专题三 第8讲 电场和磁场的基本性质-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习学案

038 专题三 电场和磁场 〈知识网络把脉搏 →力的性质：E=FE=k是 U 性 9 ,E= ,电场线 示波管 电 → 能的性质：0= ,Us=p4-98,W,B=qUa,等势面 场 质谱仪 →对导体：静电感应（静电平衡，静电屏蔽） 作 平衡 用 回旋加速器 电 加速：qU=md,9E=ma,f=2a 实 复合场 荷 速度选择器 例 偏转a光兴.L=w,y子fam0离 m md, 电容：C= 0△0 C ES guB=gE 磁流体发电机 U△U1 4πkd 户性质B=元1用=BS,磁感线 电磁流量计 磁 场 >对通电导体：F=BILI⊥B) 霍尔元件 →作用 →∥BF=0匀速直线运动 对运动电荷 ⊥BF=qB匀速圆周运动： r=mu T=2wr_2mm gB 第8讲 电场和磁场的基本性质 〈核心知识 固双基 凸“必备知识”提炼 一、电场性质 1.场强叠加：（点电荷），矢量合成用平行四边形定则。 2.电势规律：沿电场线电势降低，等势面与电场线垂直：E。=q,电场力做功W=qU=-△E。 3电容公式：G=高-是一级结流：不时与无关0不时，5与尤关 二、磁场性质 4,安培力：F=BILsin 0,左手定则判断方向；同向电流相吸，反向相斥。 5洛伦装力：F=86,不做功：圆周运动半径，需周期T-君（与：无关）。 三、二级结论 6.等量异种电荷中垂线为等势线（电势为零），等量同种电荷连线上中点场强最小。 7.带电粒子在磁场中运动：偏转角等于圆心角，轨迹半径r=m-2m区。 gB 品电容器动态：U不变时，5xQ不变时，Ex5 039 益“关键能力”构建 一、思维方法 1.场的叠加合成法：电场强度、磁感应强度均用矢量叠加，点电荷/电流元分场强合成总场强，对称场景优先用对 称性简化计算。 2.动态分析临界法：电容器动态问题抓“电荷量Q或电压U不变”，磁场中粒子运动找轨迹圆心和临界半径，用几 何关系突破极值。 3.图像信息转化法：电场线/等势面转化为场强、电势分布，B-t或E-t图像，结合楞次定律、动量定理推导受力 变化。 二、物理模型 1.点电荷电场模型：延伸到等量同种/异种电荷电场分布，快速判断电势高低与电势能变化。 2.带电粒子圆周运动模型：洛伦兹力提供向心力，“画轨迹→找圆心→用半径公式”，结合几何弦长求圆心角。 3.安培力平衡模型：通电导线在磁场中受力平衡，等效重力场分析斜面上导线的静态平衡或动态极值。 4.电容器充放电模型：区分直流/交流电路中电容的“隔直/通交”特性，结合电路动态分析电压、电荷量变化。 命题热点/巧突破 题型1电场的性质 ·一考法一电场强度的叠加与计算 )真题研究 (2023·全国乙卷)如图所示，等边三角形△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB 边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向 竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q。 (1)求B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负； (2)求C点处点电荷的电荷量。 040 【审题指导】 关键表述 物理量及其关系 3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上 M、N两处的电场强度是由这3个点电荷单独在该点产生的电 场强度的矢量和 当点电荷带正电时，电场强度E的方向沿半径向外 点电荷 当点电荷带负电时，电场强度E的方向沿半径向内 】规律总结 特殊电场强度的四种求法 对称法 利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加问题大为简化 等效法 在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境，如一个点电荷+9 与一个无限大薄金属板形成的电场，可等效为两个异种点电荷形成的电场 补偿法 将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为完整的球面，从而化难为易 微元法 将带电体分成许多可看成点电荷的微小带电体，先根据库仑定律求出每个微小带电体产生电场的 电场强度，再结合对称性和场强叠加原理求出合电场强度 考法二电势、电势能及电场力做功问题 例1其肃卷)如图两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀 强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，、P点在同 一电场线上。下列说法正确的是 () A.M点的电势比P点的低 B.M点的电场强度比N点的小 C.负电荷从M点运动到P点，速度增大 D.负电荷从M点运动到P点，电场力做负功 》规律总结 电场强弱、电势高低、电势能大小的判断方法 物理量 判断方法 (1)根据电场线的疏密判断 电场强弱 (2)根据公式E=k号和电场强度叠加原理判断 (1)根据电场线的方向判断 电势高低 (2)由UB= 判断 (3)根据静电力做功（或电势能）判断 (1)根据E。=qp判断 电势能大小 (2)根据△E。=-W电，由静电力做功判断 (3)根据能量守恒定律判断 考法三电容器、电容问题 例 2.(2025·江苏卷)如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由α点移动到b点 的过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增 a 大为原来的2倍，再将该电荷由α移动到b的过程中，电场力做功为 ( 人号 B.W C.2W D.4W 041 )对点训练 1.（(2025·云南卷)某介电电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分布如图所示。α、b、 cd四点分别位于电势为-2V、-1V、1V、2V的等势线上，则 -2V A.a、b、c、d中a点电场强度最小 B.a、b、c、d中d点电场强度最大 2V C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2eV c--IV D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV 2.(多选)(2025·湖南卷)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为 +9、-9和+2g的三个试探电荷先后分别置于0点A点和B点时，电势能均为E,(E。>0)。下列说法正确的 是 () 片吧星 0 4d0)主 A.OA中点的电势为零 B.电场的方向与x轴正方向成60°角 C电场强度的大小为E三 gd D电场强度的大小为22E qd 题型2电场中的图像问题 例3(5，海南卷)某静电扬电势。在：轴上分布如图所示，图我关于口轴对称 M、P、N是x轴上的三点，OM=ON;有一电子从M点静止释放，仅受x方向的电 场力作用，则下列说法正确的是 () A.P点电场强度方向沿x负方向 B.M点的电场强度小于N点的电场强度 C.电子在P点的动能小于在N点的动能 D.电子在M点的电势能大于在P点的电势能 )规津总结 电场中几种常见的图像 当带电粒子只受静电力时，从-图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可 v-t图像 判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况 (1)从φ一x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能 p-x图像 的变化 (2)φ-x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小 以电场强度沿x轴方向为例： E一x图像 (1)E>0表示电场强度沿x轴正方向，E<0表示电场强度沿x轴负方向 (2)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，两点的电势高低需根据 电场方向判定 E。-x图像 (1)图像的切线斜率大小表示静电力大小 (2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况 042 ）对点训练 (2025·广东深圳模拟)如图甲所示为一个均匀带正电的圆环，以圆环的圆心0为坐标原点，过0点垂直于圆 环平面的线为x轴，在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度如图乙所示，将一个带负电微粒（不计重力）从B 处静止释放，则粒子 () A.沿着x轴负向运动到无穷远处 B.在O点两侧做简谐运动 C.在A的电势能比在B的电势能低 D.到达C点的速度最大 题型3磁场的性质及磁场对通电导线的作用 ·一考法一磁感应强度的叠加 例4(B05·福建卷如图所示空间中存在两根无限长直号线，与，道有大小相等。 方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于 L2对称且OM=ON,初始时，M处的磁感应强度大小为B1,O点磁感应强度大小为 B2,现保持L,中电流不变，仅将L2撤去，则N点的磁感应强度大小为 ) 人BB, B2 B. -B C.B2 -B D.B.-B, 。一考法二安培力的计算 例5（多选）(224：福建卷)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线2,6悬挂丁天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则 () b R A.通电后两绳拉力变小 B.通电后两绳拉力变大 C.安培力为πBIr D.安培力为2BIr 题型4 磁场对运动电荷的作用 例5。（多选）(24新江6月选考)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细 杆与水平面成0角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小 球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在 的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度。沿细杆向上运动至最高点，则 该过程 A.合力冲量大小为mvocos0 B.重力冲量大小为mosin0 C洛伦兹力冲量大小为，9B D.若6=2ms9,弹力冲量为零 2gsin 0 g8 温馨提示：复习至此，请做练案[10]解得=号s 此时B的速度为s=vm+a′=18m/s 从开始运动到第一次碰撞的时间。==名 a 3 由A、B静止开始到B与A的挡板发生3次碰撞时 间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示 Av/(m.s) 18-------- 12 10 (4)由以上分析可知，从第二次碰撞后，到下一次碰 撞，B向前运动的距离都比前一次多8m, 由v-t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运 动的距离为2m: 从第1次碰撞到第2次碰撞，B运动的距离为8m; 从第2次碰撞到第3次碰撞，B运动的距离为8m+ 8m=16m: 从第3次碰撞到第4次碰撞，B运动的距离为16m +8m=24m: 根据数学知识可知，从物块B开始运动到与木板A 的挡板发生第次碰撞时间内，物块B运动的距离 s=2m+8m+16m+24m+…+8(n-1)m=2m+ (n-1)[8+8(n-1)]m=[2+4n(n-1)]m(n=1, 2 2,3,4,…)。 大题增分指导（一） 能量与动量 例：(1)0.6m2(2)0.768t（3)0.45 【解析】(1)当弹簧被压缩至最短时，弹簧弹性势能 最大，此时A、B速度相等，即t=t。时刻，根据动量守 恒定律有mg·1.26=（mg+m)o 根据能量守恒定律有Es=ms(1.2,)尸 -2(mg+m),2 联立解得mg=5m,Ep=0.6m,2。 (2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，根据动量守恒 定律有mg·1.2=mgg+mWA 解得vB=1.2。-0.2mA 将B的运动分解为同一直线上的两个运动，有1= 1.2,Vm=-0.2DA 则5B1=1.2t,52=-0.2s为 sB=1.2t-0.2sA 将t=t0,5A=0.36t代入可得sg=1.128t0 26 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 △s=5g-5A=0.768t60 (3)物块A第二次达到斜面的最高点与第一次相同， 说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2，方 向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 va',取向左为正方向，根据动量守恒定律有mwA'- 5m·0.8=m·（-2o)+5mwg' 标据能量宁恒定球有}m,+分·5m·(08%)° 2m(-2,)+5m 联立解得va'=o 方法一：设在斜面上滑行的长度为L,上滑过程，根据 动能定理有 -mgLsin @-umnglcos0=0-m(2v) 下滑过程中，根据动能定理有mgLsin0-mngLcos0= m,2-0 1 联立解得u=0.45。 方法二：根据牛顿第二定律有 mgsin 0+umgcos 0=ma mgsin 0-umgcos 0=ma 上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线 运动的位移一速度关系有 2a上x=(2)2-0,2ax=va2-0 联立可解得u=0.45。 专题三电场和磁场 第8讲 电场和磁场的基本性质 题型1 考法一 真题研究 (1)9AB,C处均为正电荷(2)3,5 39 【解析】（1)因为M点电场强度 竖直向下，则C点处点电荷为正 E 电荷。 根据电场强度的叠加原理，可知A、 B两，点处的电荷在M点的电场强 度大小相等、方向相反，则B点处A 点电荷的电荷量为q,电性与A点 处点电荷相同。 又N点电场强度竖直向上，可得A处电荷在N,点的电 场强度垂直BC沿AN连线向右上，如图所示，可知A处 电荷为正电荷，所以A、B、C处点电荷均为正电荷。 64 (2)如图所示，由几何关系得E'= E Eac'·tan30°，即g-5/g PAWP=3（BW CN),其中AW=5BN=V5CN 解得g=3-3 39o 考法二 例1.DM、N两点电势相等，电场线由上到下，V、P在同 一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知V点电势 高于P点，可知M点电势高于P点，选项A错误；M 点电场线分布比V点密集，可知M点电场强度比N 点大，选项B错误；负电荷从M点运动到P点，电势 能增加，则电场力做负功，动能减小，速度减小，选项 C错误，D正确。 考法三 例2.A根据题意可知，电容器与电源保持连接，电容器 两端电压不变，现将电容器两极板间距增大至原来 的两倍，由公式E=宁可知，极板间电场强度变为原 来的)，则有W=gd可知，再把电荷由a移至b,则 电场力做功变为原来的}，即电场力做功为号，故 选A。 对点训练 1.C根据等势面越密集电场强度越大，可知a、b、c、d中 α点电场强度最大，故A、B错误：一个电子从b点移动 到c点电场力做功为We=-eUe=2eV,故C正确；一 个电子从a点移动到d点电场力做功为Wm=-eUe= 4eV,由于电场力做正功电势能减少，则一个电子从a 点移动到d点电势能减少了4eV,故D错误。 2.AD根据题意可知O点、A点 E 和B点的电势分别为po= Bd.>d 9 E =,故0中点方了 ,98=29 的电势为P-0巴=0，故A正确：如图，设V点为 AB的三等分点，同理易知N点电势为0，连接MN为一 条等势线，过A点作MW的垂线，可知电场线沿该垂线 方向，指向右下方，由AM=AW可知∠NMA=45°，故电 场的方向与x轴正方向成45°角，故B错误；电场强度 的大小为E= 0-（-4 2d·cos450 25E,故C错误，D正 gd 确。故选AD。 2 题型2 例3.D由图可知在x正半轴沿+x方向电势降低，则电 场强度方向沿x正方向，故A错误；φ-x图像斜率 表示电场强度，由图可知M点的电场强度大小等于 N点的电场强度，方向与之相反，故B错误；电子在 电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在 N点的电势能，根据能量守恒可知，电子在P点的动 能大于在N点的动能，故C错误；电子在电势低处电 势能大，故电子在M点的电势能大于在P点的电势 能，故D正确。 对点训练 C由乙图知，O点左侧场强方向从O点出发指向无穷 远处，右侧场强方向也从O点指向无穷远处，故将一个 带负电微粒（不计重力）从B处静止释放，粒子先受到 向左的电场力，向左加速，过了0点，受到的电场力向 右，做减速，直到速度为零，然后再反向加速，过0点 后，再减速，到速度为零，如此往返运动，由乙图可知， 微粒所受电场力与其位移是非线性关系，所以不做简 谐运动，故A、B错误；根据E-x图像与x轴围成的面 积表示电势差，可知Uo>UA,根据W=gU可知粒子从 B到O电场力对其做的正功大于粒子从O到A电场力 对其做的负功，即粒子从B到O减少的电势能大于粒 子从O到A增加的电势能，故粒子在A处的电势能比 在B处的电势能低，故C正确；由乙图可知，当加速度 为零，即电场强度为零时，粒子有最大速度，故D错误。 题型3 考法一 例4.B根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强 度方向相同大小相等，则单根导线在0点处产生的 磁感应强度大小为，一号，根据对称性，两导线在N 处的磁感应强度大小应该与M点一样，为B,根据 B2 对称性，L,在N点处产生的磁感应强度为B。=2, 由于L,在N点处产生的磁感应强度大于L,在N点 处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点 的磁感应强度为号-B,故选B。 考法二 例5.BD根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的 安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉 力变大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的 等效长度为直径AB,则安培力大小为F=B1·2r= 2Blr,故C错误，D正确。故选BD。 65 题型4 例6.CD根据动量定理I=0-m。=-mo,故合力冲量 大小为m,故A错误；小球上滑的时间为t=”。 gsin 6' 重力的冲量大小为L,三mt=放B错误；小球 所受洛伦兹力为Bgv=Bq(6-at)=-Bqat+Bqo,a =gsn0,随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为 a=q×号×=9×号×B×放C gsin 0 2gsin 0' 正确：若。-2mC日，0时刻小球所受洛伦兹力为 gB Bgw。=2 mgcos0,小球在垂直细杆方向所受合力为 零，可得Bgm=mgcos0+FN,即FN=Bq-mgcos0= Bq(。-at)-mgcos0=mgcos0-Bqtgsin0,则小球 在整个减速过程的F、-t图像如图，图线与横轴围 成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，故D正确。 故选CD。 mgcos 0 0 mgcos a 第9讲带电粒子在电场和磁场中的运动 题型1 真题研究 (1)2tm,2 93 (2) ,25% gL 【解析】(1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集器 右侧，颗粒就能够全部收集，有L="ot qE=ma E=d 解得U1 2d mo2 qL2 (2)①颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度， 有F电=f 即9=R d 且4-L 解得，= qL 26 ②10um的电荷量为q的颗粒恰好100%被收集，颗粒 在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力 等于静电力，有f=kRsf=qE I0um的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d=vmt 2.5m的颗粒带电荷量为g=居 颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受 阻力等于静电力，有 f=子m'f=gE 2.5um的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d'=vma't d 解得d'=4 2.5m的颗粒被收集的百分比为×100%=25% 对点训练 1.D根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动， 带电粒子a、b分别从Q点和O点同时进入电场，沿图 中所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由 题图可知，沿初速度方向位移之比为2：1，则初速度之 比为2：1，沿电场方向的位移大小相等，由y=弓可 知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有qE =m,可得品-会可知，带电粒子具有相同比荷，故A 错误；带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能 均随时间逐渐减小，故B错误；沿电场方向，由公式)，= αt可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度 之比为2：1，则到达M、V的速度大小不相等，故C错 误；由题图可知，带电粒子a、b到达K的水平位移相等， 由于带电粒子a、b初速度之比为2：1，则所用时间之 比为1：2，故D正确。 2.(1)"sin0 (2)2me,sn20 gE gE 【解析】（1)根据题意，不计重力及粒子间相互作用， 则竖直方向上，对粒子a,根据牛顿第二定律有gE=ma a运动到最高点的时间，由运动学公式有，sin0=at 联立解得t=msin0 gE (2)方法一：根据题意可知，两个粒子均在水平方向上 做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为cos0, 则两粒子一直在同一竖直线上，斜上抛的粒子竖直方 (vosin 0)2 mvo'sin'0 向上运动的位移为x1=一 2a Γ=2gE 斜下抛的粒子竖直方向上运动位移为x2=votsin日+ -af=mosin'0 mto'sin'0 3mvo'sin 1 2 gE 2gE 2gE 6