（新课标）2020高考物理二轮总复习 第二部分 应试高分策略 专题二 考前知能回扣 2.2.4 电场

专题二考前知能回扣回扣4电场与磁场1．库仑定律F＝kQ1Q2r22．电场强度的表达式(1)定义式：E＝Fq.(2)计算式：E＝kQr2.(3)匀强电场中：E＝Ud.3．电势差和电势的关系UAB＝φA－φB或UBA＝φB－φA.4．电场力做功的计算(1)普遍适用：W＝qU.(2)匀强电场：W＝Edq.5．电容的定义式C＝QU＝ΔQΔU6．平行板电容器的决定式C＝εrS4πkd7．磁感应强度的定义式B＝FIL8．安培力大小F＝BIL(B、I、L相互垂直)9．洛伦兹力的大小F＝qvB10．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＝mv2r＝mr4π2T2＝4π2mrf2＝ma.(2)圆周运动的半径r＝mvqB，周期T＝2πmqB.11．速度选择器如图所示，当带电粒子进入电场和磁场共存空间时，同时受到电场力和洛伦兹力作用，F电＝Eq，F洛＝Bqv0，若Eq＝Bqv0，有v0＝EB.即能从S2孔飞出的粒子只有一种速度，而与粒子的质量、电性、电量无关．12．电磁流量计如图所示，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动，导电流体中的自由电荷(正负离子)在洛伦兹力作用下横向偏转，a、b间出现电势差．当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定．由qvB＝qE＝qUd，可得v＝UBd，流量Q＝Sv＝πd24·UBd＝πdU4B.13．磁流体发电机如图是磁流体发电机，等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到A、B板上，产生电势差，设A、B平行金属板的面积为S，相距为L，等离子气体的电阻率为ρ，喷入气体速度为v，板间磁场的磁感应强度为B，板外电阻为R，当等离子气体匀速通过A、B板间时，板间电势差最大，离子受力平衡：qE场＝qvB，E场＝vB，电动势E＝E场L＝BLv，电源内电阻r＝ρLS，故R中的电流I＝ER＋r＝BLvR＋ρLS＝BLvSRS＋ρL.14．霍尔效应如图所示，厚度为h，宽度为d的导体板放在垂直于磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流流过导体板时，在导体板上下侧面间会产生电势差，U＝kIBd(k为霍尔系数)．15．回旋加速器如图所示，是两个D形金属盒之间留有一个很小的缝隙，有很强的磁场垂直穿过D形金属盒．D形金属盒缝隙中存在交变的电场．带电粒子在缝隙的电场中被加速，然后进入磁场做半圆周运动．(1)粒子在磁场中运动一周，被加速两次；交变电场的频率与粒子在磁场中圆周运动的频率相同．T电场＝T回旋＝T＝2πmqB.(2)粒子在电场中每加速一次，增加动能ΔEk＝qU.(3)粒子在边界射出时，都有相同的圆周半径R，有R＝mvqB.(4)粒子飞出加速器时的动能为Ek＝12mv2＝B2R2q22m.在粒子质量、电量确定的情况下，粒子所能达到的最大动能只与加速器的半径R和磁感应强度B有关，与加速电压无关．16．带电粒子在电场中偏转的处理方法17．带电粒子在有界磁场中运动的处理方法(1)画圆弧、定半径从磁场的边界点或轨迹与磁场边界的相切点等临界点入手；充分应用圆周运动相互垂直的“速度线”与“半径线”．①过粒子运动轨迹上任意两点M、N(一般是边界点，即“入射点”与“出射点”)，作与速度方向垂直的半径，两条半径的交点是圆心O，如图甲所示．②过粒子运动轨迹上某一点M(一般是“入射点”或“出射点”)，作与速度方向垂直的直线，再作M、N两点连线(弦)的中垂线，其交点是圆弧轨道的圆心O，如图乙所示．(2)确定几何关系在确定圆弧、半径的几何图形中，作合适辅助线，依据圆、三角形的特点，应用勾股定理、三角函数、三角形相似等，写出运动轨迹半径r、圆心角(偏向角)θ，与磁场的宽度、角度，相关弦长等的几何表达式．(3)确定物理关系相关物理关系式主要为半径r＝mvqB，粒子在磁场的运动时间t＝φ2πT＝φ360°T(圆弧的圆心角φ越大，所用时间越长，与半径大小无关)，周期T＝2πmqB.1．在场强定义式E＝Fq中，错误地认为E与F成正比、与q成反比．2．在电容的公式C＝QU中，错误地认为C与Q成正比、与U成反比．3．在研究带电粒子的运动轨迹时，误认为运动轨迹与电场线一定重合．4．在电场中误认为场强大的地方电势高．5．在电容器的动态分析中，不能正确区分C＝QU和C＝εrS4πkd的意义及用途．6．将公式B＝FIL中的B错误地认为B与F成正比、与IL成反比．7．在判断安培力方向时，将左手定则和右手定则混淆．8．在判断负电荷在磁场中运动受力时，将“四指”指向用错．9．不能正确理解沿直线通过速度选择器的不同带电粒子有共同速度v＝EB.10．误认为在回旋加速器中最大动能与加速电压有关．11．不能正确判断磁流体发电机的正、负极板．1．(多选)如图所示，两个水平放置的平行板电容器，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地．让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态．A、B间电容为C1，电压为U1，带电荷量为Q1；M、N间电容为C2，电压为U2，带电荷量为Q2.若将B板稍向下移，下列说法正确的是()A．P向下运动，Q向上运动B．U1减小，U2增大C．Q1减小，Q2增大D．C1减小，C2增大答案：AC解析：将B板下移时，由C＝εS4πkd，知C1将减小，而MN板不动，故MN的电容C2不变，故D错误；假设Q不变，则由C＝QU知A、B板间的电压U1将增大，大于M、N间的电压，故A板将向M板充电，故Q1减小，Q2增大；充电完成，稳定后，M、N及A、B间的电压均增大，故对Q分析可以知道，Q受到的电场力增大，故Q将上移；E1＝U1d＝Q1Cd＝Q1εS4πkd·d＝4πkQ1εS，故电场强度减小，P受到的电场力减小，故P将向下运动，故B错误，A、C正确．2．(多选)(2019·临沂模拟)沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点0、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等．一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则()A．从O点到C点，电势先升高后降低B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动C．粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量D．粒子运动到C点时动能小于3Ek答案：CD解析：由题图知，从O点到C点，沿电场线方向，电势逐渐降低，A项错误；由静止释放的粒子所受电场力与速度方向一致，所以粒子一直做加速直线运动，在0～x1段电场强度逐渐变大，粒子所受电场力逐渐变大，做加速度增大的变加速直线运动，B项错误；E－x图象中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差，AB段的电势差大于BC段的电势差，故电场力做功WABWBC，由电场力做功与电势能变化的关系得，粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量，C项正确；由E­x图象中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差，UOA＝12E0x1，UAC12E0×2x1，得2UOAUAC，由动能定理qU＝ΔEk，得qUOA＝Ek－0，qUAC＝EkC－Ek，知粒子运动到C点时动能小于3Ek，D项正确．3．(多选)(2019·盐城模拟)光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电荷量为Q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有动能的大小可能是()A．0B．12mv20C.12mv20＋12QELD．12mv20＋23QEL答案：ABC解析：若电场的方向平行于AB向左，小球所受的电场力向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，到达BD边时，速度可能为0，所以动能可能为0.故A有可能．若电场的方向平行于AC向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为12L，根据动能定理可知小球的最大动能为：Ek＝12mv20＋EQ·L2，所以D不可能，C可能；若电场的方向平行于AB向左，小球做匀减速直线运动，若没有到达BD边时速度就减为零，则小球会返回到出发点，速度大小仍为v0，动能为12mv20，故B可能．4．(多选)(2019·三明质检)如图所示，平面直角坐标系xOy中同时存在范围足够大、方向平行于坐标系平面的两个匀强电场Ⅰ和Ⅱ，其中电场Ⅰ的场强大小为E、方向沿＋y轴，一个电子在某次运动中的轨迹如图中曲线ACB所示，轨迹关于虚线OC对称，C点坐标为a，33a.已知A、B两点关于虚线OC对称，电子的重力不计，下列说法正确的是()A．电子位于A、B、C三点处的电势能大小关系是EPA＝EPB＜EPCB．电场Ⅰ和Ⅱ的合场强方向与y轴成30°角C．电场Ⅱ的场强大小可能为12ED．电场Ⅱ的场强大小可能为E答案：AD解析：由电子的运动轨迹可知，电子所受的电场力沿CO方向，则电场的方向沿OC方向，则A、B两点电势相等且高于C点的电势，则电子位于A、B、C三点处的电势能大小关系是EpA＝EpBEpC，选项A正确；由C点的坐标可知，合场强的方向与x轴夹角为30°，选项B错误；由平行四边形法则可知，场强Ⅱ的最小值为Ecos30°＝32E，可知选项C错误，D正确．5．(2019·三明质检)如图，在平面直角坐标系xOy中有一边界曲线OQ，边界上方区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界下方区域存在竖直向上的匀强电场，场强大小为E.在x轴上的P处，有一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子由静止释放，经过时间t粒子到达曲线上的N点，经磁场偏转恰好垂直穿过y轴，轨迹如图所示，粒子的重力不计，求：(1)P处粒子在磁场中的偏转半径r；(2)若此粒子从x轴正半轴上任意位置处由静止出发，最终都能垂直穿过y轴，则边界曲线OQ满足的方程．答案：(1)r＝EtB(2)y＝qB2x22mE解析：(1)粒子的运动轨迹如图：在电场中：qE＝mav＝at在磁场中：qvB＝mv2rr＝mvqB联立解得：r＝EtB.(2)设边界上某一点的横、纵坐标分别为x和y，由几何关系可得x＝r在电场中：y＝12at2解得y＝qE2mt2联立解得曲线OQ满足的方程为：y＝qB2x22mE.6．(2019·合肥质检)图甲为直角坐标系xOy，y轴正向沿竖直向上方向，其所在空间分布着均匀的、大小随时间周期性变化的电场和磁场，其变化规律如图乙所示，规定电场强度方向沿y轴正向为正方向，磁感应强度方向垂直于坐标xOy平面向里为正方向．t＝0时刻，电荷量为q、质量为m的带正电粒子由坐标原点O静止释放，已知场强大小E0＝2mgq，磁感应强度大小B0＝2πmq，g取10m/s2.求：(1)t＝1s末粒子速度的大小和方向；(2)粒子第一次进入磁场时做圆周运动的半径和周期；(3)在0～6s内粒子运动过程中最高点的位置坐标．答案：(1)10m/s，方向竖直向上(2)5πm1s(3)－15π，45＋15π解析：(1)粒子自坐标原点O静止释放，设1s末速度大小为v1，根据牛顿第二定律可得：qE0－mg＝ma根据v1＝at1，代入数据解得v1＝10m/s，方向竖直向上．(2)1s末粒子第一次进人磁场，由于粒子受重力和电场力平衡，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qv1B0＝mv21r1解得r1＝5πm周期T＝2πr1v1＝1s(3)粒子在2s末回到y轴，以v1＝10m/s的初速度沿y轴正方向运动，设3s末粒子速度的大小为v2，根据动量定理可得：(qE0－mg)t＝mv2－mv1代入数据解得v2＝20m/s，方向竖直向上；3s末粒子第2次进入磁场做匀速圆周运动，周期不变，4s末再次回到y轴，以v2＝20m/s初速度沿y轴正方向运动，5s末的速度为v3＝30m/s，第3次进入磁场做匀速圆周运动，第6s刚好回到y轴，速度方向向上，粒子运动轨迹如图所示：则最上方圆的半径R＝mv3qB0＝15πm前5s加速时间t5＝3s，根据位移与时间关系可得前5s竖直方向的位移y5＝v32×t5＝45m，所以在0～6s内粒子运动过程中最高点的位置坐标x＝－R＝－15π