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
F = B ² L² v ₐₓ
ₘ / R，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= εr S
4 π kd ,电容的定义式C=Q
U ,联立解得U=4 π kdQ
εr S
,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'=q+Q
2
,C 再跟B 接
触后,B 和C 所带的电荷量相等,qB'=qC″=q+qC'
2
,根据库仑定律F=k
q1q2
r
2 可知A 和B 之间的静电力
大小不变,则qA'qB'=q2,解得|
Q
q)=1,A 正确;若q、Q 为异种电荷,同理可解得|
Q
q)=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=1
2F2
B.E= kq
2 L
2
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=❑√
k q
2
mL
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=
1
2F2,A 正确。甲、乙均带正电,则F1=k2q
2
L
2 -Eq,F2=2Eq+k2q
2
L
2 ,且F1= F2
2 ,联立解得E= kq
2 L
2,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'=k2q
2
L
2 +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'=k2q
2
L
2 -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=(2qE+ 2k q
2
L
2 ) cos θ,解得a= k q
2
m L
2 cos θ,设乙下滑至底端的末
速度为v,则v2=2a×
L
2cosθ ,解得v=❑√
k q
2
mL
,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❑√3R,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❑√3R,可得2R sinθ
2=❑√3R,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
FBA
sin 45°=
m甲g
sin30°、
F AB
sin75°=
m乙g
sin30°,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=
k ·2q
(
❑√3
3 R)
2-
kq
(
2❑√3 R
3 )
2=21kq
4 R
2 ,方向由A 指
向B;F 点处的电场强度大小EF=
kq
(
❑√3
3 R)
2-
k ·2q
(
2❑√3 R
3 )
2=3kq
2 R
2,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2kq
R
2 (cos 54°+cos 18°) D.大小为2kq
R
2 (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=kQ
r
2可知,A、E 处点电荷产生的电场在O
点的场强为2k2q
R
2 cos 54°,同理,B、D 处点电荷产生的电场在O 点的场强为2k q
R
2 cos 18°,则O
点的场强大小为2kq
R
2 (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= k·4 q
(1+x)
2 ,电荷量为-q 的点电荷在此点产生的场强大小E2=k·q
x
2 ,若有E1=E2的位
置,即k·4 q
(1+x)
2 =k·q
x
2 ,解得x=1 或x=-1
3(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=U
d 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= F
q 可知F-q 图像的图线斜率表示电场强度,由题图可知Ea=4 F0
q0
=4F0
q0
,Eb=4 F0
4 q0
= F0
q0
,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q
2 。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.2❑√3kq
a
2
B.kq
a
2 (6+❑√3) C.kq
a
2 (3❑√3+1)
D.kq
a
2 (3+❑√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
q
(
❑√3
3 a)
2=3kq
a
2 ,M 点合场强为0,则带电细杆在M 点产生的场强E=2E1 cos 60°=3kq
a
2 ,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 q
a
2,则A 处合场强EA=2E’1 cos 30°
+E’=k q
a
2(3+❑√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
q A
qB
等于( )
A.1
3
B.
❑√3
3 C.❑√3 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=❑√3r,tan 60°= E A
EB
,同时有EA=
k q A
r AC
2
,EB=
k qB
rBC
2
,联立解
得
q A
qB
=
❑√3
3 ,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=F +qP E
mP g
，同理对小球Q 受力分析
有FQ cos θ=mQg， FQ sin θ=F-qQE，可得tan θ= F −qQ E
mQ g
，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.❑√2x0
B.(2❑√2-1)x0
C.2❑√2x0
D.(2❑√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
q1
x0
2=k
q2
( x0+ x1)
2,又q2=8q1,联立解得x1=(2❑√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=❑√2q,Q3=q B.Q1=-q,Q2=-4 ❑√3
3
q,Q3=-4q
C.Q1=-q,Q2=❑√2q,Q3=-q D.Q1=q,Q2=-4 ❑√3
3
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2❑√3
3
r 和2r,P 点处平行于三个点电荷连线方向场
强为零,则k
|Q2|
(
2❑√3
3
r)
2·cos 60°=k|Q3|
(2r )
2 ·cos 30°,解得|
Q2
Q3|=
❑√3
3 ,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=kq
a
2 ,FD= kq
3a
2,则tan α= F A
F D
=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:
F A
sin ∠CPH =
F B
sin ∠CHP
又∠CPH=∠BPO,∠CHP=∠HPD=∠APO
在△APO 中:
AP
sin(π −∠POB)=
AO
sin ∠APO
同理有,
BP
sin ∠POB =
BO
sin ∠BPO
又FA=k Q1q
A P
2,FB=kQ2q
B P
2
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) U
L (2)❑√
qU
m -gL ❑√
3qU
m
-3gL
【解析】 (1)匀强电场中,A、B 间沿电场线方向的距离为L,则E=U
L 。
(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=mv A
2
L
解得vA=❑√
qU
m -gL
小球从A 到B,由动能定理得qU-mgL=1
2mvB
2-1
2mv A
2
解得vB=❑√
3qU
m
-3gL
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)3−❑√3
3
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kq
d
2 =k qB
d
2 ,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=❑√3d,根据几何关系可知E AN
EBC
=tan 30°,EBC=EBN-
ECN,则有
kq
(❑√3d )
2 =(
kq
d
2 - k qC
d
2 ) tan 30°,解得qC=3−❑√3
3
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= Ek
er
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=mv
2
r ,由于Ek=1
2mv2,联立可
得E=2 Ek
er ,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|CQ)=2|BP),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
❑√2 E p
qd
D.电场强度的大小为2❑√2 E p
qd
答案 AD
审题指导
根据电势的定义式φ= E p
q
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=U
d 求出电场强度的大小
解析 如图所示,依题意,O 点电势为φO= E p
q ,A 点电势为φA= E p
-q ,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(
d
2 ,0),又由于B 点电势为φB= E p
2q =1
2φO,故OC
中点D 点的电势与B 点电势相等,D 点坐标为(
d
4 ,0),由DA=AB=3
4 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
❑√2
2 ×3
4 d=3 ❑√2
8
d,可得电场强度的大小为E=
U BA
3 ❑√2
8
d ,UBA=φB-φA=3 E p
2q ,得
E=2❑√2 E p
qd
,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=W ab
q =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= E p
q 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=kQq
r
2 ,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=kQ
r ,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.W
2
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'= U
2d =1
2E,点电荷由a 移动到b 的过程中电场力做的功W'=qE'l=W
2 ,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= E p
q
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=1
2mvB
2-1
2mv0
2，在B 点的向心加速度an=vB
2
R
=v0
2
R
+2（mg−qE ）
m
，竖直方向的切向
加速度at=mg−qE
m
，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=❑√
❑√3k q
2
mg
B.OB 的距离l=❑√
❑√3k q
2
3mg
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=-mgs
2q
【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°=
❑√3
3 mg；由库仑定
律可得F=kq
2
l
2 ，联立解得l=❑√
❑√3k q
2
mg
，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=-1
2mgs，则AC 之间的电势差UAC=-mgs
2q ，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=3
5,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= NP
MP 。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=
64
N P
2
27
M P
2
=64 M P
2
27 N P
2 ,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kQ
r ，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，Q1
Q2
=-2
B.Q1>0，Q1
Q2
=-2 C.Q1<0，Q1
Q2
=-3
D.Q1>0，Q1
Q2
=-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kQ1
r1
+kQ2
r2
=0，所以|
Q1
Q2|=|
r1
r2|=|
2
1|，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=kq
r1
2 +kq
r2
2 ,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
❑√3
3 r
B.P1P2连线的中垂线上电场强度的最大值为4 ❑√3kq
9r
2
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<π
2 ,则该点处的场强E=2
kq
(
r
cosθ)
2 sin θ=2kqsinθ co s
2θ
r
2
,令f(θ)=sin θ cos2θ,则f'(θ)=cos3θ-2 sin2θ cos θ,当f'(θ)=0,解
得tan θ=
❑√2
2 ,此时f(θ)取最大值,f(θ)max=2❑√3
9
,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=
❑√2
2 r,最大值Emax=4 ❑√3kq
9r
2
,A 错误,B 正确。因为r>
❑√2
2 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
(r - x')
2 -
kqe
(r + x')
2 =kqe
[
1
(r - x')
2 -
1
(r + x')
2)=kqe[
4 rx'
(r - x')
2(r+x')
2),因为x'≪r,所以电场力大小F≈kqe4 x'
r
3 ,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= εr S
4 π kd 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=Q
U 可得极板间电势差U 增大，A 错误；由E=U
d = Q
Cd =4 π kQ
εr S
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1
2CU2=UQ
2 ，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=
εr S
4 π kd
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=kQ
r
2 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, ´
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v2-1
r 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=kQ
r ,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)kQ
a (2)-
kQqc
a(a-c ) (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=kQ
rBF
=kQ
a
(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= kQ
r AF
= kQ
a-c
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=-
kQqc
a(a-c )
(3)设题图乙中图线斜率为k0,由题图乙有v2=k0(
1
r - 1
2a)
试探电荷运动过程中动能与电势能之和E 总=-kQq
r
+1
2mv2
得v2=2kQq
mr
+2 E总
m
对比分析可知k0=2kQq
m
,2 E总
m
=- k0
2a
解得E 总=-kQq
2a
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=1
2at2=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=v x
v =at
v =1
2,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)❑√
md
Eq (2)2❑√mqEd
解析 (1)金属微粒的加速度大小为a= Eq
m ①
微粒第一次到达下极板有d
2 =1
2at1
2②
解得t1=❑√
md
Eq
(2)设微粒第一次从上极板回到O 点时的速度大小为v
v2=2ax ③
x=2d ④
p=mv ⑤
联立①③④⑤可得p=2❑√mqEd
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、v0
4 ;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v0
2 ,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=m1g ②
m1=ρ·4
3 πr1
3③
对油滴b 有f2=kr2·v0
4 ④
f2=m2g ⑤
m2=ρ·4
3 πr2
3⑥
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v0
2 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'=kr1v0
2 ⑦
f1'+q1E=m1g ⑧
对油滴b 有f2'=kr2v0
2
⑨
f2'=q2E+m2g ⑩
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=1
2kx2,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=
❑√8r,根据动能定理得F 电xAB=EkB-EkA,解得EkB-EkA=❑√8Gr ①;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=2Gr ②;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=1
2
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=d
2
l
2 U1
B.当U2=±Um且L=(a-d )l
2d
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=1
2mv0
2,解得离子进入偏转电场U2的初速度大小v0=
❑√
2qU 1
m
;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=1
2at2,
其中a=qU 2
md ,联立解得y= U 2l
2
4 d U 1
;当y=d
2 时,Um=2d
2
l
2 U1,A 错误。由几何关系可得y
Y =
l
2
l
2 + L
,可得Y=
(l+2 L)U 2l
4 d U 1
,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=a
2,可得a
2=
(l+2 L)U ml
4 d U 1
,联立解得L=(a-d )l
2d
,B 正确。t1时刻的偏转电压
小于t2时刻的偏转电压,由Y=
(l+2 L)U 2l
4 d U 1
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)mgld
hU (2)kmgdh
Ul
(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= l
h
对颗粒受力分析可知tan θ= qE
mg
且U=Ed
解得q=mgld
hU
(2)碰撞前,设颗粒的水平分速度为vx,竖直分速度为vy,则v x
2=2axl,v y
2=2gh
根据牛顿第二定律可知ax=qU
md
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
k v y
v x
= QU
mgd
解得Q=kmgdh
Ul
(3)第一阶段由A 到B,电场力做的功W1=qEl=mgl
2
h
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=g
2 t
解得t=2k❑√
2h
g
分析水平方向上的匀加速直线运动(分运动)可知
x=vxt+1
2·QE
m t2
解得x=4kl+4 k
3h
2
l
此种情况下需满足x≤d-l,即d≥(4k+1)l+4 k
3h
2
l
则此过程中电场力做的功W2=QEx=4k2mgh+4 k
4mgh
3
l
2
则电场力做的总功为W=W1+W2=mgl
2
h
+4k2mgh+4 k
4mgh
3
l
2
②若d<(4k+1)l+4 k
3h
2
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)=mgl
2
h
+kmgh(d -l)
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)1
2mv1
2-1
2mv0
2 (2)❑√
kq
E
(3)q ❑√kqE
2
(4)(1+❑√3)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=1
2mv1
2-1
2mv0
2。
(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 q
2
r1
2+qE=f,其中f=2qE,联立可得r1=❑√
kq
E
。
(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+kq
2
r2
2 -f-F=0,其中弹簧弹力F=3qE,解得r2=1
2
❑√
kq
E
,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=q ❑√kqE
2
。
(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=1
2m (2v1)2+1
2mvB
2-1
2mv1
2-0,W 总=
1
2mvA'2+1
2mvB'2-1
2m(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+❑√3)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 2l
∶
2 B.2l2 l∶1
C.l2S1 2l
∶
1S2
D.2l2S2 l∶1S1
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= E
I g
-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= E
I - E
I g
,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=nevtb
t
=nevb，稳定时电子受力平衡，有eU
b
=evB，联立解得U= I
ne B，由题图（b）可知U-B 图线的斜率k= 80mV
290mT = I
ne ，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=-
2kx
m ;P、Q 两端的电势差UPQ=2 x
l0
E;联立可得UPQ=-maE
k l0
,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 x
S ,结合欧姆定律U=IR 可得U=Iρ
S x,则题图乙中
U-x 图线的斜率k=Iρ
S ∝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ρ1
ρ2
=
0.2
0.25
0.5−0.2
1.00−0.25
=2
1,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1
R = 1
R A
+
1
RB+ RC
解得R= R A( RB+ RC)
R A+ RB+ RC
=
R A
1+
R A
( RB+ RC )
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=
U
RB+ RC
电热器B 消耗的功率PB=I B
2RB
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.1
2CE C.2
5CE D.3
5CE
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2 E
5 ,下极板电势为4 E
5 ,电容器两极板间电
势差为2 E
5 ,则电容器上的电荷量为Q=CU=2
5CE,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3
4 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=48 ❑√2
❑√2
V=48 V;由U 1
U 2
=4
1 ,可得U2=12 V,B 正确。电阻R1和R2并联,副线
圈中的电流I=U 2
R1
+U 2
R2
,故
I
U 2
R1
=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 n∶
2=5 1∶
B.n1 n∶
3=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U 1
U 2
=n1
n2
、U 1
U 3
=n1
n3
,代入数据解得n1
n2
=5
1、U 1
U 3
=5
1,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×❑√2=220❑√2 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.
❑√2BLv
2
C.3 BLv
2
D.
❑√10 BLv
4
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(0.5 BLv )
2
R
· L
v +(BLv )
2
R
·
L
v = E
2
R
·2 L
v ,解得该装置产生电动势的有效值E=
❑√10 BLv
4
,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❑√2 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= ω
2π =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❑√2 V,该
变压器视为理想变压器,其原、副线圈匝数之比为( )
A.20∶❑√2
B.20❑√2 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
U 1
U 2
=
n1
n2
,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 n∶
2=5 1∶
B.n1 n∶
3=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U 1
U 2
=n1
n2
、U 1
U 3
=n1
n3
,代入数据解得n1
n2
=5
1、U 1
U 3
=5
1,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×❑√2=220❑√2 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= n
10,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)=4
5 n,可得U 1
U 2
= n
n3
,当开关S 接2 时,副线圈接入电路的匝数n2=n-n12=
9
10n,可得U 1
U 2'= n
n2
,联立可得U 2
U 2'=n3
n2
=8
9;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=9
8Um sin ωt,D 正确。
n12= n
10并不是说开关S 接2 时,副线圈的匝数为n
10,而是没有接入的部分匝数为n
10,此时副线圈的匝
数为9
10n;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 n∶
2=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❑√2 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1
3
C.输入端电压调为u=12❑√2 sin (50πt) V
D.输入端电压调为u=6❑√2 sin (100πt) V
答案B
变压器原线圈输入电压的有效值为U1=U m
❑√2
=12 V,理想变压器的滑动触头P 位于副线圈的正中间时,
U 1
U 2
=
n1
1
2 n2
,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=
U 2
I 2
=9 Ω,A 错误。若副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的1
3,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'=U 2'
R' =12V
6 Ω =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❑√2·sin(100πt) V,则副线圈两端的电压U2″=9
V,则电流表的示数I2″=U 2″
R' =9V
6 Ω=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kU
k
2+3
C.S 与b 相连,流过灯泡的电流为
U
(k
2+2) R
D.S 与c 相连,灯泡的电功率为
U
2
(k
2+1)
2 R
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=U 1
k = Uk
k
2+3,灯泡的电功率PL=U 2
2
R
,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I ' 1
I L
=1
k ,得IL=
kU
(k
2+2) R ,C 错误。S 与c 相连,IL=
kU
(k
2+1) R ,PL=I L
2·R,得PL=
k
2U
2
(k
2+1)
2 R
,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U 1
U 2
=n1
n2
,代入数据得n1
n2
= 1
25,A 错误;R 造成的电压损失
ΔU=I2R,又I2= P
U 2
=1000kW
10kV
=100 A,联立得ΔU=500 V,B 正确;变压器原线圈中的电流I1= P
U 1
=
1000kW
400V
=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
U 1
U 2
=
n1
n2
,无能量损耗
输电线路电阻为r
功率损耗P 损=I 2
2r,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U 1
U 2
=n1
n2
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I 1
I 2
=n2
n1
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❑√2·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= 1
T =50 Hz,A 错误;ω=2π
T =100π rad/s,电
压表达式u=Um sin (ωt)V=10❑√2 sin (100πt)V,D 正确;Im=U m
R
=10 ❑√2
50
A=0.2❑√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=U
2
R t=10
2
50 ×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❑√3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∶❑√3 D.5∶4
答案 B 依题意,0~T
2 时间内有效值为U 0
❑√3
,设R1=R2=R,根据焦耳定律以及有效值的概念得Q1=
(
U 0
❑√3)
2
R
·T
2 +U 0
2
R
·T
2 ,Q2=(
U 0
❑√2)
2
R
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=U
2
R 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3❑√2nBL2ω
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4 ❑√2nB L
2ω
3
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= Em
❑√2
=2❑√2nBL2ω,由闭合电路欧姆定律可知灯泡两端
电压的有效值U= E
2 =❑√2nBL2ω,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'= Em'
❑√2
=4❑√2nBL2ω,由闭合电路欧姆定律可知灯泡两
端电压的有效值U= E'
3 =4 ❑√2
3
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=1
f =0.02 s,A 正确。根据理想变压器的规律有n1
n2
=U 1
U 2
=
500
11 ,B 错误。根据正弦交流电最大值与有效值的关系有U2m=❑√2U2=220❑√2 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❑√2 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=U m
❑√2
=24 ❑√2
❑√2
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= P
U 2
=0.5 A,B 正确。原、副线圈匝数之比n1
n2
=U 1
U 2
=24
6 =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❑√2 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❑√2 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❑√2 sin 100πt V 可知,Um=220❑√2 V,ω=100π,故U 有=220 V,故A 错误;由T=
2π
ω 可知,T=0.02 s,故B 正确;根据理想变压器的变压规律有U 1
U 2
=n1
n2
,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❑√2 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❑√2 A,50 Hz
C.20 A,100 Hz
D.20❑√2 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= 1
T = ω
2π =100 π
2π 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
U 1
U 2
=
n1
n2
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U 0
U =n0
n =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=
U
R1+ R' 变小，所以R1的热功率P=I R1
2 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=
U
R1+ R' 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n1
n2
=
U 1
U 2
=220V
6V
=110
3 ,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=NBSω
❑√2
,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=n3
n4
,PR01=
(
U 2
R0+ kR)
2
R0,PR02=(
U 2
R0+ k R
2)
2
R0, PR 02
PR 01
=(
R0+kR
R0+ k· R
2)
2
=(
R0+ kR
R0
2 + R0
2 + k
2 R)
2
<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= P1
U 1
=500kW
250V =2 000 A,所以A 错。用户端电流I4= P4
U 4
=400
A,U 3
U 4
=n3
n4
,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=I 3
2R=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
n1
n2
=
U 1
U 2
=
250
11 500=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。
