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专题六 电磁场（1）
【重点知识提醒】
【重点方法提示】
1.电场中主要研究方法
(1)理想化模型。如点电荷、匀强电场。
(2)比值定义法。电场强度、电势的定义方法是定义物理量的一种重要方法。
(3)类比的方法。电场和重力场的类比；电场力做功与重力做功的类比；电势能与重力势能的类比；
2.电势的两个结论
(1)沿电场线方向电势降低最快，但是电势降低的方向不一定是电场方向。
(2)在匀强电场中，沿同一方向，相等距离上电势变化量相同。
3.静电力做功的求解方法
(1)由功的定义式W＝Flcos α来求；
(2)利用结论“电场力做功等于电荷电势能变化量的负值”来求，即W＝－ΔEp；
(3)利用WAB＝qUAB来求。
4.电流产生的磁场的合成
对于电流在空间某点的磁场，首先应用安培定则判断各电流在该点的磁场方向(磁场方向与该点和电流连线垂直)，然后应用平行四边形定则合成。
5.磁场力做功分析
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。
6.分析安培力问题的技巧
(1)熟悉两个常用的等效模型
①变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
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。
(2)注意两个定则、一个公式的应用
①安培定则：用来判断通电导线、环形电流、通电螺线管周围的磁场分布规律。
②左手定则：用来判断通电导线在磁场中所受安培力的方向。
③一个公式：F＝BIL，注意公式中B、I、L必须两两垂直，否则需要求出互相垂直的分量。
【重点题型讲练】
【例1】 如图所示为静电除尘机理图，废气先经过一个机械过滤装置，再进入静电除尘区，放电极(位于中央)和集尘极分别接到高压直流电源的两极上，其间电场线如图。带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极运动并沉积，达到除尘目的。不考虑尘埃间的相互作用及其他作用，下列说法正确的是(　　)
A.电场线方向由放电极指向集尘极
B.图中a点电场强度小于b点电场强度
C.尘埃会沿电场线从c向d运动
D.尘埃在运动过程中动能增大
解析　由题“带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极运动并沉积”，知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，故A错误；a点电场线比b点密，所以a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；放电极与集尘极间是非匀强电场，所受的电场力是变化的，速度方向与电场力的方向不同，尘埃不会沿电场线从c向d运动，故C错误；带电尘埃在运动过程中电场力做正功，动能增大，D正确。
答案　D
【练1】(多选)如图所示，线段AE＝FB，C、D为圆周上关于AB对称的两个点。在A、B两点分别放置带电荷量为Q的点电荷，下列判断正确的是(　　)
A.E、F两点电场强度可能相同
B.C、D两点电场强度相同
C.E、F两点电势可能相等
D.C、D两点电势一定相等
【自主解答】
【例2】 (多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知(　　)
A.Q点的电势比P点高
B.油滴在Q点的动能比它在P点的大
C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
【点拨】
(1)油滴在匀强电场中运动油滴做匀变速曲线运动
(2)“相对于过轨迹最低点P的竖直线对称”合力为竖直向上的恒力
【解析】　由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以选项D错误；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲的内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，选项A正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，选项C错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，选项B正确。答案　AB
【以题说法】
带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
【练2】(2019·江苏卷，9改编)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为－W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有(　　)
A.Q1移入之前，C点的电势为
B.Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0
C.Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W
D.Q2在移到C点后的电势能为4W
【自主解答】
【例3】 (2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器(　　)
A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
【解析】由C＝可知，当云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小。再由E＝，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确。
答案：D
【以题说法】
“1＋3”分析法思路(“1个不变，3个公式”)
【练3】(多选)(2019·广东惠州模拟)如图所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态。若某时刻油滴的电荷量开始减小(质量不变)，为维持该油滴原来的静止状态应(　　)
A.给平行板电容器继续充电，补充电荷量
B.让平行板电容器放电，减少电荷量
C.使两极板相互靠近些
D.将上极板水平右移一些
【自主解答】
【例4】 如图所示，两根相互平行的长直导线分别过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是(　　)
A.O点处的磁感应强度为零
B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D.a、c两点处磁感应强度的方向不同
【解析】由安培定则可知，两导线产生的磁场在O点的方向相同，均为向下，因此O点处的磁感应强度不为零，选项A错误；同理，根据安培定则可判断，两导线产生的磁场在a、b两点的方向也相同，均为向下。由于两导线中的电流大小相等，且a、b两点关于O点对称，因此可知a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项B错误；根据安培定则、平行四边形定则以及对称性可知，c、d两点的磁感应强度大小相等，方向相同(均为向下)，选项C正确；由以上分析可知，a、c两点处磁感应强度的方向相同，选项D错误。答案：C
【练4】 (多选)(2019·江苏卷，7)如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是(　　)
A.均向左 B.均向右
C.a的向左，b的向右 D.a的向右，b的向左
【自主解答】
【练后自评反思】
【练1】解析　如果在A、B两点放置等量异种电荷，由对称性可知，E、F两点电场强度相同，C、D两点电场强度大小相等、方向不同，但C、D两点电势相等；如果在A、B两点放置等量同种电荷，由对称性可知，E、F两点电势相等，电场强度大小相等、方向不同，C、D两点电势相等，电场强度大小相等、方向不同，则选项A、C、D正确。
答案　ACD
【练2】解析　根据电场力做功与电势能的变化关系知Q1在C点的电势能Ep＝W，根据电势的定义知C点电势φ＝＝，A正确；在A点的点电荷产生的电场中，B、C两点处在同一等势面上，Q1从C移到B的过程中，电场力做功为0，B正确；单独在A点固定电荷量为＋q的点电荷时，C点电势为φ，单独在B点固定点电荷Q1时，C点电势也为φ，两点电荷都存在时，C点电势为2φ，Q2从无穷远移到C点时，具有的电势能Ep′＝－2q×2φ＝－4W，电场力做功W′＝－Ep′＝4W，C错误，D也不正确。答案　AB
【练3】解析　给平行板电容器继续充电，电荷量增大，电容不变，由U＝知电势差增大，根据E＝知电场强度增大，可使电场力不变，故A正确；同理，让电容器放电时，油滴不能平衡，故B错误；因为E＝，U＝，C＝，则E＝，说明电场强度与电容器两极板间的距离无关，即电容器两极板靠近时，电场强度不变，油滴电荷量减小，则电场力减小，油滴不能平衡，故C错误；将上极板水平右移，正对面积减小，电容减小，电势差U＝增大，电场强度E＝增大，可使电场力不变而油滴平衡，故D正确。答案　AD
【练4】 解析　如图甲所示，当a、b中电流方向均向左时，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。同理可知，a、b中电流均向右时，线框向导线a移动，选项A、B错误；
　
　　　　 甲　　　　　　　　　　　乙
电流方向a的向左，b的向右时，a、b中电流I′在线框所在处产生的磁场方向如图乙所示，导线AB、CD所在处的磁感应强度相同，但所受安培力大小相等、方向相反。线框静止。同理可知，电流方向a的向右，b的向左时，线框也能静止，C、D正确。答案　CD

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