,又由正电荷在无限远处场强为零,故从O点沿x轴正方向,电场强度先增大,后减小,电势应逐渐降低,O点处的电势最高,故B项正确,A、C、D均错误.答案 B主要题型:选择题和计算题(计算题在第4、6讲已讲),以选择题为主知识热点1.(1)库仑定律、电场强度、点电荷的场强,及场强的叠加.(2)电场强度、电势、电势能与电场线之间的关系.(3)带电粒子在匀强电场中的运动.(已讲)2.带电粒子在匀强磁场中的运动.(已讲)物理方法(1)矢量运算法(平行四边形定则) (2)模型法(3)对称法(4)守恒法(5)补偿法命题趋势(1)2015年高考,预计点电荷的场强,电场强度与电势(差)、电势能和电场线之间的关系以及电场力做功与电势能变化的关系仍会出现,并很可能会以选择题的形式进行考查.带电粒子在匀强电场中的运动有可能会以选择题或计算题的形式出现.(2)近三年江苏省高考试题没有单独考查安培力及安培力作用下导体的平衡及运动问题,预计在2015年高考中这部分内容应是考查的重点.热点一对电场强度的理解及计算1.(多选)(2014·全国卷新课标Ⅱ,19)关于静电场的电场强度和电势,下列说法正确的是( )A .电场强度的方向处处与等电势面垂直B .电场强度为零的地方, 电势也为零C .随着电场强度的大小逐渐减小, 电势也逐渐降低D .任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向解析 电场线与等势面垂直, 而电场强度的方向为电场线的方向, 故电场强度的方向与等势面垂直, 选项A 正确; 场强为零的地方电势不一定为零, 例如等量同种正电荷连线的中点处的场强为零但是电势大于零, 选项B 错误; 场强大小与电场线的疏密有关, 而沿着电场线的方向电势是降低的, 故随电场强度的大小逐渐减小, 电势不一定降低, 选项C 错误; 任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致, 而电场线的方向是电势降落最快的方向, 选项D 正确.答案 AD2. (2014·武汉市部分学校调研)在孤立的点电荷产生的电场中有a 、 b 两点, a 点的电势为φa , 场强大小为E a , 方向与连线ab 垂直.b 点的电势为φb , 场强大小为E b , 方向与连线ab 的夹角为30°.则a 、 b 两点的场强大小及电势高低的关系是( )A .φa >φb , E a =E b 2B .φa <φb , E a =E b2C .φa >φb , E =4E bD .φa <φb ,E a =4E b图3-7-2解析 将E a 、 E b 延长相交, 其交点为场源点电荷的位置, 由点电荷的场强公式E =kQ r2, 可得E a =4E b ; 分别过a 、 b 做等势面, 电场线由高的等势面指向低的等势面, 则φb >φa , 选项D 正确. 答案 D3. 如图3-7-3所示, 在一正三角形ABC 的三个顶点处分别固定三个电荷量均为+q 的点电荷, a 、 b 、 c 分别为三角形三边的中点, O 点为三角形三条中线的交点.选无穷远处为零电势面, 则下列说法中正确的是( )A .a 点的电场强度为零、 电势不为零B .b 、 c 两点的电场强度大小相等、 方向相反C .a 、 b 、 c 三点的电场强度和电势均相同D .O 点的电场强度一定为零, 电势一定不为零图3-7-3解析 由于电场强度是矢量, 根据矢量的叠加原理, 三角形底边B 、 C 两点的点电荷在a 点的合场强为零, 但三角形顶点A 处的点电荷会在a 处产生一个竖直向下的场强, 所以a 点的电场强度不为零, 由于三角形三个顶点的点电荷均为正点电荷, 所以a 、 b 、 c 、 O 点的电势均不为零,选项A错误;根据电场的叠加原理,三个点电荷在b点产生的场强方向沿Bb连线方向,在c点产生的场强方向沿Cc方向,所以在b、c两点处,三个点电荷所产生的场强大小相等方向不是相反的,选项B错误;由对称性可知,a、b、c三点的电场强度大小相等但方向不同,电势相同,选项C错误;根据矢量叠加原理和几何关系可知,B、C 两处的点电荷产生的场强一定与A处点电荷产生的场强大小相等、方向相反,所以O处的合场强一定为零,电势一定不为零,选项D 正确.答案 D4. (多选)如图3-7-4所示,图甲中MN为足够大的不带电的薄金属板.在金属板的右侧,距离为d的位置上放入一个电荷量为+q的点电荷O,由于静电感应产生了如图所示的电场分布.P是金属板上的一点,P点与点电荷O之间的距离为r,几位同学想求出P点的电场强度的大小,但发现很难.他们经过仔细研究,从图乙所示的电场得到了一些启示,经过查阅资料他们知道:图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的.图乙中两异号点电荷电荷量的大小均为q,它们之间的距离为2d,虚线是两点电荷连线的中垂线.由此他们分别对P点的电势和电场强度作出以下判断,其中正确的是( )图3-7-4A .P 点的电势为零B .P 点的电势大于零C .P 点电场强度的方向垂直于金属板向左, 大小为2kqd r3 D .P 点电场强度的方向垂直于金属板向左, 大小为2kq r 2-d 2r3 解析 选项分两组, A 、 B 两项判断P 点电势, C 、 D 两项计算P 点场强.金属板MN 接地, 电势为零, 则金属板上P 点电势为零, A 正确、 B 错误;类比图乙中的电场线方向可知, 金属板所在位置及P 点场强方向均垂直于金属板向左, 大小由等量异种电荷分别在中垂线上产生的场强叠加得知, 由于对称, 带电荷量分别为+q 和-q 的点电荷在P 点产生的场强大小均为E +=E -=k q r 2, 由相似三角形关系得E E +=2d r, 解得E =2kqd r3, C 正确、 D 错误. 答案 AC1.高考对电场强度的考查, 往往会和对电势的考查结合在一起进行, 目的就是刻意对考生制造思维上的混乱, 以此来考查考生对物理基本概念的区分和辨别能力.2.解决此类问题的关键就是要明确电场强度是矢量,其运算规则为平行四边形定则;而电势为标量,其运算规则为代数运算规则.3.常用的思维方法——对称法.热点二电场性质的理解与应用5.(2014·淮安市高三考前信息卷)如图3-7-5所示,椭圆ABCD 处于一匀强电场中,椭圆平面平行于电场线,AC、BD分别是椭圆的长轴和短轴,已知电场中A、B、C三点的电势分别为φA=14 VφB =3 V、φC=-7 V,由此可得D点的电势为( )A.8 V B.6 V C.4 V D.2 V图3-7-5解析A、B、C、D顺次相连将组成菱形,由公式U=Ed可知,φA -φB=φD-φC或φA-φD=φB-φC,解得φD=4 V.选项C正确. 答案 C6.(2014·徐州市高三检测)在地面上插入一对电极M和N,将两个电极与直流电源相连,大地中形成恒定电流和恒定电场.恒定电场的基本性质与静电场相同,其电场线分布如图3-7-6所示,P、Q 是电场中的两点.下列说法正确的是( )图3-7-6A.P点场强比Q点场强大B.P点电势比Q点电势高C.P点电子的电势能比Q点电子的电势能大D.电子沿直线从N到M的过程中所受电场力恒定不变解析因为电场线密集处场强大,所以P点场强小于Q点场强,选项A错误;因为沿电场线电势降低,所以P点电势高于Q点电势,选项B正确;根据“负电荷在电势高处电势能低”,可知P点电子的电势能比Q点电子的电势能小,选项C错误;沿直线从N到M 的过程中,电场线先逐渐变稀疏,然后变密集,故此过程中,电子所受电场力先减后增,选项D错误.答案 B7.(2014·山东卷,19)如图3-7-7所示,半径为R的均匀带正电薄球壳,其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零;壳外空间的电场,与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样.一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA方向射出.下列关于试探电荷的动能E k与离开球心的距离r的关系图线,可能正确的是( )图3-7-7解析壳内场强处处为零,试探电荷在壳内运动时动能不变,排除选项C、D;由动能定理可得,ΔE kΔr=F,即在E-r图象中图线切线的斜率数值上等于电场力的大小,距离球壳越远试探电荷所受电场力越小,图象的斜率越小,正确选项为A.答案 A8.(多选) (2014·全国卷新课标Ⅰ,21)如图3-7-8,在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点,M、N、P为直角三角形的三个顶点,F为MN的中点,∠M=30°.M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示,已知φM=φN,φP=φF,点电荷Q 在M 、 N 、 P 三点所在平面内, 则( )A .点电荷Q 一定在MP 的连线上B .连接PF 的线段一定在同一等势面上C .将正试探电荷从P 点搬运到N 点, 电场力做负功D .φP 大于φM图3-7-8解析 作∠MNP 的角平分线交MP 于G , 则MG =GN 又因φM =φN , 所以点电荷Q 应放在G 点, 选项A 正确; 点电荷的等势面为球面, 所以选项B 错; 沿电场线的方向电势降低, 所以φP >φM , φP >φN , 故将正电荷从P 点搬运到N 点, 电场力做正功.选项D 正确, C 错误.答案 AD判断电场性质的常用方法(1)判断场强强弱⎩⎪⎨⎪⎧ 根据电场线或等势面的疏密根据公式E =k Q r 2和场强叠加原理(2)判断电势高低⎩⎪⎨⎪⎧ 根据电场线的方向根据φ=E p q(3)判断电势能大小⎩⎪⎨⎪⎧根据E p =qφ根据ΔE p =-W 电,由电场力做功情况判断热点三 安培力及安培力作用下导体的平衡与运动9.(多选)(2014·浙江卷, 20)如图3-7-9甲所示, 两根光滑平行导轨水平放置, 间距为L , 其间有竖直向下的匀强磁场, 磁感应强度为B .垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒.从t =0时刻起, 棒上有如图乙所示的持续交变电流I , 周期为T , 最大值为I m , 图甲中I 所示方向为电流正方向.则金属棒( )图3-7-9A.一直向右移动B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做正功解析由I-t图可知,安培力随时间的变化关系与之相同.所以金属棒先向右匀加速运动,再做向右匀减速运动,然后重复运动,故选项A、B、C均正确.安培力先做正功,后做负功,故选项D错.答案ABC图3-7-1010.(多选)在竖直向下的匀强磁场中,“Γ”型金属导轨间距为0.5 m,右段在水平面内,左段竖直,如图3-7-10所示.两根质量均为0.06 kg的导体棒分别放在水平段和竖直段,并通过绝缘细线跨过定滑轮P 相连,导轨水平段光滑,导体棒cd与导轨竖直段间动摩擦因数为0.4.闭合开关S,发现两导体棒静止在导轨上,则下列各组磁感应强度的大小和电流值能满足要求的是( )A.B=0.5 T,I=2 A B.B=0.5 T,I=1 AC.B=1.0 T,I=1.5 A D.B=0.8 T,I=2.6 A解析 要使两导体棒静止在轨道上, 则ab 、 cd 受力平衡, ab 所受安培力水平向右, 细线的拉力水平向左, 大小F =F A =BIl ; cd 所受四个力如图所示, 其中静摩擦力的方向可能竖直向上或竖直向下,因此有F N =BIl , F ±μF N -mg =0, 联立解得BI =mg l 1±μ, 代入数据解得0.857 T·A≤BI ≤2 T·A, 四组选项中BI 在此范围内的是A 、C.答案 AC11.美国研发的强力武器轨道电磁炮在前日的试射中, 将炮弹以5倍音速, 击向200公里外目标, 射程为海军常规武器的10倍, 且破坏力惊人.电磁炮原理如图3-7-11所示, 若炮弹质量为m , 水平轨道长L , 宽为d , 轨道摩擦不计, 炮弹在轨道上做匀加速运动.要使炮弹达到5倍音速(设音速为v ), 则( )图3-7-11A .炮弹在轨道上的加速度为v 22LB .磁场力做的功为52mv 2 C .磁场力做功的最大功率为125mv 32LD .磁场力的大小为25mdv 22L 解析 炮弹在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动, 由公式“v 2=2ax ”得a =5v 22L , A 错误; 不计摩擦, 磁场力做的功等于炮弹增加的动能, 即W =12m (5v )2=25mv 22, B 错误; 由动能定理得BIdL =12m (5v )2, 磁场力的大小BId =m 5v 22L , 则磁场力的最大功率P m =BId ·(5v )=m 5v 22L·(5v )=125mv 32L, C 正确、 D 错误. 答案 C 12.(2014·重庆卷, 8)某电子天平原理如图3-7-12所示, E 形磁铁的两侧为N 极, 中心为S 极, 两极间的磁感应强度大小均为B , 磁极宽度均为L , 忽略边缘效应, 一正方形线圈套于中心磁极, 其骨架与秤盘连为一体, 线圈两端C 、 D 与外电路连接, 当质量为m 的重物放在秤盘上时, 弹簧被压缩, 秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触), 随后外电路对线圈供电, 秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止, 由此时对应的供电电流I 可确定重物的质量.已知线圈匝数为n , 线圈电阻为R , 重力加速度为g .问:图3-7-12(1)线圈向下运动过程中, 线圈中感应电流是从C 端还是从D 端流出?(2)供电电流I 是从C 端还是从D 端流入? 求重物质量与电流的关系.(3)若线圈消耗的最大功率为P , 该电子天平能称量的最大质量是多少?解析 (1)由右手定则可知线圈向下运动, 感应电流从C 端流出.(2)设线圈受到的安培力为F A , 外加电流从D 端流入.由F A =mg ①和F A =2nBIL ②得m =2nBL g I ③ (3)设称量最大质量为m 0,由m =2nBL gI ④ 和P =I 2R ⑤得m 0=2nBL g P R⑥ 答案 (1)电流从C 端流出(2)从D 端流入 m =2nBL g I (3)2nBL g P R安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路:热点四 带电粒子在磁场中运动的临界极值问题图3-7-1313.(多选)(2014·领航高考冲刺卷三)在磁感应强度大小为B 、 方向垂直纸面向里的正方形(边长为l )匀强磁场区域, ab 边和cd 边为挡板, 从ad 边中点O 垂直磁场射入一带电粒子, 速度大小为v 0, 方向与ad 边夹角为30°, 如图3-7-13所示, 已知粒子的电荷量为q 、 质量为m (重力不计).则下列说法正确的是( )A .若粒子带负电, 粒子恰能从d 点射出磁场, 则v 0=qBl 2mB .若粒子带正电, 粒子恰不碰到cd 挡板, 则v 0=qBl 2mC .若粒子带正电, 粒子恰能从b 点射出磁场, 则v 0=qBl mD .若粒子带正电, 粒子能从ad 边射出磁场, 则v 0的最大值v 0m =qBl 3m解析 当粒子带负电, 且恰能从d 点射出磁场时, 如图所示, R =l2, 由qv 0B =mv 20R , 得v 0=qBl 2m, A 对, 若粒子带正电, 粒子恰不碰到cd 挡板时, R -R c os 60°=l2, 解得R =l , 同理得v 0=qBl m, B 错; 若粒子带正电, 由几何关系可知, 粒子不可能恰好从b 点射出磁场, C 错; 若粒子带正电, 粒子能从ad 边射出磁场而不碰ab 板, 如图所示, 由几何关系得R =l3, 所以v 0m =qBl 3m, D 正确. 答案 AD图3-7-1414.(2014·长春市调研测试)如图3-7-14所示, 三角形区域磁场的三个顶点a 、 b 、 c 在直角坐标系内的坐标分别为(0,2 3 cm)、 (-2 cm,0)、 (2 cm , 0), 磁感应强度B =4×10-4T , 大量比荷q m =2.5×105 C/kg 不计重力的正离子, 从O 点以相同的速率v =2 3 m/s 沿不同方向垂直磁场射入该磁场区域.求:(1)离子运动的半径.(2)从ac 边离开磁场的离子, 离开磁场时距c 点最近的位置坐标.(3)从磁场区域射出的离子中, 在磁场中运动的最长时间.解析 (1)由qvB =m v 2R 得, R =mv qB, 代入数据可解得: R =2 3 cm(2)设从ac 边离开磁场的离子距c 最近的点的坐标为M (x , y ), M 点为以a 为圆心, 以aO 为半径的圆周与ac 的交点则x =R sin 30°= 3 cmy =R -R cos 30°=(23-3)cm离c 最近的点的坐标为M [ 3 cm , (23-3)cm](3)依题意知, 所有离子的轨道半径相同, 则可知弦越长, 对应的圆心角越大.易知从a 点离开磁场的离子在磁场中运动时间最长, 其轨迹所对的圆心角为60°T =2πm Bq =π50s t =T 6=π300s 答案 (1)2 3 cm (2)[ 3 cm , (23-3)cm](3)π300s1.求解这类问题的方法技巧解决带电粒子在磁场中运动的临界问题, 关键在于运用动态思维, 寻找临界点, 确定临界状态, 根据粒子的速度方向找出半径方向, 同时由磁场边界和题设条件画好轨迹,定好圆心,建立几何关系.2.带电粒子在有界磁场中运动临界问题的三种几何关系(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.(2)当粒子的运动速率v一定时,粒子经过的弧长(或弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.(3)当粒子的运动速率v变化时,带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹对应的圆心角越大,其在磁场中的运动时间越长.高考命题热点7.根据粒子运动的轨迹、电场线(等势面)进行相关问题的判断带电粒子运动轨迹类问题分析的关键是运用曲线运动的知识(受力特征:合外力指向凹侧;运动特征:速度方向沿切向)找出电场力的方向,进而判断出场强方向或电场力做功情况,一系列问题就迎刃而解.(1)确定受力方向的依据①曲线运动的受力特征:带电粒子受力总指向曲线的凹侧;②电场力方向与场强方向的关系:正电荷的受力方向与场强方向同向,负电荷则相反;③场强方向与电场线或等势面的关系:电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向.(2)比较加速度大小的依据: 电场线或等差等势面越密⇒E 越大⇒F =qE 越大⇒a =qE m越大. (3)判断加速或减速的依据: 电场力与速度成锐角(钝角), 电场力做正功(负功), 速度增加(减少).【典例】 (6分)如图3-7-15所示, 实线表示电场线, 虚线表示带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹, a 、 b 为其运动轨迹上的两点, 可以判定( )A .粒子在a 点的速度大于在b 点的速度B .粒子在a 点的加速度大于在b 点的加速度C .粒子一定带正电荷D .粒子在a 点的电势能大于在b 点的电势能图3-7-15审题流程解析该粒子在电场中做曲线运动,则电场力应指向轨迹的凹侧且沿电场线的切线方向,设粒子由a向b运动,则其所受电场力方向和速度方向的关系如图所示,可知电场力做正功,粒子速度增加,电势能减少,A错、D对;b点处电场线比a点处电场线密,即粒子在b点所受电场力大,加速度大,选项B错;因电场线方向不确定,所以粒子的电性不确定,C选项错误.(假设粒子由b向a运动同样可得出结论)答案 D当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线、等势线都不重合的曲线时,这种现象简称为“拐弯现象”,其实质为“运动与力”的关系.运用“牛顿运动定律、功和能”的知识分析:(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方向且指向轨迹的凹侧),从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况.(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向,是题目中相互制约的三个方面.若已知其中一个,可分析判定各待求量;若三个都不知(三不知),则要用“假设法”进行分析.(6分)如图3-7-16所示,带电粒子在电场中只受电场力作用时沿虚线从a运动到b,运动轨迹ab为一条抛物线,则下列判断正确的是( )A.若直线MN为一条电场线,则电场线方向由N指向MB.若直线MN为一条电场线,则粒子的动能增大C.若直线MN为一个等势面,则粒子的速度不可平行MND.若直线MN为一个等势面,则粒子的电势能减小图3-7-16解析若直线MN为一条电场线,则带电粒子所受电场力沿NM方向,可以判断电场力对粒子做负功,粒子的动能减小,但由于带电粒子的电性未知,因此不能确定电场强度的方向,A、B错;若直线MN 为一个等势面,粒子速度方向垂直于场强方向时平行于等势面,C错;若直线MN为一个等势面,电场力方向垂直于等势面指向轨迹凹侧,与速度间夹角小于90°做正功,粒子的电势能减小,D对.答案 D一、单项选择题1.(2014·宿迁市高三摸底考试)图3-7-17不带电导体P置于电场中,其周围电场线分布如图3-7-17所示,导体P表面处的电场线与导体表面垂直,a、b为电场中的两点,则( )A.a点电场强度小于b点电场强度B.a点电势低于b点的电势C.负检验电荷在a点的电势能比在b点的大D.正检验电荷从a点移到b点的过程中,电场力做正功解析电场线密集的地方场强大,则a点电场强度大于b点电场强度,选项A错误;沿电场线方向电势降低,则a点电势高于P点电势,P 点电势高于b点电势,选项B错误;负检验电荷在电势较高的地方电势能较小,选项C错误;正检验电荷在电势较高的地方电势能较大,正检验电荷从a点移到b点的过程中,电势能减小,电场力做正功,选项D正确.答案 D2.航母舰载机的起飞一般有两种方式:滑跃式(辽宁舰)和弹射式.弹射起飞需要在航母上安装弹射器,我国国产航母将安装电磁弹射器,其工作原理与电磁炮类似.用强迫储能器代替常规电源,它能在极短时间内释放所储存的电能,由弹射器转换为飞机的动能而将其弹射出去.如图3-7-18所示是电磁弹射器简化原理图,平行金属导轨与强迫储能器连接,相当于导体棒的推进器ab跨放在平行导轨PQ、MN上,匀强磁场垂直于导轨平面,闭合开关S,强迫储能器储存的电能通过推进器释放,使推进器受到磁场的作用力平行导轨向前滑动,推动飞机使飞机获得比滑跃起飞时大得多的加速度,从而实现短距离起飞的目标.对于电磁弹射器,下列说法正确的是(不计一切摩擦和电阻消耗的能量)( )图3-7-18A.强迫储能器上端为正极B.导轨宽度越大,飞机能获得的加速度越大C.强迫储能器储存的能量越多,飞机被加速的时间越长D.飞机的质量越大,离开弹射器时的动能越大解析由左手定则可判断,通过ab的电流方向为由b到a,所以强迫储能器上端为负极,A错误;ab所受安培力F=BIL与其有效长度成正比,故导轨宽度越大,推进器ab受到的安培力越大,飞机能获得的加速度越大,B正确;强迫储能器储存的能量越多,飞机能获得的动能越大,但加速时间受滑轨长度、飞机获得的加速度等影响,若滑轨长度一定,加速度越大,加速时间越短,C错误;由能量的转化和守恒定律可知,飞机离开弹射器时的动能取决于强迫储能器储存的能量,D错误.答案 B图3-7-193.(2014·武汉市调研考试)将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上(如图3-7-19所示).O点为该正方形对角线的交点,直线段AB通过O点且垂直于该正方形,OA>OB,以下对A、B两点的电势和场强的判断,正确的是( )A.A点场强小于B点场强B.A点场强大于B点场强C.A点电势等于B点电势D.A点电势高于B点电势解析由电荷的对称分布关系可知AB直线上的电场强度为0,所以选项AB错误;同理将一电荷从A移动到B电场力做功为0,AB电势差为0,因此A点电势等于B点电势,选项C正确,D错误;因此答案选C.答案 C图3-7-204.(2014·山东名校高考冲刺卷二)如图3-7-20所示,a、b是x 轴上关于O点对称的两点,c、d是y轴上关于O点对称的两点,a、b两点上固定一对等量异种点电荷,带正电的检验电荷仅在电场力的作用下从c点沿曲线运动到d点,以下说法正确的是( )A.将检验电荷放在O点时受到的电场力为零B.检验电荷由c点运动到d点时速度先增大后减小C.c、d两点电势相等,电场强度大小相等D.检验电荷从c运动到d的过程中,电势能先减少后增加解析由带正电荷的检验电荷的轨迹可判断出a处为负电荷,b处为正电荷,检验电荷从c到d的过程中,速度先减小后增大,电势能先增加后减少,选项B、D均错;电荷在O点受到的电场力不为零,选项A错;根据等量异种电荷电场的分布及对称性可知选项C正确.答案 C5.(2014·河北省衡水中学调研)如图3-7-21甲所示,真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体,以球心为坐标原点,沿半径方向建立x轴.理论分析表明,x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示,则( )。
高中物理带电粒子在磁场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
2.如图所示,虚线 MN 沿竖直方向,其左侧区域内有匀强电场(图中未画出)和方向垂直 纸面向里,磁感应强度为 B 的匀强磁场,虚线 MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电 场.水平线段 AP 与 MN 相交于 O 点.在 A 点有一质量为 m,电量为+q 的带电质点,以大 小为 v0 的速度在左侧区域垂直磁场方向射入,恰好在左侧区域内做匀速圆周运动,已知 A
25q 2 B 2 L2 128m
q 2 B 2 L2 6m
当k
1 3
时,
vA
qBL 2m
,由于
1 2
mvA2
q 2 B 2 L2 8m
q 2 B 2 L2 6m
综合(I)、(II)可得 A 球能从 z 点离开的 k 的可能值为: k 5 或 k 1
7
3
A 球在磁场中运动周期为T 2 m qB
1 2
mvA2
解得:
vA
2k k 1
qBL m
(2)设
A
在磁场中运动轨迹半径为
R,
由牛顿第二定律得:
qvA B
mvA 2 R
解得: R 2k L k 1
由公式可得 R 越大,k 值越大
如图 1,当 A 的轨迹与 cd 相切时,R 为最大值, R L 求得 k 的最大值为 k 1
(3)令 z 点为 ed 边的中点,分类讨论如下:
形,根据图中几何关系可知:粒子在圆形磁场中的轨道半径 r=R,
由 qvB m v2 r
得: B mv qR
(2)有一半粒子打到挡板上需满足从 O 点射出的沿 x 轴负方向的粒子、沿 y 轴负方向的 粒子轨迹刚好与挡板相切,如图乙所示,过圆心 D 做挡板的垂线交于 E 点
高三物理 专题复习 《电场与磁场的理解》(含答案解析)
复习备考建议1.电场问题是动力学与能量观点在电磁学中的延续,主要考查点有电场叠加、电场描述、电场能的性质、带电粒子(带电体)在电场中的运动等.带电粒子(带电体)在电场中的运动能够综合考查运动的合成与分解、牛顿第二定律、动能定理等.这部分内容综合性强,是命题的热点.2.带电粒子在匀强磁场中的运动综合了洛伦兹力、牛顿运动定律、匀速圆周运动等知识,是高考命题的热点和重点,对磁场叠加、安培力的考查,难度一般不大.高考对于带电粒子在磁场中的运动的考查,多为选择题或计算题,难度适中,所以要重点复习,但不要过于繁、难.第6课时 电场与磁场的理解 考点电场性质的理解1.电场强度、电势、电势能的表达式及特点对比表达式特点电场强度E =F q ,E =k Q r 2,E =U d矢量,由电场本身决定.电场线越密,电场强度越大电势 φ=E pq标量,与零电势点的选取有关,沿电场线方向电势逐渐降低电势能 E p =qφ,ΔE p =-W 电标量,电场力做正功,电势能减小2.电势高低的比较(1)沿着电场线方向,电势越来越低;(2)带电荷量为+q 的点电荷,在电场力的作用下从电场中的某点移至无穷远处,电场力做功越多,则该点的电势越高;(3)根据电势差U AB =φA -φB ,若U AB >0,则φA >φB ,反之φA <φB .3.电势能变化的判断(1)由E p=qφ判断:正电荷在电势高的地方电势能大,负电荷在电势低的地方电势能大;(2)由W AB=E p A-E p B判断:电场力做正功,电势能减小,电场力做负功,电势能增大;(3)只有电场力做功时,电荷的电势能与动能之和守恒.4.运动轨迹问题(1)某点速度方向即为轨迹在该点的切线方向;(2)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲),从而分析电场方向或电荷的正、负;(3)结合速度方向与电场力的方向,确定电场力做功的正、负,从而确定电势能、电势的变化等.例1(多选)(2019·贵州安顺市上学期质量监测)两电荷量分别为q 1和q2的点电荷分别放在x 轴上的O、M两点,两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图1所示,其中A、N两点的电势均为零,ND段中的C点电势最高,则()图1A.q1带正电,q2带负电B.A、N点的电场强度大小为零C.NC间场强方向沿x轴负方向D.将一负点电荷从N点移到D点,电势能一直增大答案AC解析由题图可知,在q1附近电势为正,q2附近电势为负,可知q1带正电,q2带负电,故A 正确;φ-x图象的斜率表示场强E,可知A、N两点电场强度不为零,故B错误;由题图可知:由N至C,电势升高,所以场强方向沿x轴负方向,故C正确;由N至D,电势先升高后降低,则将一负点电荷从N点移到D点,电势能先减小后增大,故D错误.变式训练1.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·21)如图2,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点.则()图2A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加答案BC解析b点距q近,a点距-q近,则b点的电势高于a点的电势,A错误;如图所示,a、b 两点的电场强度可视为E3与E4、E1与E2的合场强.其中E1∥E3,E2∥E4,且知E1=E3,E2=E4,故合场强E a与E b大小相等、方向相同,B、C正确;由于φa<φb,负电荷从低电势处移至高电势处过程中,电场力做正功,电势能减少,D错误.2.(多选)(2020·山东等级考模拟卷·9)在金属球壳的球心有一个正点电荷,球壳内外的电场线分布如图3所示,下列说法正确的是()图3A.M点的电场强度比K点的大B.球壳内表面带负电,外表面带正电C.试探电荷-q在K点的电势能比在L点的大D.试探电荷-q沿电场线从M点运动到N点,电场力做负功答案ABD解析由电场线的疏密程度可知,M点的场强大于K点的场强,A正确;由于感应起电,在金属球壳的内表面感应出负电,外表面感应出正电,B正确;负电荷在电场中,沿电场线方向运动,电场力做负功,电势能增加,C错误,D正确.例2(多选)(2018·全国卷Ⅱ·21)如图4,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点.一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是()图4A .此匀强电场的场强方向一定与a 、b 两点连线平行B .若该粒子从M 点移动到N 点,则电场力做功一定为W 1+W 22C .若c 、d 之间的距离为L ,则该电场的场强大小一定为W 2qLD .若W 1=W 2,则a 、M 两点之间的电势差一定等于b 、N 两点之间的电势差 答案 BD解析 结合题意,只能判定U ab >0,U cd >0,但电场方向不能确定,A 项错误;由于M 、N 分别为ac 和bd 的中点,对于匀强电场,则U MN =φa +φc 2-φb +φd 2=U ab +U cd2,可知该粒子由M至N 过程中,电场力做功W =W 1+W 22,B 项正确;电场强度的方向只有沿c →d 时,才有场强E =W 2qL ,但本题中电场方向未知,C 项错误;若W 1=W 2,则U ab =U cd =U MN ,即φa -φb=φM -φN ,φa -φM =φb -φN ,可知U aM =U bN ,D 项正确. 变式训练3.(多选)(2019·山东日照市上学期期末)一匀强电场的方向平行于xOy 平面,平面内a 、b 、c 三点的位置如图5所示,三点的电势分别为10 V 、16 V 、24 V .下列说法正确的是( )图5A .坐标原点的电势为18 VB .电场强度的大小为1.25 V/cmC .电场强度的方向从c 点指向a 点D .电子从b 点运动到坐标原点,电场力做功为2 eV 答案 ABD解析 根据φb -φa =φc -φO ,因a 、b 、c 三点电势分别为φa =10 V 、φb =16 V 、φc =24 V ,则原点处的电势为φO =18 V ,故A 正确;如图,y 轴上y =2点(M 点)的电势为φM =φO -φO -φa 4=16 V ,所以b 点与y 轴上y =2点的电势相等,连接b 点与y 轴上y =2点的直线即为等势线,过a 点作Mb 的垂线即为电场线,方向与y 轴负方向成37°角斜向上,垂足为N ,由几何关系得:∠abM =37°,aN =ab ·sin 37°=4.8 cm ,φN =φb ,所以E =U Na aN =1.25 V/cm ,故B 正确,C 错误;φb <φO ,则电子从b 点运动到坐标原点,电场力做正功,W =2 eV ,故D 正确.考点 带电粒子(带电体)在电场中的运动1.直线运动的两种处理方法 (1)动能定理:不涉及t 、a 时可用.(2)牛顿第二定律和运动学公式:涉及a 、t 时可用.尤其是交变电场中,最好再结合v -t 图象使用.2.匀强电场中偏转问题的处理方法 (1)运动的分解已知粒子只在电场力作用下运动,且初速度方向与电场方向垂直. ①沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间t =Lv 0.②沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a =F m =qE m =qUmd .③离开电场时的偏移量y =12at 2=qUL 22md v 02.④速度偏向角tan φ=v y v 0=qUx md v 02――→x =L tan φ=qULmd v 02; 位移偏向角tan θ=y x =qUx 2md v 02――→x =Ltan θ=qUL 2md v 02. (2)动能定理:涉及功能问题时可用.注意:偏转时电场力做的功不一定是W =qU 板间,应该是W =qEy (y 为偏移量). 3.非匀强电场中的曲线运动(1)电荷的运动轨迹偏向所受合外力的一侧,即合外力指向轨迹凹的一侧;电场力一定沿电场线切线方向,即垂直于等势面.(2)由电场力的方向与运动方向的夹角,判断电场力做功的正负,再由功能关系判断动能、电势能的变化.例3 (2019·全国卷Ⅱ·24)如图6,两金属板P 、Q 水平放置,间距为d .两金属板正中间有一水平放置的金属网G ,P 、Q 、G 的尺寸相同.G 接地,P 、Q 的电势均为φ(φ>0).质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置,以速度v 0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计.图6(1)求粒子第一次穿过G 时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小; (2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少? 答案 (1)12m v 02+2φd qh v 0mdhqφ(2)2v 0mdh qφ解析 (1)PG 、QG 间场强大小相等,均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a ,有E =2φd ①F =qE =ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ,由动能定理有 qEh =E k -12m v 02③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ,粒子在水平方向的位移为l ,则有h =12at 2④l =v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得 E k =12m v 02+2φd qhl =v 0mdhqφ(2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短.由对称性知,此时金属板的长度为L =2l =2v 0mdhqφ. 变式训练4.(2019·湖南六校4月联考)如图7所示,空间中存在着由一固定的负点电荷Q (图中未画出)产生的电场.另一正点电荷q 仅在电场力作用下沿曲线MN 运动,在M 点的速度大小为v 0,方向沿MP 方向,到达N 点时速度大小为v ,且v <v 0,则( )图7A .Q 一定在虚线MP 下方B .M 点的电势比N 点的电势高C .q 在M 点的电势能比在N 点的电势能小D .q 在M 点的加速度比在N 点的加速度小 答案 C解析 场源电荷带负电,运动电荷带正电,它们之间是吸引力,而曲线运动合力指向曲线的内侧,故负点电荷Q 应该在轨迹的内侧,故A 错误;只有电场力做功,动能和电势能之和守恒,运动电荷在N 点的动能小,故其在N 点的电势能大,故C 正确;运动电荷为正电荷,故N 点电势高于M 点电势,故M 点离场源电荷较近,则M 点场强较大,所以q 在M 点的加速度比在N 点的加速度大,故B 、D 错误.5.(2019·河北“五个一名校联盟” 第一次诊断)如图8所示,地面上某区域存在着水平向右的匀强电场,一个质量为m 的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域,刚好竖直向下通过竖直平面中的P 点,已知连线OP 与初速度方向的夹角为60°,重力加速度为g ,则以下说法正确的是( )图8A .电场力大小为3mg2B .小球所受的合外力大小为3mg3 C .小球由O 点到P 点用时3v 0gD .小球通过P 点时的动能为52m v 02答案 C解析 设OP =L ,从O 到P 水平方向做匀减速运动,到达P 点的水平速度为零;竖直方向做自由落体运动,则水平方向:L cos 60°=v 02t ,竖直方向:L sin 60°=12gt 2,解得:t =3v 0g ,选项C 正确;水平方向F 1=ma =m v 0t =3mg3,小球所受的合外力是F 1与mg 的合力,可知合力的大小F =(mg )2+(F 1)2=233mg ,选项A 、B 错误;小球通过P 点时的速度v P =gt =3v 0,则动能:E k P =12m v P 2=32m v 02,选项D 错误.考点磁场对电流的作用1.对磁场的理解(1)磁感应强度是矢量,其方向与通电导线在磁场中所受力的方向垂直; (2)电流元必须垂直于磁场方向放置,公式B =FIL才成立;(3)磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的,与通电导线受力的大小及方向均无关. 2.磁场的叠加对于电流在空间某点的磁场,首先应用安培定则判断出各电流在该点的磁场方向,然后应用平行四边形定则合成. 3.安培力(1)若磁场方向和电流方向垂直:F =BIL . (2)若磁场方向和电流方向平行:F =0. (3)方向判断:左手定则.(4)方向特点:垂直于磁感线和通电导线确定的平面. 4.磁场力做功情况磁场力包括洛伦兹力和安培力,由于洛伦兹力的方向始终和带电粒子的运动方向垂直,洛伦兹力不做功,但是安培力可以做功.例4 (2019·全国卷Ⅰ·17)如图9,等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M 、N 与直流电源两端相接.已知导体棒MN 受到的安培力大小为F ,则线框LMN 受到的安培力的大小为( )图9A .2FB .1.5FC .0.5FD .0 答案 B解析 设三角形边长为l ,通过导体棒MN 的电流大小为I ,则根据并联电路的特点可知通过导体棒ML 和LN 的电流大小为I2,如图所示,依题意有F =BlI ,则导体棒ML 和LN 所受安培力的合力为F 1=Bl ·I 2=12F ,方向与F 的方向相同,所以线框LMN 受到的安培力大小为1.5F ,选项B 正确.变式训练5.电磁炮是一种理想的兵器,它的主要原理如图10所示,利用这种装置可以把质量为m =2.0 g 的弹体(包括金属杆EF 的质量)加速到6 km/s ,若这种装置的轨道宽d =2 m 、长L =100 m 、电流I =10 A 、轨道摩擦不计且金属杆EF 与轨道始终垂直并接触良好,则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是( )图10A .B =18 T ,P m =1.08×108 W B .B =0.6 T ,P m =7.2×104 WC .B =0.6 T ,P m =3.6×106 WD .B =18 T ,P m =2.16×106 W 答案 D解析 由v m 2=2aL 和BId =ma 可得B =18 T , 最大功率P m =BId ·v m =2.16×106 W ,故D 正确.6.(2019·河南天一大联考上学期期末)一课外探究小组用如图11所示实验装置测量学校所在位置的地磁场的水平分量B x .将一段细长直导体棒南北方向放置,并与开关、导线、电阻箱以及电动势为E 、内阻为R 的电源组成如图所示的电路.在导体棒正下方距其l 处放一小磁针,开关断开时小磁针与导体棒平行,现闭合开关,缓慢调节电阻箱阻值,发现小磁针逐渐偏离南北方向,当电阻箱的接入阻值为5R 时,小磁针的偏转角恰好为30°.已知通电长直导线周围某点磁感应强度大小为B =k Ir (r 为该点到通电长直导线的距离,k 为比例系数),导体棒和导线电阻不计,则该位置地磁场的水平分量大小为( )图11A.3kE5lR B.3kE6lR C.3kE15lRD.3kE18lR答案 B解析 通电长直导体棒在其正下方距其l 处产生的磁场的磁感应强度大小为B 1=k Il,方向沿东西方向,其中的I =E R +5R =E 6R;如图,由磁场的叠加可知B x =B 1tan 30°=3kE6lR ,故选B.考点 磁场对运动电荷的作用1.基本公式:q v B =m v 2r ,T =2πrv重要结论:r =m v qB ,T =2πmqB .2.基本思路(1)画轨迹:确定圆心,用几何方法求半径并画出运动轨迹.(2)找联系:轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系;偏转角度与圆心角、运动时间相联系;在磁场中运动的时间和周期相联系.(3)用规律:利用牛顿第二定律和圆周运动的规律,特别是周期公式和半径公式. 3.轨迹的几个基本特点(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时,入射角等于出射角.如图12,θ1=θ2=θ3. (2)粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角,即α1=α2.图12(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子,射出时亦沿半径方向,如图13.图13 图14(4)磁场圆与轨迹圆半径相同时,以相同速率从同一点沿各个方向射入的粒子,出射速度方向相互平行.反之,以相互平行的相同速率射入时,会从同一点射出(即磁聚焦现象),如图14所示. 4.半径的确定方法一:由物理方程求.由于Bq v =m v 2R ,所以半径R =m vqB;方法二:由几何关系求.一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定. 5.时间的确定方法一:由圆心角求,t =θ2πT ;方法二:由弧长求,t =sv . 6.临界问题(1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题,关键在于运用动态思维,寻找临界点,确定临界状态,根据粒子的速度方向确定半径方向,同时由磁场边界和题设条件画好轨迹,定好圆心,建立几何关系.(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切.例5 如图15所示,在矩形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B = 5.0×10-2 T ,矩形区域长为235m ,宽为0.2 m ,在AD 边中点O 处有一粒子源,某时刻,粒子源沿纸面向磁场中各方向均匀地发射出速率均为v =2×106 m/s 的某种带正电粒子,带电粒子质量m =1.6×10-27kg 、电荷量为q =+3.2×10-19C(不计粒子重力和粒子间的相互作用),求:图15(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大?(2)从BC 边界射出的粒子中,在磁场中运动的最短时间为多少? (3)从BC 边界射出的粒子中,在磁场中运动的最长时间为多少? 答案 (1)0.2 m (2)π3×10-7 s (3)π2×10-7 s解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动, 由牛顿第二定律得:q v B =m v 2R解得:R =0.2 m.(2)因为所有粒子的轨道半径相同,所以弦最短的圆所对应的圆心角最小,运动时间最短,作EO ⊥AD ,则EO 弦最短,如图所示.因为EO =0.2 m ,且R =0.2 m ,所以对应的圆心角为θ=π3由牛顿第二定律得:q v B =m (2πT )2R解得:T =2πmqB最短时间为:t min =θ2πT =θm qB解得:t min =π3×10-7 s.(3)从BC 边界射出的粒子在磁场中运动的时间最长时,粒子运动轨迹与BC 边界相切或粒子进入磁场时的速度方向指向OA 方向,转过14圆周,对应的圆心角:α=π4,粒子的最长运动时间:t max =14T =πm 2qB ,解得:t max =π2×10-7 s.变式训练8.(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图16所示,abcd 为边长为L 的正方形,在四分之一圆abd 区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B .一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从b 点沿ba 方向射入磁场,结果粒子恰好能通过c 点,不计粒子的重力,则粒子的速度大小为( )图16A.qBLm B.2qBLmC.(2-1)qBL mD.(2+1)qBL m答案 C解析 粒子沿半径方向射入磁场,则出射速度的反向延长线一定过圆心,由于粒子能经过c 点,因此粒子出磁场时一定沿ac 方向,轨迹如图所示,由几何关系可知,粒子做圆周运动的半径r =2L -L =(2-1)L ,根据牛顿第二定律得q v 0B =m v 02r ,求得v 0=(2-1)qBLm ,C 项正确.9.(2019·全国卷Ⅱ·17)如图17,边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B ,方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外.ab 边中点有一电子发射源O ,可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子.已知电子的比荷为k .则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为( )图17A.14kBl ,54kBl B.14kBl ,54kBl C.12kBl ,54kBl D.12kBl ,54kBl 答案 B解析 如图,电子从a 点射出时,其轨迹半径为r a =l4,由洛伦兹力提供向心力,有e v a B =m v a 2r a ,又e m =k ,解得v a =kBl 4;电子从d 点射出时,由几何关系有r d 2=l 2+(r d -l2)2,解得轨迹半径为r d =5l 4,由洛伦兹力提供向心力,有e v d B =m v d 2r d ,又e m =k ,解得v d =5kBl 4,选项B正确.专题突破练级保分练1.(2019·山东济南市上学期期末)长为L 的直导体棒a 放置在光滑绝缘水平面上,固定的长直导线b 与a 平行放置,导体棒a 与力传感器相连,如图1所示(俯视图).a 、b 中通有大小分别为I a 、I b 的恒定电流,I a 、I b 方向未知.导体棒a 静止时,传感器受到a 给它的方向向左、大小为F 的拉力.下列说法正确的是( )图1A.I b与I a的方向相同,I b在a处的磁感应强度B大小为FI b LB.I b与I a的方向相同,I b在a处的磁感应强度B大小为FI a LC.I b与I a的方向相反,I b在a处的磁感应强度B大小为FI b LD.I b与I a的方向相反,I b在a处的磁感应强度B大小为FI a L答案 B解析因传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力,可知电流a、b之间是相互吸引力,即a、b中的电流同向;根据F=BI a L,可知I b在a处的磁感应强度B大小为B=FI a L,故选B.2.(2019·浙江绍兴市3月选考)如图2所示,下边缘浸入水银槽中的铝盘置于蹄形磁铁的磁场中,可绕转轴转动,当转轴、水银槽分别与电源的正、负极相连时,铝盘开始转动.下列说法中不正确的是()图2A.铝盘绕顺时针方向转动B.只改变磁场方向,铝盘的转动方向改变C.只改变电流方向,铝盘的转动方向改变D.同时改变磁场方向与电流方向,铝盘的转动方向不变答案 A3.(2019·安徽合肥市第一次质量检测)如图3所示,真空中位于x轴上的两个等量负点电荷,关于坐标原点O对称.下列关于电场强度E随x变化的图象正确的是()图3答案 A解析设x轴的正方向代表电场强度的正方向,两负点电荷所在位置分别为A、B点,等量负点电荷电场线分布如图所示.①在A点左侧电场线水平向右,场强为正,离A点越近,场强越大;②在A到O之间,电场线向左,场强为负,离A越近,场强越大;③在O到B之间,电场线向右,场强为正,离B越近,场强越大;④在B点右侧,电场线水平向左,场强为负,离B越近,场强越大.综上所述,只有选项A符合题意.4.(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图4所示,菱形ABCD的对角线相交于O点,两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点,且OM=ON,则()图4A.B、D两处电势相等B.把一个带正电的试探电荷从A点沿直线移动到B点的过程中,电场力先做正功再做负功C.A、C两处场强大小相等、方向相反D.同一个试探电荷放在A、C两处时电势能相等答案 A5.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·20)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则()A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行答案AC解析在两个等量同种点电荷的电场中,一带同种电荷的粒子在两点电荷的连线上自M点(非两点电荷连线的中点)由静止开始运动,粒子的速度先增大后减小,选项A正确;仅在电场力作用下运动,带电粒子的动能和电势能之和保持不变,粒子运动到N点时动能不小于零,则粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能,选项C正确;若静电场的电场线不是直线,带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合,选项B错误;若粒子运动轨迹为曲线,根据粒子做曲线运动的条件,可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行,选项D错误.6.(多选)(2019·广东珠海市质量监测)如图5,空间有平行于纸面的匀强电场,处于该电场中的直角三角形ABC 直角边BC =20 cm ,∠A =60°,AD 是∠A 的角平分线.若在直角顶点B 处有一个射线源,能朝空间各方向射出动能为1 000 eV 的电子,则能在顶点A 和C 分别探测到动能为1 100 eV 和900 eV 的电子,本题中运动的电子仅需考虑匀强电场的电场力,则( )图5A .AB 间的电势差U AB =100 V B .该匀强电场的场强E =1 000 V/mC .电场强度的方向沿A 指向D D .整个三角形内,顶点C 的电势最高 答案 ABC解析 从B 到A 由动能定理可得:-eU BA =1 100 eV -1 000 eV ,可得U BA =-100 V ,所以U AB =100 V ,故A 正确;由题可知BC 间的电势差U BC =100 V ,所以AC 间的电势差为U AC =200 V ,由几何知识可得AC 在AD 方向上的投影是AB 在AD 方向上的投影的2倍,这就说明电场的方向一定沿着AD ,并且由A 指向D ,故C 正确;AB 在AD 上的投影AB ′=AB ·cos 30°=BC ·tan 30°·cos 30°=BC ·sin 30°=10 cm ,所以电场强度的大小为:E =1000.1 V /m =1 000 V/m ,故B正确;分析可知,整个三角形内,顶点A 的电势最高,故D 错误.7.(2019·山西晋城市二模)一正方形导体框abcd ,其单位长度的电阻值为r ,现将该正方形导体框置于如图6所示的匀强磁场中,磁感应强度的大小为B ,用不计电阻的导线将导体框连接在电动势为E 、不计内阻的电源两端,则关于导体框所受的安培力,下列描述正确的是( )图6A .安培力的大小为2EB r ,方向竖直向上B .安培力的大小为4EB3r ,方向竖直向下C .安培力的大小为EBr ,方向竖直向下D .安培力的大小为EBr,方向竖直向上答案 B解析 由题图可知,电路接通后流过导体框的电流方向为ad 及abcd ,假设导体框的边长为L ,由欧姆定律可得流过ad 边的电流大小为I 1=E Lr ,流过bc 边的电流大小为I 2=E3Lr ;又由左手定则可知ab 、cd 两边所受安培力大小相等、方向相反,ad 、bc 两边所受安培力方向均竖直向下,则导体框所受的安培力大小为F =BI 1L +BI 2L =4EB3r,方向竖直向下,故选项B 正确. 8.(多选)(2019·山东烟台市上学期期末)如图7所示,一平行板电容器的A 、B 两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为d ,两极板间有一个质量为m 的带电粒子静止于P 点.下列说法正确的是( )图7A .带电粒子带负电B .若仅将A 板稍微向上移动一定距离,则带电粒子仍将保持静止C .若仅将两极板各绕其中点快速顺时针转过一定小角度,则粒子将向左做直线运动D .若断开电源并将B 板稍向右移动一定距离,则带电粒子将向上做直线运动 答案 AD解析 带电粒子静止于P 点,则所受电场力竖直向上,因电场强度方向向下,知粒子带负电,故A 正确;若仅将A 板稍微向上移动一定距离,因电压U 不变,E =Ud ,则电场力减小,因此粒子将向下运动,故B 错误;将两极板顺时针旋转α角度后,电场强度E ′=Ud ·cos α,而且电场强度的方向也旋转了α,由受力分析可知,竖直方向合力为0,水平方向有电场力向右的分力,所以粒子水平向右做匀加速直线运动,故C 错误;若断开电源,电容器所带电荷量Q 不变,根据C =Q U ,E =U d 及C =εr S 4πkd 得E =4πkQεr S ,则知将B 板稍向右移动一定距离,电场强度E 增大,则带电粒子将向上做直线运动,故D 正确.9.(多选)(2019·江西赣州市上学期期末)如图8所示,在半径为R 的圆形区域内,存在匀强磁场,磁感应强度大小为B ,方向垂直于圆平面(未画出).一群比荷为qm 的负离子以相同速率v 0(较大),由P 点在纸平面内沿不同方向射入磁场中发生偏转后,又飞出磁场,最终打在磁场区域右侧的荧光屏(足够大)上,则下列说法正确的是(不计离子的重力和离子间的相互作用)( )。
高中物理 磁场计算专题(附答案详解)
专题:磁场计算题(附答案详解)1、如图所示,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直.已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用.求:(1)磁场的磁感应强度大小;(2)甲、乙两种离子的比荷之比.2、如图所示,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核11H和一个氘21H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向.已知11H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O处第一次射出磁场.11H的质量为m,电荷量为q.不计重力.求:(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离;(2)磁场的磁感应强大小;(3)21H第一次离开磁场的位置到原点O的距离.3、一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l′,电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行.一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出.不计重力.(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;(2)求该粒子从M点入射时速度的大小;(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间.4、如图所示,竖直放置的平行金属板板间电压为U,质量为m、电荷量为+q的带电粒子在靠近左板的P点,由静止开始经电场加速,从小孔Q射出,从a点进入磁场区域,abde是边长为2L的正方形区域,ab边与竖直方向夹角为45°,cf与ab平行且将正方形区域等分成两部分,abcf中有方向垂直纸面向外的匀强磁场B1,defc中有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2,粒子进入磁场B1后又从cf 上的M点垂直cf射入磁场B2中(图中M点未画出),不计粒子重力,求:(1)粒子从小孔Q射出时的速度;(2)磁感应强度B1的大小;(3)磁感应强度B2的取值在什么范围内,粒子能从边界cd间射出.5、如图所示,在真空中xOy平面的第一象限内,分布有沿x轴负方向的匀强电场,场强E=4×104 N/C,第二、三象限内分布有垂直于纸面向里且磁感应强度为B2的匀强磁场,第四象限内分布有垂直纸面向里且磁感应强度为B1=0.2 T的匀强磁场.在x轴上有一个垂直于y轴的平板OM,平板上开有一个小孔P,在y轴负方向上距O点为 3 cm的粒子源S可以向第四象限平面内各个方向发射α粒子,且OS>OP.设发射的α粒子速度大小v均为2×105 m/s,除了垂直于x轴通过P点的α粒子可以进入电场,其余打到平板上的α粒子均被吸收.已知α粒子的比荷为qm=5×107 C/kg,重力不计,试问:(1)P点距O点的距离;(2)α粒子经过P点第一次进入电场,运动后到达y轴的位置与O点的距离;(3)要使离开电场的α粒子能回到粒子源S处,磁感应强度B2应为多大?6、如图25所示,在xOy平面的0≤x≤23a范围内有沿y轴正方向的匀强电场,在x>23a范围内某矩形区域内有一个垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向射入电场,从M点离开电场,M点坐标为(23a,a).再经时间t=3mqB进入匀强磁场,又从M点正上方的N点沿x轴负方向再次进入匀强电场.不计粒子重力,已知sin 15°=6-24,cos 15°=6+24.求:(1)匀强电场的电场强度;(2)N点的纵坐标;(3)矩形匀强磁场的最小面积.7、如图甲所示,竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面的匀强磁场,电场和磁场的范围足够大,电场强度E=40 N/C,磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示,选定磁场垂直于纸面向里为正方向.t=0时刻,一质量m=8×10-4 kg、电荷量q=+2×10-4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v=0.12 m/s,O′是挡板MN上一点,直线OO′与挡板MN垂直,g取10m/s2.求:(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离;(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度.(3)水平移动挡板,使微粒能垂直射到挡板上,挡板与O点间的距离应满足的条件.8、如图所示,在竖直平面内,水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场,其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B1,并且在第一象限和第二象限有方向相反、强弱相同的平行于x轴的匀强电场,电场强度大小为E1,已知一质量为m的带电小球从y轴上的A(0,L)位置斜向下与y轴负半轴成60°角射入第一象限,恰能做匀速直线运动。
带电粒子在电场和磁场中的运动(含答案)
带电粒子在电场和磁场中的运动1.如图所示,在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内,有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,磁感应强度为B ,磁场方向垂直于xOy 平面向里。
一带正电的粒子(不计重力)从O 点沿y 轴正方向以某一速度射入,带电粒子恰好做匀速直线运动,经t 0时间从P 点射出。
(1)求电场强度的大小和方向。
(2)若仅撤去磁场,带电粒子仍从O 点以相同的速度射入,经t 0/2时间恰从半圆形区域的边界射出。
求粒子运动加速度的大小。
(3)若仅撤去电场,带电粒子仍从O 点射入,且速度为原来的4倍,求粒子在磁场中运动的时间。
【解析】(1)设带电粒子的质量为m ,电荷量为q ,初速度为v ,电场强度为E 。
可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x 轴负方向,于是可知电场强度沿x 轴正方向 且有:qE =qvB ,又R =vt 0,则E =BR t 0(2)仅有电场时,带电粒子在匀强电场中作类平抛运动 在y 方向位移:y =v t 22,则y =R2设在水平方向位移为x ,因射出位置在半圆形区域边界上,于是x =32R , 又有:x =12a (t 02)2,得a =43Rt 02(3)仅有磁场时,入射速度v′=4v ,带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动,设轨道半径为r ,由牛顿第二定律有qv′B =m v′2r ,又qE =ma ,联立解得:r =33R ,由几何关系:sin α=R 2r ,即sin α=32,α=π3,带电粒子在磁场中运动周期:T =2πm qB ,则带电粒子在磁场中运动时间t R =2α2πT ,所以t R =3π18t 02.在平面直角坐标系xOy 中,第1象限存在沿y 轴负方向的匀强电场,第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B 。
一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从y 轴正半轴上的M 点以速度v 0垂直于Y 轴射入电场,经x 轴上的N 点与x 轴正方向成θ=60°角射入磁场,最后从y 轴负半轴上的P 点垂直于Y 轴射出磁场,如图所示。
2021届高考物理二轮复习专题三 电场与磁场(考点+习题)含解析
专题三电场与磁场一、电场1.库仑定律:F=k(真空中的点电荷)。
2.电场强度的表达式:(1)定义式:E=;(2)点电荷:E=;(3)匀强电场E=。
3.几种典型电场的电场线(如图所示)4.电势差和电势的关系:U AB=φA-φB或U BA=φB-φA。
5.电场力做功的计算:(1)普遍适用:W=qU;(2)匀强电场:W=Edq。
6.电容:(1)电容的定义式C=;(2)平行板电容器电容的决定式:C=7.电势高低及电势能大小的判断方法:(1)沿电场线的方向电势降低;(2)电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能增加。
8.带电粒子在匀强电场中偏转的处理方法。
二、磁场1.磁感应强度的定义式:B=。
2.安培力:(1)大小:F=BIL(B、I相互垂直);(2)方向:左手定则判断。
3.洛伦兹力:(1)大小:F=qvB;(2)方向:左手定则判断。
4.带电粒子在匀强磁场中的运动(1)洛伦兹力充当向心力:qvB=mrω2=m=mr=4π2mrf2=ma;(2)圆周运动的半径r=、周期T=。
5.常见模型:速度选择器、回旋加速器、质谱仪等。
高考演练1.(2017江苏单科,1,3分)如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。
圆形匀强磁场B的边缘恰好与a 线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1答案A磁通量Φ=B·S,其中B为磁感应强度,S为与B垂直的有效面积。
因为是同一磁场,B相同,且有效面积相同,S a=S b,故Φa=Φb。
选项A正确。
2.(2017江苏单科,4,3分)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。
由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。
现将C板向右平移到P'点,则由O点静止释放的电子()A.运动到P点返回B.运动到P和P'点之间返回C.运动到P'点返回D.穿过P'点答案A由题意知,电子在A、B板间做匀加速运动,在B、C板间做匀减速运动,到P点时速度恰好为零,设A、B板和B、C板间电压分别为U1和U2,由动能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;现将C板右移至P'点,由于板上带电荷量没有变化,B、C板间电场强度E===,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。
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第八章电场一、三种产生电荷的方式:1、摩擦起电:(1)正点荷:用绸子摩擦过的玻璃棒所带电荷;(2)负电荷:用毛皮摩擦过的橡胶棒所带电荷;(3)实质:电子从一物体转移到另一物体;2、接触起电:(1)实质:电荷从一物体移到另一物体;(2)两个完全相同的物体相互接触后电荷平分;(3)、电荷的中和:等量的异种电荷相互接触,电荷相合抵消而对外不显电性,这种现象叫电荷的中和;3、感应起电:把电荷移近不带电的导体,可以使导体带电;(1)电荷的基本性质:同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引;(2)实质:使导体的电荷从一部分移到另一部分;(3)感应起电时,导体离电荷近的一端带异种电荷,远端带同种电荷;4、电荷的基本性质:能吸引轻小物体;二、电荷守恒定律:电荷既不能被创生,亦不能被消失,它只能从一个物体转移到另一物体,或者从物体的一部分转移到另一部分;在转移过程中,电荷的总量不变。
三、元电荷:一个电子所带的电荷叫元电荷,用e表示。
1、e=1.6×10-19c; 2、一个质子所带电荷亦等于元电荷;3、任何带电物体所带电荷都是元电荷的整数倍;四、库仑定律:真空中两个静止点电荷间的相互作用力,跟它们所带电荷量的乘积成正比,跟它们之间距离的二次方成反比,作用力的方向在它们的连线上。
电荷间的这种力叫库仑力,1、计算公式:F=kQ1Q2/r2 (k=9.0×109N.m2/kg2) 2、库仑定律只适用于点电荷(电荷的体积可以忽略不计)3、库仑力不是万有引力;五、电场:电场是使点电荷之间产生静电力的一种物质。
1、只要有电荷存在,在电荷周围就一定存在电场;2、电场的基本性质:电场对放入其中的电荷(静止、运动)有力的作用;这种力叫电场力;3、电场、磁场、重力场都是一种物质六、电场强度:放入电场中某点的电荷所受电场力F跟它的电荷量Q的比值叫该点的电场强度;1、定义式:E=F/q;E是电场强度;F是电场力;q是试探电荷;2、电场强度是矢量,电场中某一点的场强方向就是放在该点的正电荷所受电场力的方向(与负电荷所受电场力的方向相反)3、该公式适用于一切电场;4、点电荷的电场强度公式:E=kQ/r2七、电场的叠加:在空间若有几个点电荷同时存在,则空间某点的电场强度,为这几个点电荷在该点的电场强度的矢量和;解题方法:分别作出表示这几个点电荷在该点场强的有向线段,用平行四边形定则求出合场强;八、电场线:电场线是人们为了形象的描述电场特性而人为假设的线。
1、电场线不是客观存在的线;2、电场线的形状:电场线起于正电荷终于负电荷;G:\用锯木屑观测电场线.DAT (1)只有一个正电荷:电场线起于正电荷终于无穷远;(2)只有一个负电荷:起于无穷远,终于负电荷;(3)既有正电荷又有负电荷:起于正电荷终于负电荷;3、电场线的作用:1、表示电场的强弱:电场线密则电场强(电场强度大);电场线疏则电场弱电场强度小);2、表示电场强度的方向:电场线上某点的切线方向就是该点的场强方向;4、电场线的特点:1、电场线不是封闭曲线;2、同一电场中的电场线不向交;九、匀强电场:电场强度的大小、方向处处相同的电场;匀强电场的电场线平行、且分布均匀;1、匀强电场的电场线是一簇等间距的平行线;2、平行板电容器间的电是匀强电场;场十、电势差:电荷在电场中由一点移到另一点时,电场力所作的功WAB与电荷量q的比值叫电势差,又名电压。
1、定义式:UAB=W AB/q;2、电场力作的功与路径无关;3、电势差又命电压,国际单位是伏特;十一、电场中某点的电势,等于单位正电荷由该点移到参考点(零势点)时电场力作的功;1、电势具有相对性,和零势面的选择有关;2、电势是标量,单位是伏特V;3、电势差和电势间的关系:UAB= φA -φB;4、电势沿电场线的方向降低;时,电场力要作功,则两点电势差不为零,就不是等势面;4、相同电荷在同一等势面的任意位置,电势能相同;原因:电荷从一点移到另一点时,电场力不作功,所以电势能不变;5、电场线总是由电势高的地方指向电势低的地方;6、等势面的画法:相临等势面间的距离相等;十二、电场强度和电势差间的关系:在匀强电场中,沿场强方向的两点间的电势差等于场强与这两点的距离的乘积。
1、数学表达式:U=Ed;2、该公式的使适用条件是,仅仅适用于匀强电场;3、d是两等势面间的垂直距离;十三、电容器:储存电荷(电场能)的装置。
1、结构:由两个彼此绝缘的金属导体组成;2、最常见的电容器:平行板电容器;十四、电容:电容器所带电荷量Q与两电容器量极板间电势差U的比值;用“C”来表示。
1、定义式:C=Q/U;2、电容是表示电容器储存电荷本领强弱的物理量;3、国际单位:法拉简称:法,用F表示4、电容器的电容是电容器的属性,与Q、U无关;十五、平行板电容器的决定式:C=εs/4πkd;(其中d为两极板间的垂直距离,又称板间距;k是静电力常数,k=9.0×10 9N.m2/c2;ε是电介质的介电常数,空气的介电常数最小;s表示两极板间的正对面积;)1、电容器的两极板与电源相连时,两板间的电势差不变,等于电源的电压;2、当电容器未与电路相连通时电容器两板所带电荷量不变;十六、带电粒子的加速:1、条件:带电粒子运动方向和场强方向垂直,忽略重力;2、原理:动能定理:电场力做的功等于动能的变化:W=Uq=1/2mvt2-1/2mv02; 3、推论:当初速度为零时,Uq=1/2mvt2; 4、使带电粒子速度变大的电场又名加速电场;九章恒定电流一、电流:电荷的定向移动行成电流。
1、产生电流的条件:(1)自由电荷;(2)电场;2、电流是标量,但有方向:我们规定:正电荷定向移动的方向是电流的方向;注:在电源外部,电流从电源的正极流向负极;在电源的内部,电流从负极流向正极;3、电流的大小:通过导体横截面的电荷量Q跟通过这些电量所用时间t的比值叫电流I表示;(1)数学表达式:I=Q/t;(2)电流的国际单位:安培A(3)常用单位:毫安mA、微安uA;(4)1A=103mA=106uA二、欧姆定律:导体中的电流跟导体两端的电压U成正比,跟导体的电阻R成反比;1、定义式:I=U/R; 2、推论:R=U/I;3、电阻的国际单位时欧姆,用Ω表示;1kΩ=103Ω,1MΩ=106Ω; 4、伏安特性曲线:三、闭合电路:由电源、导线、用电器、电键组成;1、电动势:电源的电动势等于电源没接入电路时两极间的电压;用E表示;2、外电路:电源外部的电路叫外电路;外电路的电阻叫外电阻;用R表示;其两端电压叫外电压;3、内电路:电源内部的电路叫内电阻,内点路的电阻叫内电阻;用r表示;其两端电压叫内电压;如:发电机的线圈、干电池内的溶液是内电路,其电阻是内电阻;4、电源的电动势等于内、外电压之和;E=U内+U外;U外=RI;E=(R+r)I四、闭合电路的欧姆定律:闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比,跟内、外电路的电阻之和成反比;1、数学表达式:I=E/(R+r)2、当外电路断开时,外电阻无穷大,电源电动势等于路端电压;就是电源电动势的定义;3、当外电阻为零(短路)时,因内阻很小,电流很大,会烧坏电路;五、半导体:导电能力在导体和绝缘体之间;半导体的电阻随温升越高而减小;六:导体的电阻随温度的升高而升高,当温度降低到某一值时电阻消失,成为超导;第十章磁场一、磁场:1、磁场的基本性质:磁场对放入其中的磁极、电流有磁场力的作用;2、磁铁、电流都能能产生磁场;3、磁极和磁极之间,磁极和电流之间,电流和电流之间都通过磁场发生相互作用;4、磁场的方向:磁场中小磁针北极的指向就是该点磁场的方向;二、磁感线:在磁场中画一条有向的曲线,在这些曲线中每点的切线方向就是该点的磁场方向;1、磁感线是人们为了描述磁场而人为假设的线;2、磁铁的磁感线,在外部从北极到南极,内部从南极到北极;3、磁感线是封闭曲线;三、安培定则:1、通电直导线的磁感线:用右手握住通电导线,让伸直的大拇指所指方向跟电流方向一致,弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向;2、环形电流的磁感线:让右手弯曲的四指和环形电流方向一致,伸直的大拇指所指的方向就是环形导线中心轴上磁感线的方向;3、通电螺旋管的磁场:用右手握住螺旋管,让弯曲的四指方向和电流方向一致,大拇指所指的方向就是螺旋管内部磁感线的方向;四、地磁场:地球本身产生的磁场;从地磁北极(地理南极)到地磁南极(地理北极);五、磁感应强度:磁感应强度是描述磁场强弱的物理量。
1、磁感应强度的大小:在磁场中垂直于磁场方向的通电导线,所受的安培力F跟电流I和导线长度L的乘积的比值,叫磁感应强度。
B=F/IL 2、磁感应强度的方向就是该点磁场的方向(放在该点的小磁针北极的指向)3、磁感应强度的国际单位:特斯拉T,1T=1N/A。
m六、安培力:磁场对电流的作用力;1、大小:在匀强磁场中,当通电导线与磁场垂直时,电流所受安培力F等于磁感应强度B、电流I和导线长度L三者的乘积。
2、定义式F=BIL (适用于匀强电场、导线很短时)3、安培力的方向:左手定则:伸开左手,使大拇指根其余四个手指垂直,并且跟手掌在同一个平面内,把手放入磁场中,让磁感线垂直穿过手心,并使伸开四指指向电流的方向,那么大拇指所指的方向就是通电导线所受安培力的方向。
七、磁铁和电流都可产生磁场;八、磁场对电流有力的作用;九、电流和电流之间亦有力的作用;(1)同向电流产生引力;(2)异向电流产生斥力;十、分子电流假说:所有磁场都是由电流产生的;十一、磁性材料:能够被强烈磁化的物质叫磁性材料:(1)软磁材料:磁化后容易去磁的材料;例:软铁;硅钢;应用:制造电磁铁、变压器、(2)硬磁材料:磁化后不容易去磁的材料;例:碳钢、钨钢、制造:永久磁铁;十二、磁场对运动电荷的作用力,叫做洛伦兹力1、洛仑兹力的方向由左手定则判断:伸开左手让大拇指和其余四指共面且垂直,把左手放入磁场中,让磁感线垂直穿过手心,四指为正电荷运动方向(与负电荷运动方向相反)大拇指所指方向就是洛仑兹力的方向;(1)洛仑兹力F一定和B、V决定的平面垂直。
(2)洛仑兹力只改变速度的方向而不改变其大小(3)洛伦兹力永远不做功。
2、洛伦兹力的大小(1)当v平行于B时:F=0(2)当v垂直于B时:F=qvB高二物理专题:分子热运动?能量守恒典型例题人教版试卷-物体是由大量分子组成的例题1:已知铜的密度为8.9×103kg/m3,原子量为64,通过估算可知铜中每个铜原子所占的体积为:A、7×10-6m3B、1×10-29m3C、1×10-26m3D、8×10-24m3答案:B评析:本题为95年高考题,是一个典型的微观量计算题.由原子量知每摩尔铜的质量,再除以密度,得摩尔体积,最后用摩尔体积除以阿弗加德罗常数即可估算出每个铜原子所占的体积.本题还可以根据分子直径的数量级10-10m,猜出答案.例题2:已知碳的摩尔质量为12g,阿伏加德罗常数为6.02×1023mol-1,求每个碳原子的质量.解:每个碳原子的质量为例题3:某教室长 ,宽 ,高 ,试在标准状态下估算空气分子间的平均距离,并比较这个距离和分子直径的数量级.选题目的:理解阿伏伽德罗常数和摩尔体积的运用.解析:教室内空气的体积空气的物质的量空气的分子数为个每个空气分子平均占有空间为把每个分子占有的空间看成立方体,每个分子中心间的距离等于立方体的边长,用 表示分子直径的数量级为 ,由上面计算可知,气体分子间距离的数量级为 ,约为分子直径的10倍.例题4:一滴水的体积为 ,如果放在开口容器中,由于蒸发每分钟能跑出的水分子数为 个,需要多长时间跑完?选题目的:理解阿伏伽德罗常数和摩尔体积的运用.解析:水的摩尔体积为这一滴水含水分子数为个水分子跑完的时间为我们知道,在开口容器中蒸发掉一滴水,根本不需要 的时间,原因在于实际当中每分钟跑出的水分子数比 个还要多得多.例题5:从下列哪一组数据可以算出阿伏加德罗常数()A.氧气的摩尔质量和氧分子的体积B.氧分子的质量和氧分子的体积C.氧分子的质量和氧气的摩尔质量D.氧气的密度和氧气的摩尔质量选题目的:理解推导阿伏加德罗常数所需的物理量.解析:要算出阿伏伽德罗常数,首先要知道1 物质的质量M或体积V,设分子质量为 ,分子体积 ,则阿伏伽德常数.,对固体和液体还有:在(A)、(D)选项中不知氧分子质量,不能算出阿伏伽德罗常数,故不能选(A)、(D)项;在(B)项中不知氧气摩尔质量,不能算出阿伏伽德罗常数,故不能选(B)项.值得注意的是在(A)、(B)选项中如果知道氧气的摩尔体积也不能算出阿伏伽德罗常数,因为气体分子间距离很大,不能忽略.正确选项(C)例题6:已知金的密度为 ,体积为 的金中含有多少个金原子?(取2位有效数字)选题目的:练习阿伏加德罗常数的应用.解析:设金的密度为 ,体积为V,质量为 ,则:金的质量为金的摩尔质量为金原子个数为:个磁场【例1】磁流体发电机原理图如右。