（新課標）2020版高考物理大二輪復習專題四電場和磁場第一講電場和磁場的基本性質(zhì)教學案.docx

第一講電場和磁場的基本性質(zhì)知識建構(gòu)(注1)(注4)：詳見答案部分備考點睛1.掌握電場的“3個要點”(1)掌握幾種常見電場的電場線、等勢面的分布特點.(2)掌握判斷電勢能的大小和電勢的高低的方法.(3)掌握等勢面特點和電場強度與電勢關(guān)系：等勢面與電場線垂直；等差等勢面越密，電場強度越大；電場強度方向就是電勢降低最快的方向.2.用準“兩個定則”(1)對電流的磁場用安培定則.(2)對通電導線在磁場中所受的安培力和帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力用左手定則.3.易錯點歸納(1)電場強度與電勢無直接關(guān)系；(2)注意電容器與電源連接與斷開的兩種情況；(3)應用Epq比較電勢能時，注意q為負值時的情況；(4)判斷洛倫茲力方向時要注意粒子的電性，粒子電性不同，洛倫茲力的方向不同，運動軌跡也不同. 答案(1)電場力做功的計算方法WABqUAB(普遍適用)WqElcos(適用于勻強電場)WABEpEpAEpB(從能量角度求解)W電W非電Ek(由動能定理求解)(2)電勢高低的判斷方法判斷角度判斷方法依據(jù)電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低依據(jù)電場力做功根據(jù)UAB，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷A、B的高低依據(jù)場源電荷的正負取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值，靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低依據(jù)電勢能的高低正電荷在電勢較高處電勢能大，負電荷在電勢較低處電勢能大(3)安培力定義通電導線在磁場中受到的力大小I與B垂直時：FBILI與B平行時：F0I與B成角時：FBILsin(4)洛倫茲力定義運動電荷在磁場中受到的力大小v與B垂直時：FqvBv與B平行時：F0v與B成角時：FqvBsin熱點考向一電場的性質(zhì)及應用角度一電場力的性質(zhì)【典例1】(2019九江模擬)如圖，A是帶電量為Q半徑為R的球體且電荷均勻分布(均勻分布電荷的絕緣球體在空間產(chǎn)生對稱的電場，場強大小只和到球心的距離有關(guān))，B為帶電量為q的帶電體可看做點電荷已檢測到C點的場強為零，d點與C點到球心O的距離都為r，B到C點距離也為r，那么只把帶q的帶電體移到e點則d點場強大小為()Ak Bk Ck Dk思路引領(lǐng)(1)均勻分布電荷的絕緣球體在空間產(chǎn)生對稱的電場，場強大小只和到球心的距離有關(guān)A在空間某點的場強可由點電荷的場強公式計算(2)B為帶電量為q的帶電體可看做點電荷B在空間某點的場強可由點電荷的場強公式計算(3)C點的場強為零，d點與C點到球心O的距離都為r，B到C點距離也為rA的電荷量Q等于B的電荷量q.解析A是帶電量為Q半徑為R的球體且電荷均勻分布，則A在C點產(chǎn)生的場強大小為EAk，方向水平向右，B為帶電量為q的帶電體可看做點電荷，則B在C點產(chǎn)生的場強大小為EBk，方向水平向左，因為C點的場強為零，所以有EAEB，即Qq，把帶q的帶電體B移到e點，則A在d點產(chǎn)生的場強大小為EAk，方向豎直向上，B在d點產(chǎn)生的場強大小為EBk，方向水平向左，根據(jù)電場的疊加原理，將A、B在d點產(chǎn)生的場強進行矢量疊加即可得d點場強大小為k，故A正確，B、C、D錯誤答案A角度二電場能的性質(zhì)【典例2】(2018天津卷)如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為M、N，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN.下列判斷正確的是()AvMvN，aMaNBvMvN，MNCMN，EpMEpNDaMaN，EpMEpN思路引領(lǐng)(1)粒子雖然不知運動方向，但可以假設由M向N運動，然后根據(jù)粒子軌跡彎曲方向，判斷電場力做功情況(2)粒子帶負電，可根據(jù)Epq判斷電勢高低解析由粒子軌跡彎曲方向及電場線分布情況可知，粒子所受電場力方向沿電場線切線方向反向，設粒子由M向N運動，則速度方向沿軌跡切線方向，電場力方向與粒子速度方向的夾角為鈍角，電場力做負功，電勢能增大，動能減小，所以vMvN，EpMEpN，A、B項錯誤；電場線的疏密程度表示電場強度大小，故粒子在M點所受電場力的大小小于在N點所受電場力的大小，由牛頓第二定律可知，aMaB，EkAEkB BaAEpBCaAaB，EpAaB，EpAEkB解析根據(jù)等電勢差等勢面稀疏處電場強度小，密處電場強度大，可知A處電場強度小于B處由電場力公式和牛頓第二定律可得qEma，由此可知aAEkB，EpA0表示場強沿x軸正方向；EAM，所以q1的電荷量大于q2的電荷量，故B正確由圖可知：從N到C，電勢升高，根據(jù)沿著電場線電勢降低可知，N、C間電場強度方向沿x軸負方向，故C錯誤ND段中，電勢先升高后降低，所以場強方向先沿x軸負方向，后沿x軸正方向，將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功，故D正確答案C專題強化訓練(十)一、選擇題1(2019東北師大附中教學抽樣檢測)如右圖所示，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質(zhì)量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結(jié)點O.在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運動，輕繩恰好構(gòu)成一個邊長為l的等邊三角形，則()A小環(huán)A的加速度大小為B小環(huán)A的加速度大小為C恒力F的大小為D恒力F的大小為解析設輕繩的拉力為T，則對A：TTcos60k；Tcos30maA，聯(lián)立解得：aA，選項B正確，A錯誤；恒力F的大小為F2ma，選項C、D錯誤答案B2(多選)(2019武漢二中月考)如右圖所示，a、b、c、d四個質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，三小球所在位置恰好將圓周等分小球d位于O點正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止狀態(tài)，已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為6q，hR.重力加速度為g，靜電力常量為k.則()A小球a一定帶正電B小球b的周期為C小球c的加速度大小為D外力F豎直向上，大小等于mg解析a、b、c三小球所帶電荷量相同，要使它們做勻速圓周運動，則d球與a、b、c三小球一定帶異種電荷，由于d球的電性未知，所以a球不一定帶正電，故A錯誤設ad連線與水平方向的夾角為，則cos，sin；對b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式得kcos2kcos30mRma，解得T，a，則小球c的加速度大小為，故B、C正確對d球，由平衡條件得F3ksinmgmg，故D正確答案BCD3(多選)(2019全國卷)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則()A運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合C粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行解析在兩個同種點電荷的電場中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點由靜止開始運動，粒子的速度先增大后減小，選項A正確；帶電粒子僅在電場力作用下運動，若運動到N點的動能為零，則帶電粒子在N、M兩點的電勢能相等；僅在電場力作用下運動，帶電粒子的動能和電勢能之和保持不變，若粒子運動到N點時動能不為零，則粒子在N點的電勢能小于在M點的電勢能，即粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能，選項C正確；粒子所受電場力與電場線共線與運動軌跡無關(guān)，D錯誤答案AC4(多選)(2019全國卷)如圖，電荷量分別為q和q(q0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點則()Aa點和b點的電勢相等Ba點和b點的電場強度大小相等Ca點和b點的電場強度方向相同D將負電荷從a點移到b點，電勢能增加解析a、b兩點到兩點電荷連線的距離相等，且關(guān)于兩點電荷連線中點對稱，可知a、b兩點的電場強度大小相等，方向相同，選項B、C均正確答案BC5(2019山東省濟南市期末測試)兩個點電荷位于x軸上，在它們形成的電場中，若取無限遠處的電勢為零，則在x軸正半軸上各點的電勢如圖中曲線所示，當x0時，電勢，當x時，電勢0.電勢為零的點的橫坐標為x1，電勢為最小值0的點的橫坐標為x2，根據(jù)圖線提供的信息，下列判斷正確的是()A這兩個點電荷一定是同種電荷B這兩個點電荷一定是等量的異種電荷C在x1處的電場強度為零D在x2處的電場強度為零解析若這兩個點電荷是同種電荷，則在x1處的電勢不可能為零，因此這兩個點電荷一定是異種電荷，選項A錯誤；當x0時，電勢，可知在原點一定有正點電荷，負點電荷只能在x軸負半軸上，且負點電荷所帶電荷量的絕對值一定大于正點電荷所帶電荷量，可知這兩個點電荷必定是不等量的異種電荷，選項B錯誤；根據(jù)電場強度與電勢的關(guān)系可知E，故在x2處的電場強度為零，在x1處的電場強度不為零，選項D正確、C錯誤答案D6(2019寶雞高三一模)如右圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場，與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球，小球P從緊靠左極板處由靜止開始釋放，小球Q從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運動到右極板的過程中，它們的()A電荷量之比qPqQ21B電勢能減少量之比EpPEpQ21C運動時間tptQD動能增加量之比EkPEkQ41解析小球在豎直方向上做自由落體運動，在水平方向上做勻加速直線運動，根據(jù)合運動與分運動的等時性，兩小球下落的高度一樣，即hgt2，所以運動的時間相同，設為t，C錯誤；在水平方向上有daPt2t2，daQt2t2，可得qPqQ21，A正確；電勢能的減少量等于電場力所做的功，所以有EpPUqP，EpQUqQ，所以有EpPEpQ41，B錯誤；運動過程中重力和電場力做功，所以動能的增加量為EkPmghUqP，EkQmghUqQ，所以EkPEkQ41，D錯誤答案A7(2019全國卷)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接已知導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A2FB1.5FC0.5FD0解析設三角形邊長為l，通過導體棒MN的電流大小為I，則根據(jù)并聯(lián)電路的規(guī)律可知通過導體棒ML和LN的電流大小為，如圖所示，依題意有FBlI，則導體棒ML和LN所受安培力的合力為F1BlIF，方向與F的方向相同，所以線框LMN受到的安培力大小為1.5F，選項B正確答案B8.(2017全國卷)如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為()A0 B.B0 C.B0 D2B0解析設導線P在a點處產(chǎn)生的磁感應強度為B，由于a點處的磁感應強度為零，故導線P、Q在a點處產(chǎn)生的合磁感應強度與B0等大反向如圖甲所示，由幾何關(guān)系得，導線P、Q在a點處產(chǎn)生的合磁感應強度B02Bcos30，方向水平向右若P中的電流反向、其他條件不變，如圖乙所示，由幾何關(guān)系得，P、Q導線在a點處的磁感應強度變?yōu)锽，方向豎直向上，則a點處合磁感應強度的大小為B0，故選項C正確答案C9(多選)(2019南京金陵中學二模)間距為L20 cm的光滑平行導軌水平放置，導軌左端通過開關(guān)S與內(nèi)阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L的兩段光滑圓弧導軌相接，一根質(zhì)量m60 g、電阻R1 、長為L的導體棒ab，用長也為L的絕緣細線懸掛，如圖所示，系統(tǒng)空間有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B0.5 T，當閉合開關(guān)S后，導體棒沿圓弧擺動，擺到最大高度時，細線與豎直方向成53角，擺動過程中導體棒始終與導軌接觸良好且細線處于張緊狀態(tài)，導軌電阻不計，sin530.8，cos530.6，g10 m/s2，則()A磁場方向一定豎直向下B電源電動勢E3.0 VC導體棒在擺動過程中所受安培力F3 ND導體棒在擺動過程中電源提供的電能為0.048 J解析當開關(guān)S閉合時，導體棒向右擺動，說明其所受安培力水平向右，由左手定則可知，磁場方向豎直向下，故A正確；設電路中電流為I，則根據(jù)動能定理得mgL(1cos53)FLsin530，解得安培力F0.3 N，由FBIL，得E3 V，故B正確，C錯誤；導體棒在擺動過程中電源提供的電能一部分轉(zhuǎn)化為導體棒的機械能EmgL(1cos53)0.06100.20.4 J0.048 J，另一部分轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故D錯誤答案AB二、非選擇題10(2019石家莊高三質(zhì)檢二)如圖所示，ABCD且A、B、C、D位于一半徑為r的豎直圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為Q.現(xiàn)從A點將一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球由靜止釋放，小球沿光滑絕緣軌道ADB運動到D點時速度為，g為重力加速度，不考慮運動電荷對靜電場的影響，求：(1)小球運動到D點時對軌道的壓力；(2)小球從A點到D點過程中電勢能的改變量解析(1)小球在D點時有FNkmg解得FN2mgk由牛頓第三定律得，小球在D點時對軌道的壓力大小為FN2mgk方向豎直向下(2)小球從A運動到D，根據(jù)動能定理，有：mgrW電m()20解得電場力做的功：W電mgr因為電場力做負功，則電勢能增加，Epmgr答案(1)2mgk，方向豎直向下(2)mgr11(2019北京西城區(qū)模擬)2012年11月，“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功，它的阻攔技術(shù)原理是，飛機著艦時利用阻攔索的作用力使它快速停止隨著電磁技