物理必修3考试易丢分知识点及易错辨析（含高考真题）

物理必修三考试易丢分知识点及易错辨析（含高考真题） 目录 第一部分 考情整体分析（期末考+高考） 2 一、期末考考情分析 2 二、高考考情分析 2 第二部分 各章节易丢分知识点及易错辨析 3 第一章 静电场及其应用（易丢分核心章节） 3 易错点1：混淆元电荷、点电荷、试探电荷的概念 3 易错点2：电场强度（E）与电场力（F）的概念混淆及公式误用 4 易错点3：电势、电势能、电势差的概念混淆及大小判断错误 4 易错点4：库仑定律的适用条件忽略及应用错误 5 易错点5：静电平衡的概念理解错误 6 第二章 电路及其应用（易丢分重点章节） 6 易错点1：欧姆定律的适用条件忽略及非纯电阻电路的计算错误 6 易错点2：串并联电路的特点记忆错误及总电阻计算失误 7 易错点3：电路的动态分析思路混乱 8 易错点4：多用电表的使用细节失误 8 易错点5：伏安法测电阻的误差分析错误 9 易错点6：电源的电动势、内阻相关概念混淆及计算错误 10 第三章 磁场（易丢分难点章节） 10 易错点1：磁感应强度（B）的概念理解错误及公式误用 10 易错点2：磁感线的理解错误 11 易错点3：安培力的方向判断错误及计算失误 12 易错点4：洛伦兹力的方向判断错误及计算失误 12 第四章 电磁感应与电磁波初步（易丢分综合章节） 13 易错点1：感应电流的产生条件判断错误 13 易错点2：楞次定律的应用错误 14 易错点3：法拉第电磁感应定律的公式误用及计算错误 15 易错点4：电磁波的基本概念理解错误 15 易错点5：电磁感应与电路、力学的综合应用错误 16 第三部分 易丢分总结及应试建议 17 专题一　电场的性质 18 真题试练1：电场的产生 18 真题试练2：电场的描述 32 专题二　带电粒子在电场中的运动 49 真题试练1：带电粒子在匀强电场中的运动 49 真题试练2：带电粒子在电场的组合场和交变电场中的运动 51 专题三　直流电路与交流电路 56 真题试练1：直流电路 56 真题试练2：交流电路 61 物理必修三作为高中物理电磁学模块的核心内容，涵盖静电场、电路、磁场、电磁感应及电磁波等重点章节，是连接必修一、二力学知识与选修模块的桥梁，也是期末考试和高考的高频考查区域。从历年考试数据来看，必修三知识点抽象性强、公式关联度高、易错点密集，学生在答题时往往因概念混淆、公式误用、条件忽略、逻辑疏漏等问题丢失大量分数。本文将系统梳理必修三考试中最容易丢分的知识点，结合期末考与高考考情，进行详细的易错辨析，帮助学生精准避坑、夯实基础，提升应试能力。 第一部分 考情整体分析（期末考+高考） 一、期末考考情分析 物理必修三的期末考试，核心考查学生对电磁学基础概念、基本规律和简单应用的掌握程度，题型以选择题、填空题、计算题为主，难度中等偏易，但失分点集中且具有普遍性。从近三年各地区高中期末考数据来看，考情呈现以下特点： 1. 考查范围全面，重点突出：期末考覆盖必修三全部章节，其中静电场（电场强度、电势、电势能）、电路（欧姆定律、串并联电路、多用电表使用）、磁场（磁感应强度、安培力）是考查重点，占比约70%；电磁感应和电磁波作为章节结尾内容，考查难度较低，多以基础概念辨析、简单规律应用为主，占比约30%。 2. 失分点集中，共性问题突出：学生失分主要集中在“概念混淆”“公式适用条件忽略”“实验操作细节失误”三个方面。例如，混淆电场强度与电势的物理意义、误用欧姆定律于非纯电阻电路、忽略安培力的方向判断条件、记错多用电表的操作规范等，这些易错点的失分占比超过总失分的60%。 3. 命题趋势：近年来期末考命题逐渐注重基础与应用结合，减少纯概念记忆类题目，增加与生活实际相关的情景题（如家用电器的电路分析、静电现象的应用、电磁感应在生活中的应用等），同时强化实验细节的考查（如伏安法测电阻的误差分析、多用电表的使用步骤），对学生的理解能力和应用能力要求有所提升，但整体难度稳定，不会出现偏题、怪题。 二、高考考情分析 在高考物理中，必修三的电磁学内容是核心考点之一，贯穿全国卷、新高考卷的选择题、实验题和计算题，占物理试卷总分的30%-40%，且难度较大，是拉开学生分数差距的关键模块。结合近五年高考物理真题（全国甲卷、乙卷、新高考I卷、II卷），考情呈现以下特点： 1. 考查重点明确，题型固定：高考对必修三的考查重点集中在三个模块：一是静电场的性质（电场强度、电势差、电势能的计算与判断）；二是电路的动态分析、功率计算及实验探究（伏安法测电阻、电表改装）；三是电磁感应（感应电流的产生条件、楞次定律的应用、法拉第电磁感应定律的计算）。其中，电磁感应与力学知识的综合应用（如导体棒在磁场中的运动）是高考计算题的高频考点，也是学生最容易丢分的题型。 2. 失分点具有层次性：高考中的失分的点分为基础型和综合型两类。基础型失分主要是对基础概念、公式的掌握不扎实，如混淆电场线与等势面的关系、记错磁感应强度的单位、误用楞次定律的判断方法等，这类失分主要集中在选择题和填空题；综合型失分主要是对复杂情景的分析能力不足，如电路动态分析中忽略局部与整体的关系、电磁感应综合题中不会结合牛顿运动定律、能量守恒定律进行解题，这类失分主要集中在计算题，且失分分值较大（每题10-15分）。 3. 命题趋势：高考命题逐渐注重“素养导向”，强调物理观念、科学思维、科学探究和科学态度的考查。具体表现为：情景化命题增多（如电磁感应在新能源、航天领域的应用），注重多知识点的综合考查（电磁学与力学、能量守恒的综合），强化实验探究能力的考查（如实验原理的理解、实验误差的分析与改进），同时减少机械记忆类题目，增加对学生逻辑推理、综合分析能力的考查。此外，高考对必修三知识点的考查具有连贯性，后续选修模块（如电磁振荡、交变电流）的考查也会基于必修三的基础，因此必修三的易错点若不及时纠正，会影响后续选修内容的学习和高考得分。 第二部分 各章节易丢分知识点及易错辨析 第一章 静电场及其应用（易丢分核心章节） 本章是电磁学的入门章节，知识点抽象，概念繁多，且易混淆，是期末考和高考的基础失分点，主要易丢分知识点集中在电场强度、电势、电势能、静电平衡等核心概念，以及库仑定律的应用。 易错点1：混淆元电荷、点电荷、试探电荷的概念 核心知识点：元电荷是最小的电荷量（e=1.60×10-¹⁹C），是物理常量，不是带电体，不存在“元电荷粒子”；点电荷是理想化物理模型，当带电体的形状、大小对所研究问题的影响可忽略时（如带电体间距远大于自身尺寸），可等效为点电荷，与电荷量大小无关，大带电体也可视为点电荷；试探电荷是用于探测电场性质的带电体，要求电荷量足够小（不影响原电场分布）、体积足够小（能精准定位电场中某点）。 易错辨析：学生最常见的错误的是将三者等同，出现以下错误认知：①“元电荷就是点电荷”，混淆了“电荷量单位”与“理想化模型”的本质区别，元电荷是电荷量的最小单元，而点电荷是忽略形状大小的带电体模型；②“点电荷一定带电荷量很小”，错误认为只有小带电体才能视为点电荷，实际上，只要带电体的间距远大于自身尺寸，即使电荷量很大（如带电星球），也可视为点电荷；③“试探电荷的电荷量越大，测量的电场强度越准确”，忽略了试探电荷的核心要求——电荷量足够小，若电荷量过大，会干扰原电场的分布，导致测量结果不准确；④“元电荷有正负”，元电荷是电荷量的数值，没有正负，电子和质子的电荷量绝对值等于元电荷，分别带负电和正电。 考情关联：期末考中多以选择题形式考查三者的概念辨析，占分3-4分，学生易因概念混淆丢分；高考中较少单独考查，但会在库仑定律应用、电场强度计算的题目中隐含考查，若概念理解错误，会导致后续计算失误。 易错点2：电场强度（E）与电场力（F）的概念混淆及公式误用 核心知识点：电场强度E是描述电场本身力的性质的物理量，是矢量，定义式为E=F/q（普遍适用，任何电场均可使用），决定式为E=kQ/r²（仅适用于真空中的点电荷电场），其大小由场源电荷和空间位置决定，与试探电荷的电荷量、正负及是否存在无关；电场力F是试探电荷在电场中受到的作用力，是矢量，公式为F=Eq，其大小与试探电荷的电荷量q和电场强度E均有关，正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷相反。 易错辨析：这是本章最易丢分的知识点之一，学生的错误主要集中在三个方面：① 因果关系混淆，认为“E与F成正比、与q成反比”，忽略了E是电场的固有属性，与试探电荷无关，E=F/q只是定义式，用于通过试探电荷的受力计算电场强度，而非决定式；② 公式适用条件混淆，盲目用E=kQ/r²计算任意电场的电场强度，如用该公式计算平行板电容器内部的电场强度（平行板电容器内部为匀强电场，应使用E=U/d）；③ 矢量性忽略，计算电场强度或电场力时，只考虑大小，不考虑方向，导致矢量合成错误，尤其是多个点电荷产生的电场叠加时，误将场强大小直接代数相加，忽略了平行四边形定则的应用。 补充说明：电场强度的单位是N/C或V/m，两者是等价的，学生常因记混单位导致填空题丢分；另外，“电场强度为零的地方，电场力一定为零”（F=Eq，q≠0时），但“电场力为零的地方，电场强度不一定为零”（若试探电荷q=0，即使电场强度不为零，电场力也为零），这一结论的辨析也是期末考的高频易错点。 考情关联：期末考中，选择题、填空题均会考查，如判断电场强度的决定因素、比较不同位置的电场强度大小和方向，占分4-6分；高考中，常结合电场线、等势面考查电场强度的计算与判断，也会在带电粒子在电场中的运动题目中隐含考查，若公式误用或矢量性忽略，会导致整题失分。 易错点3：电势、电势能、电势差的概念混淆及大小判断错误 核心知识点：电势φ是描述电场本身能的性质的物理量，是标量，定义式为φ=Ep/q（Ep为电势能），其大小与参考点的选择有关（通常选无穷远或大地为零电势点），但电势差UAB=φA-φB与参考点无关；电势能Ep是电荷在电场中具有的势能，与试探电荷的电荷量、正负及电场的电势有关，公式为Ep=qφ，也可通过静电力做功判断（WAB=-ΔEp，静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大）；电势差UAB是电场中两点间电势的差值，公式为UAB=WAB/q，也可用于匀强电场中U=Ed（d为两点沿电场线方向的距离）。 易错辨析：这三个物理量的概念抽象，学生易出现以下错误：① 混淆电势与电势能，认为“电势高的地方，电势能一定大”，忽略了电势能与试探电荷的正负有关——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 忽略电势的相对性，认为“电势为零的地方，电势能一定为零”，实际上，电势的零点是人为规定的，若试探电荷q≠0，即使电势为零，电势能也为零，但如果参考点改变，电势会变化，而电势能的变化量与参考点无关；③ 电势差与距离的关系混淆，在匀强电场中，误用U=Ed（d为两点间的直线距离），忽略了d必须是“两点沿电场线方向的投影距离”，若两点连线与电场线垂直，则电势差为零（等势面）；④ 静电力做功与电势能变化的关系记反，认为“静电力做正功，电势能增大”，实际上，静电力做功的过程是电势能转化为其他形式能的过程，静电力做正功，电势能减小，反之则增大，与重力做功和重力势能的关系类似。 另外，学生还易混淆“等势面”与“电场线”的关系，错误认为“电场线和等势面平行”，实际上，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面；同一等势面上移动电荷，静电力不做功，不同等势面间移动电荷，静电力一定做功，这一结论也是易错点。 考情关联：期末考中，多以选择题、填空题形式考查三者的概念辨析和大小判断，占分4-6分；高考中，常结合电场线、等势面图像，考查电势、电势能、电势差的计算与判断，也会在带电粒子在电场中的加速、偏转题目中考查电势能的变化，是高考的基础失分点之一。 易错点4：库仑定律的适用条件忽略及应用错误 核心知识点：库仑定律描述真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，公式为F=kQ1Q2/r²（k为静电力常量，k=9.0×10⁹N·m²/C²），适用条件为：① 真空中（空气中可近似适用，介质中需修正）；② 点电荷（或均匀带电球体/球面，此时r为两球心间距）；③ 静止电荷（高中阶段仅讨论静止情况）。 易错辨析：学生应用库仑定律时，最易忽略适用条件，出现以下错误：① 盲目套用公式，忽略“真空中”的条件，如在介质中计算两个点电荷间的作用力，仍用原公式，未考虑介质的影响（实际作用力会小于真空中的作用力）；② 对“点电荷”模型理解错误，将不能视为点电荷的带电体（如两个紧贴的带电小球）当作点电荷，用r=0代入公式（此时电荷分布不均匀，不能视为点电荷，公式不适用），或误将r理解为两带电体表面的距离（正确应为两电荷中心的间距）；③ 忽略“静止电荷”的条件，将库仑定律用于运动的点电荷（运动电荷会产生磁场，相互作用力不再仅由库仑力决定）；④ 多个点电荷作用时，误将合力直接代数相加，忽略了库仑力的矢量性，应采用平行四边形定则合成多个库仑力。 补充说明：库仑力是相互作用力，遵循牛顿第三定律，即两个点电荷之间的库仑力等大反向，与两个电荷的电荷量大小无关，学生常因忽略这一点，在分析带电小球的平衡问题时出现受力分析错误。 考情关联：期末考中，多以填空题、计算题形式考查库仑力的计算，占分4-8分，学生易因忽略适用条件导致计算错误；高考中，较少单独考查库仑定律，多结合电场强度、带电粒子的平衡问题考查，若适用条件判断错误，会导致后续受力分析和计算失误。 易错点5：静电平衡的概念理解错误 核心知识点：静电平衡是指导体在电场中处于静止状态时，内部的自由电荷不再发生定向移动的状态，其核心特点为：① 导体内部的合电场强度为零（外电场与感应电荷产生的电场叠加抵消）；② 导体是等势体，表面是等势面；③ 感应电荷只分布在导体的外表面，内部没有净电荷；④ 导体表面的电场线与导体表面垂直。 易错辨析：学生对静电平衡的理解易出现以下错误：① 认为“导体处于静电平衡时，内部没有电场”，实际上，导体内部存在外电场和感应电荷产生的电场，只是两者的合场强为零，并非没有电场；② 认为“导体内部没有电荷”，错误，导体内部有正、负电荷，只是净电荷为零，感应电荷只分布在导体外表面；③ 忽略“导体是等势体”的特点，在分析导体表面的电势时，错误认为“导体表面各点的电势不同”；④ 对静电屏蔽的理解错误，认为“静电屏蔽可以屏蔽所有电场”，实际上，静电屏蔽只能屏蔽外电场，内部电场不会被屏蔽（如导体内部放置一个点电荷，内部仍会有电场）。 考情关联：期末考中，多以选择题形式考查静电平衡的特点，占分3-4分；高考中，偶尔会在选择题中考查，难度不大，但学生易因概念理解错误丢分。 第二章 电路及其应用（易丢分重点章节） 本章知识点与生活实际联系紧密，公式较多，实验性强，易丢分点集中在欧姆定律的应用、串并联电路的分析、多用电表的使用、电路的动态分析及实验误差分析等方面，是期末考的重点考查章节，也是高考实验题的高频考查区域。 易错点1：欧姆定律的适用条件忽略及非纯电阻电路的计算错误 核心知识点：欧姆定律的内容为“导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比”，公式为I=U/R，适用条件为纯电阻电路（电能全部转化为内能，如电阻、灯泡等）；非纯电阻电路（电能不仅转化为内能，还转化为其他形式的能，如电动机、电解槽等），欧姆定律不适用，此时应使用能量守恒定律（W=UIt=Q+W其他，Q=I²Rt）进行计算。 易错辨析：这是本章最易丢分的知识点，学生的错误主要集中在：① 盲目套用欧姆定律，将其用于非纯电阻电路，如计算电动机的电阻时，误用R=U/I，忽略了电动机工作时，UIt=I²Rt+W机械，此时R≠U/I，正确的计算方法是先通过能量守恒求出Q=UIt-W机械，再用Q=I²Rt求出电阻；② 混淆“纯电阻电路”与“非纯电阻电路”的能量转化，认为“所有用电器都遵循欧姆定律”，忽略了电动机、电解槽等非纯电阻用电器的特殊性；③ 在纯电阻电路中，混淆欧姆定律的变形式，如误用U=IR计算电源两端的电压（电源有内阻，路端电压U=E-Ir，而非U=IR）。 补充说明：学生还易忽略“欧姆定律的适用条件是导体的温度不变”，对于非线性元件（如小灯泡），其电阻随温度升高而增大，欧姆定律仍然适用，但电阻R是变化的，不能用某一状态的电阻代替所有状态的电阻，这也是期末考的易错点。 考情关联：期末考中，多以计算题形式考查非纯电阻电路的计算，占分6-8分，学生易因套用欧姆定律丢分；高考中，常结合电源的电动势、内阻考查非纯电阻电路的能量计算，也是实验题中误差分析的重要考点，失分率较高。 易错点2：串并联电路的特点记忆错误及总电阻计算失误 核心知识点：串联电路的特点：① 电流处处相等（I=I1=I2=…=In）；② 总电压等于各部分电压之和（U=U1+U2+…+Un）；③ 总电阻等于各部分电阻之和（R=R1+R2+…+Rn）；④ 电压分配与电阻成正比（U1/U2=R1/R2）；⑤ 功率分配与电阻成正比（P1/P2=R1/R2）。 并联电路的特点：① 电压处处相等（U=U1=U2=…=Un）；② 总电流等于各支路电流之和（I=I1+I2+…+In）；③ 总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和（1/R=1/R1+1/R2+…+1/Rn）；④ 电流分配与电阻成反比（I1/I2=R2/R1）；⑤ 功率分配与电阻成反比（P1/P2=R2/R1）。 易错辨析：学生对串并联电路的特点记忆不牢固，易出现以下错误：① 混淆串并联电路的电流、电压分配规律，如认为“串联电路中电压处处相等”“并联电路中电流处处相等”；② 总电阻计算错误，并联电路中，误将总电阻计算为R=R1+R2（与串联电路混淆），或多个电阻并联时，漏算某一支路电阻，或误将1/R=1/R1+1/R2简化为R=(R1+R2)/R1R2（仅适用于两个电阻并联，多个电阻不适用）；③ 忽略“并联电路的总电阻一定小于任一支路电阻”“串联电路的总电阻一定大于任一支路电阻”的规律，导致总电阻大小判断错误；④ 复杂电路中，串并联识别错误，易将“等势点”误判为有电势差，导致串并联分析混乱，可通过节点法（标记等势点）、电流法（沿电流路径判断分支）避免错误。 补充说明：当导体拉伸或对折时，电阻的变化计算也是易错点，核心是牢记“体积不变”：拉伸为原长2倍时，横截面积变为原来的1/2，电阻变为原来的4倍；对折为原长1/2时，横截面积变为原来的2倍，电阻变为原来的1/4，学生常漏看“体积不变”，直接按长度或面积单一变量计算，导致电阻变化量计算错误。 考情关联：期末考中，串并联电路的分析和总电阻计算是必考内容，多结合多用电表的使用、电路动态分析考查，占分6-8分；高考中，常结合电路动态分析、功率计算考查，也是实验题（如伏安法测电阻）的基础，若串并联特点记忆错误，会导致后续分析和计算失误。 易错点3：电路的动态分析思路混乱 核心知识点：电路的动态分析是指当电路中的某一元件（如滑动变阻器）的阻值发生变化时，分析电路中总电阻、总电流、各支路电流、各部分电压的变化规律，核心思路为“先总后分、先干后支”：① 分析局部电阻变化（滑动变阻器阻值变化）→ ② 判断总电阻变化 → ③ 根据闭合电路欧姆定律（I总=E/(R总+r)）判断总电流变化 → ④ 根据U端=E-I总r判断路端电压变化 → ⑤ 再分析各支路的电流、电压变化（结合串并联电路特点）。 易错辨析：学生在进行动态分析时，易出现以下错误：① 思路混乱，不遵循“先总后分”的原则，直接分析支路电流、电压的变化，导致判断错误；② 忽略电源内阻的影响，认为“路端电压不变”，实际上，电源有内阻，总电流变化时，路端电压会随之变化（U端=E-I总r）；③ 误判支路电流变化，如认为“某支路电阻增大，该支路电流一定减小”，这一结论仅在该支路电压不变时成立，若支路电压随总电流变化而变化，则电流变化无法直接判断，需结合串并联特点分析；④ 分析滑动变阻器阻值变化时，误判电阻变化方向（如滑动变阻器的滑片移动方向与阻值变化方向相反），导致整个动态分析错误。 补充说明：动态分析中，“串反并同”规律可辅助判断（与变化电阻串联的元件，电流、电压、功率变化与电阻变化相反；与变化电阻并联的元件，电流、电压、功率变化与电阻变化相同），但学生易滥用该规律，忽略其适用条件（仅适用于纯电阻电路，且电源内阻不可忽略），导致判断错误，建议优先使用“先总后分”的基本思路，再用“串反并同”规律验证。 考情关联：期末考中，多以选择题形式考查电路动态分析，占分3-4分，学生易因思路混乱丢分；高考中，电路动态分析是选择题的高频考点，占分4分，也是计算题的基础，若分析错误，会导致后续计算失分。 易错点4：多用电表的使用细节失误 核心知识点：多用电表是一种多功能测量仪器，可测量直流电流、直流电压、交流电压、电阻等，其核心使用规范的包括：① 测量前，需进行机械调零（调节表盘左侧的机械调零旋钮，使指针指在零刻度线处）；② 测量不同物理量时，需选择对应的档位（如测电阻选欧姆档，测直流电流选直流电流档）；③ 测量电阻时，需进行欧姆调零（红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω刻度线处），且换挡后必须重新欧姆调零；④ 测量时，红表笔接“+”接线柱，黑表笔接“-”接线柱，测直流电压、电流时，红表笔接高电势，黑表笔接低电势，否则指针反偏；⑤ 测量电阻时，待测电阻必须脱离电路（不能带电测量），否则会损坏电表或测量不准；⑥ 读数时，需根据所选档位和表盘刻度读数，欧姆档刻度不均匀，需结合倍率计算（测量值=表盘读数×倍率）。 易错辨析：多用电表的使用细节繁多，学生易出现以下失误：① 测量前未进行机械调零，或测量电阻时未进行欧姆调零，导致读数误差；② 换挡后未重新欧姆调零，认为“一次调零即可”，忽略了欧姆档不同倍率的内阻不同，换挡后必须重新调零；③ 测量电阻时，待测电阻未脱离电路，或带电测量，导致测量结果不准确，甚至损坏电表；④ 量程选择错误，未先估测待测值，选过小量程导致指针超偏，选过大量程导致读数误差过大；⑤ 测直流电压、电流时，红黑表笔接反，导致指针反偏，无法读数；⑥ 欧姆档读数时，未结合倍率计算，直接读取表盘刻度，导致读数错误；⑦ 忽略欧姆档的刻度特点（左密右疏），指针指在左侧（电阻大）时未换大倍率，指在右侧（电阻小）时未换小倍率，导致测量误差过大（指针指在中间区域误差最小）。 补充说明：多用电表的欧姆档内阻与中值电阻的关系（中值电阻等于欧姆档内阻），学生易忽略这一点，在分析欧姆档的测量误差时出现错误；另外，测交流电压时，无需考虑红黑表笔的极性，但需注意量程范围，这也是易错点。 考情关联：期末考中，多以选择题、实验题形式考查多用电表的使用，占分4-6分，学生易因细节失误丢分；高考中，多用电表的使用是实验题的高频考点（如伏安法测电阻、探究电路规律），占分6-8分，细节失误是主要失分原因。 易错点5：伏安法测电阻的误差分析错误 核心知识点：伏安法测电阻的原理是R=U/I，根据电流表和电压表的接法不同，分为内接法和外接法：① 内接法：电流表串联在待测电阻支路，电压表测待测电阻和电流表的总电压，误差来源是电流表的分压，测量值大于真实值（R测=R真+RA），适用于待测电阻远大于电流表内阻（R真≫RA）的情况；② 外接法：电压表并联在待测电阻两端，电流表测待测电阻和电压表的总电流，误差来源是电压表的分流，测量值小于真实值（1/R测=1/R真+1/RV），适用于待测电阻远小于电压表内阻（R真≪RV）的情况。 易错辨析：学生在误差分析时，易出现以下错误：① 混淆内接法和外接法的误差来源，认为“内接法的误差是电压表分流”“外接法的误差是电流表分压”，导致误差分析错误；② 接法选择错误，不会根据待测电阻与电表内阻的关系选择接法，仅记住“大内偏大，小外偏小”的口诀，却不理解其本质，导致接法选择错误；③ 忽略滑动变阻器的接法选择，如描绘伏安特性曲线时，要求电压从零开始调节，需选用分压式接法，学生却选用限流式接法，导致无法完成实验；④ 误差分析时，不会推导测量值与真实值的关系，仅死记硬背“内大外小”，遇到复杂情景（如电表内阻已知）时，无法进行误差修正；⑤ 数据处理时，误将非线性元件（如小灯泡）的U-I曲线斜率当作恒定电阻，忽略了小灯泡的电阻随温度变化，斜率是动态电阻，不是定值。 补充说明：当待测电阻与电表内阻的关系不明显时，需用试触法判断接法：分别接内接法和外接法，观察电压表和电流表的指针变化幅度，变化小的接法误差更小，学生易忽略试触法的应用，导致接法选择错误。 考情关联：期末考中，伏安法测电阻的实验是必考内容，多以实验题形式考查，占分6-8分，误差分析是主要失分点；高考中，伏安法测电阻是实验题的高频考点，常结合电表改装、误差修正考查，占分8-10分，误差分析能力直接影响实验题的得分。 易错点6：电源的电动势、内阻相关概念混淆及计算错误 核心知识点：电源的电动势E是描述电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量，是标量，大小由电源本身决定，与外电路无关；内阻r是电源内部的电阻，也是由电源本身决定；闭合电路欧姆定律的表达式为E=I(R+r)（R为外电路总电阻），变形为U端=E-Ir（U端为路端电压），路端电压随外电路电阻的变化而变化（外电阻增大，路端电压增大；外电阻减小，路端电压减小）。 易错辨析：学生易混淆电动势与路端电压，出现以下错误：① 认为“电动势等于路端电压”，忽略了电源内阻的影响，只有当外电路断路时（I=0），路端电压才等于电动势，闭合电路中，路端电压一定小于电动势；② 认为“电动势与外电路有关”，错误认为“外电阻越大，电动势越大”，实际上，电动势由电源本身决定，与外电路无关；③ 闭合电路欧姆定律的应用错误，误用E=U端+Ir计算时，忽略了电流I是总电流，而非支路电流；④ 计算电源的输出功率时，误将“输出功率等于电源的总功率”，忽略了电源的热功率（P热=I²r），输出功率P出=P总-P热=EI-I²r。 补充说明：电源的输出功率在R=r时达到最大值（Pmax=E²/(4r)），学生易忽略这一规律，在计算电源输出功率的最大值时出现错误；另外，学生还易混淆“电源的总功率”“输出功率”“热功率”的计算公式，导致功率计算错误。 考情关联：期末考中，多以填空题、计算题形式考查电动势、内阻的计算，占分4-6分；高考中，常结合电路动态分析、功率计算考查，也是实验题（如测定电源的电动势和内阻）的核心考点，占分8-10分，概念混淆是主要失分原因。 第三章 磁场（易丢分难点章节） 本章知识点抽象，涉及矢量的方向判断较多，易丢分点集中在磁感应强度的概念、安培力的方向判断与计算、洛伦兹力的方向判断与计算、磁感线的理解等方面，是高考的难点章节，也是学生失分率较高的章节之一。 易错点1：磁感应强度（B）的概念理解错误及公式误用 核心知识点：磁感应强度B是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量，定义式为B=F/(IL)（适用条件：通电导线垂直于磁场方向放置，IL为电流元），其大小由磁场本身决定，与通电导线的电流大小、长度、是否受力及受力大小无关；方向为小磁针静止时N极所指的方向（或小磁针N极受力的方向）；单位为特斯拉（T）。 易错辨析：学生对磁感应强度的理解易出现以下错误：① 因果关系混淆，认为“B与F成正比、与IL成反比”，忽略了B是磁场的固有属性，与通电导线无关，B=F/(IL)只是定义式，用于通过通电导线的受力计算磁感应强度，而非决定式；② 忽略定义式的适用条件，将B=F/(IL)用于通电导线与磁场方向不垂直的情况，此时应使用B=F/(ILsinθ)（θ为导线与磁场方向的夹角），当导线与磁场方向平行时，受力F=0，但磁感应强度B不为零，学生易误认为“F=0时，B=0”；③ 混淆磁感应强度的方向与安培力的方向，认为“磁感应强度的方向就是安培力的方向”，实际上，安培力的方向与磁感应强度方向、电流方向均垂直（由左手定则判断）；④ 忽略磁场的客观性，认为“磁场是由通电导线产生的”，错误，磁场是客观存在的物质，磁体、通电导线、运动电荷、变化电场周围都存在磁场，通电导线只是产生磁场的一种方式。 补充说明：磁感应强度的定义式也适用于非匀强磁场，此时IL应很短，称为“电流元”，相当于静电场中的“试探电荷”，学生易忽略这一点，在非匀强磁场中误用定义式计算磁感应强度。 考情关联：期末考中，多以选择题、填空题形式考查磁感应强度的概念，占分3-4分；高考中，常结合安培力、洛伦兹力的计算考查，也是磁场图像题的基础，若概念理解错误，会导致方向判断和计算失误。 易错点2：磁感线的理解错误 核心知识点：磁感线是为了形象描述磁场而引入的假想曲线，不是真实存在的物质，其特点为：① 磁感线的疏密表示磁场的强弱（线越密，B越大）；② 磁感线上某点的切线方向表示该点的磁感应强度方向；③ 磁体外部，磁感线从N极指向S极；磁体内部，磁感线从S极指向N极，形成闭合曲线；④ 磁感线不相交、不相切、不中断。 易错辨析：学生对磁感线的理解易出现以下错误：① 认为“磁感线是真实存在的线”，忽略了其假想性；② 混淆磁感线的方向，认为“磁体内部的磁感线从N极指向S极”，与外部方向混淆；③ 误将磁感线与带电粒子的运动轨迹等同，认为“带电粒子在磁场中运动的轨迹就是磁感线”，实际上，只有当带电粒子初速度为零或初速度方向与磁感线平行时，轨迹才与磁感线重合，否则轨迹为曲线（由洛伦兹力提供向心力）；④ 认为“磁感线越密的地方，安培力一定越大”，忽略了安培力还与电流大小、导线长度、导线与磁场的夹角有关（F=BILsinθ）；⑤ 错误认为“磁感线可以相交”，若磁感线相交，则该点的磁感应强度方向不唯一，与磁感应强度的矢量性矛盾。 补充说明：安培定则（右手螺旋定则）的应用也是易错点，学生易混淆不同电流（直线电流、环形电流、通电螺线管）的安培定则用法：直线电流的安培定则，拇指指向电流方向，四指指向磁感线的环绕方向；环形电流、通电螺线管的安培定则，四指指向电流方向，拇指指向环形电流轴线上、螺线管内部的磁感线方向，学生常因手指指向错误，导致磁感线方向判断错误。 考情关联：期末考中，多以选择题、填空题形式考查磁感线的特点和安培定则的应用，占分3-4分；高考中，常结合磁场图像（磁感线分布图）考查磁感应强度的大小和方向判断，也是安培力、洛伦兹力方向判断的基础，易因磁感线理解错误丢分。 易错点3：安培力的方向判断错误及计算失误 核心知识点：安培力是通电导线在磁场中受到的作用力，公式为F=BILsinθ（θ为导线与磁场方向的夹角），方向由左手定则判断：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向；安培力的方向始终与电流方向、磁感应强度方向垂直，即垂直于电流和磁场所决定的平面。 易错辨析：学生在安培力的方向判断和计算中，易出现以下错误：① 左手定则的应用错误，混淆“磁感线的方向”和“电流的方向”，如让磁感线从指尖进入，或四指指向安培力方向，导致方向判断错误；② 忽略θ角的意义，误用F=BIL计算安培力，当导线与磁场方向不垂直时（θ≠90°），需用F=BILsinθ，当导线与磁场方向平行时（θ=0°），安培力为零，学生易忽略θ角，导致计算错误；③ 安培力的方向判断时，忽略“安培力垂直于电流和磁场所决定的平面”，误判方向在电流或磁场方向上；④ 多个通电导线之间的安培力分析错误，忽略安培力是相互作用力，遵循牛顿第三定律，如认为“甲导线对乙导线的安培力大于乙导线对甲导线的安培力”；⑤ 通电螺线管内部的安培力计算错误，忽略螺线管内部是匀强磁场，且磁场方向与螺线管轴线平行，误将外部磁场强度当作内部磁场强度计算。 补充说明：安培力的计算中，若导线是弯曲的，需取导线的有效长度（即导线两端点的连线长度，且有效长度的方向与电流方向一致），学生易误用导线的实际长度计算，导致安培力大小计算错误。 考情关联：期末考中，多以选择题、填空题形式考查安培力的方向判断和计算，占分4-6分；高考中，常结合力学平衡、电路动态分析考查安培力的计算，也是电磁感应综合题的基础，方向判断错误或计算失误会导致整题失分。 易错点4：洛伦兹力的方向判断错误及计算失误 核心知识点：洛伦兹力是运动电荷在磁场中受到的作用力，公式为F=qvBsinθ（θ为电荷运动方向与磁场方向的夹角），方向由左手定则判断（注意：负电荷的受力方向与正电荷相反，即四指指向负电荷运动的反方向）；洛伦兹力的方向始终与电荷运动方向、磁感应强度方向垂直，因此洛伦兹力不做功（力与位移方向垂直，做功为零），不会改变电荷的速率，只会改变电荷的运动方向。 易错辨析：洛伦兹力是本章的难点，学生易出现以下错误：① 左手定则的应用错误，尤其是负电荷的受力方向判断，四指未指向负电荷运动的反方向，导致方向判断错误；② 忽略θ角的意义，误用F=qvB计算洛伦兹力，当电荷运动方向与磁场方向不垂直时（θ≠90°），需用F=qvBsinθ，当电荷运动方向与磁场方向平行时（θ=0°），洛伦兹力为零，学生易忽略θ角，导致计算错误；③ 认为“洛伦兹力做功”，忽略了洛伦兹力始终与电荷运动方向垂直，做功为零，不会改变电荷的速率，仅改变运动方向，学生常误将洛伦兹力与安培力混淆，认为洛伦兹力也会做功；④ 混淆“洛伦兹力”与“安培力”的关系，认为“洛伦兹力是安培力的分力”，实际上，安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，两者本质相同，但适用对象不同（洛伦兹力作用于运动电荷，安培力作用于通电导线）；⑤ 带电粒子在磁场中做圆周运动时，忽略洛伦兹力提供向心力，误用向心力公式，导致轨道半径、周期计算错误。 补充说明：洛伦兹力的大小与电荷的运动速率有关，速率变化时，洛伦兹力大小也会变化，而安培力的大小与电流大小有关，电流不变时，安培力大小不变，学生易混淆两者的大小决定因素，导致计算错误。 考情关联：期末考中，多以选择题、填空题形式考查洛伦兹力的方向判断和基本计算，占分4-6分；高考中，洛伦兹力是重点考查内容，常结合带电粒子在磁场中的圆周运动、复合场（电场+磁场）中的运动考查，占分8-12分，是高考的难点和失分点。 第四章 电磁感应与电磁波初步（易丢分综合章节） 本章是必修三的综合章节，涉及电磁感应的产生条件、楞次定律、法拉第电磁感应定律等核心知识点，与前面的电场、磁场、电路知识联系紧密，易丢分点集中在感应电流的产生条件、楞次定律的应用、法拉第电磁感应定律的计算、电磁波的基本概念等方面，是高考的高频综合考点。 易错点1：感应电流的产生条件判断错误 核心知识点：感应电流的产生条件有两个，缺一不可：① 电路必须闭合；② 穿过闭合电路的磁通量发生变化（磁通量Φ=BSsinθ，θ为磁场方向与线圈平面的夹角，磁通量变化可由B、S、θ中的任意一个量变化引起）。 易错辨析：学生在判断感应电流是否产生时，易出现以下错误：① 忽略“电路闭合”的条件，认为“只要磁通量变化，就会产生感应电流”，实际上，若电路不闭合，磁通量变化只会产生感应电动势，不会产生感应电流；② 忽略“磁通量变化”的条件，认为“闭合电路在磁场中运动，就会产生感应电流”，实际上，若闭合电路在磁场中匀速运动，且磁通量没有变化（如闭合线圈在匀强磁场中沿磁场方向运动），则不会产生感应电流；③ 误判磁通量是否变化，如认为“闭合线圈在匀强磁场中转动，磁通量一定变化”，实际上，若线圈平面始终与磁场方向平行，转动时磁通量始终为零，没有变化，不会产生感应电流；④ 忽略磁通量的正负，认为“初末位置磁通量相同，就没有感应电流”，实际上，若过程中磁通量发生变化（如先增大后减小，初末位置相同），则会产生感应电流；⑤ 认为“闭合电路切割磁感线，就会产生感应电流”，实际上，切割磁感线不一定导致磁通量变化（如导线在匀强磁场中平行于磁场方向切割），只有切割磁感线且导致磁通量变化时，才会产生感应电流。 补充说明：磁通量是标量，但有正负，正负不代表大小，只表示磁感线穿过平面的方向，若穿过平面的磁感线既有穿出又有穿入，合磁通量为净磁感线的条数，学生易忽略磁通量的正负，导致磁通量变化量计算错误。 考情关联：期末考中，多以选择题形式考查感应电流的产生条件，占分3-4分；高考中，常结合电磁感应的综合题考查，是判断感应电流有无、方向的基础，若判断错误，会导致后续分析失误。 易错点2：楞次定律的应用错误 核心知识点：楞次定律的内容为“感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”，核心关键词是“阻碍”，其应用步骤为：① 确定原磁场的方向；② 判断原磁通量的变化（增大或减小）；③ 根据“阻碍”原则，判断感应电流的磁场方向（原磁通量增大时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；原磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同）；④ 由安培定则，根据感应电流的磁场方向，判断感应电流的方向。 易错辨析：楞次定律是电磁感应的核心，也是学生最易丢分的知识点之一，常见错误包括：① 误解“阻碍”的含义，认为“阻碍”是“阻止”，实际上，“阻碍”只是延缓磁通量的变化，不能阻止磁通量的变化，磁通量最终还是会按照原来的趋势变化（如原磁通量增大，感应电流的磁场阻碍其增大，但磁通量仍然会增大）；② 混淆“原磁场方向”与“感应电流的磁场方向”，不会根据原磁通量的变化判断感应电流的磁场方向；③ 应用步骤混乱，不遵循“先原磁场、再磁通量变化、再感应磁场、最后感应电流”的步骤，直接判断感应电流方向，导致错误；④ 忽略“阻碍相对运动”的推论（楞次定律的另一种表述：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的相对运动），在分析导体棒在磁场中的运动时，不会用该推论快速判断感应电流方向；⑤ 闭合电路的一部分导体切割磁感线时，误将楞次定律与右手定则混淆，不会灵活运用右手定则（右手定则是楞次定律的特例，适用于导体切割磁感线的情况）。 补充说明：右手定则的应用易错点：伸开右手，使拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线从掌心进入，拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向，学生易混淆拇指和四指的指向（如拇指指向感应电流方向，四指指向导体运动方向），导致方向判断错误。 考情关联：期末考中，多以选择题、填空题形式考查楞次定律的应用，占分4-6分；高考中，楞次定律是电磁感应综合题的核心，无论是感应电流方向判断，还是导体棒运动方向分析，都需要用到楞次定律，应用错误会导致整题失分，占分8-12分。 易错点3：法拉第电磁感应定律的公式误用及计算错误 核心知识点：法拉第电磁感应定律的内容为“电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比”，公式为E=nΔΦ/Δt（n为线圈匝数，ΔΦ/Δt为磁通量的变化率）；对于导体切割磁感线的情况，感应电动势的公式为E=BLvsinθ（θ为导体运动方向与磁场方向的夹角，当导体垂直于磁场方向运动时，θ=90°，E=BLv）。 易错辨析：学生在应用法拉第电磁感应定律时，易出现以下错误：① 混淆“磁通量（Φ）”“磁通量的变化量（ΔΦ）”“磁通量的变化率（ΔΦ/Δt）”，认为“磁通量越大，感应电动势越大”“磁通量的变化量越大，感应电动势越大”，实际上，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量、磁通量的变化量无关（如Φ很大，但ΔΦ/Δt=0，感应电动势为零）；② 公式适用条件混淆，误用E=nΔΦ/Δt计算导体切割磁感线的感应电动势，或误用E=BLv计算磁通量变化产生的感应电动势；③ 忽略线圈匝数n，在计算多匝线圈的感应电动势时，未乘以匝数n，导致计算结果偏小；④ 导体切割磁感线时，忽略θ角的意义，误用E=BLv计算，当导体运动方向与磁场方向不垂直时，需用E=BLvsinθ，当导体运动方向与磁场方向平行时，感应电动势为零；⑤ 计算磁通量的变化率时，误将ΔΦ当作ΔΦ/Δt，忽略了时间因素，导致感应电动势计算错误；⑥ 忽略感应电动势的方向，法拉第电磁感应定律只计算感应电动势的大小，方向需由楞次定律或右手定则判断，学生易只计算大小，忽略方向，导致后续电路分析错误。 补充说明：导体切割磁感线时，若导体是弯曲的，需取有效长度（即导体两端点的连线长度，且有效长度与磁场方向垂直），学生易误用实际长度计算，导致感应电动势大小计算错误；另外，当导体棒在磁场中转动时，感应电动势的公式为E=BL²ω/2（ω为角速度），学生易误用E=BLv计算，导致错误。 考情关联：期末考中，多以填空题、计算题形式考查法拉第电磁感应定律的应用，占分6-8分；高考中，法拉第电磁感应定律是电磁感应综合题的核心，常结合电路、力学知识考查感应电动势的计算、感应电流的大小、电功率的计算等，占分10-15分，公式误用是主要失分原因。 易错点4：电磁波的基本概念理解错误 核心知识点：电磁波是由变化的电场和变化的磁场相互激发，在空间中传播的横波，不需要介质（可在真空中传播），传播速度等于光速（c=3.0×10⁸m/s）；电磁波的波长λ、频率f和波速c的关系为c=λf；电磁波包含无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线等，不同波段的电磁波频率、波长不同，应用场景也不同；电磁波具有能量，可传递信息和能量。 易错辨析：学生对电磁波的理解易出现以下错误：① 认为“电磁波的传播需要介质”，混淆电磁波与机械波（机械波需要介质，如声波、水波，而电磁波可在真空中传播），错误认为“真空中不能传播电磁波”；② 混淆“横波”与“纵波”，认为“电磁波是纵波”，实际上，电磁波的电场方向、磁场方向均与传播方向垂直，属于横波，而机械波中的声波是纵波；③ 误解电磁波的产生条件，认为“只要有电场或磁场，就会产生电磁波”，错误，只有变化的电场才能产生磁场，变化的磁场才能产生电场，且电场和磁场的变化必须是不均匀的（均匀变化的电场产生恒定的磁场，均匀变化的磁场产生恒定的电场，无法形成电磁波）；④ 混淆电磁波的波长、频率与波速的关系，认为“波长越大，频率越大”，忽略了波速c是恒定的（真空中），根据c=λf，波长与频率成反比，波长越大，频率越小；⑤ 对电磁波的波段和应用理解错误，如将红外线与紫外线的应用混淆，误将X射线用于通信（X射线用于医疗透视，通信常用无线电波）；⑥ 认为“电磁波没有能量”，错误，电磁波具有能量，如太阳能就是电磁波（可见光、红外线等）传递的能量，微波炉也是利用电磁波（微波）传递能量加热食物。 补充说明：电磁波的传播不需要介质，在介质中传播时，波速会小于光速，波长也会随之变化，但频率不变（频率由波源决定），学生易忽略这一点，认为“电磁波在任何介质中传播速度都等于光速”；另外，变化的电场和变化的磁场是同时存在、相互依存的，不能单独存在，学生易错误认为“先有电场，后有磁场”或“先有磁场，后有电场”。 考情关联：期末考中，多以选择题、填空题形式考查电磁波的基本概念，占分3-4分，学生易因概念混淆丢分；高考中，电磁波的知识点考查频率较低，多以选择题形式考查基础概念，偶尔结合现代科技（如5G通信、卫星通信）考查，占分4分，难度不大，但需注意概念的精准理解。 易错点5：电磁感应与电路、力学的综合应用错误 核心知识点：电磁感应的综合应用是必修三的难点，也是高考的高频考点，主要涉及“电磁感应+电路”“电磁感应+力学平衡”“电磁感应+能量守恒”三类综合问题。核心思路为：先根据楞次定律、法拉第电磁感应定律判断感应电动势的方向和大小，再将感应电路等效为“电源”，分析电路的结构（串并联），计算感应电流的大小；若涉及力学问题，需对导体棒进行受力分析（重力、支持力、安培力等），结合牛顿运动定律、平衡条件分析导体棒的运动状态；若涉及能量问题，需明确能量转化关系（电能、机械能、内能的转化），利用能量守恒定律解题（安培力做功等于电路产生的焦耳热，或机械能的减少量等于电能的增加量）。 易错辨析：电磁感应综合题是学生最易丢分的题型，常见错误包括：① 不会将电磁感应电路等效为“电源”，无法分析外电路的串并联关系，导致感应电流计算错误；② 受力分析时，忽略安培力的方向判断（由左手定则），或忽略安培力的大小随速度变化的特点（安培力F=BIL，I=E/R，E=BLv，因此F=B²L²v/R，速度v变化时，安培力大小也会变化），导致力学方程建立错误；③ 能量分析时，忽略安培力做功与焦耳热的关系，误将“感应电动势的功率”当作“电路的热功率”，或忽略机械能的损耗，导致能量守恒方程建立错误；④ 处理导体棒在磁场中运动的综合题时，不会结合临界状态分析（如导体棒匀速运动时，安培力与其他力平衡），导致无法求解关键物理量；⑤ 忽略电磁感应的瞬时性，在分析导体棒速度突变时，误将变化后的速度直接代入安培力公式，忽略了感应电动势、感应电流的瞬时变化。 补充说明：电磁感应综合题中，“收尾速度”的计算是易错点，当导体棒在磁场中运动时，若安培力与其他力（如重力、拉力）平衡，速度达到最大（收尾速度），此时安培力，结合平衡条件可求解收尾速度，学生易忽略平衡条件的应用，导致收尾速度计算错误；另外，电路中的内阻（电源内阻、导体棒电阻）也容易被忽略，导致感应电流、路端电压计算错误。 考情关联：期末考中，电磁感应综合题多以计算题形式考查，占分8-10分，难度中等偏难，学生易因综合分析能力不足丢分；高考中，电磁感应综合题是计算题的高频考点，占分10-15分，常结合力学、能量守恒考查，是拉开学生分数差距的关键题型，综合应用错误是主要失分原因。 第三部分 易丢分总结及应试建议 结合前文各章节的易丢分知识点及易错辨析，结合期末考与高考考情，不难发现，物理必修三的易丢分点主要集中在“概念混淆”“公式误用”“条件忽略”“综合分析能力不足”四个方面，其中：基础型丢分（概念、公式、实验细节）主要集中在期末考和高考的选择题、填空题，占分比例较高，且易被学生忽视；综合型丢分（电磁感应与力学、电路的综合）主要集中在高考的计算题，难度较大，对学生的逻辑推理、综合分析能力要求较高。为帮助学生精准避坑，提升应试能力，结合考情给出以下应试建议： 1. 夯实基础，理清概念：针对元电荷、电场强度、电势、磁感应强度等抽象概念，重点理解其物理意义、定义式与决定式的区别，明确矢量与标量的差异，避免概念混淆；对于易混淆的知识点（如电场力与电场强度、电势与电势能、安培力与洛伦兹力），可通过对比梳理的方式，明确两者的联系与区别，加深记忆。同时，牢记各物理量的单位，避免因单位记错导致填空题丢分。 2. 牢记公式，明确适用条件：必修三的公式较多，且适用条件各异（如欧姆定律适用于纯电阻电路、库仑定律适用于真空中的静止点电荷、法拉第电磁感应定律的两种表达式适用场景不同），学生需牢记公式的推导过程和适用条件，避免盲目套用公式。可将公式按章节分类整理，标注适用条件和易错点，便于复习和应用。 3. 重视实验，关注细节：实验题是期末考和高考的必考内容，也是易丢分点，尤其是多用电表的使用、伏安法测电阻的误差分析、测定电源的电动势和内阻等实验，需牢记实验原理、操作规范、误差来源及修正方法。重点关注实验细节（如多用电表的调零、滑动变阻器的接法选择、电表的量程选择），避免因细节失误丢分；同时，学会分析实验数据，掌握数据处理的方法（如图像法），提升实验题的得分率。 4. 强化综合分析能力，突破难点：针对电磁感应综合题，重点掌握“电磁感应+电路+力学+能量”的解题思路，学会将复杂情景分解为简单的物理过程（如感应电动势的产生过程、导体棒的受力过程、能量转化过程），逐步分析求解；多练习综合题，总结解题规律，提升逻辑推理和综合分析能力，尤其注意安培力的方向判断、感应电流的计算、能量守恒定律的应用，突破高考难点。 5. 整理错题，精准避坑：建立错题本，将考试中易丢分的题目分类整理，标注错误原因（如概念混淆、公式误用、条件忽略等），定期复习错题，总结易错点和解题技巧，避免重复犯错。同时，结合期末考和高考的考情，重点突破高频易错点（如欧姆定律的非纯电阻电路应用、楞次定律的应用、法拉第电磁感应定律的公式误用），提升应试能力。 总之，物理必修三的知识点抽象、易错点密集，期末考侧重基础考查，高考侧重综合考查，但只要学生夯实基础、理清概念、牢记公式、重视细节、强化综合分析能力，就能精准避坑，减少丢分，在考试中取得理想成绩。同时，必修三作为电磁学的核心内容，其知识点的掌握程度直接影响后续选修模块的学习和高考的整体得分，因此，学生需高度重视，查漏补缺，夯实基础，为后续学习和考试奠定坚实的基础。 专题一　电场的性质 真题试练1：电场的产生 1.(2025陕晋青宁,1,4分)某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图,其中可能正确的是(　　) 　 　　 　　 　 答案 B 电场线在电场中不相交,A错误。B选项符合正点电荷的电场线分布,B正确。静电场的电场线从正电荷或无限远处出发,终止于无限远处或负电荷,C选项的电场线是闭合的,不符合静电场的电场线分布特点,C错误。若存在D选项所示的静电场,如图所示,作两个垂直于电场线的等势面,则A、B两点间的电势差小于C、D两点间的电势差,与假设矛盾,D错误。 2.(2025黑吉辽蒙,4,4分)如图,某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的,逐渐增大施加于两极板压力F的过程中,F较小时弹性结构易被压缩,极板间距d容易减小;F较大时弹性结构闭合,d难以减小。将该电容器充电后断开电源,极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是(　　) 答案 D 将该电容器充电后断开电源,则电容器极板上的电荷量Q保持不变,根据平行板电容器的电容C=,电容的定义式C=,联立解得U=,由于其他量不变,故U正比于d,F较小时,极板间距d容易减小,则U容易减小;F较大时,d难以减小,则U难以减小,D正确。 3.(2025河北,8,6分)(多选)如图,真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B,带有等量同种电荷,电荷量为q,两者间距远大于小球直径,两者之间的静电力大小为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触,再跟B接触,移走C后,A和B之间的静电力大小仍为F,则Q∶q的绝对值可能是(　　) A.1 B.2 C.3 D.5 答案　AD 【命题点】库仑定律　电荷守恒定律 解析　若q、Q为同种电荷,则C先跟A接触后,A和C所带的电荷量相等,qA'=qC'=,C再跟B接触后,B和C所带的电荷量相等,qB'=qC″=,根据库仑定律F=k可知A和B之间的静电力大小不变,则qA'qB'=q2,解得=1,A正确;若q、Q为异种电荷,同理可解得=5,D正确。 4.(2025云南,4,4分)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。a、b、c、d四点分别位于电势为-2 V、-1 V、1 V、2 V的等势线上,则(　　) 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 C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2 eV D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4 eV 答案 C 由等势线分布图知a点附近的等势线最密,所以a点的电场强度最大,A、B错误;根据电荷的电势能Ep=qφ,电子的电荷量为-e,所以电子在a、b、c、d点的电势能分别是2 eV、1 eV、-1 eV、-2 eV,一个电子从b点移动到c点,电场力做功Wbc=Epb-Epc=2 eV,C正确;一个电子从a点移动到d点,电势能增加了ΔEpad=Epd-Epa=-4 eV,D错误。 易错警示　 　　电势、电势能、电场力做功是标量,在代入公式求解相应的物理量时应严格注意正、负号,尤其是电子带负电,其电荷量qe=-e。 4.(2025安徽,10,5分)(多选)如图,两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内,空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止,间距为L,甲、乙所带电荷量分别为q、2q,质量分别为m、2m,静电力常量为k,重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2,匀强电场的电场强度大小为E,不计空气阻力,则(　　) A.F1=F2 B.E= C.若将甲、乙互换位置,二者仍能保持静止 D.若撤去甲,乙下滑至底端时的速度大小v= 答案 ABD 对甲、乙受力分析如图所示,设斜面的倾角为θ,则F1=mg tan θ,F2=2mg tan θ,即F1=F2,A正确。甲、乙均带正电,则F1=k-Eq,F2=2Eq+k,且F1=,联立解得E=,B正确。若将甲、乙互换位置,对甲受力分析,甲所受静电力的合力大小F1'=k+Eq>mg tan θ,受力不平衡;对乙受力分析,乙所受静电力的合力大小F2'=k-2Eq<2mg tan θ,受力不平衡,C错误。若撤去甲,设乙沿斜面向下的加速度为a,则2mg sin θ-2qE cos θ=2ma,结合甲撤去前,乙在沿斜面方向上的受力平衡,2mg sin θ= cos θ,解得a= cos θ,设乙下滑至底端的末速度为v,则v2=2a×,解得v=,D正确。 总结归纳　 　　点电荷平衡问题的解题步骤 点电荷平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的,只是在原来受力的基础上多分析一个静电力,具体步骤如下。 5.(2025山东,11,4分)(多选)球心为O、半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上,带电荷量分别为+2q和+q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点,过O、A、B的截面如图所示,C、D均为圆弧上的点,OC沿竖直方向,∠AOC=45°,OD⊥AB,A、B两点间距离为R,E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是(　　) A.甲的质量小于乙的质量 B.C点电势高于D点电势 C.E、F两点电场强度大小相等,方向相同 D.沿直线从O点到D点,电势先升高后降低 答案 BD 审题指导　“甲、乙刚好静止于碗内壁”→利用受力平衡及相互作用力的关系可得甲、乙质量关系。 “E、F为AB连线的三等分点”→根据距离关系和电场的叠加原理可得E、F点的电场强度的关系。 “C、D均为圆弧上的点”“OD⊥AB”→引入试探电荷,利用电场力做功可得电势的变化。 解析　 由A、B两点间距离为R,可得2R sin=R,故AB圆弧所对的圆心角θ=120°;对小球甲、乙分别受力分析,如图所示,由正弦定理可得=、=,由于FBA=FAB,可得m甲>m乙,故甲的质量大于乙的质量,A错误。将带正电的试探电荷由C点沿圆弧移至D点,静电力一直对其做正功,试探电荷的电势能一直减小,故电势一直减小,所以C点电势高于D点电势,B正确。由电场强度叠加原理可得,E点处的电场强度大小EE=-=,方向由A指向B;F点处的电场强度大小EF=-=,方向由B指向A,C错误。将带正电的试探电荷沿直线从O点移到D点,静电力对其先做负功后做正功,所以试探电荷的电势能先增大后减小,可得沿直线从O点到D点电势先升高后降低,D正确。 6.(2025湖北,10,4分)(多选)如图所示,在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形,顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷,且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k,则O点处的电场强度(　　) A.方向沿x轴负方向 B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 C.大小为(cos 54°+cos 18°) D.大小为(2cos 54°+cos 18°) 答案 AD 模型建构　 巧用割补思想建立对称性:全系统各点均叠加-3q电荷量。 新系统电荷: 原电荷+(-3q)→(-2q,-q,0,q,2q)。 物理本质: 均匀分布的-3q电荷在O点场强为0(对称性)。 原系统场强=新系统(-2q,-q,0,q,2q)的场强。 解析　将带电荷量为q、2q、3q、4q、5q的5个点电荷所在位置分别标记为A、B、C、D、E,在各顶点均叠加-3q的电荷量,叠加后A、B、C、D、E处电荷量分别为-2q、-q、0、q、2q,则B(-q)与D(+q)、A(-2q)与E(+2q)可以看成2组等量异种点电荷模型。由几何知识易知OB、OD与x轴夹角为18°,OA、OE与x轴夹角为54°,O点恰好在这两组等量异种点电荷的中垂线上,则O点处场强的方向沿着x轴负方向,A正确,B错误。根据点电荷场强公式E=k可知,A、E处点电荷产生的电场在O点的场强为2k cos 54°,同理,B、D处点电荷产生的电场在O点的场强为2k cos 18°,则O点的场强大小为(2 cos 54°+cos 18°),C错误,D正确。 二级结论　 　　任意对称图形顶点均匀分布等量同种点电荷时,中心处场强为0。该结论适用于正N边形、球壳等对称系统的电场分析。 7.(2025广西,4,4分)用带电玻璃棒接触验电器的金属球,移走玻璃棒,验电器内的两片金属箔张开,稳定后如图。图中a、b、c、d四点电场强度最强的是(　　) A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 答案　D 【命题点】验电器的原理　电荷分布与电场强度的关系 解析　带电玻璃棒与金属球接触后,金属球带电,金属箔与金属球通过导体棒连接,金属箔与金属球带同种电荷,净电荷在尖锐的地方聚集,d点的电荷聚集最多,电场强度最强,A、B、C错误,D正确。 8.(2025河南,4,4分)如图,在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点,其电势分别为6 V、4 V、2 V;a、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向,则正确的是(　　) 答案 C 由题意与题图可知,a、c连线的中点d处的电势为4 V,则bd线为等势线,由几何关系知ac⊥bd,所以ac平行于电场线,沿电场线方向电势逐渐降低,则电场方向从a点指向c点,C正确。 9.(2024河北,2,4分)我国古人最早发现了尖端放电现象,并将其用于生产生活,如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻,一古塔顶端附近等势线分布如图所示,相邻等势线电势差相等,则a、b、c、d四点中电场强度最大的是(　　) A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 答案 C 等差等势面的疏密程度反映电场强度的大小,由题图可知,c点处等差等势面最密,故c点的电场强度最大,C正确。 10.(2024湖南,5,4分)真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处。设无限远处电势为0,x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是(　　) 【答案】 D 【解析】根据题意知固定在坐标原点的电荷为负电荷且无限远处电势为0,则当x接近0时,电势接近负无穷,根据点电荷的场强公式可得,在x轴正半轴上任一点x处,电荷量为+4q的点电荷在此点产生的场强大小E1=,电荷量为-q的点电荷在此点产生的场强大小E2=,若有E1=E2的位置,即=,解得x=1或x=-(舍去)。Φ-x图线切线斜率的绝对值表示电场强度的大小,则x=1处对应的切线的斜率为0,电势最高,D正确。 11.（2024江西，1，4分）蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将其置于电压恒定的两平行金属板间，板间电场视为匀强电场，如图所示。若两金属板间距减小，关于火焰中电子所受的电场力，下列说法正确的是（　　） A.电场力增大，方向向左 B.电场力增大，方向向右 C.电场力减小，方向向左 D.电场力减小，方向向右 【答案】B 【解析】当金属板间的电压恒定时，根据E=可知，板间距d减小，电场强度增大，电子所受电场力F=eE增大，C、D错误。由题图可知匀强电场方向水平向左，电子带负电，所受电场力方向向右，A错误，B正确。 12.(2024江苏,1,4分)在静电场中有a、b两点,试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系,请问a、b两点的场强大小之比Ea∶Eb等于(　　) A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 答案 D 设F-q图像的横坐标每格长度表示的电荷量为q0,纵坐标每格长度表示的力大小为F0根据E=可知F-q图像的图线斜率表示电场强度,由题图可知Ea==4,Eb==,可得Ea∶Eb=4∶1,D正确。 13.(2024河北,7,4分)如图,真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷,分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心,沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆,电荷量为。已知正三角形ABC的边长为a,M点的电场强度为0,静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为(　　) A. B.(6+) C.(3+1) D.(3+) 【答案】D 【解析】B、C处正点电荷在M点产生的场强E1、E2大小相等,根据点电荷的场强公式得E1=E2=k=3,M点合场强为0,则带电细杆在M点产生的场强E=2E1 cos 60°=3,根据对称性可知带电细杆在A点产生的场强大小E’=E,方向沿MA,B、C处正点电荷在A点产生的场强E’1、E’2大小相等,根据点电荷的场强公式得E’1=E’2=k,则A处合场强EA=2E’1 cos 30°+E’=k(3+),D正确。 14.(2024贵州,7,4分)如图,A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上,直径AB与弦BC间的夹角为30°。A、B两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时,C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向,则等于(　　) A. B. C. D.2 【答案】B 【解析】根据题意可知,A、B处两电荷为异种电荷,假设A点处为正电荷,B点处为负电荷,作出两电荷在C点的场强如图所示(点拨:A点处若为负电荷,B点处若为正电荷,则仅影响C点场强沿切线的指向,对大小无影响), 设圆的半径为r,根据几何知识可得rAC=r,rBC=r,tan 60°=,同时有EA=,EB=,联立解得=,B正确。 15.（2024新课标，18，6分）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等，则（　　） A.两绳中的张力大小一定相等 B.P的质量一定大于Q的质量 C.P的电荷量一定小于Q的电荷量 D.P的电荷量一定大于Q的电荷量 【答案】B 【解析】设电场强度为E，小球P带电荷量为qP， 小球Q带电荷量为qQ，两小球间的库仑力大小为F，细绳对小球P的拉力为FP， 细绳对小球Q的拉力为FQ，细绳与竖直方向的夹角为θ，对小球P受力分析可得FP cos θ=mPg， FP sin θ=F+qPE，解得tan θ=，同理对小球Q受力分析有FQ cos θ=mQg， FQ sin θ=F-qQE，可得tan θ=，由于F+qPE>F-qQE，所以mP>mQ，FP>FQ，A错误，B正确；小球P的电荷量与小球Q的电荷量的大小关系无法确定，C、D错误。 16.(2023重庆,3,4分)真空中固定有两个点电荷,负电荷Q1位于坐标原点处,正电荷Q2位于x轴上,Q2的电荷量大小为Q1的8倍。若这两点电荷在x轴正半轴的x=x0处产生的合电场强度为0,则Q1和Q2相距 (　　) A.x0 B.(2-1)x0 C.2x0 D.(2+1)x0 【答案】B　 【解析】根据题意可知,正电荷Q2应位于x轴负半轴上(判断依据:①Q1在坐标原点;②Q1<Q2;③x轴正半轴上某点电场强度为0),如图所示,设Q1与Q2相距x1,Q1带电荷量大小为q1,Q2带电荷量大小为q2,则根据场强叠加原理可知k=k,又q2=8q1,联立解得x1=(2-1)x0,B正确,A、C、D错误。 17.(2023湖南,5,4分)如图,真空中有三个点电荷固定在同一直线上,电荷量分别为Q1、Q2和Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零,q>0,则三个点电荷的电荷量可能为(　　) A.Q1=q,Q2=q,Q3=q B.Q1=-q,Q2=-q,Q3=-4q C.Q1=-q,Q2=q,Q3=-q D.Q1=q,Q2=-q,Q3=4q 【答案】D 【解析】设带电荷量分别为Q1、Q2、Q3的点电荷分别为a、b、c,P点处电场强度为零,由几何关系可知,b和c必定带异种电荷才能使P点处沿三个点电荷连线方向的电场强度为零,且b和c在垂直三个点电荷连线方向的合场强与a在P处产生的场强等大反向,故选项A、B错误;设a到P的距离为r,则由几何关系可知b和c到P点的距离分别为r和2r,P点处平行于三个点电荷连线方向场强为零,则k·cos 60°=k·cos 30°,解得=,C项不满足,D项满足。故选D。 18.(2023山东,11,4分)(多选)如图所示,正六棱柱上下底面的中心为O和O',A、D两点分别固定等量异号的点电荷,下列说法正确的是(　　) A.F'点与C'点的电场强度大小相等 B.B'点与E'点的电场强度方向相同 C.A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的电势差 D.将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点,其电势能先增大后减小 【答案】ACD 【解析】F'点和B'点关于平面ADD'A'对称, 根据等量异号点电荷电场分布的对称性可知EF'=EB',同理可知EE'=EC',F'点和E'点关于AD连线的中垂面对称,根据等量异号点电荷电场分布的对称性可知EF'=EE',同理可知EF'=EC'=EB'=EE',但四个点的电场强度方向均不相同,故A正确,B错误;由等量异号点电荷电势分布可知O'点电势为0,F'点电势为正,连接A'D',依据A'D'连线上电势分布可知,φA'=-φD',故UA'O'=UO'D',因为φF'>0,故UA'F'<UA'O',故可知UA'F'<UO'D',C正确;如图所示,根据几何关系可知β=30°,作出F点正电荷所受电场力的示意图,设正六边形的边长为a,FA=,FD=,则tan α==3>T3=tan 60°,则α>60°,即在F点正点电荷所受电场力与FO的夹角大于90°,在O点正点电荷所受电场力的方向沿OD方向,此时电场力与FO的夹角为60°,则在正电荷从F到O的过程中,电场力对其先做负功,后做正功,则试探电荷的电势能先增大后减小,故D正确。 19. (2023海南,8,3分)如图所示,一光滑绝缘轨道水平放置,直径上有A、B两点,AO=2 cm,OB=4 cm,在A、B两点固定两个带电荷量分别为Q1、Q2的正电荷,现有一个带正电的小球静置于轨道内侧P点(小球可视为点电荷),已知AP∶BP=n∶1,则Q1∶Q2是 (　　) A.2n2∶1　 B.4n2∶1 　C.2n3∶1　 D.4n3∶1 【答案】C　 【解析】P点的小球受到两点电荷对它的库仑力和轨道对它的弹力作用而平衡,弹力指向圆心O,对小球受力分析如图所示,由正弦定理有: = 又∠CPH=∠BPO,∠CHP=∠HPD=∠APO 在△APO中: = 同理有,= 又FA=k,FB=k 联立有Q1∶Q2=2n3∶1,故选C。 20.(2023全国甲,18,6分)在一些电子显示设备中,让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场,可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线,如果用虚线表示电子可能的运动轨迹,其中正确的是(　　) 【答案】A 【解析】电子在电场中所受静电力方向与电场线方向相反,由于电子速度方向与电场线方向不在同一条直线上,因此电子在电场中做曲线运动,静电力指向轨迹“凹侧”,且轨迹应夹在所受静电力方向与速度方向之间,由题图可知,非匀强电场的电场强度在水平方向的分量从左到右先增大后减小,且具有对称性,故电子在水平方向上一直加速,在竖直方向上先减速到零再反向加速。B选项中靠近荧光屏一侧的图线受力方向指向凸侧,与受力情况不符,故B错误;由于电子水平方向分速度一直增大,故相等的时间内水平方向位移应逐渐增大,C、D错误,A正确。 21.(2024河北,13,8分)如图,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高。当小球运动到A点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q(q>0),质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求: (1)电场强度E的大小。 (2)小球在A、B两点的速度大小。 【答案】 (1) 　(2)　 【解析】　(1)匀强电场中,A、B间沿电场线方向的距离为L,则E=。 (2)设小球在A、B两点的速度大小分别为vA、vB, 在A点细线的拉力恰好为0,则qE-mg=m 解得vA= 小球从A到B,由动能定理得qU-mgL=m-m 解得vB= 22.(2023全国乙,24,12分)如图,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,求 (1)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)C点处点电荷的电荷量。 【答案】(1)q　3个点电荷均为正电荷　(2)q 【解析】(1)由M点处电场强度方向竖直向下可知C点处点电荷为正电荷。 设AM长为d,A、B两点处的点电荷在M处电场强度的矢量和为0,即=,则qB=q。 A、B带同种电荷,N点处电场强度方向竖直向上,对N点处的电场强度EN进行分解,如图所示,则A、B两点处点电荷只能带正电,由以上分析可知A、B、C三点处的点电荷均为正电荷。 (2)设C点处点电荷的电荷量为qC,AB=2d,AN=d,根据几何关系可知=tan 30°,EBC=EBN-ECN,则有= tan 30°,解得qC=q。 专题一　电场的性质 真题试练2：电场的描述 1.(2025福建,4,4分)某种静电分析器简化图如图所示,在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射入,恰好做圆周运动,运动轨迹为ABC,半径为r。另一电子b自A点垂直电场射入,轨迹为APQ,其中P、B、O三点共线,已知B、P间电势差为U,|CQ|=2|BP|,电子的电荷量为e,电子a入射动能为Ek,则(　　) A.B点的电场强度大小E= B.APQ是圆弧的一部分 C.沿着APQ运动的电子运动到P点的动能为Ek-eU D.电子b经A到P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU 答案 D 设B点电场强度大小为E,对电子a,由电场力提供向心力可得eE=m,由于Ek=mv2,联立可得E=,A错误。电子b由A至Q做离心运动,故APQ不是圆弧的一部分,B错误。A、B、C在同一等势面上,可得UAP=UBP=U;电子b在A点做离心运动,可知其初动能Ekb>Ek;电子b从A到P过程中,由动能定理可得-eU=EkP-Ekb,解得EkP>Ek-eU,C错误。由于=2,沿着径向向外电场强度减小,可得UAQ=UCQ<2U,故由A到P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU,D正确。 2.(2025湖南,8,5分)(多选)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+q、-q和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时,电势能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确的是(　　) 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 D.电场强度的大小为 答案 AD 审题指导　 根据电势的定义式φ= 确定O、A、B三点的电势 ⇩ 根据O、A、B三点的电势关系寻找 O、A连线上B点的等势点 ⇩ 结合电势的高低确定电场线的方向 ⇩ 根据E=求出电场强度的大小 解析　如图所示,依题意,O点电势为φO=,A点电势为φA=,所以O、A两点关于电势零点对称,即OA中点C点的电势为零,A正确;C点坐标为,又由于B点电势为φB==φO,故OC中点D点的电势与B点电势相等,D点坐标为,由DA=AB=d可得,等势线BD与x轴正方向成45°角,易知电场线垂直BD并指向右下方,故电场的方向与x轴正方向成45°角,B错误;由几何关系知,A点到BD的距离为×d=d,可得电场强度的大小为E=,UBA=φB-φA=,得E=,C错误,D正确。 3.(2025河北,1,4分)《汉书》记载“姑句家矛端生火”,表明古人很早就发现了尖端放电现象。若带电长矛尖端附近某条电场线如图,则a、b、c、d四点中电势最高的是(　　) A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 答案　D 【命题点】电场能的性质和电势高低的判断 解析　方法一:沿电场线方向电势逐渐降低,所以电场线上四个点电势高低关系为φd>φc>φb>φa,D正确。 方法二:若一带正电试探电荷沿电场线运动,则电场力做正功,电势能逐渐减小,则电势逐渐降低,所以电场线上四个点处电势高低关系为φd>φc>φb>φa,所以d点电势最高,D正确。 电势高低的三种判断方法 (1)电场线法:沿电场线方向电势逐渐降低。 (2)电势差与电势的关系:根据Uab==φa-φb,将Wab、q的值(带正负号)代入,计算出Uab,再由Uab的正负判断φa、φb的高低。 (3)Ep与φ的关系:由φ=知正电荷在电势能大处电势较高,负电荷在电势能大处电势较低。 4.(2025北京,8,3分)某小山坡的等高线如图,M表示山顶,A、B是同一等高线上两点,MA、MB分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下,不考虑阻力,则(　　) A.小球沿MA运动的加速度比沿MB的大 B.小球分别运动到A、B点时速度大小不同 C.若把等高线看成某静电场的等势线,则A点电场强度比B点的大 D.若把等高线看成某静电场的等势线,则右侧电势比左侧降落得快 答案　D 【命题点】等高线与等势线的类比分析 解析　等高线越密集,坡面越陡,根据牛顿第二定律可得a=g sin θ(θ为坡面与水平面夹角),MB对应的等高线更密集,坡面更陡,θ角更大,小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大,A错误;A、B在同一等高线上,小球下落高度相同,根据机械能守恒可知,小球运动到A、B点时速度大小相同,B错误;等差等势线越密集,电场强度越大,B处等差等势线更密集,则A点电场强度比B点的小,C错误;等差等势线越密集,电势降落得越快,右侧等差等势线更密集,右侧电势比左侧降落得快,D正确。 5.(2025四川,3,4分) 如图所示,由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内,管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q(Q>0)的带电小球。另一个电荷量为q(q>0且q≪Q)的带电小球以一定初速度从a点进入管道,沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则(　　) A.小球在e 点所受库仑力大于在b点所受库仑力 B.小球从c点到e 点电势能先不变后减小 C.小球过f 点的动能等于过d 点的动能 D.小球过b点的速度大于过a 点的速度 答案　B 【命题点】库仑定律　点电荷电势分布　静电场中的功能关系 解析　库仑力F=,e点到O点的距离大于b点到O点的距离,所以小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力,A错误。点电荷产生的电场中,电势φ=,从c点到d点小球与O点间距离不变,电势不变,由Ep=qφ知小球电势能不变;从d点到e点小球与O点间距离增大,电势降低,小球电势能减小,故小球从c点到e点电势能先不变后减小,B正确。f点到O点的距离大于d点到O点的距离,因此f点处电势较低,小球电势能较小;由题可知Ep与Ek之和不变(点拨:能量守恒),所以小球过f点的动能大于过d点的动能,C错误。a点到O点的距离大于b点到O点的距离,a点电势低于b点电势,小球在a点的电势能小于在b点的电势能,故小球在a点的动能大于在b点的动能,则va>vb,D错误。 (1)能量守恒逆向推导法 正向逻辑:电势能增大→动能减小;电势能减小→动能增大。 逆向应用:若选项中出现“动能相等”,必先判断对应位置电势能是否相等。例如C选项中f点与d点到O点的距离不同,小球电势能不相等,动能必不相等,直接否定“动能等于”的错误关联。 (2)同号电荷的势能特性 口诀记忆:“近增远减”——同号电荷靠近时电势能增加,远离时电势能减少;异号电荷反之。 (3)多电荷系统延伸 若本题改为O点固定负电荷,Q<0,则电势能变化与原结论相反:带正电的小球靠近O点时电势能减小,远离时电势能增大,需重新分析B、C、D选项,但解题方法(库仑力公式、能量守恒)不变。 6.(2025云南,4,4分)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。a、b、c、d四点分别位于电势为-2 V、-1 V、1 V、2 V的等势线上,则(　　) 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 C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2 eV D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4 eV 答案　C 【命题点】电场能的性质 解析　由等势线分布图知a点附近的等势线最密,所以a点的电场强度最大,A、B错误;根据电荷的电势能Ep=qφ,电子的电荷量为-e,所以电子在a、b、c、d点的电势能分别是2 eV、1 eV、-1 eV、-2 eV,一个电子从b点移动到c点,电场力做功Wbc=Epb-Epc=2 eV,C正确;一个电子从a点移动到d点,电势能增加了ΔEpad=Epd-Epa=-4 eV,D错误。 电势、电势能、电场力做功是标量,在代入公式求解相应的物理量时应严格注意正、负号,尤其是电子带负电,其电荷量qe=-e。 7.(2025甘肃,5,4分) 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,N、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 答案　D 【命题点】电场强度的大小判断　电势高低判断　电势能大小比较　电场力做功 解析　由题可知,实线为电场线,M点电场线密集程度大于N点电场线密集程度,所以EM>EN,B错误。由于电容器上极板接电源正极,下极板接电源负极,所以电场方向沿电场线由上向下,如图所示,沿电场线方向电势逐渐降低,所以φN>φP,因为M点与N点在同一等势面上,所以φM>φP,A错误。C、D选项中运动电荷为负电荷,根据Ep=qφ可知,负电荷在M点与P点的电势能关系为EpM<EpP,电场力做功WMP=-ΔEp,所以负电荷从M点到P点过程中电场力做的功WMP=EpM-EpP<0,即电场力做负功,D正确。由能量守恒定律可得EkM>EkP,所以负电荷在M点的速度大于在P点的速度,所以从M点到P点过程中负电荷的速度减小,C错误。 8.(2025江苏,9,4分)如图所示,平行金属板与电源连接。一点电荷由a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,使两板间距离增大为原来的2倍,再将该电荷由a移动到b的过程中,电场力做功为(　　) A. B.W C.2W D.4W 答案　A 【命题点】平行板电容器两端电压不变时电场力做功的计算 (1)电路连接:平行金属板始终与电源相连⇒金属板之间电压U保持不变。 (2)几何变化:板间距离由d增大为2d。 (3)电荷运动:同一电荷在板间从a点移动到b点,位移沿电场线方向的分量l不变。 解析　设两板间初始电场强度为E,点电荷从a到b沿电场线方向的位移为l,点电荷的带电荷量为q,则W=qEl;平行金属板与电源连接,则金属板之间电压U保持不变,板间距离增大为原来的2倍,则电场强度E'==E,点电荷由a移动到b的过程中电场力做的功W'=qE'l=,A正确。 9.(2024广东,8,6分)(多选)污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用电泳技术对其进行沉淀去污,基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极,金属圆盘置于容器底部,金属棒插入污水中,形成如图所示的电场分布,其中实线为电场线,虚线为等势面,M点和N点在同一电场线上,M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有(　　) A.M点的电势比N点的低 B.N点的电场强度比P点的大 C.污泥絮体从M点移到N点,电场力对其做正功 D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大 【答案】 AC 【解析】沿电场线方向电势降低,M点电势比N点电势低,A正确;电场线密处电场强度大,所以P点的电场强度比N点的大,B错误;由于污泥絮体带负电,污泥絮体从M点移动到N点电场力对其做正功,C正确;N点电势高于P点电势,负电荷在电势高处电势能小,则污泥絮体在N点的电势能小于在P点的电势能,D错误。 10.(2024湖北,8,4分)(多选)关于电荷和静电场,下列说法正确的是(　　) A.一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变 B.电场线与等势面垂直,且由电势低的等势面指向电势高的等势面 C.点电荷仅在电场力作用下从静止释放,该点电荷的电势能将减小 D.点电荷仅在电场力作用下从静止释放,将从高电势的地方向低电势的地方运动 【答案】AC 【解析】根据电荷守恒定律可知一个与外界没有电荷交换的系统,这个系统电荷的代数和是不变的,A正确;根据电场线和等势面的关系可知电场线与等势面垂直,且由电势高的等势面指向电势低的等势面,B错误;点电荷仅在电场力作用下从静止释放,电场力做正功,电势能减小,根据φ=可知,正电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动,负电荷将从电势低的地方向电势高的地方运动,C正确,D错误。 11.（2024浙江6月，12，3分）如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（　　） A.小球从A到C的过程中电势能减少 B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C.可求出小球运动到B点时的加速度 D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN 【答案】C 审题指导 当场的矢量叠加不方便求合矢量时，可以分开讨论，譬如将一对等量异种点电荷的电场和匀强电场与重力场的等效场分开看，研究起来会变得简单许多。 【解析】圆环处在两个等量异种点电荷连线的中垂面上，两个点电荷在此面上的电势相同，讨论带正电小球做圆周运动过程中电势能的变化情况时，只需考虑匀强电场，在匀强电场中，从A到C，电场力做负功，电势能增加，A错误。两个等量异种点电荷在圆环处对小球的电场力方向垂直于圆环所在平面且平行于MN方向，不参与提供向心力，故当匀强电场的电场力与重力平衡时，小球可沿圆环做匀速圆周运动，B错误。设小球在B点的速度为vB，从A到B，由动能定理可得（mg-qE）R=m-m，在B点的向心加速度an==+，竖直方向的切向加速度at=，两个加速度矢量合成即可得到小球在B点的加速度，C正确；小球在D点受到圆环的作用力可分解为垂直圆环所在平面的分力FN1和沿圆环半径指向圆心的分力FN2，FN1与两等量异种点电荷提供的电场力平衡，FN2提供小球做圆周运动的向心力，D错误。 12.（2024山东，10，4分）（多选）如图所示，带电荷量为+q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　） A.OB的距离l= B.OB的距离l= C.从A到C，静电力对小滑块做功W=-mgs D.AC之间的电势差UAC=- 【答案】AD 【解析】小滑块在B点时受力分析如图所示，由三力平衡可得F=mg tan 30°=mg；由库仑定律可得F=k，联立解得l=，A正确，B错误。小滑块由A到C的过程中，由动能定理有qUAC+mgs·sin 30°=0，解得静电力做功W=qUAC=-mgs，则AC之间的电势差UAC=-，C错误，D正确。 13.(2024广西,7,4分)如图,将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上,半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放,小圆环先后经过图上P1点和P2点,已知sin θ=,则小圆环从P1点运动到P2点的过程中(　　) A.静电力做正功 B.静电力做负功 C.静电力先做正功再做负功 D.静电力先做负功再做正功 【答案】A 【解析】当小圆环在弧P1P2上的任意一点P,设PM与MN的夹角为α,根据几何关系可得37°≤α≤53°, 由P1到P2,M、N处点电荷在P1、P2间圆弧段上合场强的方向与半径的夹角越来越小,直至与半径重合,则小圆环受到的静电力与其速度方向的夹角从锐角逐渐增大为直角(注意圆环带负电),即静电力一直做正功,A正确。 过程推导 　　证明场强方向与半径夹角越来越小 在移动过程中,将小环所处位置记为P,设半径OP与MP夹角为α1,有tan α1=。设M、N处的点电荷在P处产生的合场强方向与MP夹角为α2,有tan α2==,小环在P1时tan α2>tan α1,随着小环移动,NP逐渐增大,MP逐渐减小,tan α1逐渐增大,tan α2逐渐减小,直至到达P2时,有tan α1=tan α2,半径OP与合场强方向重合。 14.(2024甘肃,9,5分)(多选)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示,虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹,M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点。下列说法正确的是(　　) A.粒子带负电荷 B.M点的电场强度比N点的小 C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 【答案】BCD 【解析】根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,粒子带正电,A错误。等差等势面越密集的地方场强越大,故M点的电场强度比N点的小,B正确。粒子带正电,因为M点的电势大于N点的电势,故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能,D正确。由于带电粒子仅在电场力作用下运动,只有电场力做功,电势能与动能总和保持不变,可知当电势能最大时动能最小,故粒子运动轨迹上电势最大处粒子动能最小,C正确。 15.（2024全国甲，18，6分）在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为k，其中k为静电力常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（　　） A.Q1<0，=-2 B.Q1>0，=-2 C.Q1<0，=-3 D.Q1>0，=-3 【答案】B 【解析】电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，由图中等势线可知，Q1>0，Q2<0，A、C错误；题图中两个点电荷连线上，电势为零处有k+k=0，所以==，B正确，D错误。 【知识拓展】将无限远处电势规定为0时，孤立的正点电荷的电场中电势都是正数，孤立的负点电荷的电场中电势都是负数；电势是标量，所以多个点电荷的电场中电势等于各点电荷产生的电场在此处的电势的代数和。 16.(2024黑吉辽,6,4分)在水平方向的匀强电场中,一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线;若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中(　　) A.动能减小,电势能增大 B.动能增大,电势能增大 C.动能减小,电势能减小 D.动能增大,电势能减小 答案 D 带电小球的初速度方向沿虚线时,其运动轨迹是直线,可知小球所受的合力沿虚线,即小球所受电场力水平向右,若小球的初速度垂直于虚线,则小球从O点出发运动到与O点等高处的过程中,合力对小球做正功,动能增大,电场力对小球做正功,电势能减小,D正确。 17.(2024北京,11,3分)如图所示,两个等量异种点电荷分别位于M、N两点,P、Q是MN连线上的两点,且MP=QN。下列说法正确的是(　　) A.P点电场强度比Q点电场强度大 B.P点电势与Q点电势相等 C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P点电场强度大小也变为原来的2倍 D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P、Q两点间电势差不变 答案 C 两等量异种点电荷电场线如图所示, 由对称性可知P点的电场强度与Q点电场强度相同,A错误。沿电场线方向电势降低,P点的电势高于Q点的电势,B错误。设两点电荷的电荷量大小均为q,M、P间的距离为r1,P、N间的距离为r2,由电场强度叠加原理可得,P点的电场强度大小E=+,当q'=2q时,E'=2E,C正确。P、Q两点间每个位置的电场强度均变为电荷变化前的2倍,则P、Q两点间的电势差变为变化前的2倍,D错误。 18.(2024海南,12,4分)(多选)如图,真空中有两个点电荷,电荷量均为-q(q>0),固定于相距为2r的P1、P2两点,O是P1P2连线的中点,M点在P1P2连线的中垂线上,距离O点为r,N点在P1P2连线上,距离O点为x(x≪r),已知静电力常量为k,则下列说法正确的是(　　) A.P1P2连线的中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为r B.P1P2连线的中垂线上电场强度的最大值为 C.在M点放入一电子,从静止释放,电子的加速度一直减小 D.在N点放入一电子,从静止释放,电子的运动可视为简谐运动 【答案】BCD 【解析】设中垂线上某点与P1(或P2)的连线与P1P2连线的夹角为θ,0≤θ<,则该点处的场强E=2 sin θ=,令f(θ)=sin θ cos2θ,则f'(θ)=cos3θ-2 sin2θ cos θ,当f'(θ)=0,解得tan θ=,此时f(θ)取最大值,f(θ)max=,所以中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为d=r tan θ=r,最大值Emax=,A错误,B正确。因为r>r,所以在M点静止释放一电子后,电子受到的电场力向上且一直减小,故加速度一直减小,C正确。在N点静止释放电子,设电子离O点距离为x'时,其所受到的电场力大小为F=-=kqe=kqe,因为x'≪r,所以电场力大小F≈kqe,方向指向O点(点拨:x'为0时,F=0,即O点为平衡位置),电场力大小与电子相对于平衡位置的位移大小成正比,且总指向平衡位置,符合简谐运动的特点,D正确。 19.（2024浙江6月，6，3分）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则（　　） ( ) A.极板间电势差减小 B.电容器的电容增大 C.极板间电场强度增大 D.电容器储存能量增大 【答案】D 【解析】由电容的决定式C=可得，当两极板间距d增大时，电容器的电容C减小，B错误；由于电荷量Q不变，由C=可得极板间电势差U增大，A错误；由E===可得极板间电场强度E不变，C错误；增大极板间距，需要克服电场力做功，由功能关系知，电容器储存能量增大（另解:电容器储存的能量为CU2=，由于U增大，可得电容器储存能量增大），D正确。 20.(2024黑吉辽,5,4分)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图(a)所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中,并与恒压电源、电流表等构成如图(b)所示的电路。闭合开关S后,若降低溶液浓度,则(　　) 　　 A.电容器的电容减小 B.电容器所带的电荷量增大 C.电容器两极板之间的电势差增大 D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N 答案 B 由题图(a)可知,降低溶液浓度,不导电溶液的相对介电常数εr变大,由电容的决定式C=可知,εr变大,电容器的电容C变大,A错误;由于电容器始终与恒压电源连接,所以电容器两板间电势差不变,由Q=CU可知,电容器所带电荷量Q增大,B正确,C错误;溶液浓度降低过程中,电容器所带电荷量Q增大,可知电容器处于充电状态,电流方向为N→M,D错误。 21.(2023广东,9,6分)(多选)电子墨水是一种无光源显示技术,它利用电场调控带电颜料微粒的分布,使之在自然光的照射下呈现出不同颜色。透明面板下有一层胶囊,其中每个胶囊都是一个像素。如图所示,胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒。当胶囊下方的电极极性由负变正时,微粒在胶囊内迁移(每个微粒的电荷量保持不变),像素由黑色变成白色。下列说法正确的有 (　　) A.像素呈黑色时,黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势 B.像素呈白色时,黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势 C.像素由黑变白的过程中,电场力对白色微粒做正功 D.像素由白变黑的过程中,电场力对黑色微粒做负功 答案AC　像素呈黑色时,胶囊下方的电极带负电,像素胶囊内电场方向向下,所以黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势,A正确;像素呈白色时,胶囊下方的电极带正电,像素胶囊内电场方向向上,所以黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势,B错误;像素由黑变白的过程中,白色微粒受到的电场力方向向上,位移方向向上,电场力对白色微粒做正功,C正确;像素由白变黑的过程中,黑色微粒受到的电场力方向向上,位移方向向上,电场力对黑色微粒做正功,D错误。故选A、C。 22.(2023全国乙,19,6分)(多选)在O点处固定一个正点电荷,P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球,小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动,其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点,OP>OM,OM=ON,则小球(　　) A.在运动过程中,电势能先增加后减少 B.在P点的电势能大于在N点的电势能 C.在M点的机械能等于在N点的机械能 D.从M点运动到N点的过程中,电场力始终不做功 答案BC 从P点由静止释放一个带负电的小球,小球仅在重力和该点电荷对它的电场力作用下在竖直面内运动,在运动过程中,小球离该点电荷的距离先减小后增大,电场力对小球先做正功后做负功,电势能先减少后增加,A错误;小球由P到M的运动过程中,电场力对小球做正功,小球的电势能减小,小球在P点的电势能大于在M点的电势能,由于OM=ON,可知M、N两点的电势相等,则小球在M点的电势能等于在N点的电势能,所以小球在P点的电势能大于在N点的电势能,B正确;小球在M点的电势能等于在N点的电势能,根据能量守恒定律可知小球在M点的机械能等于在N点的机械能,C正确;小球从M点运动到N点的过程中,电场力对小球先做正功后做负功,电势能变化量为零,可知电场力做的总功为零,但不是不做功,D错误。 23.(2023天津,8,5分)(多选)如图,在一个固定的正点电荷产生的电场中,一个正试探电荷q两次以大小相等、方向不同的初速度从P点出发,分别抵达M点、N点,且q在M、N点时的速度大小也相等,则下列说法正确的是(　　) A.P点电势高于M点电势 B.M点电势高于N点电势 C.q从P点运动到M点一直做减速运动 D.M、N两点处的电场强度大小相等 答案AD　由题意知,试探电荷的电荷量q>0,两个运动过程中试探电荷仅受电场力且动能的变化量相等,即电场力做的功相等,由W=qU可知P、M两点的电势差和P、N两点的电势差相等,故M、N两点的电势相等,B错误;由题图可知,正试探电荷q从P点运动到N点的轨迹向右弯曲,则可以判断出q在P点受到的电场力方向向右,又根据正试探电荷q从P点运动到M点的轨迹为直线可判断出q从P点到M点,其所受的电场力沿PM方向,所以q从P点到M点一直做加速运动,电场力一直做正功,P点电势高于M点电势,A正确,C错误;由于M、N两点的电势相等,则M、N两点在同一等势面上,又根据点电荷产生的电场中,等势面是一系列的同心球面,可知M、N两点到固定的正点电荷的距离相等,由点电荷的场强公式E=可知,M、N两点处的电场强度大小相等,D正确。 24. (2023河北,10,6分)(多选)如图,在x轴上放置四个点电荷q1、q2、q3和q4,q1、q2位于A点两侧,q3、q4位于B点两侧。C点在y轴上,且OA=OB=OC。取无穷远处电势为零,电荷位置与电荷量满足一定关系,使得以O点为球心、以OC为半径的球面上各点的电势均为零。下列说法正确的是 (　　) A.A、B两点电场强度的方向一定沿x轴正方向 B.若在O点放一正点电荷,则A、B两点的电势一定升高 C.试探电荷q沿y轴运动过程中,若静电力始终不做功,则它受到的静电力始终为零 D.试探电荷q沿y轴运动过程中,若静电力始终不做功,则C点的电场强度一定为零 答案BD　以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面,由电场强度和等势面的关系可知,C点电场强度的方向应与y轴重合,A、B两点电场强度的方向应与x轴重合。由于无法判断各个电荷的电性,故A、B两点电场强度的方向无法判断,A错误。取无穷远处为零电势点,则正点电荷周围的电势为正值,若在O点放一正点电荷,则A、B两点的电势一定升高,B正确;试探电荷q沿y轴运动过程中,根据电荷分布,若静电力始终不做功,则经过y轴且垂直于x轴的平面为等势面,但静电力不一定为零,故C错误。根据以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面,可知C点的电场强度方向应与y轴重合,再根据经过y轴且垂直于x轴的平面为等势面,可知C点的电场强度方向应与y轴垂直,同一点电场强度的方向是唯一的,故C点的电场强度一定为零,D正确。 25. (2023海南,12,4分)(多选)如图所示,正三角形三个顶点固定三个带等量电荷的点电荷,其中A、B带正电,C带负电,O、M、N为AB边的四等分点,下列说法正确的是 (　　) A.M、N两点的电场强度相同 B.M、N两点的电势相同 C.负电荷在M点的电势能比在O点时要小 D.负电荷在N点的电势能比在O点时要大 答案BC　根据电场强度的叠加以及对称性可知,M、N两点的场强大小相同,但是方向不同,A错误。因A、B电荷在M、N两点的合电势相等,C电荷在M、N两点的电势也相等,故M、N两点电势相等,B正确。使负电荷从M运动到O,因A、B两电荷对负电荷的库仑力的合力从O指向M,则库仑力的合力对负电荷做负功,C电荷也对该负电荷的库仑力也做负功,则该负电荷的电势能增加,即负电荷在M点的电势能比在O点时小;同理可知负电荷在N点的电势能比在O点时小,C正确,D错误。 解析 电场线越密,电场强度越大,由题图可知Ea<Ed;电场线与等势面相互垂直,根据点电荷电场的分布特点,可知a、c在同一等势面上,即φa=φc;根据电势差与电场强度的关系Δφ=EΔd,结合微元法的思想,可以判断UOa=UOb<2UOd,即(φO-φa)<2(φO-φd)。 26.(2023福建,10,3分)“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,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Ea　　　Ed,φa　　　φc,(φO-φa)　　　　2(φO-φd)。(填“大于”“等于”或“小于”)  答案　小于　等于　小于 27.(2025广西,14,11分)(11分)在真空中,一个电荷量为-q、质量为m的试探电荷绕电荷量为+Q的点电荷做椭圆轨道运动,如图甲,O'为椭圆中心,O'A为半长轴,长度为a,O'B为半短轴,点电荷处于椭圆的焦点F处,焦距为2c,图乙是v2-的关系图,其中v为该试探电荷运动速率,r为该试探电荷到点电荷的距离。距离点电荷r处的电势φ=,其中k为静电力常量。重力和万有引力忽略不计。 (1)求B点的电势。 (2)求该试探电荷从A点运动到B点电场力所做的功。 (3)通过推理论证该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和是否守恒。若不守恒,说明理由;若守恒,求出该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和。 　　 答案　(1)　(2)-　(3)见解析 【命题点】电势　电场力做功 解析　(1)根据椭圆的性质可知,B、F两点间的距离rBF=a 则B点的电势φB== (2)根据椭圆的性质可知,A、F两点间的距离rAF=a-c 则A点的电势φA== 根据电场力做功与电势能变化的关系可知 WAB=-ΔEpAB=EpA-EpB 又EpA=-qφA,EpB=-qφB 联立解得WAB=- (3)设题图乙中图线斜率为k0,由题图乙有v2=k0 试探电荷运动过程中动能与电势能之和E总=-+mv2 得v2=+ 对比分析可知k0=,=- 解得E总=- 由于E总为定值,则试探电荷运动过程中动能与电势能之和守恒。 专题二　带电粒子在电场中的运动 真题试练1：带电粒子在匀强电场中的运动 1.(2025河南,13,10分)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集,其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞),液滴质量均为m=2.0×10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电,使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷,电荷量均为q=1.0×10-13 C。随后,液滴以v=2.0 m/s的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2 m的电极板间,板间电场均匀、方向水平向右,电场强度大小为E=2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=0.1 m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求 (1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离; (2)A、B细胞收集管的间距。 答案 (1)5.0×10-3 m　(2)0.11 m 解析　(1)含A细胞的液滴在竖直方向上做匀速直线运动,根据运动学公式l=vt,解得t=1.0×10-2 s,在水平方向做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有qE=ma,解得加速度a=1.0×102 m/s2,离开电场时偏转的距离x=at2=5.0×10-3 m; (2) 含A细胞的液滴离开电场时的速度偏转角的正切值tan θ===,根据几何关系,A、B细胞收集管的间距L=2(x+h tan θ)=0.11 m。 2.(2025四川,13,10分)如图所示,真空中固定放置两块较大的平行金属板,板间距为d,下极板接地,板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒,从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变,碰撞后电性与极板相同,所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求: (1)微粒第一次到达下极板所需时间; (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 答案 (1)　(2)2 解析　(1)金属微粒的加速度大小为a=① 微粒第一次到达下极板有=a② 解得t1= (2)设微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v v2=2ax③ x=2d④ p=mv⑤ 联立①③④⑤可得p=2 3.(2023新课标,25,14分)密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置,间距固定,可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电荷量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时,油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动,速率分别为v0、;两板间加上电压后(上板为正极),这两个油滴很快达到相同的速率,均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形,所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比,比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。 (1)求油滴a和油滴b的质量之比; (2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负,并求a、b所带电荷量的绝对值之比。 答案 (1)8∶1　(2)油滴a带负电,油滴b带正电　4∶1 解析 (1)设油滴的密度为ρ,所受空气阻力大小f=krv,其中k为定值且k>0,r为油滴半径,v为油滴运动速率。 当两板间不加电压时 对油滴a有f1=kr1v0① f1=m1g② m1=ρ·π③ 对油滴b有f2=kr2·④ f2=m2g⑤ m2=ρ·π⑥ 联立①②③④⑤⑥解得r1=2r2,m1∶m2=8∶1 (2)由题意可知金属平板的上板为正极,则电场强度的方向竖直向下。油滴所受空气阻力与运动速率成正比,加上电压后,两个油滴很快达到相同速率并竖直向下做匀速运动。其中油滴a的速度变小,所受空气阻力变小,则所受电场力向上,故油滴a带负电;油滴b的速度变大,所受空气阻力变大,则所受电场力向下,故油滴b带正电。 两板间加上电压后 对油滴a有f1'=kr1⑦ f1'+q1E=m1g⑧ 对油滴b有f2'=kr2⑨ f2'=q2E+m2g⑩ 联立并结合(1)中数据可得q1∶q2=4∶1 专题二　带电粒子在电场中的运动 真题试练2：带电粒子在电场的组合场和交变电场中的运动 1.(2025黑吉辽蒙,7,4分)如图,光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切,轨道半径为r,圆心为O,O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点,另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场,物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后,依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC,则(　　) A.EkA<EkB<EkC B.EkB<EkA<EkC C.EkA<EkC<EkB D.EkC<EkA<EkB 答案 C 审题指导　明确各阶段物块受力及做功特点。物块在整个运动过程中均不受摩擦力。物块在AB段内只受重力、支持力、弹簧弹力和电场力作用,从A到B重力和支持力不做功,弹簧弹力做功为零;物块在BC段内受重力、半圆形轨道的支持力、弹簧弹力和电场力作用,从B到C只有重力做功不为零。 解析　(关键:明确各阶段物块受力及做功特点,利用功能关系进行求解) 物块从A点运动到B点过程中,根据弹簧弹性势能表达式Ep=kx2,由题知在A、B两点时弹簧形变量大小相等,则弹簧的弹性势能相同,即EpA=EpB,根据功能关系可知,W弹AB=-(EpB-EpA)=0,已知F电=G,xAB=r,根据动能定理得F电xAB=EkB-EkA,解得EkB-EkA=Gr①;物块从B点运动到C点过程中,因为弹簧的形变量不变,则弹簧弹性势能不变,弹簧对物块不做功;电场力与位移垂直,电场力做功为零;轨道支持力始终与物块运动的方向垂直,支持力不做功,根据动能定理得-G·2r=EkC-EkB,即EkB-EkC=2Gr②;联立①②可知EkB>EkC>EkA,C正确。 知识拓展　 　　弹簧弹力做功与弹性势能变化量之间的功能关系:W弹AB=-(EpB-EpA)。弹簧弹性势能表达式为Ep=kx2,其中x表示弹簧的形变量。 2.(2025甘肃,7,4分)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备,其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后,沿OO'方向射入电压为U2的电场(OO'为平行于两极板的中轴线),极板长度为l、间距为d,U2-t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处,样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内,电压U2可视为不变,当U2=±Um时,离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A.U2的最大值Um=U1 B.当U2=±Um且L=时,离子恰好能打到样品边缘 C.若其他条件不变,要增大样品的辐照范围,需增大U1 D.在t1和t2时刻射入U2的离子,有可能分别打在A点和B点 答案　B 【命题点】带电粒子在电场中的加速和偏转 (1)离子在偏转电场U2中受到的电场力方向与进入偏转电场时的速度垂直,且单个离子通过U2区域的时间极短,可得离子做类平抛运动;利用“化曲为直”的思想,可将此运动分解为沿中轴线方向的匀速直线运动和垂直于中轴线方向、初速度为零的匀加速直线运动。 (2)由类平抛运动的推论可得,将离子离开偏转电场时的速度反向延长,与中轴线交于某点,该点为水平位移的中点。 解析　离子经电场U1加速,由动能定理可得qU1=m,解得离子进入偏转电场U2的初速度大小v0=;离子在偏转电场U2中做类平抛运动,沿中轴线方向有l=v0t,垂直于中轴线方向有y=at2,其中a=,联立解得y=;当y=时,Um=U1,A错误。由几何关系可得=,可得Y=,若其他条件不变,增大U1,样品的辐照范围会减小,C错误。当U2=±Um时,若离子恰好能打到样品边缘,即Y=,可得=,联立解得L=,B正确。t1时刻的偏转电压小于t2时刻的偏转电压,由Y=可得t1时刻射入U2的离子打在样品上的偏移量小于t2时刻射入U2的离子打在样品上的偏移量,D错误。 3.(2025广东,15,16分)图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接,金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处,由静止开始向右下方运动,与下方绝缘平板在B点处碰撞,碰撞时电荷量改变。反弹后离开下方绝缘平板瞬间,颗粒的速度与所受合力垂直,且水平分速度与碰前瞬间相同,竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)。已知颗粒质量为m,两绝缘平板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B点与左平板的距离为l,电源电压为U,重力加速度为g,忽略空气阻力和电场的边缘效应。 求:(1)颗粒碰撞前的电荷量q。 (2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。 (3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中,电场力对它做的功W。 答案 (1)　(2)　(3)见解析 审题指导　 初始状态 在A点从静止开始运动,仅受重力与电场力,做匀加速直线运动至B点发生碰撞 碰撞特征 ①电荷量改变;②水平分速度不变;③竖直分速度大小变为碰前的k倍(方向反向);④碰后速度方向垂直于合力方向 已知量 m,h,d,l,U,g,k(k<1),忽略空气阻力与电场边缘效应 解析　(1)颗粒受到重力和电场力作用做匀加速直线运动,合力沿着AB方向。设AB与竖直方向夹角为θ,则有tan θ= 对颗粒受力分析可知tan θ= 且U=Ed 解得q= (2)碰撞前,设颗粒的水平分速度为vx,竖直分速度为vy,则=2axl,=2gh 根据牛顿第二定律可知ax= 颗粒与下方绝缘平板相碰后,设碰后速度与水平方向夹角为α,由题意可知,此时重力和电场力的合力与竖直方向的夹角也为α,如图所示 则有= 解得Q= (3)第一阶段由A到B,电场力做的功W1=qEl= 第二阶段,从第一次碰撞后到第二次碰撞前,分两种情况讨论: ①颗粒与下方绝缘平板发生第二次碰撞。 设两次碰撞的时间间隔为t,分析竖直方向上的竖直上抛运动(分运动)可知 kvy=t 解得t=2k 分析水平方向上的匀加速直线运动(分运动)可知 x=vxt+·t2 解得x=4kl+ 此种情况下需满足x≤d-l,即d≥(4k+1)l+ 则此过程中电场力做的功W2=QEx=4k2mgh+ 则电场力做的总功为W=W1+W2=+4k2mgh+ ②若d<(4k+1)l+,则颗粒与右侧金属平板发生第二次碰撞。 全过程电场力做功只与颗粒的水平位移有关 则W=qEl+QE(d-l)=+ 关键点拨　 (1)电场力做功仅与水平位移相关,需分别计算两段运动过程的水平位移。 (2)第二阶段竖直方向为竖直上抛运动,需注意位移方向与加速度方向的符号设定。 4.(2023福建,16,16分)如图(a),一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B,其电荷量分别为q(q>0)和-q。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧,弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右、场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,其大小均为2qE。t=0时,A以初速度v0向右运动,B处于静止状态。在t1时刻,A到达位置S,速度为v1,此时弹簧未与B相碰;在t2时刻,A的速度达到最大,此时弹簧的弹力大小为3qE;在细杆与B碰撞前的瞬间,A的速度为2v1,此时t=t3。0~t3时间内A的v⁃t图像如图(b)所示,v1为图线中速度的最小值,t1、t2、t3均为未知量。运动过程中,A、B处在同一直线上,A、B的电荷量始终保持不变,它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力,静电力常量为k;B与弹簧接触瞬间没有机械能损失,弹簧始终在弹性限度内。 (1)求0~t1时间内,合力对A所做的功; (2)求t1时刻A与B之间的距离; (3)求t1~t2时间内,匀强电场对A和B做的总功; (4)若增大A的初速度,使其到达位置S时的速度为2v1,求细杆与B碰撞前瞬间A的速度大小。 　 答案　(1)m-m　(2)　(3)　(4)(1+)v1 解析 (1)由题图(b)可知,0~t1时间内,根据动能定理可知合力对A做的功W=m-m。 (2)由题图(b)可知t1时刻A的加速度为0,此时A所受合力为0,设此时A与B之间的距离为r1,根据平衡条件有k+qE=f,其中f=2qE,联立可得r1=。 (3)t1时刻,对小滑块B受力分析如图(1)所示,根据对称性可知其受到的静摩擦力恰好达到最大值,说明此后B开始向左运动;t2时刻,设A、B之间距离为r2,t1~t2时间内A、B运动的距离分别为sA、sB,则有sA+sB=r1-r2;由图(b)可知,t2时刻A 的加速度为0,此时对A受力分析如图(2)所示,由牛顿第二定律得qE+k-f-F=0,其中弹簧弹力F=3qE,解得r2=,t1~t2时间内,匀强电场对A和B做的总功WA+B=qEsA+qEsB,解得WA+B=。 　　 (4) 当A运动到位置S时,B开始向左运动。此后A和B组成的系统所受合力为0,动量守恒;从A 到达位置S时至细杆与B碰撞前的过程,改变A的初速度前、后,A、B之间距离的变化量相等,摩擦力、匀强电场的电场力、A和B之间的库仑力以及弹簧弹力对A和B做的总功W总相同;改变A的初速度前、后,对A和B整体分析,根据功能关系分别有W总=m (2v1)2+m-m-0,W总=mvA'2+mvB'2-m(2v1)2-0,根据动量守恒分别有mv1+0=m(2v1)+m(-vB),m(2v1)+0=mvA'+m(-vB'),联立解得vA'=(1+)v1。 专题三　直流电路与交流电路 真题试练1：直流电路 1.(2025广西,6,4分)如图电路中,材质相同的金属导体a和b,横截面积分别为S1、S2,长度分别为l1、l2。闭合开关后,a和b中自由电子定向移动的平均速率之比为(　　) A.l1∶2l2 B.2l2∶l1 C.l2S1∶2l1S2 D.2l2S2∶l1S1 答案　B 【命题点】电流的微观表达式　电阻定律　并联电路的电流规律 解析　 2.(2025广西,11,8分)(8分)某小组将电流表改装成欧姆表,所用器材有电源(电动势E=1.5 V,内阻不计),电流表(满偏电流Ig=100 μA,内阻Rg=100 Ω),电阻R0=500 Ω,滑动变阻器R(0~ 20 kΩ),导线若干,电路如图。 (1)欧姆调零时,应先将A、B　　　,再调节滑动变阻器,使电流表示数为　　　　μA,此时滑动变阻器的阻值为　　　　kΩ。  (2)调零后,在A、B间接入电阻Rx,当电流表示数为60 μA时,Rx为　　　　kΩ。  答案　(1)短接　100　14.4　(2)10 【命题点】电表改装　闭合电路欧姆定律 解析　(1)欧姆调零时,应先将红、黑表笔短接,即将A、B短接,再调节滑动变阻器,使电流表达到满偏,即电流表示数为100 μA,再根据闭合电路欧姆定律得R=-Rg-R0,代入数据解得R=14.4 kΩ。 (2)接入电阻Rx后,由闭合电路欧姆定律有Rx=-,代入数据解得Rx=10 kΩ。 3.（2025北京15(3)）某电流表出现故障,其内部电路如图3所示。用多用电表的电阻挡检测故障,两表笔接A、B时表头Rg指针不偏转。接A、C和B、C时表头Rg指针都偏转,出现故障的原因是　　　　(填选项前的字母)。  A.表头Rg断路 B.电阻R1断路 C.电阻R2断路 答案 C 【命题点】(3)电流表改装电路的故障分析 (3)若表头Rg断路,表笔连任意两端,电流都无法通过表头,表头指针均不发生偏转,A错误;若电阻R1断路,连接A、B时,电流通过表头和R2,表头指针偏转,与题干所述矛盾,B错误;若电阻R2断路,连接A、B时,电流无法通过表头和R2,表头指针不偏转;连接A、C和B、C时均有电流通过表头,表头指针均发生偏转,C正确。 4.（2024江西，7，4分）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I=1.00×10-3A时，测得U-B关系图线如图（b）所示，元电荷e=1.60×10-19C，则此样品每平方米载流子数最接近（　　） A.1.7×1019 B.1.7×1015 C.2.3×1020 D.2.3×1016 【答案】D 【审题指导】人教版教材中建立立体流体模型，推导出了电流的微观表达式I=nqvS，其中n指单位体积内的自由电荷数。借鉴教材知识，可推导得出I=nevb，n为单位面积内的自由电荷数。 【解析】设电子定向移动的平均速率为v，样品每平方米电子数为n，建立平面流体模型，t时间内通过样品的电荷量为nevtb，由电流的定义式得I==nevb，稳定时电子受力平衡，有e=evB，联立解得U=B，由题图（b）可知U-B图线的斜率k==，解得n≈2.3×1016。D正确。 5.(2024北京,12,3分)如图所示为一个加速度计的原理图。滑块可沿光滑杆移动,滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接;固定在滑块上的滑动片M下端与滑动变阻器R接触良好,且不计摩擦;两个电源的电动势E相同,内阻不计。两弹簧处于原长时,M位于R的中点,理想电压表的指针位于表盘中央。当P端电势高于Q端时,指针位于表盘右侧。将加速度计固定在水平运动的被测物体上,则下列说法正确的是(　　) A.若M位于R的中点右侧,P端电势低于Q端 B.电压表的示数随物体加速度的增大而增大,但不成正比 C.若电压表指针位于表盘左侧,则物体速度方向向右 D.若电压表指针位于表盘左侧,则物体加速度方向向右 【答案】 D 【解析】Q端电势不变,M位于R中点时P端电势与Q端电势相等,若M向右移动,P端电势升高,可得P端电势高于Q端电势,A错误。取向右为正方向,设R的总长度为l0,M下端点所在位置相对R中点的位移为x,轻弹簧的劲度系数为k;对滑块(设其质量为m),由牛顿第二定律可得加速度a=-;P、Q两端的电势差UPQ=2E;联立可得UPQ=-,所以电压表的示数与加速度的大小成正比,B错误。若电压表指针位于表盘左侧,则P端电势低于Q端电势,说明M位于R中点的左侧,滑块所受合力向右,滑块加速度方向向右,物体加速度方向向右,但无法判断物体的速度方向,C错误,D正确。 6.(2024广西,6,4分)将横截面相同、材料不同的两段导体L1、L2无缝连接成一段导体,总长度为1.00 m,接入图甲电路。闭合开关S,滑片P从M端滑到N端,理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙,则导体L1、L2的电阻率之比约为(　　) A.2∶3 B.2∶1 C.5∶3 D.1∶3 【答案】B 【解析】根据电阻定律可知,电阻R=ρ,结合欧姆定律U=IR可得U=x,则题图乙中U-x图线的斜率k=∝ρ(点拨:两导体横截面相同,题图甲中电路电流恒定),U-x图线斜率在x=0.25 m时发生变化,说明此刻电阻率发生了变化,即导体L1长0.25 m,导体L2长0.75 m,可知导体L1、L2的电阻率之比==,B正确。 7.(2024海南,16,10分)虚接是常见的电路故障,如图所示,电热器A与电热器B并联。电路中的C处由于某种原因形成了虚接,造成了该处接触电阻的阻值在0~240 Ω之间不稳定变化,可等效为电阻RC,已知M、N两端电压U=220 V,A与B的电阻RA=RB=24 Ω,求: (1)M、N间电阻R的变化范围; (2)当RC=240 Ω,电热器B消耗的功率(保留3位有效数字)。 【答案】(1)12 Ω≤R≤22 Ω　(2)16.7 W 【解析】(1)根据串并联电路的规律有=+ 解得R== 可知当RC=0时,R最小,最小值为12 Ω 当RC=240 Ω时,R最大,最大值为22 Ω 所以M、N间电阻的变化范围为12 Ω≤R≤22 Ω。 (2)当RC=240 Ω时,流过电热器B的电流IB= 电热器B消耗的功率PB=RB 代入数据解得PB≈16.7 W。 8.(2023全国乙,20,6分)(多选)黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱,接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻,在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12=3.0 V,U23=2.5 V,U34=-1.5 V。符合上述测量结果的可能接法是(　　) A.电源接在1、4之间,R接在1、3之间 B.电源接在1、4之间,R接在2、4之间 C.电源接在1、3之间,R接在1、4之间 D.电源接在1、3之间,R接在2、4之间 答案CD 若电源接在1、4之间,则编号为1、2、3、4的四个接线柱中相邻两个接线柱之间的电压可能都为正,也可能都为负,不可能出现题中有正有负的情况,所以A、B选项错误;若电源接在1、3之间,则编号为1、2、3、4的四个接线柱中1、2之间的电压与2、3之间的电压可能均为正,若为正则3、4之间的电压为负,所以C、D正确。 9.(2023海南,7,3分)如图所示电路,已知电源电动势为E,内阻不计,电容器电容为C,闭合开关K,待电路稳定后,电容器上的电荷量为 (　　) A.CE B.CE C.CE D.CE 答案C　电路稳定后,由于电源内阻不计,则整个回路可看成3R与2R串联部分和R与4R串联部分并联,若取电源负极为零势能点,则电容器上极板电势为,下极板电势为,电容器两极板间电势差为,则电容器上的电荷量为Q=CU=CE,故选C。 专题三　直流电路与交流电路 真题试练2：交流电路 1.(2025福建,2,4分)某理想变压器如图甲,原、副线圈匝数之比为4∶1,输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示,定值电阻R1的阻值为R2的2倍,则(　　) 　 A.副线圈中交变电流的周期为0.25 s B.电压表示数为12 V C.副线圈中的电流为通过R1电流的2倍 D.原、副线圈功率之比为4∶1 答案B 由题目中的u-t图像可得T=(0.25-0.1) s,故T=0.2 s,原、副线圈中交变电流的周期相等,A错误。原线圈输入电压的有效值U1= V=48 V;由=,可得U2=12 V,B正确。电阻R1和R2并联,副线圈中的电流I=+,故=3,C错误。理想变压器不消耗电能,原、副线圈的功率相等,D错误。 2.(2025云南,8,6分)(多选)电动汽车充电桩的供电变压器(视为理想变压器)示意图如图所示。变压器原线圈的匝数为n1,输入电压U1=1.1 kV;两副线圈的匝数分别为n2和n3,输出电压U2=U3=220 V。当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时,两副线圈的输出功率分别为7.0 kW和3.5 kW,下列说法正确的是(　　) A.n1∶n2=5∶1 B.n1∶n3=1∶5 C.变压器的输入功率为10.5 kW D.两副线圈输出电压最大值均为220 V 答案 AC 根据理想变压器电压与匝数的关系,可知=、=,代入数据解得=、=,A正确,B错误;根据理想变压器能量守恒,变压器的输入功率P输入=P2+P3(解题关键:当有多个副线圈时,根据能量守恒有P输出=P输入=P2+P3+P4+…),代入数据P2=7 kW,P3=3.5 kW,解得变压器的输入功率P输入=10.5 kW,C正确;两副线圈输出电压的最大值均为Um=U有效×=220 V,D错误。 3.(2025山东,7,3分)如图为一种交流发电装置的示意图,长度为2L、间距为L的两平行金属电极固定在同一水平面内,两电极之间的区域Ⅰ和区域Ⅱ有竖直方向的磁场,磁感应强度大小均为B、方向相反,区域Ⅰ边界是边长为L的正方形,区域Ⅱ边界是长为L、宽为0.5L的矩形。传送带从两电极之间以速度v匀速通过,传送带上每隔2L固定一根垂直运动方向、长度为L的导体棒,导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好。该装置产生电动势的有效值为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.BLv B. C. D. 答案 D 取导体棒中感应电流方向向下时的电动势为正,由法拉第电磁感应定律和右手定则可得该装置产生的电动势随时间变化的规律如图所示;由交变电流有效值的定义式可得·+·=·,解得该装置产生电动势的有效值E=,D正确。 易错警示 　　导体棒在两磁场区域中切割磁感线的有效长度之比为1∶2,故产生感应电动势的大小之比为1∶2;导体棒匀速经过两磁场区域的位移相同,故同一根导体棒在两磁场中的运动时间相等。 4.(2025北京,4,3分) 如图所示,交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向匀速转动,产生的电动势随时间变化的规律为e=10 sin(100πt) V。下列说法正确的是(　　) A.该交流电的频率为100 Hz B.线圈转到图示位置时,产生的电动势为0 C.线圈转到图示位置时,AB边受到的安培力方向向上 D.仅线圈转速加倍,电动势的最大值变为10 V 答案　C 【命题点】交变电流的产生与描述　左手定则、右手定则的应用 解析　该交流电的频率为f==50 Hz,A错误。图示位置为垂直于中性面的位置,穿过回路的磁通量为零,但磁通量变化率最大,产生的感应电动势最大,B错误。由右手定则可知,线圈转到图示位置时,电流由B→A;由左手定则可知,AB边此时受到的安培力方向向上,C正确。由于Em=NBSω,仅线圈转速n加倍,即ω加倍,可得电动势的最大值变为原来的2倍,即Em=20 V,D错误。 5.(2025广西,2,4分)某变压器输入正弦交流电的电压有效值为220 V,输出电压最大值为11 V,该变压器视为理想变压器,其原、副线圈匝数之比为(　　) A.20∶ B.20∶1 C.20∶1 D.1∶20 答案　C 【命题点】理想变压器的变压规律　正弦交流电的峰值与有效值的关系 解析　 6.(2025江苏,2,4分)用图示可拆变压器进行探究实验,当变压器左侧的输入电压为2 V时,若右侧接线柱选取“0”和“4”,右侧获得4 V输出电压,则左侧接线柱选取的是(　　) A.“0”和“2” B.“2”和“8” C.“2”和“14” D.“8”和“14” 答案　A 【命题点】理想变压器电压与匝数的关系 解析　根据理想变压器电压与匝数的关系=,可得左侧接线柱应选取“0”和“2”,A正确。 7.(2025云南,8,6分)(多选) 电动汽车充电桩的供电变压器(视为理想变压器)示意图如图所示。变压器原线圈的匝数为n1,输入电压U1=1.1 kV;两副线圈的匝数分别为n2和n3,输出电压U2=U3=220 V。当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时,两副线圈的输出功率分别为7.0 kW和3.5 kW,下列说法正确的是(　　) A.n1∶n2=5∶1 B.n1∶n3=1∶5 C.变压器的输入功率为10.5 kW D.两副线圈输出电压最大值均为220 V 答案　AC 【命题点】理想变压器各物理量的关系　交流电最大值的计算 解析　根据理想变压器电压与匝数的关系,可知=、=,代入数据解得=、=,A正确,B错误;根据理想变压器能量守恒,变压器的输入功率P输入=P2+P3(解题关键:当有多个副线圈时,根据能量守恒有P输出=P输入=P2+P3+P4+…),代入数据P2=7 kW,P3=3.5 kW,解得变压器的输入功率P输入=10.5 kW,C正确;两副线圈输出电压的最大值均为Um=U有效×=220 V,D错误。 8.(2025河北,6,4分)2024年底,世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。如图,若该电站通过理想变压器调节输出电压U2时,输入电压U1保持不变。已知副线圈总匝数为n,分接头1、2间和2、3间的线圈匝数n12=n23=,开关S接3时输出电压的瞬时值u2=Um sin ωt,则S接2时u2-t的图像为(　　) 答案　D 【命题点】变压器的频率、电压与匝数的关系 解析　变压器输出频率等于输入频率,频率不会随副线圈匝数的变化而变化;当开关S接3时,副线圈接入电路的匝数n3=n-(n12+n23)=n,可得=,当开关S接2时,副线圈接入电路的匝数n2=n-n12=n,可得=,联立可得==;根据S接3时输出电压瞬时值随时间变化的规律可得S接2时输出电压瞬时值随时间变化的规律为u2=Um sin ωt,D正确。 n12=并不是说开关S接2时,副线圈的匝数为,而是没有接入的部分匝数为,此时副线圈的匝数为n;开关S接3时,亦如此。 9.(2025安徽,8,4分)某理想变压器的实验电路如图所示,原、副线圈总匝数之比n1∶n2=1∶3,为理想交流电流表。初始时,输入端a、b间接入电压u=12 sin (100πt) V的正弦式交流电,变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间,电阻箱R的阻值调为6 Ω。要使电流表的示数变为2.0 A,下列操作正确的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.电阻箱R的阻值调为18 Ω B.副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的 C.输入端电压调为u=12 sin (50πt) V D.输入端电压调为u=6 sin (100πt) V 答案B 变压器原线圈输入电压的有效值为U1==12 V,理想变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间时,=,则副线圈两端的输出电压U2=18 V,要使电流表的示数为2.0 A,则电阻箱R的阻值应为R==9 Ω,A错误。若副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的,则原、副线圈匝数相等,副线圈两端的电压U2'=U1=12 V ,由题意可知R'=6 Ω,则电流表的示数I2'===2.0 A,B正确。只改变输入电压的频率,电流表示数不变,C错误。输入电压调为u=6·sin(100πt) V,则副线圈两端的电压U2″=9 V,则电流表的示数I2″===1.5 A,D错误。 10.(2025湖南,6,4分)如图,某小组设计了灯泡亮度可调的电路,a、b、c为固定的三个触点,理想变压器原、副线圈匝数比为k,灯泡L和三个电阻的阻值均恒为R,交变电源输出电压的有效值恒为U。开关S与不同触点相连,下列说法正确的是　(　　) A.S与a相连,灯泡的电功率最大 B.S与a相连,灯泡两端的电压为 C.S与b相连,流过灯泡的电流为 D.S与c相连,灯泡的电功率为 答案B S接a,电源与原线圈和三个电阻相连,U=I1(3R+k2R),原线圈两端电压U1=U-I1·3R,灯泡两端电压等于副线圈两端电压,即U2==,灯泡的电功率PL=,此时灯泡电功率最小,A错误,B正确。S与b相连,U=I'1(2R+k2R),且=,得IL=,C错误。S与c相连,IL=,PL=·R,得PL=,D错误。 11.(2025广东,2,4分)如图所示,某光伏电站输出功率1 000 kW、电压400 V的交流电,经理想变压器升压至10 kV后,通过输电线输送到变电站。输电线的等效电阻R为5 Ω。下列说法正确的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.变压器原、副线圈匝数比为1∶100 B.输电线上由R造成的电压损失为500 V C.变压器原线圈中的电流为100 A D.变压器原、副线圈中电流的频率不同 答案B 根据原、副线圈的电压与匝数关系,可得=,代入数据得=,A错误;R造成的电压损失ΔU=I2R,又I2===100 A,联立得ΔU=500 V,B正确;变压器原线圈中的电流I1===2 500 A,C错误;变压器原、副线圈中的电流频率一定相同,D错误。 12.(2025湖北,8,4分)(多选)在如图所示的输电线路中,交流发电机的输出电压一定,两变压器均为理想变压器,左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2,两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是(　　) A.仅增加用户数,r消耗的功率增大 B.仅增加用户数,用户端的电压增大 C.仅适当增加n2,用户端的电压增大 D.仅适当增加n2,整个电路消耗的电功率减小 答案AC 审题指导　 关键条件 分析要点 交流发电机的输出电压一定 升压变压器原线圈两端电压U1不变 两变压器均为理想变压器 满足电压与匝数关系=,无能量损耗 输电线路电阻为r 功率损耗P损=r,电压损耗ΔU=I2r 解析　仅增加用户数,相当于负载电阻减小,副线圈中的电流增大,原线圈中的电流也增大,流经输电线路的电流增大,消耗的功率P损=I2r增大,A正确。仅增加用户数,输电线路上的电压损耗增大,用户端的电压会减小,B错误。仅适当增加n2(升压变压器副线圈匝数),由=可知,输出电压U2增大,输电线路上的电流增大,用户端电阻不变,用户端的电压增大,C正确。仅适当增加n2(升压变压器副线圈匝数),输出电压U2增大,输电线路上的电流增大,根据理想变压器原、副线圈的电流与匝数关系=知,I2增大时I1增大,整个回路中电流增大,输电线路电阻阻值不变,所以整个电路消耗的电功率增大,D错误。 易错警示 (1)混淆“用户端电压”与“输电电压”,误认为用户数增加时负载电阻减小会直接导致电压升高。 (2)误认为增加n2会改变发电机输出功率,实际上,输出电压一定时输出功率由负载决定,与匝数比无关 13.(2025江苏,5,4分)如图所示,将开关S由a拨到b,使电容器C与线圈L构成回路。以电容器C开始放电取作0时刻,能正确反映电路中电流i随时间t变化关系的图像是(　　) 答案　A 【命题点】LC振荡电路中电流随时间变化的规律 解析　电容器开始放电,电场能减少,磁场能增加,故电路中的电流增大,当电容器两极板的电荷量为零时,电路中的电流最大,电流随时间呈现正弦规律变化,随着能量的衰减,电流趋于0,A正确。 14.(2024广东,1,4分)将阻值为50 Ω的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是(　　) A.该交流电的频率为100 Hz B.通过电阻电流的峰值为0.2 A C.电阻在1秒内消耗的电能为1 J D.电阻两端电压表达式为u=10·sin (100πt) V 答案 D 由题图可知该交流电的周期T=0.02 s,则频率f==50 Hz,A错误;ω==100π rad/s,电压表达式u=Um sin (ωt)V=10 sin (100πt)V,D正确;Im== A=0.2 A,B错误;电压有效值为10 V,则电阻在1秒内消耗的电能W=t=×1 J=2 J,C错误。 15.(2024河北,4,4分)R1、R2为两个完全相同的定值电阻,R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍),R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示,则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为(　　) 　 A.2∶3　　B.4∶3　　C.2∶　　D.5∶4 答案 B 依题意,0~时间内有效值为,设R1=R2=R,根据焦耳定律以及有效值的概念得Q1=·+·,Q2=T,可得Q1∶Q2=4∶3,B正确。 16.(2024湖北,5,4分)在如图所示电路中接入正弦交流电,灯泡L1的电阻是灯泡L2的2倍。假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S,灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2为(　　) A.2∶1 B.1∶1 C.1∶2 D.1∶4 【答案】C 【解析】两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大,根据电路图可知,在接入正弦交流电的一个周期内,两个灯泡有电流通过的时间相等,都为半个周期,则两个灯泡两端电压的有效值相等,根据P=可知,P1∶P2=RL2∶RL1=1∶2,C正确。 17.（2024新课标，20，6分）（多选）电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中（　　） A.电流最小 B.电流最大 C.电流方向由P指向Q D.电流方向由Q指向P 【答案】BD 【解析】题图中线圈所在的位置是中性面，线圈从中性面位置开始计时，感应电流的瞬时值表达式为i=im sin ωt，ωt=90°时，电流最大，A错误，B正确；线圈相对磁场逆时针转动，PQ边相对磁场在向下切割磁感线，由右手定则可知感应电流方向由Q到P，C错误，D正确。 18.(2023湖南,9,5分)(多选)某同学自制了一个手摇交流发电机,如图所示。大轮与小轮通 过皮带传动(皮带不打滑),半径之比为4∶1,小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形,共n匝,总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动,带动小轮及线圈绕转轴转动,转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内,下列说法正确的是(　　) A.线圈转动的角速度为4ω B.灯泡两端电压有效值为3nBL2ω C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈,则灯泡两端电压有效值为 D.若仅将小轮半径变为原来的两倍,则灯泡变得更亮 答案 AC 大轮和小轮通过皮带传动,皮带不打滑,则大轮和小轮边缘的线速度大小相等,即ω·4r=ω'r,解得小轮及线圈转动的角速度ω'=4ω,A正确;线圈中产生的感应电动势的最大值Em=nBL2ω'=4nBL2ω,则感应电动势的有效值E==2nBL2ω,由闭合电路欧姆定律可知灯泡两端电压的有效值U==nBL2ω,B错误;若用总长为原来两倍的相同漆包线绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈,则线圈匝数为2n,线圈总阻值为2R,线圈中产生的感应电动势的最大值Em'=2nBL2ω'=8nBL2ω,感应电动势的有效值E'==4nBL2ω,由闭合电路欧姆定律可知灯泡两端电压的有效值U==nBL2ω,C正确;若仅将小轮半径变为原来的两倍,则小轮及线圈转动的角速度减小,线圈中产生的感应电动势减小,灯泡两端电压减小,功率减小,灯泡变暗,D错误。 19.(2024海南,9,4分)(多选)如图,电动汽车充电站的理想变压器输入电压为10 kV,输出电压为220 V,每台充电桩输入电流为16 A,设原、副线圈匝数分别为n1、n2,输入正弦交流电的频率为50 Hz,则下列说法正确的是(　　) A.交流电的周期为0.02 s B.原、副线圈匝数比n1∶n2=11∶500 C.输出的最大电压为220 V D.若10台充电桩同时使用,输入功率为35.2 kW 【答案】AD 【解析】交流电的周期T==0.02 s,A正确。根据理想变压器的规律有==,B错误。根据正弦交流电最大值与有效值的关系有U2m=U2=220 V,C错误。每台充电桩工作时的功率为P0=U2I0=3 520 W,则10台充电桩同时使用时,变压器的输入功率P输入=10P0=35.2 kW,D正确。 20.(2024北京,5,3分)如图甲所示,理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上,输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示,副线圈接规格为“6 V,3 W”的灯泡。若灯泡正常发光,下列说法正确的是(　　) 　 A.原线圈两端电压的有效值为24 V B.副线圈中电流的有效值为0.5 A C.原、副线圈匝数之比为1∶4 D.原线圈的输入功率为12 W 答案 B 原线圈两端电压的有效值U1== V=24 V,A错误。灯泡正常发光,所以副线圈中电流的有效值I2==0.5 A,B正确。原、副线圈匝数之比===4∶1,C错误。原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,所以原线圈的输入功率为3 W,D错误。 21.(2023海南,11,4分)(多选)如图是工厂利用u=220 sin 100πt V的交流电给36 V照明灯供电的电路,理想变压器原线圈匝数为1 100,下列说法正确的是(　　) A.电源电压有效值为220 V B.交变电流的周期为0.02 s C.副线圈匝数为180 D.副线圈匝数为240 答案BC　由u=220 sin 100πt V可知,Um=220 V,ω=100π,故U有=220 V,故A错误;由T=可知,T=0.02 s,故B正确;根据理想变压器的变压规律有=,代入数据得n2=180,故C正确,D错误。 22.(2023广东,6,4分)用一台理想变压器对电动汽车充电。该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2,输出功率为8.8 kW,原线圈的输入电压u=220 sin (100πt) V。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是 (　　) A.20 A,50 Hz B.20 A,50 Hz C.20 A,100 Hz D.20 A,100 Hz 答案A　原线圈输入电压的有效值U1=220 V,交变电流的频率f=== Hz=50 Hz,变压器不改变交变电流的频率,可知副线圈输出电流的频率为50 Hz,C、D均错误。根据理想变压器电压与匝数的规律=得U2=440 V,根据P=U2I2可知,副线圈输出电流的有效值I2=20 A,A正确,B错误。 23.（2024浙江6月，7，3分）理想变压器的原线圈通过a或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路，如图所示。当S接a时，三个灯泡均发光，若（　　） A.电容C增大，L1灯泡变亮 B.频率f增大，L2灯泡变亮 C.RG上光照增强，L3灯泡变暗 D.S接到b时，三个灯泡均变暗 【答案】A 【解析】电容C增大，容抗减小，L1灯泡变亮，A正确；频率增大，电感线圈感抗增大，L2灯泡变暗，B错误；光照增强，光敏电阻RG阻值减小，L3灯泡变亮，C错误；S接到b时，原线圈匝数减小，副线圈匝数不变，副线圈输出电压变大，三个灯泡均变亮，D错误。 24.（2024全国甲，19，6分）（多选）如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以（　　） A.保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变 C.将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 D.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动 【答案】AC 【解析】当滑动触头T不动时，原、副线圈匝数之比不变，当U0不变时，输出电压U也不变，如果滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R连入电路阻值减小，所以通过R1的电流变大，R1的热功率增大，A正确；当滑动触头T向b端移动时，原、副线圈匝数之比变大，根据==k，可知变压器输出电压U变小，滑片位置不变时，R1支路电阻不变，电流变小，所以不能提高R1的热功率，B错误；当滑动触头T向b端移动时，变压器输出电压U变小，如果滑动变阻器滑片向e端滑动，则滑动变阻器接入电路的阻值增大，IR1=变小，所以R1的热功率P=R1减小，D错误；同理可得，T向a端移动，则输出电压U变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，则滑动变阻器接入电路的阻值减小，R1支路中的电流IR1=变大，所以R1热功率变大，C正确。 25.(2024重庆,9,5分)(多选)小明设计了台灯的两种调光方案,电路图分别如图甲、乙所示,图中额定电压为6 V的灯泡电阻恒定,R为滑动变阻器,理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220 V的交流电,滑片P可调节灯泡L的亮度,P在R最左端时,甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作,则(　　) 　 A.n1∶n2=110∶3 B.当P滑到R中点时,图甲中L功率比图乙中的小 C.当P滑到R最左端时,图甲所示电路比图乙更节能 D.图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大 答案 AC 滑片P在最左端时,图甲、乙中变压器输出电压均等于灯泡的额定电压6 V,因此===,A正确;当P滑到R中点时,图甲中总电阻为P左侧电阻与灯泡电阻串联,图乙中总电阻为灯泡电阻与P右侧的电阻并联后再与P左侧电阻串联,由于并联电阻小于灯泡电阻,则图甲中灯泡两端电压大于图乙中灯泡两端电压,则图甲中灯泡功率比图乙中灯泡功率大,B错误;当P滑到R最左端时,图甲中只有灯泡连入电路,图乙中R的全部电阻与灯泡并联,总电阻更小,变压器输出功率更大,图甲比图乙更节能,C正确;图乙中的灯泡两端电压在0到6 V间变化,图甲中灯泡两端电压最高为6 V,最低达不到0,则图乙中灯泡两端电压的可调范围大,D错误。 26.(2024湖南,6,4分)根据国家能源局统计,截止到2023年9月,我国风电装机4亿千瓦,连续13年居世界第一位,湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动,升、降压变压器均为理想变压器,输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时,R0上消耗的功率为P。不计其余电阻,下列说法正确的是(　　) A.风速增加,若转子角速度增加一倍,则R0上消耗的功率为4P B.输电线路距离增加,若R0阻值增加一倍,则R0上消耗的功率为4P C.若升压变压器的副线圈匝数增加一倍,则R0上消耗的功率为8P D.若在用户端再并联一个完全相同的电阻R,则R0上消耗的功率为6P 答案 A 风速增加,若转子角速度增加一倍,根据U有效=,可知输电电压变为原来的2倍,而整个电路的电阻不变,输电电流变为原来的2倍,根据P=I2R0可知,R0上消耗的功率为4P,A正确;若R0阻值增加一倍,则输电电流减小,R0上消耗的功率小于2P,B错误;若升压变压器的副线圈匝数增加一倍,则输电电压变为原来的2倍,而整个电路的电阻不变,输电电流变为原来的2倍,R0上消耗的功率为4P,C错误;若在用户端再并联一个完全相同的电阻R,等效电路如图所示,k=,PR01=R0,PR02=R0,==<4,即R0上消耗的功率小于4P,D错误。 27.(2023山东,7,3分)某节能储能输电网络如图所示,发电机的输出电压U1=250 V,输出功率500 kW。降压变压器的匝数比n3∶n4=50∶1,输电线总电阻R=62.5 Ω,其余线路电阻不计,用户端电压U4=220 V,功率88 kW,所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是(　　) A.发电机的输出电流为368 A B.输电线上损失的功率为4.8 kW C.输送给储能站的功率为408 kW D.升压变压器的匝数比n1∶n2=1∶44 答案：C 由题意知发电机输出电流I1===2 000 A,所以A错。用户端电流I4==400 A,=,得U3=11 000 V,再由功率相等有P3=P4,即U3I3=U4I4,得输电线上电流I3=8 A,损失功率ΔP=R=4 kW,所以B错。由能量守恒得储能站功率P5=P1-P3-ΔP=(500-88-4) kW=408 kW,故C对。输电线上电压损失ΔU=I3R=8×62.5 V=500 V,所以U2=U3+ΔU=11 500 V,由理想变压器电压之比与匝数之比的关系有===1∶46,所以D错。 28.(2023天津,6,5分)(多选)如图是输电线为用户输电的示意图,电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器,中间输电线上的总电阻为R,下列说法正确的是 (　　) A.T1的输出电压与T2的输入电压相等 B.T1的输出功率大于T2的输入功率 C.若用户接入的用电器增多,则R消耗的电功率减小 D.若用户接入的用电器减少,则T2的输出功率减小 答案BD　由于输电过程中输电线上会损耗功率,故T1输出功率大于T2输入功率,T1输出电压大于T2输入电压,故A错误,B正确;由于输入电压不变,所以变压器T1的输出电压不变,随着用户接入的用电器增多,家庭电路的电阻变小,则回路中电流变大,根据P损=I2R可知R消耗的电功率增大,C错误;用户接入电路的用电器减少,用电器消耗的电功率减少,即T2输出功率减小,D正确。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $