【考前三个月】2015届高考物理(浙江通用)名师考点点拨专题讲义：专题5+电场与磁场

1高考定位本专题知识是高考的重点和难点，常考知识内容：①电场强度、磁感应强度；②电场的基本性质；③磁场的基本性质；④带电粒子在电磁场中的运动．高考命题趋势：对电场强度、电势、电场力做功与电势能变化的关系、磁场的基本概念、安培力的应用等知识多以选择题的形式考查；带电粒子在电场、磁场中的运动与控制，与牛顿运动定律、功能关系相结合，多以计算题的形式考查．考题1对电场性质的理解例1(单选)(2014·山东·19)如图1所示，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Ek0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图象，可能正确的是()图1审题突破试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系根据动能定理列式，分析图象斜率的意义．【答案A】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；假设试探电荷在匀强电场中由静止开始运动，由动能定理可得，Fr＝Ek，则Ekr＝F，Ek图象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.1．(单选)(2014·重庆·3)如图2所示为某示波管的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为2Ea和Eb，则()图2A．Wa＝Wb，EaEbB．Wa≠Wb，EaEbC．Wa＝Wb，EaEbD．Wa≠Wb，EaEb【答案A】解析因a、b两点在同一等势线上，故Uac＝Ubc，Wa＝eUac，Wb＝eUbc，故Wa＝Wb.由题图可知a点处电场线比b点处电场线密，故EaEb.选项A正确．2．真空中存在一点电荷产生的电场，其中a、b两点的电场强度方向如图3所示，a点的电场方向与ab连线成60°，b点的电场方向与ab连线成30°.另一带正电粒子以某初速度只在电场力作用下由a运动到b.以下说法正确的是()图3A．a、b两点的电场强度Ea＝3EbB．a、b两点的电势φaφbC．带正电粒子在a、b两点的动能EkaEkbD．带正电粒子在a、b两点的电势能EpaEpb【答案AD】解析a点到O点的距离Ra＝Labcos60°＝12Lab，b点到O点距离Rb＝Lbcos30°＝32Lab，根据点电荷的场强公式E＝kQr2，可得：Ea＝3Eb，故A正确；在正点电荷的周围越靠近场源电势越高，故有φa＞φb，故B错误；带正电粒子在a、b两点的电势能EpaEpb，故D正确；由能量守恒，带正电粒子在a、b两点的动能EkaEkb，故C错误．3．(单选)(2014·江苏·4)如图4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()图4A．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【答案B】解析根据电场的对称性和电场的叠加原理知，O点的电场强度为零．在x轴上，电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以O点电势最高．在x3轴上离O点无限远处的电场强度为零，故沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小．选项B正确．场强、电势、电势能的比较方法1．电场强度：(1)根据电场线的疏密程度判断，电场线越密，场强越大；(2)根据等差等势面的疏密程度判断，等差等势面越密，场强越大；(3)根据a＝qEm判断，a越大，场强越大．2．电势：(1)沿电场线方向电势降低，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，且电场线垂直于等势面；(2)根据UAB＝φA－φB比较正负，判断φA、φB的大小．3．电势能：(1)根据Ep＝qφ，判断Ep的大小；(2)根据电场力做功与电势能的关系判断：无论正电荷还是负电荷，电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．考题2电场矢量合成问题例2(单选)如图5所示，在正方形区域的四个顶点固定放置四个点电荷，它们的电量的绝对值相等，电性如图中所示．K、L、M、N分别为正方形四条边的中点，O为正方形的中心．下列关于各点的电场强度与电势的判断正确的是()图5A．K点与M点的电场强度大小相等、方向相反B．O点的电场强度为零C．N点电场强度的大小大于L点电场强度的大小D．K、O、M三点的电势相等审题突破该题实质上考查常见电场的电场分布与特点，可以结合等量同种点电荷的电场特点，把两个相互垂直的等量同种点电荷的电场叠加在一起，进行分析可以得出结论．【答案D】解析根据点电荷的电场即电场的叠加可得：K点与M点的电场强度大小相等、方向相同，所以A错误；O点的电场强度方向水平向右，不为零，所以B错误；由对称性知，N点的电场强度大小等于L点的电场强度大小，所以C错误；K、O、M三点的电势都等于零，所以D正确．4．(单选)如图6所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在AB两点间取一正五角星形路径4abcdefghija，五角星的中心与AB连线的中点重合，其中af连线与AB连线垂直．现将一电子沿该路径逆时针方向移动一周，下列判断正确的是()图6A．e点和g点的电场强度相同B．h点和d点的电势相等C．电子在e点的电势能比g点电势能大D．电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做正功后做负功【答案C】解析由对称性可知，e点和g点的电场强度大小相同，但方向不同，选项A错误；h点电势高于d点的电势，选项B错误；因为g点的电势高于e点，故电子在e点的电势能比g点电势能大，选项C正确；电子从f点到e点再到d点过程中，电势先降低再升高，电势能先增大后减小，电场力先做负功后做正功，选项D错误．5．(2014·福建·20)如图7所示，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0m．若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：图7(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C点的电场强度的大小和方向．(计算结果保留两位有效数字)答案(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y轴正方向解析(1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为：F＝kq2L2①代入数据得F＝9.0×10－3N②(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为:E1＝kqL2③A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为:E＝2E1cos30°④联立③④式并代入数据得E≈7.8×103N/C,场强E的方向沿y轴正方向．1熟练掌握常见电场的电场线和等势面的画法．2．对于复杂的电场场强、电场力合成时要用平行四边形定则．3．电势的高低可以根据“沿电场线方向电势降低”或者由离正、负场源电荷的关系来确定．5考题3带电粒子在有界磁场中的临界、极值问题例3(2014·江苏·14)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图8所示．装置的长为L，上、下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板的位置．不计粒子的重力．(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值．图8审题突破(1)粒子在磁场中做圆周运动，根据圆的性质可明确粒子如何才能到达P点，由几何关系可求得磁场区域的宽度；(2)带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，由(1)中方法确定后来的轨道半径，则可求得两次速度大小；即可求出速度的差值；(3)假设粒子会经过上方磁场n次，由洛伦兹力充当向心力可求得粒子入射速度的可能值．解析(1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r，粒子的运动轨迹如图所示．根据题意知L＝3rsin30°＋32dcot30°，且磁场区域的宽度h＝r(1－cos30°)解得：h＝(23L－3d)(1－32)．(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨迹半径为r′，洛伦兹力提供向心力，则有mv2r＝qvB，mv′2r′＝qv′B，由题意知3rsin30°＝4r′sin30°，解得粒子速度的最小变化量Δv＝v－v′＝qBm(L6－34d)．(3)设粒子经过上方磁场n次由题意知L＝(2n＋2)d2cot30°＋(2n＋2)rnsin30°且mv2nrn＝qvnB，解得vn＝qBm(Ln＋1－3d)(1≤n3L3d－1，n取整数)．答案(1)(23L－3d)(1－32)(2)qBm(L6－34d)(3)qBm(Ln＋1－3d)(1≤n3L3d－1，n取整数)66．(单选)图9为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2.0×10－3T，在x轴上距坐标原点L＝0.50m的P处为离子的入射口，在y轴上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v＝3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L＝0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m，电量为q，不计其重力．则上述粒子的比荷qm(C/kg)是()图9A．3.5×107B．4.9×107C．5.3×107D．7×107答案B解析设粒子在磁场中的运动半径为r，画出粒子的轨迹图如图所示依题意MP连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得r＝22L，由洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，可得qvB＝mv2r，联立解得qm≈4.9×107C/kg，故选项B正确．7．如图10所示，在边长为L的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B.在正方形对角线CE上有一点P，其到CF、CD距离均为L4，且在P点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子．已知离子的质量为m，电荷量为q，不计离子重力及离子间相互作用力．图10(1)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域？(2)求速率为v＝13qBL32m的离子在DE边的射出点距离D点的范围．7答案(1)v≤qBL8m(2)L4≤d2＋3L8解析因离子以垂直于磁场的速度射入磁场，故其在洛伦兹力作用下必做圆周运动．(1)依题意可知离子在正方形区域内做圆周运动不射出该区域，做圆周运动的半径为r≤L8.对离子，由牛顿第二定律有qvB＝mv2r⇒v＝qBrm≤qBL8m.(2)当v＝13qBL32m时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，则由qvB＝mv2R可得R＝mvqB＝mqB·13qBL32m＝13L32.甲乙要使离子从DE射出，则其必不能从CD射出，其临界状态是离子轨迹与CD边相切，设切点与C点距离为x，其轨迹如图甲所示，由几何关系得：R2＝(x－L4)2＋(R－L4)2，计算可得x＝58L，设此时DE边出射点与D点的距离为d1，则由几何关系有：(L－x)2＋(R－d1)2＝R2，解得d1＝L4.而当离子轨迹与DE边相切时，离子必将从EF边射出，设此时切点与D点距离为d2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有：R2＝(34L－R)2＋(d2－L4)2，解得d2＝2＋3L8.故速率为v＝13qBL32m的离子在DE边的射出点距离D点的范围为L4≤d2＋3L8.1．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．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．考题4带电