北京市2018届高考物理二轮复习 专题6 电场、磁场的基本性质学案（含解析）

专题6 电场、磁场的基本性质考向预测高考对电场与磁场考查的重点有以下几个方面：对电场力的性质和能的性质的理解；带电粒子在电场中的加速和偏转问题；带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题；带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动问题；带电粒子在电场和磁场的叠加场中的运动问题；带电粒子在电场和磁场中运动的临界问题。本专题主要介绍电场、磁场的基本性质及带电粒子在电场、磁场中运动的基本问题。高频考点：电场的性质；带电粒子在电场中的运动；磁场的性质；带电粒子在匀强磁场中运动。知识与技巧的梳理考点一、电场的性质例 (2017全国III卷T21) (多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是()A电场强度的大小为2.5 V/cmB坐标原点处的电势为1 VC电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV【审题立意】解答本题应把握以下三点：(1)电势与场强无关；(2)电子在电势高的地方电势能小，在电势低的地方电势能大；(3)电场力做功等于电势能变化量的负值。【解题思路】如图所示，设a、c之间的d点电势与b点相同，则，d点坐标为(3.5 m，6 m)，过c点作cfbd于f，由几何关系可得cf = 3.6 cm，则电场强度，A正确；因为四边形Oacd是矩形，所以有Uac=Uob，解得坐标原点O处的电势为1 V，B正确；a点电势比b点电势低7 V，电子带负电，所以电子在a点的电势比在b点的高7 eV，C错误；b点电势比c点电势低9 V，电子从b点运动到c点，电场力做功9 eV，D正确。【参考答案】 ABD【技能提升】1. 匀强电场中，沿任意一个方向，电势降落都是均匀的，故在同一直线上间距相同的两点间电势差相等。2. 若已知电场中某几点的电势，要求其他点的电势，一般采用“等分法”在电场中找与待求点电势相同的点。3. 在匀强电场中，相互平行、长度相等线段的两端点间的电势相等。 【变式训练】1. (2018届高三河南中原名校联考)静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状关于Ox轴、Oy轴对称，且相邻两等势线的电势差相等。图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是()Aa点的电势高于b点的电势B电子在a点的加速度大于在b点的加速度C电子在a点的动能大于在b点的动能D电子在a点的电势能大于在b点的电势能解析：根据等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力，故等势线的电势沿x轴正方向增加，故A错误。等势线越密的地方电场强度越大，电子的加速度就越大，故B错误。根据负电荷在电势低处电势能大，可知电子在a点的电势能大于在b点的电势能，电子在a点的动能则小于在b点的动能，故C错误，D正确。答案：D2. (多选)空间存在匀强电场，在电场中建立Oxyz空间坐标系如图所示，a、b、c三点分别在三个坐标轴上，与原点O的距离rarc2 cm，rb2 cm，d点在yOz平面上，且dbOb。将带电荷量为q2.51016 C的试探电荷从d点移到b点电场力做功为零，从a点移动到b点电场力做功W1.21014 J，bO间电势差UbO24 V，由此可判断()A空间电场强度的方向沿x轴正方向B空间电场强度的大小为8102 V/mCcO间电势差UcO24 VD电场中的等势面垂直于xOy平面解析：将试探电荷从d点移到b点电场力做功为零，则Udb0，d、b在同一个等势面上，因此等势面垂直于xOy平面，c、O也在同一个等势面上，UcO0，C错误，D正确；在xOy平面上的直角三角形aOb如图所示，a、b间电势差Uab48 V，又UbO24 V，则原点O与ab中点电势相等，故原点O与ab中点e的连线Oe为等势线，三角形中a点电势最低，因此作Oe的垂线指向a即为xOy平面上的一条电场线，所以场强方向与x轴正方向成30角，场强大小E V/m8102 V/m，A错误，B正确。答案：BD3. 虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面。两个带电粒子M、N(重力忽略不计，也不考虑两粒子间的相互作用)以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示。已知M是带正电的粒子，则下列说法中正确的是()AN一定也带正电Ba处的电势高于b处的，a处的电场强度大于b处的C带电粒子N的动能减小，电势能增大D带电粒子N的动能增大，电势能减小解析：电场线与等势面垂直，所以电场沿水平方向，从带正电的粒子M的轨迹MPN可知，电场力的方向水平向右，故电场线的方向水平向右。N所受电场力方向指向其轨迹凹侧，故受电场力水平向左，故N带负电，A错误；电场线的方向水平向右，沿电场线方向电势降低，所以a处的电势高于b处的电势，匀强电场中，场强处处相等，B错误；电场力对N做正功，其电势能减小，动能增大，C错误，D正确。答案：D考点二、磁场的性质与安培力例 (2017全国I卷T18)(多选)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是()AL1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直BL3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11DL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1【审题立意】本题考查安培定则、磁感应强度的叠加等。首先根据安培定则判断各导线在其他位置的磁场方向，再结合矢量的合成法则，即可判断合磁场方向，最后根据左手定则确定导线在该位置所受磁场力的方向。【知识链接】安培力作用下力学问题的处理方法【解题思路】由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图2所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1B，B合2B，B合3B，由安培力公式FBIL可知L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11，选项C正确，D错误。【参考答案】 BC【变式训练】1. (2017南昌重点中学模拟)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，磁铁中轴线OO垂直于线圈平面且通过其圆心，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小B0.5 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)()A0.1 A B0.2 A C0.05 A D0.01 A解析：设线圈的半径为r，则线圈的质量m2nr2.5103 kg，磁感应强度的水平分量为Bsin 30，线圈受到的安培力为：FnBsin 30I2r，要使三条细线上的张力为零，线圈所受向上的安培力等于线圈的重力，即mgF，解得：I0.1 A，选项A正确。答案：A2. (2017长沙长郡中学检测)(多选)如图所示，同一平面内有两根平行的无限长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间且与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r。现测得a点的磁感应强度大小为B0，已知距一无限长直导线d处的磁感应强度大小B，其中k为常量，I为无限长直导线的电流大小，下列说法正确的是()Ab点的磁感应强度大小为B0B若去掉导线2，b点的磁感应强度大小为B0C若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b点的磁感应强度为0D若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a点的磁感应强度大小仍为B0解析：根据B可知，a点磁感应强度大小为B0，则：B0，根据右手螺旋定则，此时b点磁感应强度大小为：BbB0，故选项A错误；若去掉导线2，b点的磁感应强度大小为：BbB0，故选项B正确；若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b点的磁感应强度大小为：BbB0，故选项C错误；若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a点的磁感应强度大小为：BaB0，故选项D正确。答案：BD考点三、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动例1. (2017全国卷T18)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2v1为()A. 2 B. 1 C. 1 D3【审题立意】带电粒子以相同的速度沿不同的方向射入磁场，画出几个粒子的运动轨迹(如图所示)，不难看出，当入射点与出射点的连线等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径时(图中粗虚线所示的圆)，粒子的出射点距离入射点最远，即带电粒子在圆形磁场区域运动的最大范围对应值圆周运动的直径，而这个直径等于两个圆的公共弦。【解题思路】由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvBm可知，R，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP2R2，由几何关系可知，R1，R2Rcos 30R，则，C项正确。【参考答案】 AC【技能提升】1带电粒子在有界匀强磁场中运动的几种常见情形直线边界粒子进出磁场具有对称性平行边界粒子运动存在临界条件圆形边界粒子沿径向射入的再沿径向射出2带电粒子在有界磁场中运动临界、极值问题的三个结论(1)粒子刚好穿出磁场边界的临界条件是粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切。(2)当速度大小v一定时，弧长越长，所对的圆心角就越大，粒子在磁场中运动的时间就越长。(3)当速度大小v变化时，仍然是运动轨迹所对圆心角大的粒子在磁场中运动的时间长。例2. 如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM和NN是它的两条边界。现有质量为m，电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界NN射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少【审题立意】带电粒子垂直射入匀强磁场时，做匀速圆周运动，速度越大，粒子的轨迹半径越大，当轨迹恰好与边界NN相切时，粒子恰好不能从边界NN射出，根据几何知识求轨迹半径，再由牛顿第二定律求解粒子入射速率的最大值。由于题中没有说明带电粒子的电性，要分正负两种情况求解。【解题思路】若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN相切的圆弧，轨道半径：R又dR解得v(2)若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN相切的圆弧，则有：RdR解得v(2)。【参考答案】(2)(q为正电荷)或(2)(q为负电荷)【技能突破】带电粒子在磁场中运动多解问题的三种常见情况1. 带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同初速度时，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解。如图所示，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a，若带负电，其轨迹为b。2. 磁场方向不确定磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度大小，而未说明磁感应强度方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解。如图所示，带正电的粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b。3. 临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180后从入射面边界反向飞出，如图所示，于是形成了多解。【变式训练】1. 平面OM和平面ON之间的夹角为30，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交点O的距离为()A. B. C. D. 解析：如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R。设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P。由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，ABR。由几何图形知，AP R，则AO AP3R，所以OB4R。故选项D正确。答案：D2. 如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为()ABBB CB DB解析：由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的公式r有，即B，D正确。答案：D3. 如图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B2.0103 T，在x轴上距坐标原点L0.50 m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v3.5104 m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L0.50 m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(C/kg)是()A3.5107 B4.9107 C5.3107 D7107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rL，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，联立解得4.9107 C/kg，故选项B正确。答案：B4. 某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。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上的位置。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v；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。解析：(1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r，粒子运动轨迹如图根据题意L3rsin 303dcos 30且hr(1cos 30)解得h(Ld)(1)(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为rmqvB，mqvB由题意知3rsin 304rsin 30解得vvv(d)(3)设粒子经过上方磁场n次，由题意知L(2n2)dcos 30(2n2)rnsin 30且mqvnB解得vn(d)(1n1，n取整数)9