（新课标）2020版高考物理大二轮复习专题四电场和磁场第一讲电场和磁场的基本性质教学案.docx

第一讲电场和磁场的基本性质知识建构(注1)(注4)：详见答案部分备考点睛1.掌握电场的“3个要点”(1)掌握几种常见电场的电场线、等势面的分布特点.(2)掌握判断电势能的大小和电势的高低的方法.(3)掌握等势面特点和电场强度与电势关系：等势面与电场线垂直；等差等势面越密，电场强度越大；电场强度方向就是电势降低最快的方向.2.用准“两个定则”(1)对电流的磁场用安培定则.(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则.3.易错点归纳(1)电场强度与电势无直接关系；(2)注意电容器与电源连接与断开的两种情况；(3)应用Epq比较电势能时，注意q为负值时的情况；(4)判断洛伦兹力方向时要注意粒子的电性，粒子电性不同，洛伦兹力的方向不同，运动轨迹也不同. 答案(1)电场力做功的计算方法WABqUAB(普遍适用)WqElcos(适用于匀强电场)WABEpEpAEpB(从能量角度求解)W电W非电Ek(由动能定理求解)(2)电势高低的判断方法判断角度判断方法依据电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低依据电场力做功根据UAB，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断A、B的高低依据场源电荷的正负取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值，靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低依据电势能的高低正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大(3)安培力定义通电导线在磁场中受到的力大小I与B垂直时：FBILI与B平行时：F0I与B成角时：FBILsin(4)洛伦兹力定义运动电荷在磁场中受到的力大小v与B垂直时：FqvBv与B平行时：F0v与B成角时：FqvBsin热点考向一电场的性质及应用角度一电场力的性质【典例1】(2019九江模拟)如图，A是带电量为Q半径为R的球体且电荷均匀分布(均匀分布电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场，场强大小只和到球心的距离有关)，B为带电量为q的带电体可看做点电荷已检测到C点的场强为零，d点与C点到球心O的距离都为r，B到C点距离也为r，那么只把带q的带电体移到e点则d点场强大小为()Ak Bk Ck Dk思路引领(1)均匀分布电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场，场强大小只和到球心的距离有关A在空间某点的场强可由点电荷的场强公式计算(2)B为带电量为q的带电体可看做点电荷B在空间某点的场强可由点电荷的场强公式计算(3)C点的场强为零，d点与C点到球心O的距离都为r，B到C点距离也为rA的电荷量Q等于B的电荷量q.解析A是带电量为Q半径为R的球体且电荷均匀分布，则A在C点产生的场强大小为EAk，方向水平向右，B为带电量为q的带电体可看做点电荷，则B在C点产生的场强大小为EBk，方向水平向左，因为C点的场强为零，所以有EAEB，即Qq，把带q的带电体B移到e点，则A在d点产生的场强大小为EAk，方向竖直向上，B在d点产生的场强大小为EBk，方向水平向左，根据电场的叠加原理，将A、B在d点产生的场强进行矢量叠加即可得d点场强大小为k，故A正确，B、C、D错误答案A角度二电场能的性质【典例2】(2018天津卷)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为M、N，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN.下列判断正确的是()AvMvN，aMaNBvMvN，MNCMN，EpMEpNDaMaN，EpMEpN思路引领(1)粒子虽然不知运动方向，但可以假设由M向N运动，然后根据粒子轨迹弯曲方向，判断电场力做功情况(2)粒子带负电，可根据Epq判断电势高低解析由粒子轨迹弯曲方向及电场线分布情况可知，粒子所受电场力方向沿电场线切线方向反向，设粒子由M向N运动，则速度方向沿轨迹切线方向，电场力方向与粒子速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以vMvN，EpMEpN，A、B项错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，故粒子在M点所受电场力的大小小于在N点所受电场力的大小，由牛顿第二定律可知，aMaB，EkAEkB BaAEpBCaAaB，EpAaB，EpAEkB解析根据等电势差等势面稀疏处电场强度小，密处电场强度大，可知A处电场强度小于B处由电场力公式和牛顿第二定律可得qEma，由此可知aAEkB，EpA0表示场强沿x轴正方向；EAM，所以q1的电荷量大于q2的电荷量，故B正确由图可知：从N到C，电势升高，根据沿着电场线电势降低可知，N、C间电场强度方向沿x轴负方向，故C错误ND段中，电势先升高后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，故D正确答案C专题强化训练(十)一、选择题1(2019东北师大附中教学抽样检测)如右图所示，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O.在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形，则()A小环A的加速度大小为B小环A的加速度大小为C恒力F的大小为D恒力F的大小为解析设轻绳的拉力为T，则对A：TTcos60k；Tcos30maA，联立解得：aA，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F2ma，选项C、D错误答案B2(多选)(2019武汉二中月考)如右图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q，hR.重力加速度为g，静电力常量为k.则()A小球a一定带正电B小球b的周期为C小球c的加速度大小为D外力F竖直向上，大小等于mg解析a、b、c三小球所带电荷量相同，要使它们做匀速圆周运动，则d球与a、b、c三小球一定带异种电荷，由于d球的电性未知，所以a球不一定带正电，故A错误设ad连线与水平方向的夹角为，则cos，sin；对b球，根据牛顿第二定律和向心力公式得kcos2kcos30mRma，解得T，a，则小球c的加速度大小为，故B、C正确对d球，由平衡条件得F3ksinmgmg，故D正确答案BCD3(多选)(2019全国卷)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则()A运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行解析在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动能为零，则带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确；粒子所受电场力与电场线共线与运动轨迹无关，D错误答案AC4(多选)(2019全国卷)如图，电荷量分别为q和q(q0)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()Aa点和b点的电势相等Ba点和b点的电场强度大小相等Ca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，电势能增加解析a、b两点到两点电荷连线的距离相等，且关于两点电荷连线中点对称，可知a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，选项B、C均正确答案BC5(2019山东省济南市期末测试)两个点电荷位于x轴上，在它们形成的电场中，若取无限远处的电势为零，则在x轴正半轴上各点的电势如图中曲线所示，当x0时，电势，当x时，电势0.电势为零的点的横坐标为x1，电势为最小值0的点的横坐标为x2，根据图线提供的信息，下列判断正确的是()A这两个点电荷一定是同种电荷B这两个点电荷一定是等量的异种电荷C在x1处的电场强度为零D在x2处的电场强度为零解析若这两个点电荷是同种电荷，则在x1处的电势不可能为零，因此这两个点电荷一定是异种电荷，选项A错误；当x0时，电势，可知在原点一定有正点电荷，负点电荷只能在x轴负半轴上，且负点电荷所带电荷量的绝对值一定大于正点电荷所带电荷量，可知这两个点电荷必定是不等量的异种电荷，选项B错误；根据电场强度与电势的关系可知E，故在x2处的电场强度为零，在x1处的电场强度不为零，选项D正确、C错误答案D6(2019宝鸡高三一模)如右图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，小球P从紧靠左极板处由静止开始释放，小球Q从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中，它们的()A电荷量之比qPqQ21B电势能减少量之比EpPEpQ21C运动时间tptQD动能增加量之比EkPEkQ41解析小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀加速直线运动，根据合运动与分运动的等时性，两小球下落的高度一样，即hgt2，所以运动的时间相同，设为t，C错误；在水平方向上有daPt2t2，daQt2t2，可得qPqQ21，A正确；电势能的减少量等于电场力所做的功，所以有EpPUqP，EpQUqQ，所以有EpPEpQ41，B错误；运动过程中重力和电场力做功，所以动能的增加量为EkPmghUqP，EkQmghUqQ，所以EkPEkQ41，D错误答案A7(2019全国卷)如图，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()A2FB1.5FC0.5FD0解析设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，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F1BlIF，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正确答案B8.(2017全国卷)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A0 B.B0 C.B0 D2B0解析设导线P在a点处产生的磁感应强度为B，由于a点处的磁感应强度为零，故导线P、Q在a点处产生的合磁感应强度与B0等大反向如图甲所示，由几何关系得，导线P、Q在a点处产生的合磁感应强度B02Bcos30，方向水平向右若P中的电流反向、其他条件不变，如图乙所示，由几何关系得，P、Q导线在a点处的磁感应强度变为B，方向竖直向上，则a点处合磁感应强度的大小为B0，故选项C正确答案C9(多选)(2019南京金陵中学二模)间距为L20 cm的光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m60 g、电阻R1 、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成53角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin530.8，cos530.6，g10 m/s2，则()A磁场方向一定竖直向下B电源电动势E3.0 VC导体棒在摆动过程中所受安培力F3 ND导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J解析当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确；设电路中电流为I，则根据动能定理得mgL(1cos53)FLsin530，解得安培力F0.3 N，由FBIL，得E3 V，故B正确，C错误；导体棒在摆动过程中电源提供的电能一部分转化为导体棒的机械能EmgL(1cos53)0.06100.20.4 J0.048 J，另一部分转化为焦耳热，故D错误答案AB二、非选择题10(2019石家庄高三质检二)如图所示，ABCD且A、B、C、D位于一半径为r的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为Q.现从A点将一质量为m、电荷量为q的小球由静止释放，小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为，g为重力加速度，不考虑运动电荷对静电场的影响，求：(1)小球运动到D点时对轨道的压力；(2)小球从A点到D点过程中电势能的改变量解析(1)小球在D点时有FNkmg解得FN2mgk由牛顿第三定律得，小球在D点时对轨道的压力大小为FN2mgk方向竖直向下(2)小球从A运动到D，根据动能定理，有：mgrW电m()20解得电场力做的功：W电mgr因为电场力做负功，则电势能增加，Epmgr答案(1)2mgk，方向竖直向下(2)mgr11(2019北京西城区模拟)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功，它的阻拦技术原理是，飞机着舰时利用阻拦索的作用力使它快速停止随着电磁技