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
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第一讲 电场和磁场的基本性质
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[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Ep＝qφ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.
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[答案] (1)电场力做功的计算方法
①WAB＝qUAB(普遍适用)．
②W＝qElcosθ(适用于匀强电场)．
③WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(从能量角度求解)．
④W电＋W非电＝ΔEk(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φA、φB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：F＝BIL
I与B平行时：F＝0
I与B成θ角时：F＝BILsinθ
(4)
洛伦兹力
定义
运动电荷在磁场中受到的力
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大小
v与B垂直时：F＝qvB
v与B平行时：F＝0
v与B成θ角时：F＝qvBsinθ
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( )
A．k B．k C．k D．k
[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r⇒A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
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点产生的场强大小为EA＝k，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EB＝k，方向水平向左，因为C点的场强为零，所以有EA＝EB，即Q＝q，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EA′＝k，方向竖直向上，B在d点产生的场强大小为EB′＝k，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φM、φN，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( )
A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN
[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Ep＝qφ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vM>vN，EpM
aB，EkA>EkB B．aAEpB
C．aAaB，EpAEkB，EpA0表示场强沿x轴正方向；E<0表示场强沿x轴负方向．
③图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．
(2)φ－x图像特点及应用
①电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．
②在φ－x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．
③在φ－x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后做出判断.
1.(2019·湖北荆州第一次质检)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如右图所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( )
A．在x2和x4处电势能相等
B．由x1运动到x3的过程中电势能增大
C．由x1运动到x4的过程中电势能先减小后增大
D．由x1运到到x4的过程中电场力先减小后增大
[解析] x2～x4处场强方向沿x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向，电势升高，则正电荷在x4处电势能较大，故A错误；x1～x3处场强为x轴负方向，则从x1到
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x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，故B正确；由x1运动到x4的过程中，逆着电场线方向，电势升高，正电荷的电势能增大，故C错误；由x1运动到x4的过程中，电场强度的绝对值先增大后减小，故由F＝qE知，电场力先增大后减小，故D错误．
[答案] B
2．(2019·河北定州期中)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则下列选项说法错误的是( )
A．q1为正电荷，q2为负电荷
B．q1的电荷量大于q2的电荷量
C．N、C间场强方向沿x轴正方向
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
[解析] 由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为0，由于沿着电场线电势降低，所以q1为正电荷，q2为负电荷，故A正确．A点的电势为零，又由于OA>AM，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．N→D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
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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：T＋Tcos60°＝k；Tcos30°＝maA，联立解得：aA＝，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2ma＝，选项C、D错误．
[答案] B
2．(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，h＝R.重力加速度为g，静电力常量为k.则( )
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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α，则cosα＝＝，sinα＝＝；对b球，根据牛顿第二定律和向心力公式得kcosα－2k·cos30°＝mR＝ma，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F＝3ksinα＋mg＝mg＋，故D正确．
[答案] BCD
3．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)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
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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] AC
4．(多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图，电荷量分别为q和－q(q>0)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( )
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a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] BC
5．(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x→0时，电势φ→∞，当x→∞时，电势φ→0.电势为零的点的横坐标为x1，电势为最小值－φ0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( )
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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x→0时，电势φ→∞，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] D
6．(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( )
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A．电荷量之比qP∶qQ＝2∶1
B．电势能减少量之比ΔEpP∶ΔEpQ＝2∶1
C．运动时间tp>tQ
D．动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1
[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h＝gt2，所以运动的时间相同，设为t，C错误；在水平方向上有d＝aPt2＝t2，d＝aQt2＝t2，可得qP∶qQ＝2∶1，A正确；电势能的减少量等于电场力所做的功，所以有ΔEpP＝UqP，ΔEpQ＝UqQ，所以有ΔEpP∶ΔEpQ＝4∶1，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ΔEkP＝mgh＋UqP，ΔEkQ＝mgh＋UqQ，所以ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1，D错误．
[答案] A
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7．(2019·全国卷Ⅰ)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( )
A．2F B．1.5F
C．0.5F D．0
[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F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝BlI＝F，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] B
8.(2017·全国卷Ⅲ)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( )
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A．0 B.B0 C.B0 D．2B0
[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B0＝2Bcos30°，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] C
9．(多选)(2019·南京金陵中学二模)间距为L＝20 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m＝60 g、电阻R＝1 Ω、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B＝0.5 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θ＝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，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10 m/s2，则( )
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A．磁场方向一定竖直向下
B．电源电动势E＝3.0 V
C．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝3 N
D．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(1－cos53°)＋FLsin53°＝0，解得安培力F＝0.3 N，由F＝BIL＝，得E＝3 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E＝mgL(1－cos53°)＝0.06×10×0.2×0.4 J＝0.048 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，AB⊥CD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：
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(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FN＋k－mg＝
解得FN＝2mg－k
由牛顿第三定律得，小球在D点时对轨道的压力大小为FN′＝2mg－k
方向竖直向下
(2)小球从A运动到D，根据动能定理，有：mgr＋W电＝m()2－0
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，ΔEp＝mgr
[答案] (1)2mg－k，方向竖直向下 (2)mgr
11．(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．随着电磁技术的日趋成熟，新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术，它的阻拦技术原理是，飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止．为研究问题的方便，我们将其简化为如图所示的模型．在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计．轨道端点MP间接有阻值为R的电阻．
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一个长为L、质量为m、阻值为r的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．质量为M的飞机以水平速度v0迅速钩住导体棒ab，钩住之后关闭动力系统并立即获得共同的速度．假如忽略摩擦等次要因素，飞机和导体棒系统仅在安培力作用下很快停下来．求：
(1)飞机钩住导体棒后它们获得的共同速度v的大小；
(2)飞机在阻拦减速过程中获得的加速度a的最大值；
(3)从飞机钩住导体棒到它们停下来的整个过程中运动的距离x.
[解析] (1)以飞机和导体棒为研究对象，
根据动量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v，
解得它们共同的速度v＝v0；
(2)飞机钩住导体棒后它们以速度v开始在安培力的作用下做减速运动，所以当它们的速度为v时所受安培力最大，此时加速度也最大，
根据牛顿第二定律有BIL＝(M＋m)a，
根据闭合电路欧姆定律有I＝，
联立以上两式解得a＝；
(3)以飞机和导体棒为研究对象，在很短的一段时间Δt内，
根据动量定理有BiL·Δt＝(M＋m)Δv，
在某时刻，根据闭合电路欧姆定律有i＝，
联立可得·Δt＝(M＋m)Δv，
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飞机经时间t停下来，在时间t内，对等式两边求和，有·x＝(M＋m)v，
解得x＝.
[答案] (1)v0 (2)
(3)
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