1、第一讲 电场与磁场的基本性质 123课 前 自 测 诊 断 点击进入课 堂 重 点 攻 坚课后“高仿”检测本考点主要涉及库仑定律、电场强度、电场线等基础知识，考查时常结合库仑定律、电场力、平衡条件等相关知识简单交汇命题，难度一般不大，建议考生自学为主。考点一 电场力的性质 释疑 4 大考点牢 记 电场强度的三个公式 研 究 电场的思维方法对称法 突 破 几种重点的题型 1求解某点合场强时，要注意分析叠加在该点上的各个场强的大小和方向。如诊断卷第 1 题，首先明确四个点电荷在对角线交点 O 的场强大小和方向，再将对角线的两个场强分别合成，最后将两个合场强再合成。2在匀强电场中沿同一方向，相等距离
2、上电势变化量相同。如诊断卷第 2 题中，因 cd2ab，有 Ucd2Uab。3应用割补法及对称思想求解场强，如诊断卷第 3 题，由于完整的均匀带电球壳在球壳外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，故在解决此题时可以先将缺损的半个球壳补充完整使之均匀带电，电荷量为半球壳的 2 倍，利用对称的思想可知补充的球壳在 M 点的场强和缺损的球壳在 N 点的场强大小相等。4用“等效法”处理带电体在等效场中的运动，如诊断卷第 4 题，先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，建立起“等效重力场”，找出“等效最低点”，即为速度最大的位置。题点全练 1(2019全国卷)如图，空间存在一
3、方向水平向右的匀强电场，两个带电小球 P 和 Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()AP 和 Q 都带正电荷BP 和 Q 都带负电荷CP 带正电荷，Q 带负电荷DP 带负电荷，Q 带正电荷解析：细绳竖直，把 P、Q 看作整体，在水平方向不受力，对外不显电性，带异种电荷，A、B 错。如果 P、Q 带不同性质的电荷，受力如图所示，由图知，P 带负电、Q 带正电时符合题意，C 错，D 对。答案：D 2(2018全国卷)如图，三个固定的带电小球a、b 和 c，相互间的距离分别为 ab5 cm，bc3 cm，ca4 cm。小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a、b
4、的连线。设小球 a、b 所带电荷量的比值的绝对值为 k，则()Aa、b 的电荷同号，k169Ba、b 的电荷异号，k169Ca、b 的电荷同号，k6427Da、b 的电荷异号，k6427解析：由于小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a、b 的连线，根据受力分析知，a、b 的电荷异号。根据库仑定律，a 对 c 的库仑力为 Fak0qaqcac2 b 对 c 的库仑力为Fbk0qbqcbc2 设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得FaacFbbc 联立式得 kqaqb ac3bc36427。答案：D 3如图所示，一均匀带电的球体半径为 R，在球内有一点 A，与球心距离为R2，球外有一点B，与
5、球心距离为3R2，已知球体外场强与电荷全部集中在球心处的点电荷激发的场强相同，均匀带电球壳内部场强处处为零，则 A、B 两点的场强比值为()A31 B11C98D91解析：B 点场强 EB kQ3R224kQ9R2；根据均匀带电球壳内部场强处处为零，在均匀带电的球体中抠去一个半径为R2的球体，根据填补法可知，EAk18QR22 kQ2R2，所以 A、B 两点的场强比值为 98，故 C 正确。答案：C 4(2019浙江检测)A、B 两带电小球，电量分别为q、9q，质量分别为 m1 和 m2，如图所示，用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于 O 点，静止时 A、B 两球处于同一水平线上，其中 O点到 A
6、球的间距 OA2L，AOB90，OAB60，C 是AB连线上一点且在 O点的正下方，带电小球均可视为点电荷，静电力常量为 k，则下列说法正确的是()AA、B 间的库仑力 F9kq24LBA、B 两球的质量之比为 13CC 点的电场强度为零D若仅互换 A、B 两球的带电量，则 A、B 两球位置将不再处于同一水平线上解析：根据库仑定律，A、B 之间的库仑力为 Fk 9q216L2，选项 A 错误；对 A、B 受力分析如下。对 A 球，Fm1gtan 30，对 B球 Fm2gtan 60，两者联立可知，m1m231，选项 B 错误；两个点电荷 A、B 在 C 的电场方向相反，大小分别是 EAk qL
7、2，EBk 9q9L2，显然 C 点的合电场为零，选项 C 正确；假如 A、B 两个小球的电荷量交换(质量不变)，通过受力分析可知，库仑力不变，质量不变，因此库仑力、重力的比值保持不变，所以应该维持原示意图角度不变，A、B 两球位置将继续保持同一水平线位置，选项 D 错误。答案：C 本考点涉及电势、电势能、电势差、电场力做功等基本概念，考查中具有“知识交汇多”“信息含量多”“考查角度多”三多特点，这些特点足够让其成为高分路上的一大“拦路虎”，遇到此类问题，考生无须一见就慌，只要静下心来，运用所学知识灵活变通，从力和能的角度去分析，就不难做出准确判断。考点二 电场能的性质 记 牢 基础知识 1电
8、场能的性质2电场中电势高低、电势能大小的判断根据电场线的方向判断根据 UABAB 判断判断电势的高低 根据电场力做功(或电势能)判断根据 Epq 判断判断电势能的大小根据电场力做功(WEp)判断用 好 方法技巧1电场中图像问题的分析方法(1)-x 图线上某点切线的斜率的绝对值等于电场强度的大小，电场强度为零处，-x 图线存在极值，极值点切线的斜率为零，如诊断卷第 6 题，x2 处电场强度为零。(2)在-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，如诊断卷第 6 题，Ox2 电势升高，场强方向沿 x 轴负方向；xx2 位置电势降低，场强方向沿x 轴正方向。(3)
9、判断电势能变化的方法：直接用 Epq 进行判断；用电场力做功与电势能变化的关系进行判断，如诊断卷第 6 题选项 C，负电荷从 x1 移到 x2，电场力做正功，电势能减小。2电场中“三线”(即电场线、等势线、轨迹线)问题的解题技巧(诊断卷第 7 题)(1)带电粒子所受合力(往往仅为电场力)指向轨迹曲线的内侧；(2)该点速度方向为轨迹切线方向；(3)电场线或等差等势面密集的地方场强大；(4)电场线垂直于等势面；(5)顺着电场线电势降低最快；(6)电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大。有时还要用到牛顿第二定律、动能定理等知识。3电容器有关问题的解题思路(1)判断电容器中某点电势的变化时
10、，一般是通过该点与某一极板的电势差的变化来判断。如诊断卷第 9 题中，因为上极板位置变化，下极板位置固定且接地，分析时应以 A 点与下极板的距离为参考，若以 A 点与上极板的距离为参考来分析容易出错。(2)求解平行板电容器动态分析的问题时，难点是判断电容器两板间场强的变化：两板间 U 不变时，E 与 d 成反比；Q 不变时，E 与两板正对面积成反比，不随 d 变化。如诊断卷第 10 题，A、B 项的分析，A 项定性分析即可，B 项需要结合变化的数值计算出具体的电场强度，对于题中 C、D 项，根据公式 C rS4kd和 UQC求出上极板上移d3后电容器的电容及两板的电势差，从而求出上极板移动后电
11、容器储存的能量，再根据能量守恒定律，便可求出外力对极板所做的功。题点全练 1.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：b 点距 q 近，a 点距q 近，则 b 点的电势高于 a 点的电势，A 错。如图所示，a、b 两点的电场强度可视为 E3 与 E4、E1 与 E2 的合场强。其中 E1E3，E2E4，且知 E1E3，E2E4，故合场强 Ea 与 Eb 大小相
12、等、方向相同，B、C 对。由于 ab，负电荷从低电势移至高电势过程中，电场力做正功，电势能减少，D 错。答案：BC 2(2019成都外国语学校一模)在平面直角坐标系的x 轴上关于原点 O 对称的 P、Q 两点各放一个等量点电荷后，x 轴上各点电场强度 E 随坐标 x 的变化曲线如图所示，规定沿 x 轴正向为场强的正方向，则关于这两个点电荷所激发电场的有关描述中正确的有()A将一个正检验电荷从 P 点沿 x 轴移向 Q 点的过程中电场力一直做正功Bx 轴上从 P 点到 Q 点的电势先升高后降低C若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负
13、功D若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大解析：由于正检验电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，将一个正检验电荷从 P 点沿 x 轴移向 Q 点的过程中电场力先做正功后做负功，选项 A 错误；由 x 轴上各点电场强度 E 随坐标 x 的变化曲线可知，为等量正点电荷，x 轴上从 P 点到 Q点的电势先降低后升高，选项 B 错误；画出两等量正点电荷电场的电场线，可知若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中，一定是电场力先做负功后做正功，选项 C 错误；由于两等量正点电荷连线上的中点电场强度为零，所
14、以若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大，选项 D 正确。答案：D 3多选(2019全国考试大纲调研卷)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中 a 点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()A带正电B速度先变大后变小C电势能先变大后变小D经过 b 点和 d 点时的速度大小相同解析：根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项 A 错误；粒子从 a 到 c 到 e 的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减后增，电势能先增大后
15、减小；选项 B 错误，C 正确；因为 b、d 两点在同一等势面上，所以在 b、d 两点的电势能相同，所以经过 b 点和 d 点时的速度大小相同，选项 D 正确。答案：CD 4多选(2018全国卷)如图，同一平面内的 a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为 a、c 连线的中点，N 为 b、d 连线的中点。一电荷量为 q(q0)的粒子从 a 点移动到 b 点，其电势能减小 W1；若该粒子从 c 点移动到 d 点，其电势能减小 W2。下列说法正确的是()A此匀强电场的场强方向一定与 a、b 两点连线平行B若该粒子从 M 点移动到 N 点，则电场力做功一定为W1W22C若 c、
16、d 之间的距离为 L，则该电场的场强大小一定为W2qLD若 W1W2，则 a、M 两点之间的电势差一定等于 b、N两点之间的电势差解析：结合题意，只能判定 ab，cd，但电场方向不能得出，故 A 错误。电场强度的方向沿 cd 时，才有场强 EW2qL，故 C 错误。由于 M、N 分别为 ac 和 bd 的中点，对于匀强电场，Mac2，Nbd2，则 UMNUabUcd2，可知该粒子从 M点移动到 N 点的过程中，电场力做功 WW1W22，故 B 正确。若 W1W2，则 abcd，变形得 acbd，即 UacUbd，而 UaMUac2，UbNUbd2，可知 UaMUbN，故 D 正确。答案：BD
17、本考点是对磁场及安培力知识的考查，常涉及磁场的叠加、安培定则(如诊断卷第 11 题)，特别是涉及左手定则、安培力的平衡和运动问题(如诊断卷第 12 题)考查相对较多，试题难度中等，建议考生自学为主。考点三 磁场及其对电流的作用 牢 记 知识安培力的大小和方向规 避 解题常见的两大失误点 1通电导线或圆环周围的磁场方向可用右手螺旋定则即安培定则确定，磁场方向画线要准确，避免磁场的叠加结果跑偏，如诊断卷第 11 题。2计算安培力的大小必须考虑线圈的匝数，如诊断卷第12 题，FnBIL，同时根据左手定则判断磁场、电流、安培力之间的方向关系，然后根据平衡关系列方程。规 范 解题求解安培力作用下导体棒运
18、动问题的“三步曲”题点全练 1(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()A2F B1.5FC0.5FD0解析：设每根导体棒的电阻为 R，长度为 L，则电路中，上下两路电阻之比为 R1R22RR21，上下两路电流之比 I1I212。如图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度也为 L，根据安培力计算公式 FILB，可知 FFI1I212，得 F12F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框 LMN
19、所受的合力大小为 FF32F，选项 B 正确。答案：B 2(2019浙江选考)电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈和，线圈固定，线圈置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是()A当天平示数为负时，两线圈电流方向相同B当天平示数为正时，两线圈电流方向相同C线圈对线圈的作用力大于线圈对线圈的作用力D线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力是一对相互作用力解析：当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A 正确，B 错误
20、；线圈对线圈的作用力与线圈对线圈的作用力是一对相互作用力，等大反向，C 错误；静止时，线圈平衡，线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力是一对平衡力，D 错误。答案：A 3(2019临沂质检)如图所示，总质量为 m，边长为 L 的正方形线圈共三匝，放置在倾角为 的光滑斜面上，刚好关于磁场边界 MN 对称，MN 上方存在匀强磁场，若线圈通以图示方向的恒定电流 I 后刚好在斜面上保持静止，重力加速度为 g，则()A磁场方向可以竖直向下，且 Bmgtan ILB磁场方向可以竖直向上，且 Bmgtan 3ILC磁场方向可以垂直斜面向下，且 Bmgsin 3ILD磁场方向可以水平向左，且 BmgIL解析：
21、当磁场方向竖直向下时，由平衡条件得 3BILmgtan，则 Bmgtan 3IL，选项 A 错误；当磁场方向竖直向上时，由受力分析可知线圈不会静止，选项 B 错误；当磁场方向垂直斜面向下时，由平衡条件得 3BILmgsin，则 Bmgsin 3IL，选项 C 正确；当磁场方向水平向左时，由受力分析可知线圈不会静止，选项 D 错误。答案：C 4(2019邯郸一模)如图甲所示，PQ 和 MN 为水平、平行放置的两光滑金属导轨，两导轨相距 L1 m，导体棒 ab 垂直于导轨放在导轨上，导体棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，细绳一部分与导轨共面且平行，另一部分与导轨所在平面垂直，物体放在水平面上，匀强磁
22、场的磁感应强度为 B1 T，方向竖直向下，开始时绳子刚好要绷紧，现给导体棒中通入电流，使导体棒向左做加速运动，物体运动的加速度大小与导体棒中通入的电流大小关系如图乙所示，重力加速度大小为 g10 m/s2。则物体和导体棒的质量分别为()A0.1 kg 0.9 kg B0.9 kg 0.1 kgC0.1 kg 1.0 kg D1.0 kg 0.1 kg解析：设物体的质量为 M，导体棒质量为 m，细绳的拉力为 T，根据题意由牛顿第二定律可知，TMgMa，BILTma，解得 a BLMmI MgMm，结合题图乙可知，当 a13 ms2，I14 A，I01 A 时，a0，则有 BI0LMg0，得 MB
23、I0Lg 0.1 kg，m0.9 kg，选项 A 正确。答案：A 本考点几乎是每年必考的内容，主要涉及磁场对运动电荷的作用、带电粒子在匀强磁场中的运动等。解答时应注意洛伦兹力永不做功的特点，明确半径公式、周期公式，正确画出运动轨迹草图等，考生应学会灵活变通。考点四 磁场对运动电荷的作用 辨 清 两种运动类型 明 确 两个解题思路 1洛伦兹力永不做功，只改变粒子速度方向，不改变粒子速度的大小。2带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期与速度大小无关。如诊断卷第 13 题，虽然电子的速率增大，但电子做圆周运动的周期不变，D 错误。3带电体在磁场中的运动，往往需要考虑重力，明确受力情况是分析该类问题的关
24、键，一般先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力。如诊断卷第 15 题，由于摩擦力是被动力，所以要分情况讨论。洛伦兹力、支持力和重力均不做功，只有摩擦力做功，所以一定要理清摩擦力的大小变化情况。题点全练 1(2019北京高考)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a 点射入，从 b 点射出。下列说法正确的是()A粒子带正电B粒子在 b 点速率大于在 a 点速率C若仅减小磁感应强度，则粒子可能从 b 点右侧射出D若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短解析：由左手定则知，粒子带负电，A 错。由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B 错。由 Rmvq
25、B，若仅减小磁感应强度B，R 变大，则粒子可能从 b 点右侧射出，C 对。由 RmvqB，若仅减小入射速率 v,则 R 变小，粒子在磁场中的偏转角 变大。由 t 2T，T2mqB 知，运动时间变长，D 错。答案：C 2多选(2019天津市和平区三模)质量为 m、电量为 q 的带电粒子以速率 v 垂直磁感线射入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于一个环形电流，则下列说法中正确的是()A环形电流的电流强度跟 q 成正比B环形电流的电流强度跟 v 成正比C环形电流的电流强度跟 B 成正比D环形电流的电流强度跟 m 成反比解析：设带电粒子在匀强
26、磁场中做匀速圆周运动的周期为 T，半径为 r，则由 qvBmv2r，得 T2rv 2mqB，环形电流：IqT q2B2m，可见，I 与 q 的平方成正比，与 v 无关，与 B 成正比，与 m 成反比，故 A、B 错误，C、D 正确。答案：CD 3(2019南京师范大学附属中学模拟)如图所示，半圆光滑绝缘轨道 MN 固定在竖直平面内，O为其圆心，M、N 与 O 高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带正电的小球自 M 点由静止释放，它将沿轨道在 M、N 间做往复运动。下列说法中正确的是()A小球在 M 点和 N 点时均处于平衡状态B小球由 M 到 N 所用的时间大于由 N 到 M 所用的
27、时间C小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等D小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等解析：小球在 M 点和 N 点只受到重力，所以小球在这两点不能处于平衡状态，故 A 错误；由于洛伦兹力总是与运动垂直，由于没有摩擦力，故对其速度大小有影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，时间都是一样的，故 B 错误；小球不管从哪边滚下，只有重力做功，且重力做功相等，由动能定理可知，小球每次经过最低点时，速度大小总是相等的，由 F 合mv2r 可知合力不变，故 D 正确；小球从 M 到 N 运动，在最低点受到向上的洛伦兹力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿运动定律可得：F1F 洛mgmv2r，故此时小球对轨道的压力为：F1mv2r mgF 洛；小球从 N 到 M 运动，在最低点受到向下的洛伦兹力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿运动定律可得：F2mgF 洛mv2r，故此时小球对轨道的压力为 F2mv2r F 洛mg，所以小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小不相等，故 C 错误。答案：D 3课后“高仿”检测练熟提能力，正途刷高分点击进入谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢