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1、第一部分专题三第1讲基础题知识基础打牢1. (多选)(2022河北唐山三模)如图所示，两个等量的点电荷分别固定在A、B两点虚线为AB的中垂线，交AB于O点曲线ab为一电子只在电场力作用下的运动轨迹a、b关于O点对称则下列说法正确的是( BCD )A两个点电荷一定是异种电荷B电子在a、b两点加速度大小相同C电子在a、b两点动能相同D电子在a、b两点电势能相同【解析】电子所受电场力一定指向轨迹的凹侧，所以两个点电荷均带正电，故A错误；根据对称性可知电子在a、b两点所受电场力大小相同，所以加速度大小相同，故B正确；根据等量同种点电荷周围电势分布规律以及对称性可知a、b两点电势相等，所以电子在a、b两
2、点的电势能相同，根据能量守恒定律可知电子在a、b两点动能相同，故C、D正确故选BCD.2. (多选)(2022湖北武汉高三阶段练习)如图所示，实线是一电场的电场线，一个电子仅在电场力的作用下从a点运动到b点，过a点、b点的速度分别为va、vb，虚线为该电子的运动轨迹，下列说法中正确的是( AC )AA、B所在电场线的方向是由B指向A的方向B电子在a处的加速度小于在b处的加速度C电子在a处的电势能大于在b处的电势能D电子在a处的动能大于在b处的动能【解析】由图可知电子的运动轨迹向右弯曲，电子受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以A、B所在电场线的方向是由B指向A的方向，故A正确；电场线的疏密
3、表示场强大小，由图知粒子在A点的场强大于B点的场强，在A点所受的电场力大，所以在A点的加速度大于B点的加速度，故B错误；电子所受的电场力沿电场线偏向右，电子由a点运动到b点的过程中，电场力做正功，电子的电势能减小，动能增大，所以电子在b点的电势能小，动能大，故C正确，D错误故选AC.3. (2022河北秦皇岛二模)如图所示，一蜘蛛将网织成两个正方形ABCD、abcd，其边长分别为2L、L，现在a、b、c、B四个位置分别放置一个点电荷，发现b处的点电荷所受电场力恰好为零，若仅将b处的点电荷Q沿bd方向移至d处，则( B )Aa、c两处点电荷对点电荷Q的合力可能先增大后减小Ba、c两处点电荷对点电
4、荷Q的合力可能先减小后增大Ca、c两处点电荷对点电荷Q的合力一定先做正功，后做负功Da、c两处点电荷对点电荷Q的合力一定先做负功，后做正功【解析】当点电荷Q在O点时，a、c两处点电荷对点电荷Q的合力为零，当场强最大值在Ob之外时，则将b处的点电荷Q沿bd方向移至d处时，a、c两处点电荷对点电荷Q的合力先减小后增大，如果场强最大值在Ob之间，合力先变大后变小再变大再变小，则选项A错误，B正确；在a、b、c、B四个位置分别放置一个点电荷，发现b处的点电荷所受电场力恰好为零，可知a、c、B三个位置分别放置的点电荷一定是同种电荷，但是不能确定电荷的正负；仅将b处的点电荷Q沿bd方向移至d处，若点电荷Q
5、与另外三个电荷带同性电荷，则点电荷Q从O到d时电场力做正功；若点电荷Q与另外三个电荷带异性电荷，则点电荷Q从O到d时电场力做负功，选项C、D错误故选B.4. (多选)(2022湖南衡阳三模)在x轴上固定两个带电荷量分别为4q、q的点电荷，以其中的某一电荷为原点，两电荷所形成的电场的电势在x轴正半轴上的分布如图所示，下列说法正确的是( BC )A正电荷在坐标原点，负电荷在x的位置B负电荷在坐标原点，正电荷在xx2的位置C在x轴上xx2区域电场强度沿x轴正方向D一带负电试探电荷从O处移到x2处，电势能先减小后增加【解析】由x可知，原点附近的电势为负且绝对值很大，可知负电荷在坐标原点，x图像斜率表示
6、电场强度大小，xx2位置电场强度为零，根据kk，解得x3x2，正电荷在xx2的位置，故B正确，A错误；在x轴上xx2区域电势一直减小，电场强度沿x轴正方向，故C正确；从O处移到x2处，电势不断增加，一带负电试探电荷电势能不断减小，故D错误故选BC.5. (2022浙江绍兴模拟预测)如图所示是用于离子聚焦的静电四极子场的截面图，四个电极对称分布，其中两个电极带正电荷，形成高电势U，两个电极带负电荷，形成低电势U.图中a、b、c、d四个点为电场中的四个位置，下列说法正确的是( B )A图中虚线表示电场线Ba点的电势高于b点的电势C电荷在四个电极的表面分布均匀Dc点的电场强度大小与d点的电场强度大小
7、相等【解析】四个电极都是等势面，电场线与等势面垂直，则图中虚线表示等势面，不表示电场线，选项A错误；a点的电势为零，b点电势小于零，则a点电势高于b点的电势，选项B正确；每个电极附近的等势面分布的疏密不同，则电极表面的电场线疏密不同，则电荷在每个电极的表面分布不均匀，选项C错误；因c点等势面较d点密集，则c点电场线分布较d点密集，即c点的电场强度大小比d点的电场强度大小较大，选项D错误故选B.6. (2022辽宁沈阳二中模拟预测)如图所示为某稳定电场的电场线分布情况，A、B、C、D为电场中的四个点，B、C点为空心导体表面两点，A、D为电场中两点，A、D两点所在电场线沿竖直方向，且电场线分布关于
8、竖直方向对称下列说法中正确的是( C )AB点的电势低于A点的电势BB、A两点的电势差小于C、B两点的电势差CB点场强大于A点场强D电子在D点的电势能大于在A点的电势能【解析】沿电场线方向电势降低，则B点的电势高于A点的电势，故A错误；空心导体表面电势处处相等，有CB，根据电势差的公式，可得UBABA0，UCBCB0，可知，B、A两点的电势差大于C、B两点的电势差，故B错误；B点电场线较A点密集，可知B点场强大于A点场强，故C正确；同理，可得DA，根据电势能的公式，有Epq，又q0，联立，可得EpDI2.规定磁场方向垂直于x轴向上为正，在0x0区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是图中的( A
9、 )【解析】由安培定则可知，左侧导线中的电流在该导线右侧产生的磁场的方向垂直于x轴向上，而右侧导线中的电流在该导线左侧产生的磁场的方向垂直于x轴向下，由于规定磁场方向垂直于x轴向上为正，故在0x0区间内磁场方向先为正后为负根据通电长直导线周围某点磁感应强度Bk和I1I2，可知在的位置磁场方向为正方向，A正确9. (多选)(2022辽宁模拟预测)如图所示，两个带等量正电荷的点电荷分别固定于x轴上的P、Q两点，其位置关于直角坐标系xOy的原点O对称圆弧PQ是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a、b为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是( AD )Aa、b两点的电势相同Ba
10、、b两点的电场强度相同C将一个带负电的试探电荷先沿着圆弧从a点移到c点，再沿y轴正方向移动，试探电荷的电势能先增大后不变D设两电荷在半圆上任意一点产生的电场强度大小分别是E1，E2，则为一定值【解析】由对称性和等势线分布可知，a、b两点电势相同，A正确；电场强度大小相等，但方向不同，B错误；负电荷从a点移到c点，电场力做负功电势能一直增大，再从c点沿y轴正方向移动电场力同样做负功电势能也一直增大，C错误；半圆上任一点与P点连线与PQ夹角为，E1，E2，则为一定值，D正确故选AD.10. (2022山西太原三模)在甲、乙电场中，试探电荷q(q0)具有的电势能Ep沿x方向的变化分别如图甲、乙所示，
11、则下列说法正确的是( D )A图甲中，试探电荷在O点受到的电场力为零B图甲中，电场强度沿x轴正方向C图乙中，x1处的电场强度小于x2处的电场强度D图乙中，x1处的电势高于x2处的电势【解析】根据EpW电Fx可知Epx图像斜率的绝对值表示电场力的大小，故图甲中，试探电荷在O点受到的电场力不为零，沿x轴正方向电势能增大，则电场力做负功，可知电场力有沿x轴负方向的分量，试探电荷带负电，则电场强度有沿x轴正方向的分量，故A、B错误；根据Epx图像斜率的绝对值表示电场力的大小，结合FqE可知x1处的电场强度大于x2处的电场强度，故C错误；x1处的电势能低于x2处的电势能，试探电荷带负电，根据Epq，可知
12、x1处的电势高于x2处的电势，故D正确故选D.11. (多选)(2022江西南昌市八一中学三模)如图所示，真空中有四个等量异种点电荷，M、N带正电，P、S带负电，分别放在圆心为O的虚线圆上等距离的四个点，a、b、c、d分别为两点电荷连线的中点，下列说法正确的是( BD )AO点的合场强为零，a点的合场强方向水平向左Bb点的合场强大于a点的合场强C将一电子从b点沿直线移动到d点，电场力做负功D将一质子从a点沿直线移动到c点，其电势能一直减小【解析】M、S电荷在O点电场强度方向由O指向S，N、P在圆心O点电场强度方向由O指向P，则圆心O点电场强度由O指向c，不为零M、N在a点合场强为0，P在a点电
13、场强度由a指向P点，S在a点电场强度由a指向S点，故a点合电场强度方向水平向右，A错误；由A选项分析可知，a点电场强度为P、S产生的合电场；对b点来说，电场强度等于M和P的合电场强度与N和S的合电场强度的叠加，这两个合电场强度方向均向右点电荷的电场强度E，则仅M和P在b点的合电场强度就大于P和S在a点的合电场强度故b点的合场强大于a点的合场强，B正确；根据对称性可知，b点和d点电势相等，根据WqU，可知，将一电子从b点沿直线移动到d点，电场力做功为0，C错误；分析可知，在ac连线上，M、N在任意一点(除a点外)的合电场强度方向均为水平向右P、S在ac连线上的任意一点(除c点外)的合电场强度也为
14、水平向右故质子从a点沿直线移动到c点的过程中，电场力方向水平向右，电场力做正功，电势能一直减小，D正确故选BD.12. (多选)(2022河北模拟预测)如图所示，真空中a、b两点分别固定电荷量为q、q的点电荷，以a、b连线中点O为圆心的圆与a、b连线的中垂线cd交于K点圆上的四个点M、N、Q、P为矩形的四个顶点，且MP平行于cd.则下列说法不正确的是( BCD )AM、Q两点电场强度相同BP、N两点电势相等C电性为负的试探电荷位于K点时的电势能小于其位于M点时的电势能D电性为正的试探电荷(不计重力)沿OK方向以一定的速度射出，该电荷将做匀速直线运动【解析】根据对称性和点电荷场强公式知：正电荷在
15、M点的场强与负电荷在Q点的场强相同，正电荷在Q点的场强与负电荷在M点的场强相同，且两电荷在M、Q分别产生的场强夹角相同，根据电场强度的叠加可知：M、Q两点电场强度相同，A正确；cd是等量异种点电荷电场中的一条等势线，在其左侧靠近正电荷区域电势高，其右侧靠近负电荷区域电势低，故P点电势高于N点电势，B错误；由B中分析知，K点电势低于M点电势，则负试探电荷从K点移到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，所以负电荷在K点电势能大于在M点电势能，C错误；电性为正的试探电荷(不计重力)沿OK方向以一定的速度射出，电荷受向右的电场力作用而做曲线运动，D错误故选BCD.13. (多选)(2022湖北广水市一
16、中高三阶段练习)如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点现有一带负电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标位置变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是( AC )AQ2带负电且电荷量小于Q1B沿x轴正方向ab连线上电势先降低再升高C沿x轴正方向ab连线上电场力先做正功再做负功D沿x轴正方向a点右侧场强先减小再增大【解析】带负电的粒子在2Lx3L区间加速，说明在2Lx3L区间负粒子q所受电场力沿x轴正方向，电场方向沿x轴负方向；带负电的粒子在3L
17、x4L区间减速，说明在3Lx4L区间负粒子q所受电场力沿x轴负方向，电场方向沿x轴正方向，因此Q1带正电，Q2带负电，且Q2的电荷量小于Q1的电荷量，故A正确；粒子运动过程中只有静电力做功，动能与电势能之和为定值，由图像可知ab连线的中点x3L处速度最大，即粒子q的动能最大，电势能最小，由于粒子q带负电，因此ab连线的中点电势最高，即ab连线上电势先升高再降低，故B错误；粒子从a到b的过程中速度先增大再减小，由动能定理知粒子从a到b的过程中，电场力先做正功再做负功，故C正确；沿x轴正方向a点右侧场强先减小到零，然后场强方向变为沿x轴正方向，但a点右侧场强不可能一直增大，无穷远位置场强为零，故D
18、错误故选AC.14. (多选)(2022山东菏泽二模)如图所示，空间存在一个正四面体ABCD，其边长为a，在水平面上的B、C、D三个顶点各固定一个电荷量为q的点电荷，一个质量为m的点电荷N恰好可以静止在A点若把点电荷N从A点沿过A点的竖直面向上移动到无穷远处，电场力做功的大小为W.不考虑N对电场的影响，以无穷远处电势为零，重力加速度为g.根据上述现象，可以判定( AB )AA点的电场强度为EAB点电荷N带电荷量大小为qNCA点的电势为AD点电荷N的电势能将先增大后减小【解析】固定的每个正点电荷对小球的库仑力大小为F，设F与竖直方向的夹角为，由几何关系可得cos ，对小球，由平衡条件有3Fcos
19、 mg，解得qN，A点的电场强度为EA，故A、B正确；根据题意可知，点电荷N在A点的电势能为W，则A点的电势为A，故C错误；把点电荷N从A点沿过A点的竖直面向上移动到无穷远处，电场力一直做正功，电势能一直减小，故D错误故选AB.15. (多选)(2022重庆八中高三阶段练习)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2105 C、质量为1 g的小物块从C点静止释放，其运动的vt图像如图乙所示，其中B点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)则下列说法正确的是( AB )A小物块带正电BA、B两点间的电势差UAB500
20、 VC小物块由C点到A点电势能先减小再增大DB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E100 N/C【解析】根据物块运动的vt图像可知，小物块带正电，A正确；从速度时间图像可知，A、B两点的速度分别为vA6 m/s，vB4 m/s，再根据动能定理得qUABmvmv1103(4262)J，解得UAB500 V，B正确；从速度时间图像可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，C错误；带电粒子在B点的加速度最大，为am m/s22 m/s2，所受的电场力最大为Fmmam0.0012 N0.002 N，则场强最大值为Em N/C100 N/C，D错误故选AB.应用题强
21、化学以致用16. (多选)(2022山东滨州二模)已知球面均匀带电时，球内的电场强度处处为零如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，垂直于AB将带正电的球面均分为左右两部分，OAOB.C、D为截面上同一直线上的两点，OCOD.现移去左半球面只保留右半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布下列说法正确的是( AC )AC点与D点电场强度大小相等方向相同BA点与B点电场强度大小相等、方向相反C将一正电荷从C点沿直线移到D点，电势能始终不变D将一正电荷从A点沿直线移到B点，电势能先增大后减小【解析】对于完整带电球面，在其内部AB的中垂面上各点场强为零，可知左右半球面在此中垂面上各点的场强等大反向，因左右
22、半球面的电场关于中垂面对称，则左右半球面各自在中垂面上各点的场强方向均垂直于中垂面，则左半球面移走之后，右半球面在中垂面上各点场强均垂直于中垂面，由于C点与D点关于AB对称，则根据场强的叠加原理可知，C点与D点电场强度大小相等方向相同，A正确；将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1E2，根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1E2，在图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，B错误；对于完整带电球面，在其内部AB的中垂面
23、上各点场强为零，可知左右半球面在此中垂面上各点的场强等大反向，因左右半球面的电场关于中垂面对称，则左右半球面各自在中垂面上各点的场强方向均垂直于中垂面，则左半球面移走之后，右半球面在中垂面上各点场强均垂直于中垂面，则中垂面为等势面，将一正电荷从C点沿直线移到D点，电势能始终不变，C正确；根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，将一正电荷从A点沿直线移到B点，电势能一直增大，D错误故选AC.17. (2022山东菏泽二模)如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的两光滑金属导轨，两导轨相距L1 m，导体棒ab质量为M0.9 kg，垂直
24、放在导轨上，导体棒的中点用承受力足够大的轻绳经光滑定滑轮与放在水平面上m0.1 kg的物体相连，细绳一部分与导轨共面且平行，另一部分与导轨所在平面垂直，磁场的磁感应强度与时间的关系为B0.2t0.1(T)，方向竖直向下现给导体棒通入I2 A的恒定电流，使导体棒最终向左运动，重力加速度大小为g10 m/s2.下列描述符合事实的是( B )Aab棒上通入的电流方向为从b向aB在第2 s末物体m恰好离开地面C第4.5 s末ab棒的加速度为1.1 m/s2Dab棒运动过程中安培力做的功等于系统动能的增加量【解析】给导体棒通入I2 A的恒定电流，使导体棒最终向左运动，说明导体棒所受的安培力向左，根据左手
25、定则，可判断出ab棒上通入的电流方向为从a向b，A错误；在第二秒末时，磁场强度为B10.2t0.10.5 T，故ab棒所受的安培力为F安B1IL1 N，导轨光滑，ab棒未动时，细线拉力等于安培力大小，此刻对m受力分析得FNmgTmgF安0，在第2 s末物体m恰好离开地面，B正确；在第4.5秒末时，磁场强度为B20.2t0.11 T，故ab棒所受的安培力为FB2IL2 N，对杆和物体整体分析，由牛顿第二定律得Fmg(mM)a，解得a1 m/s2，C错误；ab棒运动过程中安培力做的功等于系统机械能的增加量，包含系统的动能和重力势能，D错误18. (2022全国甲，25,20分)光点式检流计是一种可
26、以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心使用前需调零；使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为n
27、、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，rd，d远大于弹簧长度改变量的绝对值(1)若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值x及PQ上反射光点与O点间的弧长s.(2)某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其他条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2，求待测电流的大小【答案】(1)(2)【解析】(1)线圈中通入微小电流I，线圈受到的安培力为FnBIl弹簧弹力的改变量的绝对值为x，则有Fkx解得x设此时平面镜偏转角度为，则反射光线转过的角度为2因为rd，d远大于弹簧长度改变量的绝对值，所以tan PQ上反射光点与O点间的弧长s2r解得s.(2)设待测电流为I，电流反向前后弹簧弹力的变化量F2nBIl弹簧弹力的改变量的绝对值为x，则有Fkx反射光线转过的角度为平面镜转过的角度为根据，解得I.