2024高考物理二輪復習專題3電場與磁場第1講電場與磁場的基本性質學案

PAGE16-第1講電場與磁場的基本性質考情速覽·明規(guī)律高考命題點命題軌跡情境圖電場的性質2024Ⅱ卷20Ⅲ卷2120(2)20題20(3)21題18(2)21題19(3)21題18(1)16題18(1)21題17(3)21題16(2)15題17(1)20題16(1)20題2024Ⅰ卷15Ⅱ卷20Ⅲ卷212024Ⅰ卷16Ⅰ卷21Ⅱ卷212024Ⅲ卷212024Ⅰ卷14Ⅲ卷15磁場的基本性質2024Ⅰ卷1719(1)17題18(2)20題17(2)21題17(3)18題17(1)19題2024Ⅱ卷202024Ⅰ卷19Ⅱ卷21Ⅲ卷18核心學問·提素養(yǎng)“物理觀念”構建1．對電場強度的三個公式的理解(1)E＝eq\f(F,q)是電場強度的定義式，適用于任何電場．電場中某點的場強是確定的，其大小和方向與摸索電荷q無關，摸索電荷q充當“測量工具”．(2)E＝keq\f(Q,r2)是真空中點電荷所形成的電場的場強的確定式，某點的電場強度E由場源電荷Q和該點到場源電荷的距離r確定．(3)E＝eq\f(U,d)是場強與電勢差的關系式，只適用于勻強電場，留意式中d為兩點間沿電場方向的距離．2．電場能的性質(1)電勢與電勢能：φ＝eq\f(Ep,q).(2)電勢差與電場力做功：UAB＝eq\f(WAB,q)＝φA－φB．(3)電場力做功與電勢能的改變：W＝－ΔEp.3．等勢面與電場線的關系(1)電場線總是與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面．(2)電場線越密的地方，等差等勢面也越密．(3)沿等勢面移動電荷，電場力不做功，沿電場線移動電荷，電場力肯定做功．4．電場中電勢凹凸、電勢能大小的推斷推斷電勢的凹凸依據電場線的方向推斷依據UAB＝φA－φB推斷依據電場力做功(或電勢能)推斷推斷電勢能的大小依據Ep＝qφ推斷依據電場力做功(W＝－ΔEp)推斷5.磁場“科學思維”展示1．思想方法(1)等效思想、分解思想；(2)比值定義法、限制變量法、類比法、對稱法、合成法、分解法．2．模型建構(1)靜電力做功的求解方法①由功的定義式W＝Flcosα求解．②利用結論“電場力做的功等于電荷電勢能增量的負值”求解，即W＝－ΔEp.③利用WAB＝qUAB求解．(2)電場中功能關系的理解及應用方法①若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變．②若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．③除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的改變．④全部力對物體所做的功等于物體動能的改變．命題熱點·巧突破考點一電場的基本性質考向1電場力的性質1．(2024·全國卷Ⅰ·T15)如圖所示，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則(D)A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負電荷C．P帶正電荷，Q帶負電荷D．P帶負電荷，Q帶正電荷【解析】對P、Q整體進行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，選項A、B錯誤；對P進行受力分析可知，勻強電場對它的電場力應水平向左，與Q對它的庫侖力平衡，所以P帶負電荷，Q帶正電荷，選項D正確，C錯誤．2．(2024·全國卷Ⅰ·T16)如圖所示，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線．設小球a、b所帶電荷量的比值的肯定值為k，則(D)A．a、b的電荷同號，k＝eq\f(16,9)B．a、b的電荷異號，k＝eq\f(16,9)C．a、b的電荷同號，k＝eq\f(64,27)D．a、b的電荷異號，k＝eq\f(64,27)【解析】假如a、b帶同種電荷，則a、b兩小球對c的作用力均為斥力或引力，此時c在垂直于a、b連線的方向上的合力肯定不為零，因此a、b不行能帶同種電荷，A、C錯誤；若a、b帶異種電荷，假設a對c的作用力為斥力，則b對c的作用力肯定為引力，受力分析如圖所示，由題意知c所受庫侖力的合力方向平行于a、b的連線，則Fa、Fb在垂直于a、b連線的方向上的合力為零，由幾何關系可知∠a＝37°、∠b＝53°，則Fasin37°＝Fbcos37°，解得eq\f(Fa,Fb)＝eq\f(4,3)，又由庫侖定律及以上各式代入數據可解得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(64,27)，B錯誤，D正確．3．如圖所示，三角形abc的三個頂點各自固定一個點電荷，A處點電荷受力如圖所示，則B處點電荷受力可能是(B)A．F1 B．F2C．F3 D．F4【解析】A處點電荷所受靜電力大小為F，依據庫侖定律，結合平行四邊形定則及幾何關系可以知道，C處電荷對A處電荷的電場力為引力，B處電荷對A處電荷的電場力為斥力，C處電荷與A處電荷為異種電荷，A處電荷與B處電荷為同種電荷，所以可得C處電荷對B處電荷的電場力為引力，A處電荷對B處電荷的電場力為斥力，依據平行四邊形定則可得B處點電荷受力可能為F2，故B正確，A、C、D錯誤．考向2電場能的性質4．(多選)(2024·全國卷Ⅱ·T20)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止起先運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則(AC)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，粒子的軌跡肯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肯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點由靜止起先運動，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，可知若粒子運動到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；若靜電場的電場線不是直線，帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡不會與電場線重合，選項B錯誤；若粒子運動軌跡為曲線，依據粒子做曲線運動的條件，可知粒子在N點所受電場力的方向肯定不與粒子軌跡在該點的切線平行，選項D錯誤．5．(2024·成都外國語學校一模)在平面直角坐標系的x軸上關于原點O對稱的P、Q兩點各放一個等量點電荷后，x軸上各點電場強度E隨坐標x的改變曲線如圖所示，規(guī)定沿x軸正向為場強的正方向，則關于這兩個點電荷所激發(fā)電場的有關描述中正確的有(D)A．將一個正檢驗電荷從P點沿x軸移向Q點的過程中電場力始終做正功B．x軸上從P點到Q點的電勢先上升后降低C．若將一個正檢驗電荷從兩點電荷連線的垂直平分線上的一側移至另一側對稱點的過程中肯定是電場力先做正功后做負功D．若將一個正檢驗電荷從兩點電荷連線的垂直平分線上的一側移至另一側對稱點的過程中受到的電場力可能先減小后增大【解析】由于正檢驗電荷所受電場力方向與電場強度方向相同，將一個正檢驗電荷從P點沿x軸移向Q點的過程中電場力先做正功后做負功，選項A錯誤；由x軸上各點電場強度E隨坐標x的改變曲線可知，為等量正點電荷，x軸上從P點到Q點的電勢先降低后上升，選項B錯誤；畫出兩等量正點電荷電場的電場線，可知若將一個正檢驗電荷從兩點電荷連線的垂直平分線上的一側移至另一側對稱點的過程中，肯定是電場力先做負功后做正功，選項C錯誤；由于兩等量正點電荷連線上的中點電場強度為零，所以若將一個正檢驗電荷從兩點電荷連線的垂直平分線上的一側移至另一側對稱點的過程中受到的電場力可能先減小后增大，選項D正確．6.(多選)(2024·全國課標卷Ⅱ)如圖，豎直面內一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別勻稱分布著等量異種電荷．a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等．則(ABC)A．a、b兩點的場強相等 B．a、b兩點的電勢相等C．c、d兩點的場強相等 D．c、d兩點的電勢相等【解析】如圖所示，為等量異種電荷四周空間的電場分布圖．本題的帶電圓環(huán)，可拆解成這樣多數對等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置．它們有共同的對稱軸PP′，PP′所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延長到無限遠處，電勢為零．故在此平面上的點電勢為零，即φa＝φb＝0；而從M點到N點，電勢始終在降低，即φc>φd，故B正確，D錯誤；上下兩側電場線分布對稱，左右兩側電場線分布也對稱，由電場的疊加原理可知A、C正確；故選A、B、C．7.(多選)(2024·全國課標卷Ⅲ)如圖，∠M是銳角三角形PMN最大的內角，電荷量為q(q>0)的點電荷固定在P點．下列說法正確的是(BC)A．沿MN邊，從M點到N點，電場強度的大小漸漸增大B．沿MN邊，從M點到N點，電勢先增大后減小C．正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大D．將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為負【解析】點電荷的電場以點電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖．∠M是最大內角，所以PN>PM，依據點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)(或者依據電場線的疏密程度)可知從M→N電場強度先增大后減小，A錯誤；電場線與等勢面(圖中虛線)到處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從M→N電勢先增大后減小，B正確；M、N兩點的電勢大小關系為φM>φN，依據電勢能的公式Ep＝qφ可知正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能，C正確；正電荷從M→N，電勢能減小，電場力所做的總功為正功，D錯誤．8．(多選)(2024·山東高考真題)真空中有兩個固定的帶正電的點電荷，電荷量不相等．一個帶負電的摸索電荷置于二者連線上的O點時，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態(tài)．過O點作兩正電荷連線的垂線，以O點為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d，如圖所示．以下說法正確的是(BD)A．a點電勢低于O點B．b點電勢低于c點C．該摸索電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能D．該摸索電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能【解析】由題意可知O點合場強為零，依據同種電荷之間電場線的分布可知aO之間電場線由a到O，故a點電勢高于O點電勢，故A錯誤；同理依據同種電荷電場線分布可知b點電勢低于c點電勢，故B正確；依據電場線分布可知負電荷從a到b電場力做負功，電勢能增加，即該摸索電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能，故C錯誤；同理依據電場線分布可知負電荷從c點到d點電場力做負功，電勢能增加，即該摸索電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能，故D正確．故選B、D．規(guī)律總結電場中的三類圖像問題(1)v－t圖像：依據v－t圖像中速度的改變、斜率的肯定值的改變(即加速度大小的改變)，確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小改變狀況，進而確定電場的方向、電勢的凹凸及電勢能的改變狀況．(2)φ－x圖像：①電場強度的大小等于φ－x圖線的斜率肯定值；②在φ－x圖像中可以干脆推斷各點電勢的大小，并可依據電勢大小關系大致確定電場強度的方向；③在φ－x圖像中分析電荷移動時做功的正負，可用WAB＝qUAB分析WAB的正負，然后做出推斷．(3)E－x圖像：①依據給出的E－x圖像，確定E的方向，依據E的大小改變，確定電場的強弱分布；②圖線與橫軸所圍面積在數值上表示電勢差．考向3電容器的動態(tài)分析9.(2024·西北師大附中模擬)如圖所示，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，兩板間有一個帶負電的摸索電荷固定在P點．靜電計的金屬球與電容器的負極板連接，外殼接地．以E表示兩板間的場強，φ表示P點的電勢，EP表示該摸索電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持負極板不動，將正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計帶電荷量可忽視不計)，各物理量改變狀況描述正確的是(C)A．E增大，φ降低，EP減小，θ增大B．E不變，φ降低，EP增大，θ減小C．E不變，φ上升，EP減小，θ減小D．E減小，φ上升，EP減小，θ減小【解析】將正極板適當向右水平移動，兩板間的距離減小，依據電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C增大，因平行板電容器充電后與電源斷開，則電容器的電荷量Q不變，由C＝eq\f(Q,U)得知，板間電壓U減小，因此夾角θ減?。辉僖罁彘g場強E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，知E不變；P點到正極板距離減小，且正極板接地，由公式U＝Ed得知，則P點的電勢增加；負電荷在P點的電勢能減小，故C正確．10．(2024·四川四市聯(lián)考)目前智能手機普遍采納了電容觸摸屏．電容觸摸屏是利用人體的電流感應進行工作的，它是一塊四層復合玻璃屏，玻璃屏的內表面和夾層各涂一層ITO(納米銦錫金屬氧化物)，夾層ITO涂層作為工作面，四個角引出四個電極，當用戶手指(肉)觸摸電容觸摸屏時，手指(肉)和工作面形成一個電容器，因為工作面上接有高頻信號，電流通過這個電容器分別從屏的四個角上的電極中流出，且理論上流經四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例，限制器通過對四個電流比例的精密計算來確定手指位置．寒冷的冬天，人們也可以用觸屏手套進行觸控操作．下列說法正確的是(D)A．運用絕緣筆壓電容觸摸屏也能進行觸控操作B．為了平安，觸屏手套指尖處應當采納絕緣材料C．手指按壓屏的力變大，手指(肉)和工作面形成的電容器電容變小D．手指與屏的接觸面積變大，手指(肉)和工作面形成的電容器電容變大【解析】據題可知，絕緣筆與工作面不能形成一個電容器，所以不能在電容屏上進行觸控操作，故A錯誤；同理，B錯誤；手指壓力變大時，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，依據C＝eq\f(εS,4πkd)，電容將變大，故C錯誤；手指與屏的接觸面積變大時，依據C＝eq\f(εS,4πkd)電容變大，故D正確．考點二磁場的基本性質考向1磁場的疊加1．(2024·北京豐臺區(qū)二模)如圖所示，兩根垂直紙面放置的直導線，通有大小相同、方向相反的電流．O為兩導線連線的中點，P、Q是兩導線連線中垂線上的兩點，且OP＝OQ.以下說法正確的是(B)A．O點的磁感應強度為零B．P、Q兩點的磁感應強度方向相同C．若在P點放置一條電流方向垂直紙面對里的通電導線，其受力方向為P→OD．若在Q點放置一條電流方向垂直紙面對里的通電導線，其受力方向為Q→O【解析】依據安培定則可知，右側導線在O點的磁感應強度方向豎直向下，左側導線在O點的磁感應強度方向也是豎直向下，故O點的磁感應強度不為零，選項A錯誤；右側導線在P點的磁感應強度方向斜向右下方，左側導線在P點的磁感應強度方向斜向左下方，兩者合成后，P點的合磁感應強度方向豎直向下，同理Q點的磁感應強度方向也是豎直向下的，故兩點磁感應強度方向相同，選項B正確；P點的合磁感應強度方向豎直向下，若在P點放置一條電流方向垂直紙面對里的通電導線，依據左手定則可推斷其受力方向水平向左，選項C錯誤；Q點的合磁感應強度方向豎直向下，若在Q點放置一條電流方向垂直紙面對里的通電導線，依據左手定則可推斷其受力方向水平向左，選項D錯誤．2．(多選)(2024·全國卷Ⅰ)如圖，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反，下列說法正確的是(BC)A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶eq\r(3)D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為eq\r(3)∶eq\r(3)∶1【解析】同向電流相互吸引，反向電流相互排斥．對L1受力分析，如圖所示，可知L1所受磁場力的方向與L2、L3所在的平面平行，故A錯誤；對L3受力分析，如圖所示，可知L3所受磁場力的方向與L1、L2所在的平面垂直，故B正確；設三根導線兩兩之間的相互作用力為F，則L1、L2受到的磁場力的合力等于F，L3受的磁場力的合力為eq\r(3)F，即L1、L2、L3單位長度受到的磁場力之比為1∶1∶eq\r(3)，故C正確，D錯誤．3．(2024·浙江高考真題)特高壓直流輸電是國家重點能源工程．如圖所示，兩根等高、相互平行的水平長直導線分別通有方向相同的電流I1和I2，I1>I2.a、b、c三點連線與兩根導線等高并垂直，b點位于兩根導線間的中點，a、c兩點與b點距離相等，d點位于b點正下方．不考慮地磁場的影響，則(C)A．b點處的磁感應強度大小為0B．d點處的磁感應強度大小為0C．a點處的磁感應強度方向豎直向下D．c點處的磁感應強度方向豎直向下【解析】通電直導線四周產生磁場方向由安培定則推斷，如圖所示．I1在b點產生的磁場方向向上，I2在b點產生的磁場方向向下，因為I1>I2即B1>B2則在b點的磁感應強度不為零，A錯誤；如圖所示，d點處的磁感應強度不為零，a點處的磁感應強度豎直向下，c點處的磁感應強度豎直向上，B、D錯誤，C正確．故選C．考向2磁場對電流的作用4．如圖所示，地面上的平行軌道MN和PQ上有一輛平板小車，車上有一個通電線框，G是電源．圖中虛線框1、2、3、4、5等是磁感強度大小相等的勻強磁場區(qū)域，內有垂直地面對上或向下的磁場，要使小車在圖示位置時受到向右的推力，此時1、2部分的磁場方向對應下圖中的(A)【解析】依據左手定則，要使小車在圖示位置時受到向右的推力，即安培力向右，則磁場2向外，磁場1向里，選項A正確．5．(2024·浙江選考)電流天平是一種測量磁場力的裝置，如圖所示．兩相距很近的通電平行線圈Ⅰ和Ⅱ，線圈Ⅰ固定，線圈Ⅱ置于天平托盤上．當兩線圈均無電流通過時，天平示數恰好為零．下列說法正確的是(A)A．當天平示數為負時，兩線圈電流方向相同B．當天平示數為正時，兩線圈電流方向相同C．線圈Ⅰ對線圈Ⅱ的作用力大于線圈Ⅱ對線圈Ⅰ的作用力D．線圈Ⅰ對線圈Ⅱ的作用力與托盤對線圈Ⅱ的作用力是一對相互作用力【解析】當兩線圈電流相同時，表現(xiàn)為相互吸引，電流方向相反時，表現(xiàn)為相互排斥，故當天平示數為正時，兩者相互排斥，電流方向相反，當天平示數為負時，兩者相互吸引，電流方向相同，A正確，B錯誤；線圈Ⅰ對線圈Ⅱ的作用力與線圈Ⅱ對線圈Ⅰ的作用力是一對相互作用力，等大反向，C錯誤；靜止時，線圈Ⅱ平衡，線圈Ⅰ對線圈Ⅱ的作用力與托盤對線圈Ⅱ的作用力是一對平衡力，D錯誤．6．如圖所示，垂直紙面放置的兩根平行長直導線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1＞I2，紙面內的一點H到兩根導線的距離相等，則該點的磁感應強度方向可能為圖中的(C)A．B1 B．B2C．B3 D．B4【解析】依據右手螺旋定則得出兩電流在H點的磁場方向，如圖，因為I1>I2，故I1產生的磁場大于I2產生的磁場，依據平行四邊形定則知H點的合磁場強度可能為B3方向，C正確．7．(2024·吉林省試驗中學一模)如圖所示，半徑為R的虛線圓上有一弦AB，弦長為eq\r(3)R，C為弦AB的垂直平分線與圓右側的交點，現(xiàn)給A、B、C三點放置三個長度均為L、方向與紙面垂直的直線電流，電流的大小相等，A、B方向相同，B與C相反．已知直線電流在四周產生磁場的磁感應強度的表達式為B＝keq\f(I,r)，其中k為常數，I為電流強度，r為空間某點到直線電流的距離．若A對B的磁場力大小為F，則(C)A．B對C的磁場力大小為eq\f(\r(3),2)FB．A對C的磁場力大小為eq\f(\r(3),3)FC．C所受到的磁場力大小為eq\r(3)FD．C所受到的磁場力大小為F【解析】設A、B的電流方向垂直紙面對里，C的電流方向垂直紙面對外，連接AC、AB，過C作AB的垂線CD，如圖所示：由幾何關系可知，AB＝BC＝AC＝eq\r(3)R，即△ABC是一個等邊三角形，依據磁感應強度的表達式B＝keq\f(I,r)可知，三根導線的電流大小相等，若A對B的磁場力大小為F，則A對C的磁場力大小也為F，B對A的磁場力大小也為F，B對C的磁場力大小也為F，故A、B錯誤；對C受力分析如圖所示：由力的合成法得：F合＝2Fcos30°＝eq\r(3)F，C正確，D錯誤；選C．考向3磁場對運動電荷的作用8．(2024·北京海淀區(qū)一模)如圖所示，在一通有恒定電流的長直導線的右側，有一帶正電的粒子以初速度v0沿平行于導線的方向射出．若粒子所受重力及空氣阻力均可忽視不計，現(xiàn)用虛線表示粒子的運動軌跡，虛線上某點所畫有向線段的長度和方向表示粒子經過該點時的速度大小和方向，則如圖所示的圖景中可能正確的是(B)【解析】依據右手螺旋定則可知，在導線右側磁場方向垂直紙面對里，依據左手定則，推斷粒子受力的方向向左，因此粒子向左側偏轉，C、D錯誤；由于洛倫茲力不做功，因此運動過程中粒子速度大小不變，B正確，A錯誤．9．