1、第6课时 电场与磁场的理解 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.2015、2017、2019年均在高考计算题中出现，可见这部分内容综合性强，仍然是命题的热点.(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，磁场叠加、安培力近年来也频繁考查，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，难度适中，2018年全国、卷考查带电粒子在
2、匀强磁场中的运动出现在了计算题中，2017年全国卷、2019年全国卷也有复合场的计算题，但难度适中，所以要重点复习，但不要过于繁、难.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，E_，E 矢量，由电场本身决定.电场线越密，电场强度越大 电势 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 Ep_，EpW电 标量，电场力做正功，电势能减小 FqkQr2UdEpqq2.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UABAB，若U
3、AB0，则AB，反之A0)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A.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 图2 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E1E3，E2E4，且知E1E3，E2E4，故合场强Ea与Eb大小相等、方向相同，B、C正确；由于a0)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4 解析 结合题意，
4、只能判定Uab0，Ucd0，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 UMNac2bd2UabUcd2，可知该粒子由 M 至 N 过程中，电场力做功 WW1W22，B 项正确；电场强度的方向只有沿 cd 时，才有场强 EW2qL，但本题中电场方向未知，C 项错误；若W1W2，则UabUcdUMN，即abMN，aMbN，可知UaMUbN，D项正确.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A.坐标原点的电势为18 V B.
5、电场强度的大小为1.25 V/cm C.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 图5 解析 根据bacO，因a、b、c三点电势分别为a10 V、b16 V、c24 V，则原点处的电势为O18 V，故A正确；如图，y 轴上 y2 点(M 点)的电势为 MOOa416 V，所以b点与y轴上y2点的电势相等，连接b点与y轴上y2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：abM37，aNabsin 374.8 cm，Nb，所以 EUNaaN 1.25 V/cm，故 B 正确，C 错误；b0).质量
6、为m、电荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0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；答案 12mv022d qh v0mdhq解析 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 E2dFqEma 设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有 qEhEk12mv02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 h12at2lv0t 联立式解得 Ek12mv022d qhlv0mdhq(2)若粒子恰好从G的下方
7、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 2v0mdhq解析 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 L2l2v0mdhq.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v0，方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v，且vv0，则A.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 图7解析 场源电荷带负电，运动电荷带正电，它们之
8、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.A.电场力大小为 3mg2B.小球所受的合外力大小为 3mg3C.小球由 O 点到 P 点用时 3v0gD.小球通过 P 点时的动能为52mv025.(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
9、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8解析 设OPL，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：Lcos 60v02 t，竖直方向：Lsin 6012gt2，解得：t 3v0g，选项 C 正确；水平方向 F1mamv0t 3mg3，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小 F mg2F122 33 mg，选项 A、B 错误；小球通过 P 点时的速度 vPgt 3v0，则动能：EkP12mvP 232mv02，选项 D 错误.1.对磁场的理解(1
10、)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_；(2)电流元必须垂直于磁场方向放置，公式B_才成立；(3)磁场中某点的磁感应强度是由_本身决定的，与通电导线受力的大小及方向均无关.FIL垂直磁场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_.(2)若磁场方向和电流方向平行：F0.(3)方向判断：_定则.(4)方向特点：垂直于磁感线和通电导线确定的_.BIL左手平面4.两个等效模型(1)变曲为直：如图9甲所示的通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电
11、流.图9(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙.5.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17)如图10，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A.2FB.1.5FC.0.5FD.0 图10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
12、 的电流大小为I2，如图所示，依题意有 FBlI，则导体棒 ML 和 LN 所受安培力的合力为 F1Bl I212F，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6.(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11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11A.安培力的大小为2EBr，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E
13、Br，方向竖直向上 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 I1 ELr，流过 bc 边的电流大小为 I2 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 FBI1LBI2L4EB3r，方向竖直向下，故选项 B 正确.7.(2019天一大联考上学期期末)一课外探究小组用如图12所示实验装置测量学校所在位置的地磁场的水平分量Bx.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
14、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(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 BkIr图12A.3kE5lRB.3kE6lRC.3kE15lRD.3kE18lR 如图，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 B1kIl，方向沿东西方向，其中的 IER5R E6R；由磁场的叠加可知 BxB1tan 30 3kE6
15、lR，故选 B.重要结论：r_，T_.1.基本公式：qvBmv2r，T2rvmvqB2mqB2.基本思路(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求_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、_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.半径运动时间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_出射角.如图13，123.(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12.图13 等于(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，射出时亦沿_方向，如图14.图
16、14 图15(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15所示.半径4.半径的确定 方法一：由物理方程求.由于 Bqvmv2R，所以半径 RmvqB；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 2T；方法二：由弧长求，tsv.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
17、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16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B5.0102 T，矩形区域长为，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v2106 m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m1.61027 kg、电荷量为q3.21019 C(不计粒子重力和粒子间的相互作用)，求：2 35 m图16(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大？答案 0.2 m 解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvBmv2R解得：R0.2 m.(2)
18、从BC边界射出的粒子中，在磁场中运动的最短时间为多少？答案 3107 s 解析 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EOAD，则EO弦最短，如图所示.因为EO0.2 m，且R0.2 m，所以对应的圆心角为 3由牛顿第二定律得：qvBm(2T)2R解得：T2mqB最短时间为：tmin 2TmqB解得：tmin3107 s.(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 2107 s解析 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：4，粒子的最
19、长运动时间：tmax14T m2qB，解得：tmax2107 s.变式训练8.(2019山东菏泽市下学期第一次模拟)如图17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17A.qBLmB.2qBLmC.21qBLmD.21qBLm 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 2LL
20、(21)L，根据牛顿第二定律得 qv0Bmv02r，求得 v0 21qBLm，C 项正确.9.(2019全国卷17)如图18，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18A.14kBl，54 kBlB.14kBl，54kBlC.12kBl，54 kBlD.12kBl，54kBl 解析 如图，电子从 a 点射出时，其轨迹半径为 ral4，由洛伦兹力提供向心力，有 evaBmva 2ra，又emk，解得 vakBl4；电子从 d 点射出时，由几何关系有 rd 2l2(rdl2)2，解得轨迹半径为 rd5l4，由洛伦兹力提供向心力，有 evdBmvd 2rd，又emk，解得 vd5kBl4，选项 B 正确.
