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1、（浙江选考）2022高考物理二轮复习 专题三 电场和磁场 第1讲 电场和磁场性质的理解学案历次选考考情分析章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/112018/04静电场电荷及其守恒定律bc6库仑定律c114、131336电场强度cc138611电势能和电势bc13811电势差bc电势差与电场强度的关系c静电现象的应用b电容器的电容bc7带电粒子在电场中的运动bd238、228、2388、1922磁场磁现象和磁场bb4103磁感应强度cc12几种常见的磁场bb通电导线在磁场中受到的力cd9、229、231097运动电荷在磁场中受到
2、的力cc232223232322带电粒子在匀强磁场中的运动d232223232322考点一电场基本性质的理解1电场强度、电势、电势能的判断方法(1)电场强度根据电场线的疏密程度进行判断；根据E进行判断(2)电势沿电场线方向电势逐渐降低；若q和Wab已知，由Uab判定(3)电势能电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小2带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)某点速度方向即为该点轨迹的切线方向；(2)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；(3)结合轨迹、速度方向与电场力的方向，
3、确定电场力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等1库仑定律(2018浙江4月选考6)真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F.用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为()A. B. C. D.答案C解析设A、B两金属小球开始带电荷量均为Q，距离为r，Fk，用一个不带电的金属球C先后与A、B接触，与A接触完后，A、C带电荷量均为，再与B接触后，B、C带电荷量均为Q，FkF，因此选C.2电容器(2018温州市六校期末)目前，指纹锁已普遍用于智能机、门卡等，其中有一类指纹锁的主要元件
4、为电容式传感器，其原理是手指贴上传感器时，皮肤表面会和传感器上许许多多相同面积的小极板一一匹配成平行板电容器，每个小电容器的电容值仅取决于传感器上的极板到对应指纹表面的距离在此过程中外接电源将为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，然后开始用标准电流放电，再采集各电容器放电的相关信息与原储存的指纹信息进行匹配，如图1所示下列说法正确的是()图1A湿的手不会影响指纹解锁B极板与指纹嵴(凸起部分)构成的电容器电容小C极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器充上的电荷较多D极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器放电时间较短答案D3电场强度和电势差如图2所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R0.1 m
5、的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为()图2AUOP10sin (V)BUOP10sin (V)CUOP10cos (V)DUOP10cos (V)答案A解析由题图可知匀强电场的方向是沿y轴负方向的沿着电场线的方向电势是降低的，所以P点的电势高于O点的电势，O、P两点的电势差UOP为负值根据电势差与场强的关系UOPEdERsin 10sin (V)，所以A正确4电场强度、电势、电势能(2018嘉兴市期末)一对等量异种点电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)分布如图3所示，则下列说法
6、正确的是()图3AA点场强EA大于B点场强EBBA点电势A高于B点电势BC某一点电荷在A点时的电势能EpA一定大于在B点时的电势能EpBD将某一点电荷从A点移至B点，路径不同，电场力做功也不同答案A5电场线和运动轨迹如图4所示，实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则()图4Aa一定带正电，b一定带负电B电场力对a做正功，a的电势能减小，电场力对b做负功，b的电势能增大Ca的速度将减小，b的动能将增大Da的加速度减小，b的加速度将增大答案D解析电场线的方向未知，所以粒子带电性质不确定；从题图中轨迹
7、变化来看电场力都做正功，动能都增大，两带电粒子电势能都减小，所以选项A、B、C错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，所以选项D正确考点二磁场及其对电流的作用1求解有关磁感应强度的关键(1)磁感应强度是由磁场本身决定的；(2)B只适用于通电导线垂直于磁场；(3)合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)2求解安培力作用下导体棒平衡问题的思路(1)选取通电导体棒为对象；(2)受力分析，画受力分析图，用左手定则判断安培力的方向；(3)根据力的平衡条件列方程例1(2018浙江4月选考12)在城市建设施工中，经
8、常需要确定地下金属管线的位置，如图5所示有一种探测的方法是，首先给金属长直管通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点，记为a；在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45的b、c两点，测得b、c两点距离为L.由此可确定金属管线()图5A平行于EF，深度为 B平行于EF，深度为LC垂直于EF，深度为 D垂直于EF，深度为L答案A解析画出垂直于金属管线方向的截面，可知磁场最强的点a即为地面距离管线最近的点，作出b、c两点的位置，由题意可知
9、EF过a点垂直于纸面，所以金属管线与EF平行，根据几何关系得深度为.6(2018浙江4月选考7)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO转动，当线框中通过电流I时，如图6所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是()图6答案D解析利用左手定则，四指指向电流方向，磁感线穿过掌心，大拇指所指的方向就是受力方向，因此选D.7(2018牌头中学期中)在磁场中的同一位置放置一根短直导线，导线的方向与磁场方向垂直先后在导线中通以不同的电流，导线受到的磁场力也不同，下列表示导线受到的磁场力F与其电流I的关系图象(a、b各代表一组F、I的数据)正确的是()答案C解析在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培
10、力为：FBIL，由于磁感应强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故C正确8(2018台州市外国语学校期末)如图7所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度为B.当棒通以方向由a到b、大小为I的电流时，棒处于平衡状态，平衡时弹簧伸长量为x1；保持电流大小不变，使棒中电流反向，则棒平衡时下列说法正确的是()图7A弹簧伸长，伸长量为x1B弹簧伸长，伸长量为x1C弹簧压缩，压缩量为x1D弹簧压缩，压缩量为x1答案
11、A解析当棒通以方向由a到b、大小为I的电流时，由左手定则可知，棒受到的安培力沿导轨斜向上，大小为BIL，设导轨与水平面的夹角为，则由平衡条件得：mgsin BILkx1当保持电流大小不变，使棒中电流反向，由左手定则知，受到的安培力沿导轨斜向下，大小还是BIL此时有mgsin BILkx得xx1弹力沿着斜面向上，则弹簧是伸长的，故选A.考点三带电粒子在电场中的运动1直线运动的两种解题思路(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速
12、度、位移、时间等(2)用动能定理(或动量定理)处理带电粒子在电场中的直线运动要注意受力分析、过程分析，另外，电场力做功与重力做功均与经过的路径无关，只与初、末位置有关2偏转问题的解题思路(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用而做类平抛运动(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动例2(2018浙江4月选考11)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以v0做直线运动，其vt图象如图8所示粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是()图
13、8AA、B、C三点的电势关系为BACBA、B、C三点的场强大小关系为ECEBEAC粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功答案C解析由题图vt图象知道带电粒子在0t0时间内做减速运动，电场力做负功，电势能增大；在t03t0时间内做反方向加速运动，电场力做正功，电势能减小，所以C正确，D错误；因为不知道带电粒子电性，本题中无法判断电势的高低，所以A错误；图象中斜率表示带电粒子的加速度，Eqma，可知A、B、C三点中EB最大，B错误例3如图9甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()图9A11 B21 C31 D41答案C解析粒子在两板之间的运动时间均为T，在tnT时刻进入的粒子的侧移量最大，考虑竖直分运动，在前半个周期是匀加速，后半个周期是匀速，设加速度为a，则偏转位移为：ymaxa()2aaT2，在t(n)T时刻进入的粒子，考虑竖直分运动，在前半个周期是静止，后半个周期是匀加速，侧移量最小，为：ymina()2aT2，故ymaxymin31，故A、B、D错误，C正确9如图10所示是真空中A、B两板间的匀
