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1、【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】1/12 2020高考物理二轮复习专题三电场与磁场第1讲电场和磁场的基本性质学案编 辑：_时 间：_教学资料范本【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】2/12 知识必备1.电场强度的三个公式2.电场能的性质(1)电势与电势能：，Epq。(2)电势差与电场力做功：UAB AB。(3)电场力做功与电势能的变化：W Ep。3.等势面与电场线的关系(1)电场线总是与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面。(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密。(3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功。4.控制变量法分析电容
2、器动态变化问题(1)电容器始终和电源连接，U不变：C，Q CU，E。(2)电容器充电后与电源断开，Q不变：C，U，E。方向：左手定则大小：FIlB安培力磁场对电流的作用力5.6.磁场对运动电荷的作用(1)磁场只对运动电荷有力的作用，对静止的电荷无力的作用。磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。(2)洛伦兹力的大小和方向：其大小为FqvB，F的方向由左手定则判断。备考策略【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】3/12 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
3、场线垂直；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.必须领会的“2 种物理思想和 5 种方法”(1)等效思想、分解思想；(2)比值定义法、控制变量法、对称法、合成法、分解法。3.必须辨明的“6 个易错易混点”(1)在电场强度定义式E中，错误地认为E与 F、q 有关；(2)判断电场力时注意带电粒子的电性，要区分轨迹与电场线；(3)不能随意忽略带电体的重力；(4)电场强度和电势、电势能的大小没有直接联系；(5)公式 B中的 B与 F及 IL 无关；(6)判断洛伦兹力方向时要注意粒子的电性。电场的基本性质【真题示例1】(多选)(20 xx 全国卷，20)在一静止点电荷的电场中
4、，任一点的电势 与该点到点电荷的距离r 的关系如图 1 所示。电场中四个点 a、b、c 和 d 的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和 Ed。点 a 到点电荷的距离 ra 与点 a 的电势 a已在图中用坐标(ra，a)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a 点依次经 b、c 点移动到 d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和 Wcd。下列选项正确的是()图 1A.EaEb41 B.EcEd21【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】4/12 C.Wab Wbc 31 D.Wbc Wcd 13解析由图可知，a、b、c、d 到点电荷的距离分别为1 m、2 m
5、、3 m、6 m，根据点电荷的场强公式Ek 可知，,r)，,r)，故 A正确，B错误；电场力做功W qU，a 与 b、b 与 c、c 与 d 之间的电势差分别为3 V、1 V、1 V，所以，故C正确，D错误。答案AC【真题示例 2】(多选)(20 xx 天津理综，7)如图 2 所示，在点电荷 Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为 EpA、EpB。下列说法正确的是()图 2A.电子一定从 A向 B运动B.若 aAaB，则 Q靠近 M端且为正电荷C.无论 Q为正电荷还是负电荷一定
6、有EpAaB，说明电子在 A 点受到的电场力较大，A 点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M 端为场源电荷的位置，应为正电荷，故B正确；无论 Q为正电荷还是负电荷，一定有电势A B，电子电势能Epe，电势能是标量，所以一定有EpA必须满足E匀强电场的电场强度B.C.油滴在 M点的电势能比它在N点的大D.M点的电势比 N点的低解析带正电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且相对于过轨迹最右侧的点N 的水平直线对称，可以判断合力的方向水平向左，而重力方向竖直向下，可知电场力的方向斜向左上方，如图所示，油滴带正电荷，所以匀强电场的方向斜向左上方，必须满足E，选项 B正确
7、，A错误；根据电场线与电势的关系可知M点的电势比 N点的低，油滴在M点的电势能比它在N点的小，选项 D正确，C错误。答案BD3.(20 xx 辽宁省三校高三第三次调研考试试题)如图 5 所示，矩形区域PQNM 内存在平行于纸面的匀强电场，一质量为m 2.010 11 kg、电【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】7/12 荷量为 q1.010 5 C的带正电粒子(重力不计)从 a 点以 v11104 m/s 的初速度垂直于PQ进入电场，最终从MN边界的 b 点以与水平边界MN成 30角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v22104 m/s，已知 MP 20 cm、MN 80 cm，
8、取 a 点电势为零，如果以a 点为坐标原点 O，沿 PQ方向建立 x 轴，则粒子从 a 点运动到 b 点的过程中，电场的电场强度 E、电势、粒子的速度 v、电势能 Ep随 x 的变化图象正确的是()图 5解析因为规定 a 点电势为零，粒子进入电场后做类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的关系，有qExEp 0Ep，故 EpqEx，故 D正确；因为匀强电场中的电场强度处处相等，故A错误；因为粒子离开电场时的速度v22v1，电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，故B 错误；粒子在电场中运动的过程中，由动能定理可知，qExmv2 mv，所以 v 与 x 不是线性关系，C错误。答案D4.(多
9、选)(20 xx 衡水检测)如图 6 所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路)连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是()图 6A.减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低B.将上极板下移，则P点的电势不变C.将下极板下移，则P点的电势升高D.无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】8/12 解析二极管具有单向导电性，闭合开关后电容器充电，电容器的电容C，极板间的电场强度E，整理得 E；油滴
10、静止，则qEmg；减小极板间的正对面积S，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所以电场强度E 变大，油滴所受电场力变大，会向上移动，P 点与下极板的距离不变，E 变大，则 P 点的电势升高，故A 错误；将上极板向下移动，d 变小，电容器两极板间的电场强度E变大，P与下极板的距离不变，P 的电势升高，故B错误；将下极板向下移动，d 变大，由 C可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E可知电容器两极板间的电场强度不变，P与下极板的距离变大，P与下极板间的电势差变大，P 的电势升高，故C 正确；上极板上移或下极板下移时，d 变大，由C 项分析知电容器两极板间的电场强度不变，
11、油滴所受电场力不变，油滴静止不动；上极板下移或下极板上移时，d 变小，由 B 项分析知电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，故 D正确。答案CD归纳总结电场性质的“三个判断”根据电场线的疏密根据公式 EkQr2和场强叠加原理判断场强强弱(1)根据电场线的方向根据公式Epq判断电势高低(2)(3)判断电势能大小根据 Epq根据 Ep W 电磁场的基本性质【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】9/12【真题示例 1】(20 xx 全国卷，18)如图 7，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
12、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()图 7A.0 B.B0 C.B0 D.2B0解析如图甲所示，P、Q中的电流在 a点产生的磁感应强度大小相等，设为 B1，由几何关系可知，B1B0。如果让 P中的电流反向、其他条件不变时，如图乙所示，由几何关系可知，a 点处磁感应强度的大小BB)B0，故选项 C正确，A、B、D错误。答案C【真题示例 2】(多选)(20 xx 全国卷，19)如图 8，三根相互平行的固定长直导线 L1、L2 和 L3 两两等距，均通有电流I，L1 中电流方向与L2
13、 中的相同，与 L3 中的相反。下列说法正确的是()图 8A.L1 所受磁场作用力的方向与L2、L3 所在平面垂直B.L3 所受磁场作用力的方向与L1、L2 所在平面垂直311单位长度所受的磁场作用力大小之比为L3和L2、C.L1D.L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为1解析同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。对L1受力分析，如图甲所示，可知 L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；对 L3 受力分析，如图乙所示，可知L3 所受磁场力的方向与L1、L2 所在的平面垂直，故B 正确；设三根导线间两两之间的相互作用力的大小为【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同
14、仁惠存！】10/12 F，则 L1、L2 受到的磁场力的合力大小均等于F，L3 受到的磁场力的合力大小为 F，即 L1、L2、L3 单位长度受到的磁场力之比为11，故 C正确，D错误。答案BC【真题示例 3】(多选)(20 xx 全国卷，21)某同学自制的简易电动机示意图如图9 所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()图 9A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上
15、侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析若将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受到水平方向的安培力而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其连续转动，选项A 正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受到安培力而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，选项B错误；左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，选项C 错误；若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受到安培
16、力而转动，转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其连续转动，选项D正确。答案AD【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】11/12 真题感悟1.高考考查特点(1)本考点高考重在考查磁场的基本性质，掌握常见磁感线的形状及特点、磁场的叠加，电流磁场的判断、安培力、洛伦兹力大小的影响因素及安培力、洛伦兹力方向的判断是突破本考点的前提。(2)注重与生活、科技等相结合。如20 xx 年卷第 21 题以单相直流电动机制作原理作为选择题的压轴。2.常见误区及临考提醒(1)常见磁体磁场分布规律不清楚。(2)电流磁场的判断方法及安培力(洛伦兹力)方向的判断方法混淆。预测 1安培定则的应用
17、及磁场叠加预测 2安培力作用下导体的运动1.已知长直通电导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与该点到导线的距离成反比。如图10 所示，4 根电流相等的长直通电导线 a、b、c、d 平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c 中电流方向垂直纸面向里，d 中电流方向垂直纸面向外，则 a、b、c、d 长直通电导线在 O点产生的合磁场的磁感应强度 B()图 10A.大小为零B.大小不为零，方向由O指向 dC.大小不为零，方向由O指向 cD.大小不为零，方向由O指向 a解析由安培定则可知，a、c 中电流方向相同，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等、方
18、向相反，合矢量为零；b、d 两导线中电流【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】12/12 方向相反，由安培定则可知，两导线在O 处产生的磁场的磁感应强度方向均由 c 指向 a，故 D选项正确。答案D2.如图 11所示，光滑平行金属导轨电阻不计，左端接有一直流电源和一定值电阻，固定在水平面内，两条通有大小相等方向相反的恒定电流的长直绝缘导线垂直导轨放置，一导体棒与导轨垂直且接触良好。由导轨上的 M点静止释放，M、N两点到左右两直导线距离相等，下列关于导体棒在两直导线之间的运动及受力说法正确的是()图 11A.导体棒在 M、N之间做往复运动B.导体棒一直向右做匀加速直线运动C.导体棒所受安培力先向右后向左，且是先增大后减小D.导体棒所受安培力一直向右，且先减小后增大解析根据安培定则可知，两直导线电流在二者之间的区域内的磁场都是垂直导轨平面向下，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向一定向右，则选项 A、C错误；根据直线电流磁场的性质可知，离直线电流越远磁感应强度越小，根据磁场叠加可知导轨内的磁场从M到 N是先减小后增大的，则安培力也一定是先减小后增大的，选项B错误，D正确。答案D