1、考前第6天電場和磁場回憶知識1庫侖定律F = kQJQ2條件：真空中、點電荷2. 電場強度的表達式1定義式：E = £適用任何電場2計算式：E =爺適用點電荷的電場3勻強電場中：E = d適用于勻強電場3. 電勢差和電勢的關系Uab =艇柏或Uba =招険4. 電場力做功的計算1普適：W= qU2勻強電場：W= Edq5. 電容的計算C=Q=fU定義式c=4nd平行板電容器的決定式6. 磁感應強度的定義式FB=iL7. 安培力大小F = BILB、I、L相互垂直8洛倫茲力的大小F = qvB9.帶電粒子在勻強磁場中的運動(1)洛倫茲力充當向心力,qvB = mrw2=v24 nm7

2、= mr=4 (mrf 2=ma.(2)圓周運動的半徑r =器、周期T =壽晉.10.“速度選擇器“電磁流量計 “磁流體發電機“霍爾效 應的共同點： qvB = qE = qU.回憶方法1. 帶電粒子在電場中加速和偏轉問題的分析方法(1)帶電粒子的加速以初速度vo射入電場中的帶電粒子，經電場力做功加速(或減速) 至 v,由 qU = 2mv2 *mv0得 v =v0 + 第.當vo很小或vo= 0時，上式簡化為v = 2.(2)帶電粒子的偏轉以初速度vo垂直場強方向射入勻強電場中的帶電粒子，受恒定 電場力作用，做類似平拋的勻變速曲線運動(如下列圖).加速度a =qEm運動時間t=vo側移量y=

3、£at2=qE丄2"2 2m vo偏轉角tan ©= = at =vx vo mvO結論：不管帶電粒子的 m、q如何，只要荷質比相同，在同一 電場中由靜止加速后，再進入同一偏轉電場，它們飛出時的側移量和 偏轉角是相同的(即它們的運動軌跡相同).出場速度的反向延長線 跟入射速度相交于中點O,粒子就好似從中點射出一樣.角度關系: tan ©= 2tan a2. 安培力方向的判斷方法(1) 電流元法：把整段通電導體等效為多段直線電流元，用左手 定那么判斷出每小段電流元所受安培力的方向，從而判斷整段導體所受 合力的方向.(2) 特殊位置法：把通電導體或磁鐵轉換到

4、一個便于分析的特殊 位置后再判斷安培力的方向.(3) 等效法：環形電流和通電螺線管都可以等效成條形磁鐵，條 形磁鐵也可以等效成環形電流或通電螺線管， 通電螺線管還可以等效 成很多匝的環形電流來分析.(4) 利用結論法：兩通電導線相互平行時，同向電流相互吸引， 異向電流相互排斥；兩者不平行時，有轉動到相互平行且電流方向 相同的趨勢.(5) 轉換研究對象法：因為通電導線之間、導線與磁體之間的相互作用滿足牛頓第三定律，這樣定性分析磁體在電流產生的磁場中的 安培力問題時，可先分析電流在磁體的磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流產生的磁場的作用力， 從而確定磁 體所受合力.3. 帶電

5、粒子在勻強磁場中做圓周運動時圓心、半徑及時間確實 定方法(1) 圓心確實定 粒子運動軌跡上兩點的速度方向， 作這兩速度的垂線，交 點即為圓心. 粒子入射點、入射方向及運動軌跡對應的一條弦， 作速度 方向的垂線及弦的垂直平分線，交點即為圓心. 粒子運動軌跡上的兩條弦， 作出兩弦的垂直平分線，交點 即為圓心. 粒子在磁場中的入射點、入射方向和出射方向，延長(或反向延長)兩速度方向所在直線使之成一夾角，作出這一夾角的角平 分線，角平分線上到兩直線距離等于半徑的點即為圓心.(2) 半徑確實定：找到圓心以后，半徑確實定和計算一般利用幾 何知識解直角三角形的方法.帶電粒子在有界勻強磁場中常見的幾種 運動情

6、形如下列圖.(d)(e) 磁場邊界：直線，粒子進出磁場的軌跡具有對稱性，如圖a、b、c所示. 磁場邊界：平行直線，如圖d所示. 磁場邊界：圓形，如圖e所示.3時間確實定 t= 2aT 或 t= 36冷° 或 t=-2 n360v其中a為粒子運動的圓弧所對的圓心角，T為周期，V為粒子的 速度，S為運動軌跡的弧長. 帶電粒子射出磁場的速度方向與射入磁場的速度方向之間的 夾角叫速度偏向角，由幾何關系知，速度偏向角等于圓弧軌跡對應的 圓心角a如圖d、e所示.回憶易錯點1區分電場強度E及電容C的定義式與決定式.2. 區分電場強度與電勢.3. 區分左手定那么與右手定那么.4. 區分霍爾效應中的“

7、電子導電與“空穴導電.5. 區分“微觀粒子與“帶電小球.保溫精練1. 多項選擇在豎直向上的勻強電場中，有兩個質量相等、帶 異種電荷的小球 A、B均可視為質點處在同一水平面上.現將兩球 以相同的水平速度vo向右拋出，最后落到水平地面上，運動軌跡如 下列圖，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，那么i1 ALiBIJE備w +X.A . A球帶正電，B球帶負電B. A球比B球先落地C. 在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加D. 兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的速率變化量比B球 的小解析兩球均做類平拋運動，水平方向上有 x = vot,豎直方向 上有h = 2at2，得加速度大小a =

8、 2h,°，可見水平距離x越大，加速2X度a越小，相應所用時間t越長，即B球先落地，A球的加速度ai 小于B球的加速度a2，說明A球帶正電而受到豎直向上的電場力，B球帶負電而受到豎直向下的電場力，在下落過程中，電場力對A球做負功，A球電勢能增加，電場力對B球做正功，B球電勢能減少，1 1選項A正確，B、C均錯誤；根據動能定理有 mah=?mv2 ?mv0, 而Z = v vo,可見加速度a越大，落地速度v越大，速率變化量 Z 越大，即A球的速率變化量較小，選項 D正確.答案AD2. 多項選擇如下列圖，空間中固定的四個點電荷分別位于正四 面體的四個頂點處，A點為對應棱的中點，B點為右側

9、面的中心，C 點為底面的中心，D點為正四面體的中心到四個頂點的距離均相等.關于A、B、C、D四點的電勢上下，以下判斷正確的選項是A.解析以無窮遠處為零電勢，點電荷周圍的電勢©= kq，正點電荷周圍各點電勢為正，負點電荷周圍各點電勢為負，電勢是標量， 可以用代數運算進行加減.如圖將四個點電荷編號，A點與3、4等距，與1、2等距，3、4兩點電荷在A點的電勢一正一負，相加剛好 為零，1、2兩電荷在A點的電勢相加也為零，那么 觸=0.同理，D點 到四個點電荷的距離都相同，貝S 忙=0.B點與3、4等距，與1的距 離小于與2的距離，1在B點的正電勢與2在B點的負電勢相加大 于零，那么可得 招0

10、.同理，C點與3、4等距，與1的距離大于與2 的距離，那么可得 杞拒 g =機 c, B、C正確.答案BC3. 2022合肥質檢一多項選擇如下列圖，豎直放置的兩平行金 屬板，長為L,板間距離為d,接在電壓為U的直流電源上.在兩板 間加一磁感應強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場.一質量為m, 電荷量為q的帶正電油滴，從距金屬板上端高為h處由靜止開始自由下落，并經兩板上端連線的中點P進入板間.油滴在P點所受的電場力與洛倫茲力大小恰好相等，且最后恰好從金屬板的下邊緣離開.空氣阻力不計，重力加速度為g,那么以下說法正確的選項是A .油滴剛進入兩板間時的加速度大小為gB .油滴開始下落的高度h =諾石

11、C.油滴從左側金屬板的下邊緣離開D .油滴離開時的速度大小為 寸二+ 2gL + 診解析油滴剛到達P點時受重力、電場力和洛倫茲力的作用， 電場力和洛倫茲力大小相等，因此油滴在 P點的合力大小等于重力， 由牛頓運動定律可知油滴在 P點的加速度大小為g, A正確；由于油滴在P點水平方向的合力為零，那么由力的平衡條件可知q-j=qBv,i對油滴從釋放到P點的過程中，由機械能守恒定律可知 mgh = 2mv2,U2一整理得h = 2W，B正確；油滴進入平行金屬板間后，做加速運動，那么電場力小于洛倫茲力，由左手定那么可知，油滴所受的洛倫茲 力向右，那么最終油滴從右側金屬板的下邊緣離開， C錯誤；對油滴從

12、 釋放到從右側金屬板的下邊緣離開的過程，由動能定理有 mgh + L q-=|mv ' 2,解得 v ' = 2gL + 罟，D 正確.答案ABD4. 多項選擇如下列圖，在區域I和區域H內分別存在與紙面垂 直但方向相反的勻強磁場，區域H內磁感應強度是區域I內磁感應強 度的2倍，一帶電粒子在區域I左側邊界處以垂直邊界的速度進入區 域I,發現粒子離開區域I時速度方向改變了 30° °然后進入區域 測得粒子在區域H內的運動時間與區域I內的運動時間相等，那么以下 說法正確的選項是XXIx ! : XXX : 1 XXX ；1 i XXX : 11 1 XXX > : XXx: A .粒子在區域I和區域H中的速率之比為1 : 1B. 粒子在區域I和區域H中的角速度之比為2 : 1C. 粒子在區域I和區域H中的圓心角之比為1 : 2D .區域I和區域H的寬度之比為 1 : 1:x 吃 x ;解析由于洛倫茲力對帶電粒子不做功，故粒子在兩磁場中的運動速率不變，故A正確；由洛倫茲力f = qBv = ma和a= V3可知,粒子運動的角速度之比為 31 :(02= Bi : B2= 1 : 2,貝卩B錯誤；由于粒子在區域i和區域u內的運動時間相等，由t=畫可得t=-qBm= qBm，且B2=2B1，所以可得Qi: E2=1:2,那么c正確；由題意可知，