2.2 电场与磁场的性质 修补能力的欠缺(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考物理二轮复习专题增分方略(江苏、北京专版)

补强点(一)　不会正确判断场强、电势、电势能的大小 1.电场强度的分析与计算 (1)电场强度的方向是正电荷所受静电力的方向,也是电场线上某点的切线方向,电场的强弱(电场强度的大小)可根据电场线的疏密程度来进行比较。 (2)电场强度的三个计算公式 公式 适用条件 说明 定义式 E= 任何电场 某点的电场强度为确定值,大小及方向与q无关 决定式 E=k 真空中点电 荷的电场　 E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定 关系式 E= 匀强电场 d是沿电场方向的距离 2.电势高低的判断 判断依据 判断方法 电场线方向 沿电场线方向电势逐渐降低 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;越靠近正电荷处电势越高,越靠近负电荷处电势越低 电势能 的大小 正电荷的电势能大处电势较高,负电荷的电势能大处电势较低 静电力 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 3.电势能大小的判断 判断依据 判断方法 做功 判断法 由WAB=EpA-EpB可知,静电力做正功,电势能减小;静电力做负功,电势能增大 电荷 电势法 由Ep=qφ可知,正电荷在电势高的地方电势能大,负电荷在电势低的地方电势能大 能量 守恒法 若只有静电力做功,电荷的动能和电势能之和守恒,动能增大时,电势能减小,动能减小时,电势能增大 [提能训练] 1.(2024·南通高三检测)如图所示,A、B、C、D为半球形圆面上的四点,AB与CD交于球心O且相互垂直,E点为球的最低点。在A点放置一个电量为+Q的点电荷,在B点和E点各放置一个电量为-Q的点电荷,设无穷远处电势为0,则下列说法正确的是 (　　) A.C、D两点电场强度相同 B.在CD连线上,O处电场强度最大 C.在CD连线上,电势一直不变 D.在CD连线上,O处电势最大 解析:选B　A、B两点处带等量的异种电荷,CD为AB连线的中垂线且CD连线关于AB连线对称,则A、B两点处的点电荷在C、D两点产生的电场强度相同,E处点电荷在C、D两点产生的电场强度大小相等、方向不同,则C、D两点的电场强度大小相等、方向不同,故A错误;A、B两点处带等量的异种电荷,CD为AB连线的中垂线,则A、B处两点电荷在CD连线上产生的电场都是垂直CD向右,E处点电荷在CD连线上产生的电场都是垂直AB方向,即A、B处两点电荷和E处点电荷在CD连线上产生的电场垂直,而A、B处两点电荷和E处点电荷在CD连线上产生的电场都是在O处电场强度最大,所以在CD连线上,O处电场强度最大,故B正确;A、B处带等量的异种电荷,CD为AB连线的中垂线,所以A、B处两点电荷在CD连线上产生的电势都相等,但E处点电荷到CD连线上各点距离不同,则产生的电势不同,则合电势也不相同,其中O处到E处的距离最近,则E处点电荷在O处产生的电势最小,则在CD连线上,O处电势最小,故C、D错误。 2.(2024·扬州高三检测)太极图的含义丰富而复杂,它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示,O为大圆的圆心,O1为上侧阳半圆的圆心,O2为下侧阴半圆的圆心,O、O1、O2在同一直线上,AB为大圆的直径且与O1O2连线垂直,C、D为关于O点对称的两点,在O1、O2两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷,整个空间只有O1、O2处点电荷产生的电场。下列说法正确的是 (　　) A.C、D两点电势相等 B.把质子由A沿直线移到B的过程中,质子的电势能先增加后减小 C.把电子由A沿直线移到B的过程中,电子所受电场力先增加后减小 D.将一质子从A点由静止释放,质子可以沿直线在AB间做往返运动 解析:选C　在O1、O2两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷,设O1处为正点电荷,O2处为负点电荷,由于C点靠近正点电荷,D点靠近负点电荷,则C点电势高于D点电势,反之则C点电势低于D点电势,故A错误;AB为等量异种点电荷连线的中垂线,根据等量异种点电荷周围电势分布特点可知,AB为一等势线,所以把质子由A沿直线移到B的过程中,质子的电势能保持不变,故B错误;根据等量异种点电荷周围电场分布特点可知,O点为AB上场强最大的点,则把电子由A沿直线移到B的过程中,场强先变大后变小,电子所受电场力先增加后减小,故C正确;由于等量异种点电荷中垂线上的场强方向与中垂线垂直,所以将一质子从A点由静止释放,在A处受到的电场力与AB直线垂直,质子不可能沿直线在AB间做往返运动,故D错误。 3.(2024·镇江高三调研)中国象棋的棋盘呈长方形,由九条竖线和十条横线相交组成,共有九十个交叉点,开局时红方和黑方各子的位置如图所示。现将电荷量为+q(q>0)的两个点电荷分别固定在红方的“俥”位置,再将电荷量为-q(q>0)的两个点电荷分别固定在黑方的“車”位置,在棋盘网格线所在的平面内,下列说法正确的是 (　　) A.“將”所在位置与“帥”所在位置的电场强度大小相等、方向不同 B.棋盘中间“卒”与棋盘中间“兵”所在位置的电势相同 C.电子在棋盘左侧“傌”所在位置的电势能小于在棋盘右侧“馬”所在位置的电势能 D.一质子沿直线从红方正中间“兵”所在位置运动到黑方正中间“卒”所在位置,此过程中静电力始终不做功 解析:选C　根据场强叠加原理,“將”所在位置与“帥”所在位置的电场强度相同,故A错误;棋盘中间“兵”所在位置比棋盘中间“卒”所在位置距离正电荷较近,棋盘中间“兵”所在位置的电势比棋盘中间“卒”所在位置的电势高,故B错误;棋盘左侧“傌”所在位置的电势高于棋盘右侧“馬”所在位置的电势,则电子在棋盘左侧“傌”所在位置的电势能小于在棋盘右侧“馬”所在位置的电势能,故C正确;一质子沿直线从红方正中间“兵”所在位置运动到黑方正中间“卒”所在位置,此过程中静电力做正功,故D错误。 补强点(二)　不会运用等分法确定场强的大小和方向 1.匀强电场中电势差与电场强度的关系 (1)关系式:UAB=Ed,d为A、B两点沿电场方向的距离。 (2)判断方法:沿电场强度方向电势降落最快。 (3)两个推论:①如图甲所示,C点为线段AB的中点,则有φC=。 ②如图乙所示,AB∥CD,且AB=CD,则UAB=UCD。 2.等分法及其应用 (1)等分法 如果把某两点间的距离等分为n段,则每段两端点的电势差等于原电势差的,采用这种等分间距求电势问题的方法,叫作等分法。 (2)“等分法”的应用思路 [提能训练] 1.(2024·常熟高三质检)如图所示,长方形ABCD所在平面有匀强电场,E、F分别为AB边、CD边中点,已知AB边长为8 cm、BC边长为4 cm。将电子从C点移动到D点,电场力做功为20 eV;将电子从E点移动到F点,电场力做功为-10 eV。不计所有粒子重力,下列说法正确的是 (　　) A.长方形ABCD的四个顶点中,D点的电势最高 B.匀强电场的电场强度大小为5 V/cm C.沿AC连线方向,电势降低最快 D.从D点沿DC方向发射动能为4 eV的电子,在以后的运动过程中该电子最小动能为2 eV 解析:选D　由于电子带负电,根据U=可知,将电子从C点移动到D点,电场力做功为20 eV,则有UCD=-20 V,将电子从E点移动到F点,电场力做功为-10 eV,则有UEF=10 V,取F点电势为零,φE=10 V,由于F为CD边中点,则有φF=,又φC-φD=-20 V,可得φC=-10 V,φD=10 V,则DE为等势面。根据等势面与电场线垂直,沿电场线方向电势逐渐降低,可知电场线沿AF方向, 如图所示,可知沿AF方向电势降低最快,A点的电势最高,故A、C错误;匀强电场的电场强度大小为E== V/cm,故B错误;从D点沿DC方向发射动能为4 eV的电子,则该电子在电场中做类斜抛运动,则当电子沿电场线方向上的分速度为零时,电子的动能最小,此时电子的速度为vmin=vcos 45°,由于发射动能为Ek=mv2,则该过程中电子的最小动能为Ekmin=m=2 eV,故D正确。 2.(2024·北京顺义调研)如图所示,A、B、C是位于匀强电场中的某直角三角形的三个顶点,AB=0.2 m,∠C=30°。现将电荷量q=-0.1 C的电荷P从A移动到B,电场力做功W1=0.2 J;将P从C移动到A,电场力做功W2=-0.8 J。已知B点的电势φB=0,则 (　　) A.将电荷P从B移动到C,电场力做功为-6 J B.C点的电势为-6 V C.电场强度大小为20 N/C,方向由C指向A D.电荷P在A点的电势能为-0.2 J 解析:选C　电荷P从A移动到B,电场力做功为W1=qUAB,解得UAB== V=-2 V=φA-φB,可得φA=-2 V,则电荷P在A点的电势能为EpA=qφA=-0.1×(-2)J=0.2 J,故D错误;将P从C移动到A,电场力做功W2=qUCA,可得UCA== V=8 V=φC-φA,解得φC=6 V,故B错误;将电荷P从B移动到C,电场力做功为W3=qUBC=-0.1×(0-6)J=0.6 J,故A错误;过B点作AC的垂线,垂足为D点,如图所示, 根据几何关系可得AD=AB=AC,则有UDA=UCA=2 V,可得φD=0=φB,可知BD为等势线,则电场方向由C指向A,大小为E=== N/C=20 N/C,故C正确。 补强点(三)　不会利用等效长度求解安培力的大小 　　熟悉“两个等效模型” (1)变曲为直:图甲所示的通电导线,在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为求ac直导线的安培力大小和方向。 (2)化电为磁:环形电流可等效为小磁针,通电螺线管可等效为条形磁体,如图乙所示。 [提能训练] 1.如图所示,边长为l的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板,导线框中通一逆时针方向的电流,图中虚线过ab和ac边的中点,虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场,此时通电导线框处于静止状态,细线的拉力为F1。保持其他条件不变,现将虚线下方的磁场平移至虚线上方,并将导线框中的电流减半,稳定后细线的拉力为F2。已知导线框的质量为m,则重力加速度大小g为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　变化前,导线框在磁场中的等效长度为L等效=,根据左手定则可知导线框受到的安培力竖直向上,大小为F安=BIL等效=BI·,根据受力平衡可得F1+F安=mg;变化后,导线框在磁场中的等效长度为L等效'=,根据左手定则 可知导线框受到的安培力竖直向下,大小为F安'=L等效',根据受力平衡可得F2=F安'+mg,联立解得重力加速度大小g=,故选B。 2.(2024·无锡高三模拟)如图所示,将一质量分布均匀、电阻率不变的导线围成正五边形abcde,在a、e两点用导线与恒压电源相连接,空间中存在垂直正五边形所在平面向外的匀强磁场(图中未画出),接通电源后ab边所受的安培力大小为F。已知=。若在a、d两点用导线与该恒压电源连接,则接通后正五边形所受安培力大小为 (　　) A.F B.5F C.F D.2F 解析:选A　设恒压电源电压为U,磁感应强度为B,正五边形边长为L,每个边的电阻为R。在a、e两点用导线与恒压电源相连接时,ab边电流为I1=,则ab边所受的安培力大小为F=BI1L=。若在a、d两点用导线与该恒压电源连接,则abcd电流为I2=,aed电流为I3=,由几何关系,三角形acd为顶角36°的等腰三角形,由正弦定理==,得Lad=L,则aed、abcd的有效长度均为L'=Lad=L,则正五边形所受安培力大小为F'=BI2L'+BI3L',联立求得F'=F,A正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$