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(福建专版)

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·福建泉州一模)如图,同一平面内有两个半径相等的圆相切于a点,b、c为圆周上的点。将两个点电荷分别固定在圆心上,其电荷量分别为+2q、-q,则 (　　) A.a、b、c三点中,b点场强最大 B.a、b、c三点中,a点电势最高 C.将一负的试探电荷从a点移动到c点,电势能增大 D.将一正的试探电荷从b点移动到c点,电场力做负功 解析:选C　根据点电荷产生的场强公式E=,结合场强的叠加原理可知a点场强最大,故A错误;距离正电荷越近,电势越高,距离负电荷越近,电势越低,电势是标量,则b点电势最高,故B错误;电势能的计算公式为Ep=qφ,a点电势高于c点电势,将一负的试探电荷从a点移动到c点,电势能增大,故C正确;b点电势高于c点电势,将一正的试探电荷从b点移动到c点,电势能减小,电场力做正功,故D错误。 2.(2024·南平一模)如图,四个等量点电荷分别固定在平面内一菱形的四个顶点上,θ=60°,电性如图中所示,A、B、C、D分别为四条边的中点,下列说法正确的是 (　　) A.A点的场强小于D点的场强 B.B点的电势小于C点的电势 C.电子在A点的电势能小于在O点的电势能 D.质子从B点沿直线BC移动到C点,电势能先增大再减小 解析:选D　根据电场叠加以及A点与D点的对称性可知,A点场强与D点场强大小相等,故A错误;根据电场力做功特点以及B点与C点的对称性可知,将试探电荷从B点移动至C点,电场力不做功,电势差为0,B点电势与C点电势相等,故B错误;将电子从A点移动至O点,电场力做正功,电势能减小,所以电子在A点的电势能大于在O点的电势能,故C错误;质子从B点沿直线BC移动至C点,电场力先做负功,再做正功,所以电势能先增大后减小,故D正确。 3.(2023·福建高考)“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O,玻璃泡内壁有一层均匀导电膜。在钨针和导电膜间加上高电压后,玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场,如图所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点,abc是一段以O为圆心的圆弧,d为Ob的中点。a、d两点场强大小分别为Ea、Ed,O、a、c、d四点电势分别为φO、φa、φc、φd,则φa　　　　φd,φa　　　　φc,(φO-φa)　　　　2(φO-φd)。(填“大于”“等于”或“小于”)  解析:由题知,在钨针和导电膜间加上高电压后,玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场,则根据点电荷形成的电场的电势分布可知φa=φc=φb,由于沿着电场线方向电势逐渐降低,可知φa<φd;且越靠近O点场强越强,则Od部分的场强大于db部分的场强,则根据U=Ed,结合微元法可定性判别出φO-φb<2(φO-φd),而φa=φb,则φO-φa<2(φO-φd)。 答案:小于　等于　小于 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·福建三明高三模拟)如图所示,在匀强电场中有直角三角形BOC,电场方向与三角形所在平面平行,若三角形三顶点处的电势分别为φO=4.5 V、φB=0、φC=9 V,且边长OB=3 cm,BC=6 cm,则下列说法中正确的是 (　　) A.电场强度的大小为 V/m B.一个电子在O点由静止释放后会做曲线运动 C.电场强度的大小为100 V/m D.一个电子在O点由静止释放后会沿直线OB运动 解析:选C　由匀强电场的特点可知,B、C连线中点D的电势为φD==4.5 V。连接OD,即为一条等势线,作出过D点且与OD垂直的线ED,如图所示,即为电场线,由几何关系可知sin∠C===,所以∠C=30°,∠B=60°,D是BC的中点,则△OBD是等边三角形,又ED⊥OD,所以DE与BD之间的夹角是30°,则电场线与OB之间的夹角也是30°,故该电场的场强方向沿∠B的角平分线向上,UDB=φD-φB=4.5 V-0=4.5 V,根据电势差与电场强度的关系得UDB=E··cos 30°,代入数据解得E=100 V/m,故A错误,C正确;由作电场线的图可知,一个电子在O点由静止释放后会沿电场线运动,而不会沿直线OB运动,故B、D错误。 2.(2024·湖北武汉一模)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。 3.(2024·上杭高三检测)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·湖南长沙三模)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 $$