第1期 电荷 库仑定律-【数理报】2024-2025学年高二物理必修第三册同步学案（人教版2019）

书 高中物理·人教必修（第三册）２０２４年 第１～８期参考答案 第１期３版参考答案 Ａ组 １．Ｃ　２．Ｄ　３．Ｃ　４．Ｂ　５．Ｂ　６．Ｂ　７．Ａ 提示： １．产生这种现象的原因是摩擦起电，摩擦起电的实质是带负 电的电子由一个物体转移到另一个物体．故Ｃ正确． ４．两小球接触过程中，电荷量先中和，后平分，接触后小球的 带电荷量为Ｑ＝ ＱＡ＋ＱＢ ２ ＝＋２．４×１０ －９Ｃ，可知球Ｂ向球Ａ转移 的电子数量为ｎ＝ Ｑ－ＱＢ ｜ｅ｜ ＝５×１０ ９个，故Ｂ正确． ５．两球接触前带不等量的异种电荷，两球间是引力，所以Ｆ１ ＜ｍＢｇ，两球接触后带等量的同种电荷，两球间是斥力，所以 Ｆ２ ＞ｍＢｇ，则Ｆ１ ＜Ｆ２，故Ｂ正确． ６．设原来Ｃ带电荷量为ｑ，则用一个电荷量是小球Ｃ的５倍、 其他完全一样的小球Ｄ与Ｃ完全接触后分开，则Ｃ球带电荷量为 ３ｑ，根据Ｆ＝ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ 可知，库仑力变为原来的３倍，则此时旋钮旋 转的角度与第一次旋转的角度之比为３．故Ｂ正确． ７．以最右边的小球为研究对象，根据平衡条件有 ｋ０ｘ＋ ｋ ｑ ２ （２ｌ）２ ＝ｋｑ ２ ｌ２ ，解得ｘ＝３ｋｑ ２ ４ｋ０ｌ２ ，所以弹簧的原长为ｌ０＝ｌ＋ｘ＝ ｌ＋３ｋｑ ２ ４ｋ０ｌ２ ，故Ａ正确． ８． ｔａｎα２ ｔａｎα１ 　１∶１　 ｔａｎα１ ｔａｎα２ ９．（１）ｅ＝１．６×１０－１９Ｃ； （２）ｎ＝５×１０７（个）； （３）ｔ＝５×１０３ｓ． 解析：（１）电子的电荷量大小为ｅ＝１．６×１０－１９Ｃ． （２）金属瓶上收集到电子个数 ｎ＝ ｑｅ ＝ －８×１０－１２ －１．６×１０－１９ （个）＝５×１０７（个）． （３）实验的时间为ｔ＝ ｎｎ０ ＝５×１０ ７ １０４ ｓ＝５×１０３ｓ． １０．（１）ｋＱ ２ ｒ２ ，方向水平向右； （２）ｋＱ ２ ８ｒ２ ，方向水平向左． 解析：（１）Ａ相对地面静止，为静摩擦力，Ａ水平方向受力平 衡，所以有Ｆｆ＝ｋ Ｑ×Ｑ ｒ２ ＝ｋＱ ２ ｒ２ ． Ｂ对Ａ为斥力，则摩擦力方向水平向右． （２）根据接触起电的电荷均分原理可知 Ａ、Ｃ接触分开后的 带电荷量均是－１２Ｑ；再Ｃ与Ｂ接触分开后Ｂ、Ｃ的带电荷量均是 １ ４Ｑ，则Ｂ对Ａ的库仑力大小为Ｆ＝ｋ １ ２Ｑ× １ ４Ｑ ｒ２ ＝ｋＱ ２ ８ｒ２ 库仑力变小，则Ａ仍静止，摩擦力大小等于库仑力大小，由于 库仑力变为吸引力，则摩擦力方向水平向左． Ｂ组 １．ＡＢＣ　２．ＡＣＤ　３．ＡＢ 提示： １．ＰＶＣ管带电方式属于摩擦起电，故Ａ正确；“水母”在空中 悬停时，ＰＶＣ管对它向上的静电力等于它所受重力，故Ｂ正确；用 毛巾摩擦后，“水母”与ＰＶＣ管带同种电荷，故Ｃ正确；ＰＶＣ管与 “水母”相互靠近过程中，距离减小，根据库仑定律可知，两者间 相互作用力变大，故Ｄ错误． ２．电极Ｇ电离空气产生大量离子，使得粉粒 ａ、ｂ都带负电， 粉粒ａ上的负电与滚筒Ｃ上的正电相互吸引，与导体滚筒Ｃ接触 后会先中和再带上正电，与滚筒Ｃ上电荷相排斥，最后落到料槽 Ｆ中，故ＡＣＤ正确；粉粒ｂ具有良好的绝缘性，下落时经过电离空 气会带上负电荷，与导体滚筒Ｃ接触中和后不再带电，最后被刮 板Ｄ刮入料槽Ｅ中，故Ｂ错误． ３．对Ａ受力分析，受重力ｍｇ、线的拉力ＦＴ，Ｂ对Ａ的吸引力 Ｆ，由分析知，Ａ平衡时，Ｆ的最小值为Ｆ＝ｍｇｓｉｎ３０°＝ｋｑ ２ ｒ２ ，解得 ｒ＝１ｍ，所以两球的距离ｄ≤１ｍ，故ＡＢ正确． ４．（１）控制变量法；　（２）ｍｇｔａｎα；　（３）偏大． ５．（１）ｍｇｄ ２ｔａｎθ ｋｑ ；　（２） ｍｇｄ２ ｋｑｔａｎθ ． 解析：（１）由题意，细线拉力为零，则ｔａｎθ＝ ｋｑｑＢ ｄ２ ｍｇ， Ｂ球电荷量大小为ｑＢ ＝ ｍｇｄ２ｔａｎθ ｋｑ ． （２）由题意，支持力为零，则ｔａｎθ＝ ｍｇｋｑｑ′Ｂ ｄ２ Ｂ球电荷量大小为ｑ′Ｂ＝ ｍｇｄ２ ｋｑｔａｎθ ． 第２期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｂ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ｄ　６．Ｃ　７．Ｂ 提示： １．在离带电体很近时，ｒ趋近于零，此时场源电荷不能看作是 点电荷，则公式Ｅ＝ｋＱ ｒ２ 不再适用，故Ａ错误；正电荷周围的电场 不一定比负电荷周围的电场强，故Ｂ错误；根据Ｅ＝ Ｆｑ可知，电 荷所受电场力大，该点电场强度不一定大，故Ｃ错误；电场中某点 的电场强度是由电场本身决定的，与试探电荷无关，则在电场中 某点放入试探电荷ｑ，该点的电场强度大小为Ｅ＝ Ｆｑ，取走ｑ后， 该点电场强度不变，故Ｄ正确． ２．根据点电荷的电场线分布特点可知，地球周围的引力场线 分布与孤立点电荷的电场线分布相似，故Ｂ正确，ＡＣＤ错误． ３．电场强度由电场本身决定，与放入的检验电荷电性、电荷 量无关，故Ｅ１ ＝Ｅ２，方向相同，故Ａ正确． ４．电场线的疏密情况可以表示电场强度的大小，电场线密集 的地方电场强度大，同一带电尘埃所受电场力也大，故Ｃ正确． ５．小球处于静止状态，根据三角形定则，当小球受到的电场 力与绳子方向垂直时，电场力最小，电场强度最小，根据平衡条件 可得Ｅｍｉｎｑ＝ｍｇｓｉｎ３０°，解得Ｅｍｉｎ＝８０Ｖ／ｍ，该电场的电场强度 可能为１４３Ｖ／ｍ．故Ｄ正确． ６．由电场强度的定义式Ｅ＝ Ｆｑ得Ｆ＝Ｅｑ，知Ｆ－ｑ图像的 斜率表示电场强度大小，图线ａ的斜率大于ｂ的斜率，说明ａ处电 场强度大于ｂ处的电场强度，故ＡＤ错误；由于电场线的方向不能 确定，故场源电荷可能是正电荷，也可能是负电荷．若场源是正电 荷，由上一问的结论可知，ａ距离场源较近，即场源位置在 ａ的左 侧，故Ｂ错误，Ｃ正确． ７．若在空间加某一沿ｘ轴正方向的匀强电场，可使 ｘ轴上坐 标为１ｃｍ和２ｃｍ位置处的电场强度恰好均为零，说明 ｘ轴上坐 标为１ｃｍ和２ｃｍ位置处的电场强度相同，方向沿ｘ轴的负方向． 则ａ点是负电荷，ｂ点是正电荷．１ｃｍ处的电场强度为Ｅ１＝ｋ ｑａ ｒ２０１ ＋ｋ ｑｂ ｒ２１４ ，２ｃｍ处的电场强度为Ｅ２ ＝ｋ ｑａ ｒ２０２ ＋ｋ ｑｂ ｒ２２４ ，根据Ｅ１＝Ｅ２， 可得 ｑａ ｑｂ ＝ ５２７．故Ｂ正确． ８．（１）竖直向下　负电；　（２）ｍｇｄＵ． ９．（１）１．８×１０５Ｎ／Ｃ；　（２）８×１０－７Ｃ． 解析：（１）点电荷Ｑ在Ｐ处产生的电场强度 Ｅ＝ Ｆｑ ＝ ３．６×１０－５ ２．０×１０－１０ Ｎ／Ｃ＝１．８×１０５Ｎ／Ｃ． （２）根据Ｅ＝ｋＱ ｒ２ ，可得 Ｑ＝Ｅｒ ２ ｋ ＝ １．８×１０５×０．２２ ９．０×１０９ Ｃ＝８×１０－７Ｃ． １０．（１）Ｅ１ ＝３×１０５Ｎ／Ｃ； （２）Ｅ＝３×１０５Ｎ／Ｃ，方向水平向左． 解析：（１）由点电荷电场强度公式有Ｅ１ ＝ｋ ｑ１ ｄ２ 代入数据得 Ｅ１ ＝１×１０５Ｎ／Ｃ． （２）点电荷ｑ２在Ｃ点产生的电场强度大小Ｅ２＝Ｅ１，方向沿 Ｃ到Ｂ．Ｅ１的方向沿Ａ到Ｃ． 根据平行四边形定则有Ｅ＝２Ｅ１ｃｏｓ６０° 代入数据得Ｅ＝３×１０５Ｎ／Ｃ，方向水平向左． Ｂ组 １．ＢＤ　２．ＡＢＣ　３．ＡＣ 提示： １．由于电场线关于虚线对称，Ｏ点为 Ａ、Ｂ点电荷连线的中 点，结合等量异种与等量同种点电荷电场线的分布特征，可知 Ａ、 Ｂ带等量同种正电荷，由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可 知，Ｏ点的电场强度为零，故Ａ错误，Ｂ正确；电场线是为了形象描 述看不见、摸不着的电场而人为假想的，其分布的疏密程度表示 电场的强弱，两点处虽然无电场线，但其电场强度不为零，故Ｃ错 误；由对称性可知，ａ、ｂ两点处电场强度大小相等，方向相反，则 同一试探电荷在ａ、ｂ两点处所受电场力大小相等，方向相反，故 Ｄ正确． ２．根据等量异种点电荷电场线分布特点可知，带电小球运动 过程中一直受到水平向右的电场力，电场力与细管对其水平弹力 平衡，小球的合力为零，加速度为零，小球做匀速直线运动，速度 保持不变，故ＡＢ正确；等量异种点电荷连线的中垂线上，连线中 点处电场强度最大，小球在该处受到的库仑力最大，则有 Ｆｍａｘ＝ ｋ Ｑｑ （ ｄ ２） ２ ＋ｋ Ｑｑ （ ｄ ２） ２ ＝８ｋＱｑ ｄ２ ，故Ｃ正确；根据Ｃ选项分析可知，在 等量异种点电荷连线中点处，管壁对小球的水平弹力与库仑力平 衡，则此时管壁对小球的水平弹力大小为 ８ｋＱｑ ｄ２ ，故Ｄ错误． ３．两负电荷在Ｌ点产生的合电场方向沿 ＯＬ方向，两正电荷 在Ｌ点产生的合电场方向也沿 ＯＬ方向，所以Ｌ点的电场方向沿 ＯＬ方向；两负电荷在Ｎ点产生的合电场方向沿ＮＯ方向，两正电 荷在Ｎ点产生的合电场方向也沿ＮＯ方向，所以Ｎ点的电场方向 沿ＮＯ方向，故Ｌ和Ｎ两点处的电场方向相互垂直．故Ａ正确，Ｂ错 误；正方形下边两异种电荷在Ｍ点产生的合电场方向水平向左， 大小为Ｅ１；上边两异种电荷在Ｍ点产生的合电场方向水平向右， 大小为Ｅ２．因为Ｅ１＞Ｅ２，所以Ｍ点的电场方向水平向左，故Ｍ点 的电场方向沿该点处的切线．故Ｃ正确，Ｄ错误． ４．４０，正方向，２．５，正方向；０．２ｍ． ５．（１）图见解析，带负电； （２）Ｅ＝１．０×１０５Ｎ／Ｃ； （３）ＦＴ ＝ ３－槡２ １０ Ｎ． 解析：（１）小球受重力 ｍｇ，电场力 Ｆ 和细线的拉力ＦＴ，如图所示，由于小球所 受电场力方向与电场强度方向相反，所以 小球带负电． （２）根据平衡条件有 Ｆ ＝ｑＥ ＝ ｍｇｔａｎθ，解得Ｅ＝１．０×１０５Ｎ／Ｃ． （３）小球摆到最低点过程中，根据动能定理可得 ｍｇ（Ｒ－Ｒｃｏｓ４５°）＝ １２ｍｖ ２ 根据牛顿第二定律可得ＦＴ－ｍｇ＝ ｍｖ２ Ｒ 解得ＦＴ ＝（３－槡２）ｍｇ＝ ３－槡２ １０ Ｎ． 书 ５．平行板上层膜片电极下移时，两个极板的距离减小，根据 电容的决定式Ｃ＝ εｒＳ ４πｋｄ 可知，电容器的电容增大，故Ａ错误；由 于电容器一直和电源相连，两极板的电压不变，根据电容的定义 式Ｃ＝ ＱＵ可知，当电容增大时，电容器的带电荷量增大，即电容 器被充电，电流表有从ｂ到ａ的电流，故Ｂ错误，Ｄ正确；根据Ｅ＝ Ｕ ｄ可知，电场强度变大，故Ｃ错误． ６．根据动能定理， (电子从下极板边缘射出的动能为 Ｕ１＋ １ ２Ｕ )２ ｅ，故Ａ错误；电子在加速电场中有Ｕ１ｅ＝ １２ｍｖ２０，电子在 电场中的运动时间为ｔ＝ Ｌｖ０ ＝Ｌ ｍ２Ｕ１槡 ｅ，极板间距为 ｄ＝２× １ ２· Ｕ２ ｄ ｅ ｍｔ ２，解得ｄ＝Ｌ Ｕ２ ２Ｕ槡１，故Ｂ正确，Ｃ错误；若增大加速 电压，电子射出加速电场的速度增加，电子在极板间的飞行时间 减小，电子的侧移量减小，电子不可能打在极板上，故Ｄ错误． ７．由于电场力竖直向下，设物体在地面上滑行的距离为 ｘ， 则由动能定理有 －μ（Ｅｑ＋ｍｇ）ｘ＝０－ １２ｍｖ ２ ０，解得 ｘ＝ ｍｖ２０ ２μ（ｍｇ＋Ｅｑ） ，故Ｂ正确． ８．ＣＤ　９．ＣＤ　１０．ＢＤ ８．根据电场线与等势线垂直的特点，ｂ处电场线的切线方向 斜向左上方，ｃ处电场线的切线方向斜向左下方，所以ｂ、ｃ两点的 电场强度不相同，故Ａ错误；等势线的疏密也可以反映电场的强 弱，由ａ到ｄ等势线先变疏后变密，所以电场强度先减小后增大， 加速度先减小后增大，故Ｂ错误；由ａ到ｄ电势先升高后降低，所 以电子的电势能先减小后增大，故 Ｃ正确；ａ处电场线与虚线垂 直，所以电子受到的电场力方向与虚线垂直，故Ｄ正确． ９．由几何知识知，ＥＢ与ＤＣ平行且ＥＢ＝ ２ＤＣ；因电场是匀强电场，则有 ＵＥＢ ＝２ＵＤＣ， 即φＥ－φＢ ＝２（φＤ－φＣ），解得φＥ ＝８Ｖ，故 Ａ错误；由几何知识知，ＡＦ与 ＣＤ平行且相 等，因电场是匀强电场，则有 ＵＡＦ ＝ＵＣＤ ＝ φＣ－φＤ ＝－４Ｖ，故Ｂ错误；由于φＥ ＝８Ｖ、φＣ ＝８Ｖ，电场是匀 强电场，又电场线由电势高处指向电势低处，则电场线垂直于 ＣＥ，如图所示，由几何知识可得，电场线垂直于 ＢＦ连线，且指向 Ａ，该匀强电场的电场强度大小为Ｅ＝ ＵＤＡ ｄＤＡ ＝１２－（－４） ８×１０－２ Ｖ／ｍ＝ ２００Ｖ／ｍ，故ＣＤ正确． １０．电子仅在电场力作用下沿 ｘ轴正方向运动，说明电场强 度方向沿ｘ轴负方向，则Ａ点电势低于Ｂ点电势，故Ａ错误，Ｂ正 确；根据ΔＥｐ＝ｑＥｘ，可知图像斜率的绝对值等于电场力的大小， 因此从Ａ到Ｂ，电场力减小，电场强度减小，故Ａ点的电场强度大 于Ｂ点的电场强度，故Ｃ错误；由图乙可知，电子从Ａ到Ｂ的电势 能减小量大于从Ｂ到Ｃ的电势能减小量，故电子从Ａ运动到Ｂ电 场力做的功大于从Ｂ运动到Ｃ电场力做的功，故Ｄ正确． １１．（１）ＡＣ；　（２）ＣＤ；　（３）减小，减小． １２．（１）充电，放电；　 （２）变大 ，变小，变小，变小；　 （３） 不变 １３．（１）ＵＡＢ ＝４Ｖ，ＵＢＣ ＝－２Ｖ；　（２）４Ｖ． 解析：（１）根据电场力做功与电势差关系ｑＵＡＢ ＝ＷＡＢ可得， Ａ、Ｂ两点间的电势差为 ＵＡＢ ＝ ＷＡＢ ｑ ＝ －２４×１０－５ －６×１０－６ Ｖ＝４Ｖ 同理，Ｂ、Ｃ两点间的电势差为 ＵＢＣ ＝ ＷＢＣ ｑ ＝ １２×１０－５ －６×１０－６ Ｖ＝－２Ｖ （２）如果规定Ｂ点的电势为零，则有ＵＡＢ ＝φＡ－φＢ ＝４Ｖ 解得Ａ点的电势为φＡ ＝４Ｖ． １４．（１）ｖ０ ＝１０×１０４ｍ／ｓ；　（２）ｙ１ ＝５ｃｍ． 解析：（１）微粒在加速电场中做加速运动，由动能定理得 ｑＵ１ ＝ １ ２ｍｖ ２ ０ 解得ｖ０ ＝１０×１０４ｍ／ｓ （２）微粒在偏转电场中做类平抛运动， 水平方向，有Ｌ＝ｖ０ｔ 竖直方向，有ｙ１ ＝ １ ２ａｔ ２ 由牛顿第二定律得ａ＝ ｑＵ２ ｍｄ 联立以上各式，代入数据解得ｙ１ ＝５ｃｍ． １５．（１）４ｍ／ｓ；　（２）２８ｍ． 解析：（１）根据牛顿第二定律可知，０～２ｓ内小物块的加速 度为 ａ１ ＝ ｑＥ１－μｍｇ ｍ ＝２ｍ／ｓ ２ ２ｓ末小物块的速度为ｖ２ ＝ａ１ｔ１ ＝４ｍ／ｓ ２～４ｓ内小物块的加速度为ａ２ ＝ ｑＥ２－μｍｇ ｍ ＝－２ｍ／ｓ ２ ４ｓ末小物块的速度为ｖ４ ＝ｖ２＋ａ２ｔ２ ＝０ 可知小物块做周期为４ｓ的加速和减速运动，１４ｓ末小物块 的速度大小等于２ｓ末小物块的速度大小，则有ｖ１４＝ｖ２＝４ｍ／ｓ． （２）根据对称性可知，小物块在０～４ｓ内的位移为 ｘ０４ ＝２ｘ０２ ＝２× １ ２ａ１ｔ ２ １ ＝２× １ ２ ×２×２ ２ｍ＝８ｍ． 根据周期性可知前１４ｓ内小物块的位移大小 ｘ总 ＝３ｘ０４＋ｘ０２ ＝３×８ｍ＋４ｍ＝２８ｍ． 第８期参考答案 一、单选题 １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ｃ　４．Ａ　５．Ａ　６．Ｂ　７．Ｄ 提示： ３．沿电场线方向电势降低，同一等势线上的电势相等，故有 φａ ＞φｄ，故Ａ错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，故有 Ｅｂ＞Ｅｃ，故Ｂ错误；负点电荷从ｃ点移到ｂ点，静电力做正功，故Ｃ 正确；负电荷从ｃ点沿圆弧移到ｄ点，是在同一等势面上移动，故 电场力不做功，电势能不变，故Ｄ错误． ４．因Ａ、Ｅ两点的正电荷在Ｏ点的合电场强度为零；Ｏ点到六 个点的距离均为ｒ＝ａ 槡３ ，则Ｄ、Ｃ两点的电荷在Ｏ点的合电场强度 为Ｅ１ ＝２ ｋｑ ｒ２ ＝６ｋｑ ａ２ ，方向沿ＯＣ方向；同理Ｂ、Ｆ两点的电荷在Ｏ 点的合电场强度为Ｅ２＝Ｅ１＝ ６ｋｑ ａ２ ，方向沿ＯＦ方向，则合电场强 度为Ｅ＝２Ｅ１ｃｏｓ３０°＝ 槡 ６３ｋｑ ａ２ ，故Ａ正确． ５．根据电场线的疏密程度可得，从ａ→ｂ→ｃ电场强度逐渐 增大；沿着电场线方向电势逐渐降低，则有φａ＞φｂ＞φｃ，结合Ｕ ＝Ｅｄ，ａｂ＝ｂｃ，可得Ｕａｂ＜Ｕｂｃ，即ａｂ间的电势差一定小于ｂｃ间的 电势差．故Ａ正确． ６．ａ、ｃ中点的电势φ＝ φａ＋φｃ ２ ＝ ６Ｖ，故Ａ错误；已知在匀强电场中，ａ、 ｃ两点的电势相等，故可知 ａｃ连线即 为等势面，故电场线的方向为垂直ａｃ连线斜向上指向ｂ，过ｂ点作 ａｃ的垂线，交ａｃ于ｅ点，如图所示，则电场强度的大小为Ｅ＝ Ｕｄ ＝６－（－２）１０ｓｉｎ３０°Ｖ／ｃｍ＝１６Ｖ／ｃｍ＝１６０Ｖ／ｍ，故Ｂ正确，ＣＤ错误． ７．ｃ、ｄ两点位于同一条等势线上，则ｃ点的电势等于ｄ点的电 势，故Ａ错误；该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，ａ、ｂ 为两电荷连线上对称的两点，根据等量异种电荷的电场的特点， 可以判断这两个对称点的电场强度大小相等、方向相同，故 Ｂ错 误；负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷在电势低的 ｃ 点的电势能大于在电势高的ａ点的电势能，故Ｃ错误；正电荷在 电势高的地方电势能大，所以将带正电的试探电荷从电势低的 ｂ 点移到电势高的ｄ点，电场力做负功，电势能增加，故Ｄ正确． ８．ＢＤ　９．ＡＤ　１０．ＢＣＤ 提示： ８．监测人员发现电流表指针右偏，说明电流从电流表右侧进 入，又由于Ｐ板与电源正极连接，说明电容器在充电，Ｐ、Ｑ极板的 电荷量在增加，由Ｃ＝ ＱＵ可得，平行板电容器的电容在增加，故 Ｃ错误，Ｄ正确；由于平行板电容器的电容在增加，由Ｃ＝ εｒＳ ４πｋｄ 可 得，Ｐ、Ｑ极板间的距离在减小，说明水位在上升，故 Ａ错误，Ｂ正 确． ９．电子在加速电场中加速，根据动能定理可得 ｅＵ１ ＝ １ ２ｍｖ ２ ０，电子进入偏转电场后偏转的位移为ｈ＝ １ ２ａｔ ２，Ｌ＝ｖ０ｔ，ａ ＝ ｅＵ２ ｍｄ，所以示波管的灵敏度 ｈ Ｕ２ ＝ Ｌ ２ ４ｄＵ１ ，所以要提高示波管的灵 敏度可以增大Ｌ，减小ｄ，减小Ｕ１．故ＡＤ正确． １０．根据沿电场线电势降低，可知在坐标原点右侧，电场强度 沿ｘ轴负方向，粒子受到的电场力向正方向，因此粒子带负电，故 Ａ错误；φ－ｘ图像的斜率表示电场强度，ｘ＝０２ｍ处的电场强度 为Ｅ＝Δφ Δｘ ＝ ２０２－０１Ｖ／ｍ＝２０Ｖ／ｍ，故Ｃ正确；根据牛顿第二 定律ｑＥ＝ｍａ，粒子的比荷为 ｑｍ ＝ ａ Ｅ ＝ ２０００ ２０ Ｃ／ｋｇ＝１００Ｃ／ｋｇ， 故Ｂ正确；粒子从开始运动到ｘ＝０２ｍ处的过程中，根据动能定 理ｑＵ＝ １２ｍｖ ２，解得ｖ＝２０ｍ／ｓ，故Ｄ正确． １１．（１）负；　（２）Ｕｄ；　（３） ４πＲ３ρｇｄ ３Ｕ ；　（４）ＡＢＣ １２．（１）① 控制变量法，②变大；　 （２）①正电荷；　 ②由ｂ 到ａ；　③２８×１０－３　４７×１０－４． １３．（１）ｍｇｃｏｓθ ；　（２）Ｌ ｍｇｔａｎθ槡 ｋ ． 解析：（１）小球Ａ、Ｂ均处于平衡状态，对小球Ａ受力分析，根 据受力平衡有 ｍｇ＝ＦＴｃｏｓθ 解得 ＦＴ ＝ ｍｇ ｃｏｓθ （２）设两球间的库仑力大小为Ｆ库，对小球Ａ受力分析，根据 受力平衡有 ｔａｎθ＝ Ｆ库 ｍｇ 根据库仑定律有Ｆ库 ＝ ｋｑ２ Ｌ２ 解得ｑ＝Ｌ ｍｇｔａｎθ槡 ｋ ． １４．（１）８Ｎ／Ｃ；　（２）１６×１０－７Ｊ；　（３）０．８Ｖ． 解析：（１）匀强电场的场强 Ｅ＝ Ｗ１ ｑ·ｄａｂ ＝ １６×１０ －７ ４×１０－７×５×００１ Ｎ／Ｃ＝８Ｎ／Ｃ． （２）电荷从ｂ移到ｃ，电场力做的功 Ｗ２ ＝ｑＥ·ｂｃｃｏｓ６０°＝１６×１０－７Ｊ． （３）ａ、ｃ两点间的电势差Ｕａｃ＝Ｅ（ｄａｂ＋ｄｂｃｃｏｓ６０°）＝０８Ｖ． １５．（１）匀速直线运动，Ｏ点； （２）２×１０５Ｖ；　（３）０．００１５ｍ 解析：（１）无偏转电压时，电子束做匀速直线运动，落点位置 为Ｏ点； （２）电子在束偏移器中的加速度大小为ａ＝ｅＵｍＬ 设电子的初速度大小为ｖ０，则由题意可知Ｅｋ０ ＝ １ ２ｍｖ ２ ０ 电子在束偏移器中运动的时间为ｔ＝ Ｌｖ０ 由题意可知电子在束偏移器中的偏移量为ｙ＝ １２ａｔ ２＝ Ｌ２ 解得Ｕ＝２×１０５Ｖ． （３）电子从束偏移器中射出时，其速 度方向的反向延长线一定过束偏移器的 中心位置，设电子束到达芯片时的位置离 Ｏ点的距离为Ｙ，如图所示 根据几何关系有 ｙ′ Ｙ ＝ Ｌ ２ Ｌ ２ ＋ Ｌ ２ 又ｙ′＝ １２ａｔ ２，ａ＝ ｅＵ１ ｍＬ，ｔ＝ Ｌ ｖ０ ，Ｅｋ０ ＝ １ ２ｍｖ ２ ０ 联立解得Ｙ＝０．００１５ｍ． ! ! !"#$ " ! !"#$ !"#$%&'()*+,-.+ !"# / 0"12%&3()*+4-.+ !"$ / !" !"! # # # $ % & # ' ( !" ) *! + #$%& + $ , - . / 书 线，过ｃ点作ｂｄ的垂线 ｃｅ，如图所示． 由于 △ｆｂｄ≌ △ｅｃｄ，所以 ｃｄ＝ｂｄ， ∠ｃｂｄ＝３０°，所以 ｃｅ＝ｂｃｓｉｎ３０°＝ ０５ｃｍ，所以 Ｅ＝ Ｕｅｃ ｃｅ ＝ ２Ｖ ０５ｃｍ ＝ ４Ｖ／ｃｍ，故Ｃ正确． ６．点电荷产生的电场的电场强度为Ｅ＝ｋＱ ｒ２ ，则三点的电场 强度关系Ｅａ＞Ｅｂ＞Ｅｃ，匀强电场中Ｕ＝Ｅｄ，点电荷产生的电场 可以用该公式定性分析，ａｂ间的电场强度一定大于 ｂｃ间的电场 强度，所以Ｕａｂ＞Ｕｂｃ，故Ｃ正确，ＡＢＤ错误． ７．电容器上下极板错开，正对面积减小，所带电荷量Ｑ不变， 根据Ｃ＝ ＱＵ，Ｃ＝ εｒＳ ４πｋｄ ，Ｅｐ＝ｑφ，Ｅ＝ Ｕ ｄ，联立得Ｕ＝ ４πｋｄＱ εｒＳ ， Ｅ＝４πｋＱ εｒＳ ，可知两极板间电势差Ｕ增大（静电计指针张角变大）， 电场强度Ｅ增大；因为Ａ极板带负电，所以φ＜０，ｑ＜０，由ＵＢＰ ＝－φ＝ＥｄＢＰ，Ｅｐ＝ｑφ，可知φ变小，Ｅｐ变大．故Ｃ正确． ８．（１）Ｂ　（２）增大　减小　（３）增大　减小　（４）减小 　增大 ９．（１）Ｅ＝３０×１０４Ｎ／Ｃ； （２）ＵＡＢ ＝６０×１０３Ｖ． 解析：（１）电场强度Ｅ＝ Ｆｑ ＝３０×１０ ４Ｎ／Ｃ； （２）Ａ、Ｂ两点间的电势差ＵＡＢ ＝Ｅｘ＝６０×１０３Ｖ． １０．（１）３００Ｖ；　（２）３００Ｖ； （３）１×１０４Ｖ／ｍ，方向沿ＢＣ中垂线由Ａ指向ＢＣ中点 解析：（１）根据电势差的定义式可得ＡＢ间的电势差为 ＵＡＢ ＝ ＷＡＢ ｑ ＝ ３×１０－６ １×１０－８ Ｖ＝３００Ｖ （２）根据电势差的定义式可得ＡＣ间的电势差为 ＵＡＣ ＝ ＷＡＣ ｑ ＝ －３×１０－６ －１×１０－８ Ｖ＝３００Ｖ． （３）根据ＢＣ间的电势差等于０，可知ＢＣ为等势线，则电场强 度的方向沿ＢＣ中垂线由Ａ指向ＢＣ中点，电场强度为 Ｅ＝ ＵＡＣ Ｌｃｏｓ３０°＝ ３００ 槡２３×槡 ３ ２ ×１０ －２ Ｖ／ｍ＝１×１０４Ｖ／ｍ． Ｂ组 １．ＢＤ　２．ＢＣ　３．ＡＢＣ 提示： １．芯柱外套的绝缘层越厚，金属芯柱和导电液之间距离越 大，由Ｃ＝ εｒＳ ４πｋｄ 可知电容越小，故Ａ错误；该仪器中电容器的电 极分别是芯柱和导电液体，故Ｂ正确；如果指示器显示出电容增 大了，由Ｃ＝ εｒＳ ４πｋｄ 可知金属芯柱和导电液正对面积增大了，说明 容器中液面升高了．如果指示器显示出电容减小了，金属芯柱和 导电液正对面积减小了，说明容器中液面降低了，故Ｃ错误，Ｄ正 确． ２．由φＡ ＝２Ｖ，φＢ ＝４Ｖ，φＣ ＝６Ｖ，在匀强电场中可知ＵＢＣ ＝ＵＡＤ得φＤ ＝４Ｖ，同理可得φＣ１＝４Ｖ，φＤ１＝φＢ１＝２Ｖ，所以 ＡＢ１Ｄ１面构成等势面，且电势为２Ｖ，ＢＤＣ１面构成等势面且电势 为４Ｖ，故ＡＢ正确；结合Ｅｐ＝φｑ，ΔＥｐ＝ｑＵ，将电子由Ｃ点沿立 方体棱边移动到Ｄ１，电势能增加４ｅＶ，故Ｃ正确；因φＡ ＝φＢ１＝ ２Ｖ，故将质子由Ａ点沿立方体棱边移动到 Ｂ１，电势能不变，故Ｄ 错误． ３．电场强度看等差等势线的疏密，由题图可知电场强度的大 小为ＥＡ＞ＥＢ ＝ＥＤ ＞ＥＣ，故Ａ错误；根据题意，圆心处的电势最 高，向外越来越低，电势的大小为φＡ＞φＢ ＝φＤ ＞φＣ，故Ｂ正确； ＡＢ的平均电场强度大于ＢＣ的平均电场强度，由图可知，ＡＢ的电 势差等于ＢＣ电势差的２倍，根据Ｅ＝Ｕｄ，可以定性判断出ＡＢ间 距离小于ＢＣ间距离的２倍，故Ｃ正确；Ｂ和Ｄ在同一条等势线上， 人从Ｂ沿着圆弧走到Ｄ不会发生触电，故Ｄ错误． ４．（１）充电　放电　（２）＝ ５．（１）－２Ｖ，２×１０－２Ｎ／Ｃ，方向斜向右下；　（２）－１Ｖ． 解析：（１）根据题意，Ａ、Ｂ间的电势差：ＵＡＢ ＝ ＷＡＢ －ｑ＝－２Ｖ 设Ａ、Ｂ在沿电场线方向的距离为 ｄ，则 ｄ＝ＡＢｃｏｓ６０°＝ １ｃｍ，所以电场强度的大小 Ｅ＝ ＵＡＢ ｄ ＝２×１０ ２Ｎ／Ｃ，方向斜向右下； （２）因为ＵＡＢ ＝φＡ－φＢ，则Ａ点的电势为 φＡ ＝φＢ＋ＵＡＢ ＝１Ｖ－２Ｖ＝－１Ｖ． 第６期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ａ　５．Ａ　６．Ｄ　７．Ｄ　 提示： １．亮斑Ｐ点Ｘ坐标为正值，Ｙ′坐标为负值，说明电子都向 ＸＹ′板偏转，所以Ｙ′、Ｘ板都带正电，Ｙ、Ｘ′板都带负电，故Ｄ正确， ＡＢＣ错误． ２．当电子的速度最大时有 ｅＵ＝ １２ｍｖ ２，解得 ｖ＝２１× １０６ｍ／ｓ，故Ａ正确． ３．粒子射入电场时，水平方向匀速运动，竖直方向做匀加速 运动，则水平方向ｄ＝ｖ０ｔ，竖直方向 ｖ０ｔａｎ４５°＝ ｑＥ ｍｔ，解得 Ｅ＝ ｍｖ２０ ｑｄ，故Ａ正确． ４．电子在电场中加速，由动能定理可得 ｅＵ＝ １２ｍｖ ２，解得ｖ ＝ ２ｅＵ槡ｍ，易知可使ｖ增大的操作是仅增大Ｕ．故Ａ正确。 ５．依题意，０～０．０２５ｓ内Ｂ板的电势比Ａ板高，电子所受电 场力水平向左，做初速度为零的匀加速直线运动．０．０２５～０．０５ｓ 内Ａ板的电势比Ｂ板高，电子所受电场力大小不变，方向水平向 右，做匀减速直线运动，由运动的对称性可知，在０．０５ｓ时电子速 度减小到零，此时电子已经向左移动了一段距离，之后极板间的 电场做周期性变化，电子的运动也做周期性变化，即一直向 Ｂ板 移动． ６．粒子运动过程只有电场力做功，根据动能定理 ｅＵ ＝ １ ２ｍｖ ２，解得ｖ＝ ２ｅＵ槡ｍ，故Ａ错误；由Ａ选项分析可知，虽然极板 间距发生变化，但电子到达 Ｑ板时的速率与两板间距离无关，仅 与加速电压Ｕ有关，因电压不变，电子到达Ｑ板时速率大小不变， 故Ｂ错误，Ｄ正确；两极板间的电场强度为Ｅ＝Ｕｄ，两极板间距离 越小，电场强度Ｅ越大，而ａ＝ｅＥｍ，可知两极板间距离越小，电子 在两极板间运动的加速度越大，故Ｃ错误。 ７．偏转电极板Ｍ１带正电，则电子所受电场力向上，亮斑在Ｏ 点上方，故Ａ错误；电子通过极板过程中电场力对电子做正功，则 电子的电势能减小，故Ｂ错误；设加速电场的加速电压为 Ｕ１，偏 转电场的电压为Ｕ２，Ｍ１Ｍ２之间的距离为 ｄ、板长为 Ｌ，电子射出 Ｍ１Ｍ２时的偏转位移为ｙ，电子在加速电场中，根据动能定理可得 ｅＵ１ ＝ １ ２ｍｖ ２ ０，在偏转电场中根据类平抛运动的规律可得 ｙ＝ １ ２ａｔ ２，其中ａ＝ ｅＵ２ ｍｄ，ｔ＝ Ｌ ｖ０ ，联立解得ｙ＝ Ｕ２Ｌ２ ４Ｕ１ｄ ，偏转电压在增 大，则亮斑向上移动，偏转电压不变时，若荧屏上亮斑向上移动， 可知加速电压在减小，故Ｃ错误，Ｄ正确． ８．高于　０　ｍｇｄ　ｍｇｄｑ ９．（１）２．０×１０６Ｖ／ｍ；方向竖直向下；　（２）３．０×１０５Ｖ． 解析：（１）小油滴下落过程中，先只受重力，在Ｍ极板上方做 自由落体运动；进入匀强电场后，受重力和电场力作用，小油滴做 匀减速运动，到达Ｎ极板速度为零，由动能定理得 ｍｇ（ｈ＋Ｌ）－ｑＥＬ＝０ 代入数据解得Ｅ＝２．０×１０６Ｖ／ｍ，方向竖直向下． （２）平行板电容器极板间为匀强电场，由Ｅ＝ ＵＬ 代入数据解得Ｕ＝ＥＬ＝３．０×１０５Ｖ． １０．（１）２００ｍ／ｓ；　（２）６４Ｖ． 解析：（１）粒子在加速电场中运动，由动能定理有 ｑＵ０ ＝ １ ２ｍｖ ２ ０ 解得ｖ０ ＝２００ｍ／ｓ． （２）粒子进入平行金属板间做类平抛运动， 水平方向有 １ ２Ｌ＝ｖ０ｔ 竖直方向有 １ ２ｄ＝ １ ２ａｔ ２． 由牛顿第二定律得ｑＵｄ ＝ｍａ． 联立代入数据解得Ｕ＝６４Ｖ． Ｂ组 １．ＢＤ　２．ＡＤ　３．ＡＤ 提示： １．由于墨汁微滴带负电，可知墨汁微滴受到的电场力指向正 极板，墨汁微滴向正极板偏转，故Ａ错误；墨汁微滴向正极板偏转 过程，电场力做正功，电势能减小，故 Ｂ正确；墨汁微滴在极板间 受到恒定的电场力，做类平抛运动，故Ｃ错误；墨汁微滴在极板间 做类平抛运动，则有ｌ＝ｖｔ，ｖｙ ＝ａｔ＝ ｑＵ ｍｄｔ，联立可得 ｖｙ ＝ａｔ＝ ｑＵｌ ｍｄｖ，则速度方向的偏转角正切值为ｔａｎθ＝ ｖｙ ｖ ＝ ｑＵｌ ｍｄｖ２ ，故Ｄ正 确． ２．颗粒刚离开漏斗，受到水平方向的电场力与竖直方向的重 力作用，均为恒力，故两者的合力也是恒力，则颗粒在两极板间做 初速度为零的匀加速直线运动，故Ａ正确，Ｂ错误；颗粒在水平方 向有 ｄ ２ ＝ １ ２ａｔ ２，ａ＝ｑＵｍｄ， ｑ ｍ ＝ｋ，在竖直方向有Ｌ＝ １ ２ｇｔ ２，解 得Ｕ＝ｇｄ ２ ２ｋＬ，故Ｃ错误；根据动能定理全程列式有 ｍｇ（Ｈ＋Ｌ）＋ ｑＵ２ ＝ １ ２ｍｖ ２，解得ｖ＝ ２ｇ（Ｌ＋Ｈ）＋ｇｄ ２ ２槡 Ｌ，故Ｄ正确． ３．质子从Ｏ点沿轴线进入加速器，质子经５次加速，由动能 定理可得５ｅＵ＝１２ｍｖ ２ Ｅ，质子从圆筒Ｅ射出时的速度大小为ｖＥ＝ １０ｅＵ 槡ｍ ，故Ａ正确；质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒 Ｅ的长 度为ＬＥ ＝ｖＥ· Ｔ ２ ＝ Ｔ ２ １０ｅＵ 槡ｍ ，故Ｂ错误；同理可知，金属圆筒 Ａ的长度Ｌａ＝ Ｔ ２ ２ｅＵ 槡ｍ，金属圆筒Ｂ的长度ＬＢ ＝ Ｔ ２ ４ｅＵ 槡ｍ，金 属圆筒Ｃ的长度 ＬＣ ＝ Ｔ ２ ６ｅＵ 槡ｍ，金属圆筒 Ｄ的长度 ＬＤ ＝ Ｔ ２ ８ｅＵ 槡ｍ，则金属圆筒Ａ的长度与金属圆筒Ｂ的长度之比为ＬＡ∶ ＬＢ ＝ 槡１∶２，则金属圆筒 Ｃ的长度与金属圆筒 Ｄ的长度之比为 ＬＣ∶ＬＤ ＝槡３∶２，故Ｃ错误，Ｄ正确． ４．正　减小　ｍｖ ２ ２ｅ　 ｍｖ２ ２ｅｄ ５．（１）１×１０３ｍ／ｓ２；　（２）６×１０－３ｓ；　（３）１８×１０４Ｖ 解析：（１）根据牛顿第二定律，有ｑＥ＝ｍａ， 解得粒子在电场中运动的加速度为ａ＝１×１０３ｍ／ｓ２． （２）根据运动的合成和速度公式，有ｖ２ ＝ｖ２０＋ｖ２ｙ，ｖｙ＝ａｔ 联立解得粒子在电场中的运动时间为ｔ＝６×１０－３ｓ． （３）根据动能定理，有ｑＵ＝ １２ｍｖ ２－１２ｍｖ ２ ０ 解得平板电容器的电压为Ｕ＝１８×１０４Ｖ． 第７期３、４版参考答案 １．Ｄ　２．Ｃ　３．Ｂ　４．Ａ　５．Ｄ　６．Ｂ　７．Ｂ 提示： １．正电荷在高电势处具有较大的电势能，负电荷在高电势处 具有较小的电势能，故 Ａ错误；电场中确定的两点间的电势差与 零电势位置的选取无关，故Ｂ错误；电势、电势差都是描述电场本 身性质的物理量，电势能除了与电势有关，还与试探电荷的电荷 量有关，故Ｃ错误；根据Ｅｐ＝ｑφ，单位负电荷在Ａ点具有１Ｊ的电 势能，在Ｂ点具有２Ｊ的电势能，则Ａ点电势为 －１Ｖ，Ｂ点电势为 －２Ｖ，Ａ点电势比Ｂ点电势高１Ｖ，故Ｄ正确． ２．电容器两极板上一定带等量异号电荷，故 ＡＢ正确；电容 大小与所带电荷量大小无关，故Ｃ错误；根据电容的定义式可知， 电容器所带电荷量越多，两极板间的电势差越大，故Ｄ正确．本题 选错误的，故选Ｃ． ３．根据电场线的疏密程度可知，从 Ａ点移到 Ｂ点，电场强度 增大，则该试探电荷所受电场力Ｆ增大；从Ａ点移到Ｂ点，电场力 对试探电荷做负功，则电势能Ｅｐ增大．故Ｂ正确． ４．根据动能定理，有Ｕｑ＝ １２ｍｖ ２，解得ｖ＝ ２Ｕｑ槡ｍ ，故Ａ正 确． 书 第３期３、４版参考答案 １．Ｃ　２．Ｃ　３．Ａ　４．Ａ　５．Ａ　６．Ｄ　７．Ｃ 提示： ３．根据库仑定律可得Ｆ＝ ｋＱ ２ （槡 ２ ２ｌ） ２ ＝２ｋＱ ２ ｌ２ ，故Ａ正确；或根 据平衡可得Ｆ＝ｍｇｔａｎ４５°＝ｍｇ，故ＣＤ错误． ４．任意两点电荷之间的库仑力为一对作用力与反作用力，等 大反向．两个正点电荷受到的电场力为Ｆ１＝Ｅｑ＋Ｅｑ＝２Ｅｑ，方向 沿电场线向上，负点电荷受到的电场力为Ｆ２ ＝Ｅ·２ｑ＝２Ｅｑ，方 向沿电场线向下，则整个系统受到的电场力的合力大小为Ｆ合 ＝ Ｆ１－Ｆ２ ＝０，故Ａ正确． ５．设ＡＯ＝ｒ，则有２ｒｃｏｓ３０°＝Ｌ，Ｏ点的电场强度大小Ｅ＝ ２ｋｑｓｉｎ６０° ｒ２ ＝３ｋｑ Ｌ２ ，故Ａ正确． ６．根据电场强度定义式和点电荷电场强度决定式Ｅ＝Ｆｑ＝ ｋＱ ｒ２ ，可知Ｆ－ｑ图线是一条经过原点的倾斜直线，图线的斜率表 示电场强度，Ｅａ ＞Ｅｂ．故Ｄ正确． ７．点电荷做圆周运动则 ｋ４ｑ·ｑ Ｒ２ ＝ｍω２Ｒ，解得 ω ＝ ２ｑ Ｒ ｋ 槡ｍＲ，设电场强度为零的点距离 Ｏ点为 ｒ，则 ｋ ４ｑ ｒ２ ＝ ｋ ｑ （ｒ－Ｒ）２ ，解得ｒ＝２Ｒ，则电场强度为零的动点的运动速率为 ｖ ＝ωｒ＝４ｑ ｋ槡ｍＲ，故Ｃ正确． ８．ＡＢ　９．ＡＣ　１０．ＢＣ 提示： ８．图甲中工作人员在超高压带电作业时，穿用金属丝编制的 工作服应用了静电屏蔽的原理，故Ａ正确；图乙为家用煤气灶的 点火装置，是根据尖端放电的原理而制成的，故Ｂ正确；图丙为静 电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在带正电的金属板 上，故Ｃ错误；图丁为静电喷漆的示意图，静电喷漆时使被喷的金 属件与油漆雾滴带不同的电荷，从而产生引力，故Ｄ错误． ９．电场线从正电荷出发到负电荷终止，可知左边电荷带负 电，右边电荷带正电，故Ａ正确；由电场线分布可知，两电荷所带 电荷量不相等，故Ｂ错误；因Ａ点电场线较Ｂ点密集，可知Ａ点的 电场强度大于Ｂ点的电场强度，故Ｃ正确；Ａ点的电场强度方向由 电场本身决定，与是否放入试探电荷无关，故Ｄ错误． １０．从ｖ－ｔ图像可知，粒子从ａ到ｂ做加速度减小的减速运 动，在ｂ点时试探电荷的加速度为零，则受到的电场力为零，所以 ｂ点处电场强度为零，故 Ｃ正确；ｂ点电场强度为零，可知 Ｑ１、Ｑ２ 在ｂ点处的电场强度大小相等，方向相反，由于Ｑ１带正电，则 Ｑ２ 带负电；根据点电荷电场强度公式Ｅ＝ｋＱ ｒ２ ，由于Ｑ１到ｂ点距离 大于Ｑ２到ｂ点距离，则Ｑ１的电荷量大于Ｑ２的电荷量，故Ｂ正确， Ａ错误；从ｖ－ｔ图像可知，粒子从ａ到ｂ做减速运动，电场力做负 功，电场力方向向左，试探电荷带正电，则电场方向向左；粒子从 ｂ继续向右做加速运动，电场力做正功，电场力方向向右，则电场 方向向右，可知ａｂ连线上ｂ点左侧电场强度向左，ｂ点右侧电场强 度向右，故Ｄ错误． １１．（１）异种；　（２）箔片带上同种电荷； （３）相等；　（４）电荷守恒． １２．（１）归零；　（２）ｍｇ；　（６）正比　反比． １３．（１）６×１０－３Ｎ，方向水平向右； （２）８×１０－４ｋｇ． 解析：（１）小球所受电场力Ｆ大小为Ｆ＝ｑＥ，代入数据可得Ｆ ＝２．０×１０－８×３．０×１０５Ｎ＝６×１０－３Ｎ，方向水平向右； （２）小球受ｍｇ、绳的拉力ＦＴ和电场力 Ｆ作用，受力分析如图所示，根据共点力平 衡条件和图中几何关系有ｍｇｔａｎθ＝ｑＥ，解 得小球的质量ｍ＝８×１０－４ｋｇ． １４．（１）Ｅ＝ｍｇｑ，方向竖直向上； （２）槡２ｍｇ，与水平夹角为４５°斜向左上方． 解析：（１）小球静止时悬线上的拉力恰好为零，根据平衡条 件Ｅｑ＝ｍｇ，解得Ｅ＝ｍｇｑ，带正电小球受电场力竖直向上，电场强 度方向竖直向上． （２）若将板绕Ｃ点整体缓慢顺时针旋转９０°到竖直，小球受 竖直向下的重力，水平向右的电场力，小球重新静止时，根据平衡 条件ＦＴ ＝ （ｍｇ）２＋（Ｅｑ）槡 ２ ＝槡２ｍｇ． 方向与水平方向夹角ｔａｎθ＝ｍｇＥｑ＝１，所以绳子拉力方向与 水平夹角为４５°斜向左上方． １５．（１）１．２５×１０６Ｎ／Ｃ；　（２）１５００Ｎ． 解析：（１）对人受力分析可知ＦＴ ＝Ｍｇｓｉｎ３０°， 对物块分析可知ＦＴ ＝Ｅｑ， 解得Ｅ＝１．２５×１０６Ｎ／Ｃ： （２）对人由牛顿第二定律Ｆ′Ｔ－Ｍｇｓｉｎ３０°＝Ｍａ１ 设人距离滑轮的距离为ｘ，用时间为ｔ，则 ｘ＝ １２ａ１ｔ ２ 对物块Ｆ′Ｔ ＝ｍａ２，２ｘ＝ １ ２ａ２ｔ ２ 联立可得：Ｆ′Ｔ ＝１５００Ｎ． 第４期３版参考答案 Ａ组 一、选择题 １．Ａ　２．Ｂ　３．Ｃ　４．Ａ　５．Ａ　６．Ｄ　７．Ｄ 提示： １．电场中Ａ、Ｂ两点的电势差是由电场本身决定的，与移动电 荷的电荷量ｑ以及ＷＡＢ都无关，故Ａ错误，Ｃ正确；在电场中Ａ、Ｂ 两点间移动相同的电荷，静电力做的功 ＷＡＢ和电势差 ＵＡＢ成正 比，故Ｂ错误；由ＷＡＢ ＝ｑＵＡＢ可知，ＷＡＢ与ｑ、ＵＡＢ有关，与电荷移 动的路径无关，故Ｄ正确．本题选不正确的，故选Ａ． ２．电场方向沿电场线的切线方向，所以 Ｍ、Ｎ两点的电场方 向不同，故Ａ错误；电场线越密的地方，电场强度越大，所以 Ｏ点 的电场强度比Ｍ点的小，故Ｂ正确；沿电场线方向电势逐渐降低， Ｍ点的电势比Ｎ点的电势低，故Ｃ错误；负电荷在电势高的地方 电势能小，从Ｍ点运动到Ｎ点，电势能减小，故Ｄ错误． ３．根据沿电场线方向电势降低，可以判断电势 φＡ ＜φＢ，根 据电场线的疏密可以判断电场强度ＥＡ ＞ＥＢ，故Ｃ正确． ４．根据题意可知，电子从静止沿电场线从 Ａ运动到 Ｂ，则电 子所受电场力方向为Ａ→Ｂ，电场强度的方向由Ｂ→Ａ，即沿直线 向左，故Ａ正确；根据题意，不知周围电场线的分布情况，无法判 断电场的强弱，故Ｂ错误；根据题意可知，电子从静止沿电场线从 Ａ运动到Ｂ，电场力做正功，电势能减小，故ＣＤ错误． ５．等差等势面的疏密程度表示电场强度的大小，由于Ｂ处的 等差等势面密，所以Ｂ点电场强度较大，故Ａ正确；电场线与等势 面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故 Ａ点电 场强度方向指向ｘ轴正方向，故Ｂ错误；电场线与等势面垂直，并 且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故电场线沿着ｘ轴正 方向；沿着电场线电势逐渐降低，故Ａ点电势高于Ｂ点电势．故Ｃ 错误；Ａ点电势高于Ｂ点电势，正电荷从Ａ点移到Ｂ点，电势能减 小，故Ｄ错误． ６．根据Ｅ＝ｋＱ ｒ２ ，ａ、ｃ两点的电场强度大小相等，但方向不 同，故Ａ错误；离带电金属球越近，电场越强，ｐ点的电场强度大 于ｃ点的电场强度，故Ｂ错误；ａ、ｂ、ｃ、ｄ在同一等势面上，ａ点的电 势等于ｂ点的电势，故Ｃ错误；根据对称性可知，ｐ、ａ两点间的电 势差等于ｐ、ｂ两点间的电势差，故Ｄ正确． ７．由题图甲可知，本次闪电是由空中云层向大树放电产生 的，放电时有自由电子向大树转移，所以电流的方向应是由被击 中的大树流向云层，地面上电流由高电势流向低电势，因此电流 的方向是由小车流向大树，故ＡＢ错误；由题图乙可知，虚线圆是 等势线，由大树向小车方向电势逐渐升高，因此 Ｂ车右侧车轮处 的电势比左侧车轮处的电势高，故 Ｃ错误；Ｂ车左侧两轮的电势 相等，Ａ车左侧前轮电势比后轮电势低，所以 Ｂ车左侧两轮间的 电压比Ａ车左侧两轮间的电压小，故Ｄ正确． ８．相等　大于　１０　正功　１０ ９．（１）３．６×１０－５Ｊ； （２）增加４．８×１０－５Ｊ． 解析：（１）电荷从Ｃ移到Ｄ，静电力做功为 ＷＣＤ ＝ｑＵＣＤ ＝ｑ（φＣ－φＤ）＝３．６×１０－５Ｊ； （２）Ａ、Ｂ两点电势相等，所以Ｂ移到Ａ，正电荷ｑ做功为零，从 Ｄ移到Ｂ，电场力做功 ＷＤＡ ＝ｑＵＤＡ ＝ｑ（φＤ －φＡ）＝－４．８×１０－５Ｊ． 所以电势能增加了４．８×１０－５Ｊ． １０．（１） ｍｇｑｃｏｓθ ；　（２）ｍｇｌｓｉｎθ ｃｏｓ２θ ． 解析：（１）带电粒子沿水平直线运动，则有ｑＥｃｏｓθ＝ｍｇ 解得Ｅ＝ ｍｇｑｃｏｓθ ． （２）电场力对粒子做功为Ｗ＝－ｑＥｓｉｎθ· ｌｃｏｓθ 而Ｗ＝－ΔＥｐ，联立解得ΔＥｐ＝ｍｇｌ ｓｉｎθ ｃｏｓ２θ ． Ｂ组 １．ＢＣ　２．ＡＣ　３．ＡＢ 提示： １．由图示可知，Ｂ处的电场线密，Ａ处的电场线稀疏，因此 Ｂ 点的电场强度大，Ａ点的电场强度小，即ＥＡ ＜ＥＢ，沿着电场线的 方向，电势逐渐降低，由图示可知φＡ ＞φＢ，故Ａ错误，Ｂ正确；将 电荷量为ｑ的正电荷从Ａ点移到Ｂ点，电场力做正功，电势能减 小，故Ｃ正确；将电荷量为ｑ的负电荷从Ａ点移到Ｂ点，电场力做 负功，电势能增加ＥｐＡ ＜ＥｐＢ，故Ｄ错误． ２．根据带电粒子 ａ、ｂ的运动方向可知，电场的方向是向右 的，所以Ｍ点的电势高于Ｎ点的电势，故Ａ正确；根据轨迹可知在 电场力的作用下，ａ、ｂ两粒子运动时的位移与受到的电场方向都 成锐角，即电场力对两个粒子都做了正功，所以两个粒子的电势 能都将减小，故Ｂ错误，Ｃ正确；带电粒子受到的电场力是沿着电 场线的切线方向的，根据曲线运动的条件可知，ａ粒子是不可能 沿着电场线运动到Ｍ点的，故Ｄ错误． ３．正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外Ａ点运动 到细胞膜内Ｂ点，则电场线由Ａ到Ｂ，根据沿电场线方向电势逐渐 降低，故Ｂ点电势低于Ａ点电势，故Ａ正确；钠离子运动过程中电 场力做正功，电势能减小，故Ｂ正确；若膜内的电场可看作匀强电 场，则电场强度不变，故钠离子受到的电场力不变，钠离子的加速 度不变，故Ｃ错误；根据动能定理Ｗ＝ｑＵ＝ １２ｍｖ ２，可知膜电位 上升时，钠离子进入细胞内的速度变大，故Ｄ错误． ４．＝　 ＝　 ＜ ５．（１）３６∶９∶４； （２）Ｅ＝１６０Ｎ／Ｃ；方向由Ａ指向Ｃ； （３）－４００Ｖ． 解析：（１）因为ｒＡ∶ｒＢ∶ｒＣ ＝１∶２∶３，根据点电荷电场强度 公式Ｅ＝ｋＱ ｒ２ 可得ＥＡ∶ＥＢ∶ＥＣ ＝３６∶９∶４； （２）由点电荷的电场强度公式Ｅ＝ｋＱ ｒ２ ，可得 Ｅ＝９×１０ ９×１．６×１０－９ ０．３２ Ｎ／Ｃ＝１６０Ｎ／Ｃ，方向由Ａ指向Ｃ； （３）由ＵＡＣ ＝ ＷＡＣ ｑ，得ＵＡＣ ＝ －６．４×１０－１７ －１．６×１０－１９ ＝４００Ｖ，又由 ＵＡＣ ＝φＡ－φＣ，得φＣ ＝φＡ－ＵＡＣ ＝０－４００＝－４００Ｖ． 第５期３版参考答案 １．Ｂ　２．Ａ　３．Ｂ　４．Ｂ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｃ 提示： ２．根据电容的定义式Ｃ＝ＱＵ可得该电容器在额定电压下充 电完成后所带的电荷量 Ｑ＝ＣＵ＝４７×１０－６×５０Ｃ＝２３５× １０－６Ｃ＝２３５μＣ，故Ａ正确，Ｂ错误；电容器的电容由电容器自身 材料与结构决定，与电荷量、电压无关，当电压降低时，电容器的 电容不变．根据电容定义式可知，电压降低，电荷量减少，故 ＣＤ 错误． ３．由电场强度与电势差的关系可知，电鳗放电产生的电场强 度约为Ｅ＝ Ｕｄ ＝ ６００ ３ Ｖ／ｍ＝２００Ｖ／ｍ，故ＡＣＤ错误，Ｂ正确． ４．由ｉ－ｔ图像知图线与时间轴围成的面积表示电荷量，数格 子约为５０格，则Ｑ＝ｉｔ＝１０５×１０ －３×５０×１Ｃ＝０１Ｃ，因为Ｃ＝ Ｑ Ｕ，代入得Ｃ＝ ０１ ３０≈００３３Ｆ＝３３ｍＦ＝３３０００μＦ，故Ｂ正确． ５．根据题意可得ａｃ＝２ａｂｃｏｓ３０°，在ａｃ上截取一段ｃｄ，且ｃｄ ＝槡３３ｃｍ，根据匀强电场的特点可知φｄ＝φｂ＝３Ｖ，即ｂｄ为等势 ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-.+ !"# / 0"12%&3()*+4-.+ !"$ / !" ! # # ! "#$! $ % & ' ( ) !"#$%&'( !")%*+,-./01 !")%23456789': ;<=>?@6789ABCD @EFGABHIJK LMNOPQCDRSH !"#$%&'&'( T ) U VWXSH *+,*-. !"#$%&'()*+,'-. 书 绝缘细线伸直，Ａ球静止且与竖直方向的夹角为３０°，静 电力常量ｋ＝９．０×１０９Ｎ·ｍ２／Ｃ２，则Ｂ球距离Ａ球的距 离可能为 （　　） Ａ．０．６ｍ Ｂ．０．９ｍ Ｃ．１．５ｍ Ｄ．２．０ｍ 二、填空题（共９分） ４．（２０２３广东广州华南师大附中期中）某物理兴趣 小组利用如图４所示装置来探究影响电荷间静电力的 因素．Ａ是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电 的小球会在静电力的作用下发生偏离．小组同学分别进 行了以下操作： 步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上 的Ｐ１、Ｐ２、Ｐ３等位置，比较小球在不同位置所受静电力 的大小． 步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小小球所 带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小． （１）该实验采用的方法是 ． （２）若带电小球的质量为ｍ，在Ｐ１位置偏离竖直方 向的角度为α，重力加速度为ｇ，则带电小球所受库仑力 大小为 ． （３）在实验中，某同学让两个半径为Ｒ的金属小球 分别带上ｑ１和ｑ２的正电荷，并使两小球球心相距３Ｒ，利 用公式Ｆ＝ｋ ｑ１ｑ２ （３Ｒ）２ 来计算两球之间的库仑力，你认为 该值与实际值相比应该 （选填“偏大”“偏小” 或“相等”）． 三、解答题（共１３分） ５．（２０２３重庆渝北暨华中学期中）如图５所示，水平 地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为 θ，一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系 有一个带电小球Ａ．细线与斜面平行，小球 Ａ的质量为 ｍ，电荷量为ｑ．小球Ａ的右侧固定放置带电小球Ｂ，两球 心的高度相同，间距为ｄ．静电力常量为 ｋ，，重力加速度 为ｇ．两带电小球可视为点电荷．小球 Ａ静止在斜面上． 求： （１）若Ｂ球带正电且细线对Ａ球的拉力刚好为０，则 Ｂ球电荷量大小是多少； （２）若Ｂ球带负电且斜面对Ａ球的支持力刚好为０， 则Ｂ球电荷量大小是多少． 书 三、库仑定律适用条件的判定 库仑定律的适用条件为真空中，两个点电荷之间的 相互作用．点电荷属理想化模型，是不存在的．如同质点， 点电荷不一定很小．对任何形状的带电体，若它本身的线 度跟所研究的空间相比非常小时，则可不考虑其形状大 小，把它视为：有质量、有电荷量，不占空间的点电荷． 例３．如图３所示，两金属球球心相距为 ｒ，ｒ略大于 两球半径之和，现让其分别带上异种电荷 ＋Ｑ和 －ｑ，则 两带电球之间的相互作用力的大小应满足 （　　） Ａ．Ｆ＝ｋＱ·ｑ ｒ２ Ｂ．Ｆ＞ｋＱ·ｑ ｒ２ Ｃ．Ｆ＜ｋＱ·ｑ ｒ２ Ｄ．ｒ越大，Ｆ越接近于ｋＱ·ｑ ｒ２ 解析：由“ｒ略大于两球半径之和”可知，Ｑ与ｑ不能 看作点电荷，因而只能利用Ｆ＝ｋＱ·ｑ ｒ２ 定性讨论，不能 定量计算，故Ａ错误；由 ＋Ｑ和 －ｑ相互吸引，等效距离 ｒ减小，故Ｆ＞ｋＱ·ｑ ｒ２ ，故Ｂ正确，Ｃ错误；若ｒ增大，＋Ｑ 和 －ｑ越接近于点电荷的作用情况，故Ｄ正确． 点评：不分条件乱套公式是物理学习的大忌．不能 仅以数学观点讨论物理公式．Ｆ＝ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ ，当ｒ→０时，ｑ１、 ｑ２已不能视为点电荷，故库仑定律不能适用．均匀分布 的绝缘带电球体间的库仑力仍用公式Ｆ＝ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ 计算， 公式中ｒ为两球心之间的距离．若两球半径之和与两球 心距离ｒ相差不大时，两导体球间库仑力可定性比较， 当两球带同种电荷时，Ｆ＜ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ ；反之当两球带异种电 荷时，Ｆ＞ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ ． 书 二、库仑力的合成 库仑力具有力的一切性质，它是矢量，合成分解时 遵从平行四边形定则．电荷间的相互作用同样遵循力的 独立作用原理．当同时存在着几个电荷时，每个电荷受 到的力是其他各个电荷对它的静电力的合力． 例２．如图１所示，三个完全相同 的金属小球ａ、ｂ、ｃ位于等边三角形的 三个顶点上．ａ和ｃ带正电，ｂ带负电，ａ 所带电荷量的大小比ｂ的小．已知ｃ受 到ａ和ｂ的静电力的合力可用图中四 条有向线段中的一条来表示，它应是 （　　） Ａ．Ｆ１　　　　　　　　Ｂ．Ｆ２ Ｃ．Ｆ３ Ｄ．Ｆ４ 解析：据“同种电荷相斥，异种电 荷相吸”的规律，确定电荷ｃ受到ａ和ｂ 的库仑力方向，受力分析如图２．可见 合力不会是Ｆ３、Ｆ４，由于 ａ所带电荷量 的大小比ｂ的小，所以 Ｆａｃ ＜Ｆｂｃ，所以 只能是Ｆ２，故Ｂ正确，ＡＣＤ错误． 点评：本题以电荷之间相互作用为背景，考查了力 的合成知识，是一道力学、电学的综合题，难度不大．只 要正确画出电荷ａ、ｂ对ｃ的库仑力方向，并注意到Ｆａｃ＜ Ｆｂｃ，不难作答．这类试题重基础，不偏不怪，体现了命题 重视对基本概念、基本规律考查的特点． 书 编者按：库仑定律指出：真空中两个静止点电荷之 间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它 们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线 上．可见，库仑定律的应用是有条件的，即真空中，两个 点电荷之间的相互作用．库仑力也称为静电力，它具有 力的共性．它与学过的重力、弹力、摩擦力是并列的．它 具有力的一切性质，它是矢量，合成分解时遵从平行四 边形定则，与其他的力平衡，使物体发生形变，产生加速 度．库仑力在应用时有以下的特点：① 两点电荷间库仑 力是一对作用力和反作用力，其大小相等；② 使用库仑 定律计算时，电荷量用绝对值代入，作用力的方向根据 “同种电荷相斥，异种电荷相吸”的规律定性判定． 一、库仑定律的直接应用 例１．有两个点电荷所带电荷量的绝对值均为Ｑ，从 其中一个点电荷上取下ΔＱ的电荷量，并加在另一个电 荷上，那么它们之间的相互作用力与原来相比 （　　） Ａ．一定变大 Ｂ．一定变小 Ｃ．保持不变 Ｄ．由于两电荷电性不确定，无法判断 解析：原来电荷间的作用力大小为 Ｆ＝ｋＱ ２ ｒ２ ，设两 个点电荷带有同种电荷时，它们的带电荷量分别变为 Ｑ －ΔＱ和Ｑ＋ΔＱ，这时它们之间的作用力大小为 Ｆ′＝ｋ（Ｑ－ΔＱ）（Ｑ＋ΔＱ） ｒ２ ＝ｋ（Ｑ ２－ΔＱ２） ｒ２ ＜ｋＱ ２ ｒ２ 设两个点电荷带有异种电荷时，它们的带电荷量分 别变为Ｑ－ΔＱ和 －（Ｑ－ΔＱ），这时它们之间的作用力 大小为 Ｆ″＝ｋ（Ｑ－ΔＱ） ２ ｒ２ ＜ｋＱ ２ ｒ２ 所以无论两电荷的电性如何，它们之间的相互作用 力与原来相比一定减小，故Ｂ正确，ＡＣＤ错误． ! YZ [\] 书 §９．２ !"#$ !"#$ １． %&!"#$'()*+,-. ； ２． %&/01'23 ， %&40567/01'- . ； ３． 89!":;<= ； ４． %&!"#$'>?@ ． %&!" '()*+,-. １． !"#$%&' ： ABCDE/01F G'HIJ,K ， LMN'01O'PQ7 ， LMN'RS'TUV7 ， J,K'VWXM N' Y ． ２． ()* ： 01FG'HIJ,KZJD0K[ ． ３． +), ： 405'\] 、 *01^_] `aMNFG'J,K'bcde f ． gh' 405de6J '/ ． /0+12 １． -./0 !":; （ 12 １ 34 ） ２． -.56 （１） ij Ａ k Ｃ FG'RS ｒ， lm nUop:q'rs ， tduvK Ｆ L 'wx ． （２） yzB{|H}'~€ ‚ƒ„401O ， ij…€4 01O ， †‡D0K Ｆ L…€401O ｑ１、ｑ２'wx． ３． -.78 （１） K Ｆ LRS ｒ 'TUV7ˆ‰ ， Š ． （２） K Ｆ L ｑ１kｑ２'PQ7‹‰，Š ．Œ dŽ ：Ｆ＝ ， A ｋ ZJD0KO ，ｋ＝９．０ ×１０９Ｎ·ｍ２／Ｃ２． 3'.45 （１） B/01G'D0K‘’, “” ． （２） BC[BCeY/01a•–C/01'J ,K ， —˜™/01š›agC/01'J,K' ． （３） BC/01FG'J,KœžŸC/01 ' X¡ ． 6789 １． ,¢£'¤¥_^¦LB§¨©ª«¬­–® ， ¯ƒ°B§©ª«±²³´MNHIµ¶ （ 12 ２ 3 4 ）． ·¸´¹º»¬­ƒ'¼»©ª«FG'HI J,Kœ½¾¿ÀK ， ÁÂÃÄ'Ō ． ２．“ ÆÇÈÉ ” ʀËÌͳÎÏиÑAŒ˜L ÒÓ¬­ÔÕ8ÒO'D0 ， Ö×gØD0Ù¿*fÚ Û ， X†‡Ê€Y' “ ÆÇÈÉ ” L܀ （ 9:;<) ） 'D0Kf ， ÝÞß “ ÆÇÈÉ ” 67/01 ？ àáâ ？ 89#: １． Ō– ： ¼»©ª«IHµ¶ ， ¡¾¿ÀKãä 5HIåÀ ， æ¯g絶Kœ½¾¿ÀK ． ŌT ： è¼»©ª«ghéO…'ä5FG X '¾¿ÀKê… ， ëN–ìíîïðv»æ'ñKò ` ． ¡¬­ƒ'©ª«FG'HIJ,Kde»æïð v ， 毜½¾¿ÀK ． ŌŸ ： gçK' Xk҅óô˜¼»©ª«½ Þñv¬­ ， ¾¿ÀKL½Þ¬­íw ， gçKœ ½¾¿ÀK ． ２． Ý ． àÊÜFG'RSõҘ405'ös ． ! 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Ｂ静止在力传感器上， 手握固定带电金属小球 Ａ的绝 缘柄，使小球Ａ静止在小球 Ｂ正 上方高 ｈ处，此时力传感器的示数为Ｆ１，将两球接触后， Ａ球仍移到原来的位置，此时力传感器的示数为 Ｆ２．若 两个小球完全相同，两球接触前带不等量的异种电荷， 不计小球的大小，则下列判断正确的是 （　　） Ａ．一定有Ｆ１ ＞Ｆ２ Ｂ．一定有 Ｆ１ ＜Ｆ２ Ｃ．可能有Ｆ１＝Ｆ２ Ｄ．无法判断Ｆ１、Ｆ２的大小关系 ６．（２０２３江西抚州临川一中期 中）如图４是库仑做实验用的库仑扭 秤．带电小球Ａ与不带电小球Ｂ等质 量，带电金属小球Ｃ靠近Ａ，两者之间 的库仑力使横杆旋转，转动旋钮 Ｍ， 使小球Ａ回到初始位置，此时Ａ、Ｃ间 的库仑力与旋钮旋转的角度成正比． 现用一个电荷量是小球Ｃ的５倍、其 他完全一样的小球 Ｄ与 Ｃ完全接触 后分开，再次转动旋钮Ｍ使小球 Ａ回到初始位置，此时 旋钮旋转的角度与第一次旋转的角度之比为 （　　） Ａ．２ Ｂ．３ Ｃ．１３ Ｄ．４ ７．（２０２３浙江杭州期中）如图５所示，在光滑绝缘的 水平面上放置３个小球，带电荷量分别为 －ｑ、＋ｑ、－ｑ， 小球之间用劲度系数均为ｋ０的轻质弹簧绝缘连接．当３ 个小球均处于静止状态时，每根弹簧的长度为ｌ，已知静 电力常量为ｋ，则每根弹簧的原长为 （　　） Ａ．ｌ＋３ｋｑ ２ ４ｋ０ｌ ２ Ｂ．ｌ＋ ｋｑ２ ｋ０ｌ ２ Ｃ．ｌ－３ｋｑ ２ ４ｋ０ｌ ２ Ｄ．ｌ－ ３ｋ０ｑ ２ ４ｋｌ２ 二、填空题（共６分） ８．（２０２３安徽 Ａ１０联盟联 考）两个大小相同的小球Ａ、Ｂ带 有同种电荷，质量分别为 ｍ１、 ｍ２，带电荷量分别为 ｑ１、ｑ２，用绝 缘线悬挂后，因静电力而使两悬 线张开，稳定后，两球处于同一 水平线上，且与竖直方向的夹角分别为 α１、α２（α１≠ α２），如图６所示．某时刻同时剪断两细线，Ａ、Ｂ两球分别 运动ｔ１、ｔ２时间后落在同一水平面上，水平位移分别为 ｘ１、ｘ２，忽略空气阻力．则 ｍ１ ｍ２ ＝ ， ｔ１ ｔ２ ＝ ， ｘ１ ｘ２ ＝ ． 三、计算题（本题共２小题，共１９分） ９．（７分）如图７所示，通过调节控制电子枪产生的 电子束，使其每秒有１０４个电子到达收集电子的金属瓶， 经过一段时间，金属瓶上带有 －８×１０－１２Ｃ的电荷量， 求： （１）电子的电荷量大小； （２）金属瓶上收集到多少个电子； （３）实验的时间为多长． １０．（１２分）（２０２３浙江杭 州汾口中学月考）如图 ８所 示，绝缘水平面上静止着两个 完全一样的带电体，可视为点电荷．质量均为 ｍ、电荷量 均为 ＋Ｑ，与水平面间的动摩擦因数均为μ，它们间的距 离为ｒ．重力加速度为ｇ，静电力常量为ｋ． （１）求Ａ所受摩擦力的大小和方向； （２）将一个带电荷量为 －２Ｑ，完全一样的带电体Ｃ 先接触Ａ，再接触Ｂ，求取走Ｃ后Ａ所受摩擦力的大小和 方向． Ｂ组 一、多选题（本题共３小题，每小题６分，共１８分） １．（２０２３福建莆田第二十五中 学期中）小张同学在空气干燥的教 室里进行一个小实验，将一塑料绳 撕成细丝后，一端打结，做成“水 母”的造型，用毛巾顺着细丝向下 捋几下，同样用毛巾来回摩擦 ＰＶＣ（塑料）管．将“水母”抛向空中，然后把ＰＶＣ管从下 方靠近它，直到“水母”处于悬停状态（如图１所示），则 （　　） Ａ．ＰＶＣ管带电方式属于摩擦起电 Ｂ．“水母”在空中悬停时，ＰＶＣ管对它向上的静电 力等于它所受重力 Ｃ．用毛巾摩擦后，“水母”与ＰＶＣ管带同种电荷 Ｄ．ＰＶＣ管与“水母”相互靠近过程中，两者间相互 作用力不变 ２．（２０２３广东广州第二中学期 中）如图２所示是滚筒式静电分选 器，由料斗Ａ，导板 Ｂ，导体滚筒 Ｃ， 刮板Ｄ，料槽Ｅ、Ｆ和放电针Ｇ等部 件组成．Ｃ和Ｇ分别接于直流高压 电源的正、负极，并令Ｃ接地．电源 电压很高，足以使放电针Ｇ附近的 空气发生电离而产生大量离子，现有导电性能不同的两 种物质粉粒ａ、ｂ的混合物从料斗Ａ下落，下落时经过电 离空气都会带上负电荷，沿导板Ｂ到达转动着的滚筒Ｃ， 粉粒ａ具有良好的导电性，粉粒ｂ具有良好的绝缘性．则 下列说法正确的是 （　　） Ａ．粉粒 ａ与导体滚筒 Ｃ接触后会先中和再带上正 电 Ｂ．粉粒ｂ会落入Ｆ料槽中 Ｃ．粉粒ａ会落入Ｆ料槽中 Ｄ．刮板Ｄ的作用是把吸附在导体滚筒 Ｃ上的粉粒 刮下来 ３．（２０２３湖南张家界慈利县第 一中学月考）如图３所示，Ａ、Ｂ两 球所带电荷量均为２×１０－５Ｃ，质量 均为０．７２ｋｇ，其中Ａ球带正电荷，Ｂ 球带负电荷，Ａ球通过绝缘细线吊 在天花板上，Ｂ球固定在绝缘棒一 端，现将 Ｂ球放在某一位置，                                                                                                                                                             能使 书 素养专练１．三种起电方式 １．（２０２３福建龙岩漳平第一中学期中，多选）关于 起电，以下说法正确的是 （　　） Ａ．不论是摩擦起电还是感应起电，都是因为电子的 转移 Ｂ．自然界中的电荷是守恒的 Ｃ．接触起电是因为电荷的转移，摩擦起电是因为创 生了电荷 Ｄ．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为电 荷的创生 ２．（２０２３广东广州禺山高级中学期中）关于摩擦起 电现象，下列说法正确的是 （　　） Ａ．摩擦起电现象创造了电荷 Ｂ．两种不同材料的不带电绝缘体互相摩擦后，同时 带上等量异种电荷 Ｃ．丝绸摩擦玻璃棒时，质子从丝绸转移到玻璃棒 上，玻璃棒因质子数多于电子数而显正电 Ｄ．摩擦起电是摩擦导致正电荷从一个物体转移到 另一个物体而形成的 ３．（２０２３北京石景山第九中学 期中）如图１所示，用起电机使金 属球Ａ带正电，将Ａ靠近验电器上 的金属小球Ｂ，则 （　　） Ａ．验电器的金属箔不会张开， 因为球Ａ没有和球Ｂ接触 Ｂ．验电器的金属箔张开，因为整个验电器都带上了 正电 Ｃ．验电器的金属箔张开，因为验电器下部的箔片都 带上了正电 Ｄ．验电器的金属箔张开，因为整个验电器都带上了 负电 ４．（２０２３北京清华大学附 中月考）如图２所示，一对用 绝缘柱支撑的不带电的枕形 导体Ａ和Ｂ彼此接触，Ａ、Ｂ下 方均连有两片闭合的金属箔 片．先将一个带有绝缘棒的带电金属球Ｃ靠近枕形导体 的Ａ端，下列说法正确的是 （　　） Ａ．Ａ端金属箔片张开，Ｂ端金属箔片不会张开 Ｂ．Ａ的左端带正电，Ｂ的右端带负电 Ｃ．先分开Ａ、Ｂ，再拿走Ｃ，则Ａ、Ｂ均带电 Ｄ．先拿走Ｃ，再分开Ａ、Ｂ，则Ａ、Ｂ均带电 ５．（２０２３天津第八中学月考）已知在环境的温度、 湿度、气压相同的情况下，可得出以下序列：玻璃、尼龙、 羊毛、丝绸、棉花、纸张、硬橡胶、腈纶．序列中两种物质 摩擦时，排在前面的物质带正电，排在后面的物质带负 电，而且两种物质在序列中距离越远，摩擦起电现象越 显著．用事先准备的尼龙、羊毛、腈纶等三种材料进行摩 擦起电的实验，下面关于实验结果的叙述中正确的是 （　　） Ａ．尼龙棒与羊毛摩擦，尼龙棒带负电 Ｂ．腈纶与羊毛摩擦，羊毛带正电 Ｃ．尼龙与腈纶摩擦，不会发生起电现象 Ｄ．尼龙与羊毛摩擦较羊毛与腈纶摩擦，尼龙与羊毛 摩擦有更显著的起电现象 ６．（２０２３浙江杭州期中）如 图３所示，小明同学在某次静电 实验中，先让静电计带上正电， 此时，静电计的指针张开一定的 角度．然后，他让一个带负电的 小球去靠近静电计．下列说法正 确的是 （　　） Ａ．静电计所带的正电荷减少，指针张角变小 Ｂ．静电计所带的正电荷增加，指针张角变大 Ｃ．静电计所带的正电荷不变，指针张角不变 Ｄ．静电计所带的正电荷不变，                                                 指针张角变小 素养专练２．电荷守恒定律 １．（２０２３河北沧州七县联考）关于元电荷、电荷与 电荷守恒定律，下列说法正确的是 （　　） Ａ．元电荷是指电子，电荷量等于电子的电荷量，体 积很小的带电体是指点电荷 Ｂ．元电荷 ｅ的数值最早是由美国物理学家密立根 通过实验测得的 Ｃ．单个物体所带的电荷量总是守恒的，电荷守恒定 律指带电体和外界没有电荷交换 Ｄ．利用静电感应可使任何物体带电，质子和电子所 带电荷量相等，比荷也相等 ２．关于电荷守恒定律，下列叙述不正确的是（　　） Ａ．一个物体所带的电荷量总是守恒的 Ｂ．在与外界没有电荷交换的情况下，一个系统所带 的电荷量总是守恒的 Ｃ．在一定的条件下，一个系统内的等量的正、负电 荷即使同时消失，也并不违背电荷守恒定律 Ｄ．电荷守恒定律并不意味着带电系统一定和外界 没有电荷交换 ３．（２０２３内蒙包头市期末）如图１所示，用带电荷量 为１Ｃ的金属小球（阴影小球），与材料相同的另一物体 接触．稳定后，小球与物体的带电荷量均为０．５Ｃ的是 （　　） Ａ．与等大球 Ｂ．与立方体 Ｃ．与半径较大的球 Ｄ．与两个等大球 ４．（２０２３福建龙岩第一中学 期中）学习了静电感应后，爱思 考的小明想起初中物理老师演 示过如图２所示实验，用丝绸摩 擦过的玻璃棒靠近悬挂的乒乓 球时，乒乓球会被吸引的实验， 小明猜想玻璃棒会吸引乒乓球的原因可能是静电感应 现象，若他的猜想是正确的，你认为图中乒乓球上感应 电荷的分布情况合理的是 （　　） ５．（２０２３新疆兵团地州学校期中，多选）甲、乙、丙 三个完全相同的物体原来都不带电，今使甲、乙两个物 体相互摩擦后，将乙物体再与丙物体接触，最后，甲物体 所带的电荷量为 ＋４．８×１０－１０Ｃ，对于乙、丙两个物体最 后的带电情况，下列说法正确的是 （　　） Ａ．乙物体带有电荷量为４．８×１０－１０Ｃ的正电荷 Ｂ．乙物体带有电荷量为２．４×１０－１０Ｃ的负电荷 Ｃ．丙物体带有电荷量为４．８×１０－１０Ｃ的负电荷 Ｄ．丙物体带有电荷量为２．４×１０－１０Ｃ                                          的负电荷 素养专练３．库仑定律 １．（２０２３四川甘孜泸定中学期中）关于库仑定律， 下面的说法中正确的是 （　　） Ａ．两个点电荷之间的库仑力遵从牛顿第三定律 Ｂ．根据 Ｆ＝ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ ，当两电荷间的距离趋近于零 时，它们之间的静电力将趋于无穷大 Ｃ．若点电荷ｑ１的电荷量大于点电荷ｑ２的电荷量， 则ｑ１对ｑ２的静电力大于ｑ２对ｑ１的静电力 Ｄ．库仑定律只适用于很小的电荷，因为只有很小 的电荷才是点电荷 ２．（２０２３内蒙古通辽期中）大小相同的两个金属 小球Ａ、Ｂ带有等量电荷，相隔一定距离时，两球间的库 仑引力大小为Ｆ，现在用另一个跟它们大小相同的不带 电金属小球，先后与Ａ、Ｂ两个小球接触后再移开，这时 Ａ、Ｂ两球间的库仑力大小 （　　） Ａ．一定是Ｆ８ Ｂ．一定是 Ｆ ４ Ｃ．可能是３Ｆ８ Ｄ．可能是 ３Ｆ ４ ３．（２０２３广东广州禺山高级中学期中）两个半径 相同带异种电荷的金属小球，带电荷量之比为１∶３，相 距为ｒ（ｒ远大于小球的直径），两者相互接触后再放回 原来的位置上，则原来的相互作用力与现在的相互作 用力大小之比是 （　　） Ａ．５∶９ Ｂ．４∶５ Ｃ．３∶４ Ｄ．３∶１ ４．（２０２３新疆乌鲁木齐兵团二中月考）已知电子 的电荷量为１．６×１０－１９Ｃ，质量为０．９１×１０－３０ｋｇ，质子 质量为电子质量的 １８３６倍．静电力常量 ｋ＝９× １０９Ｎ·ｍ２／Ｃ２，引力常量Ｇ＝６．６７×１０－１１Ｎ·ｍ２／ｋｇ２． 氢原子中，电子和质子间的库仑力和万有引力之比的 量级为 （　　） Ａ．１０３７ Ｂ．１０３９ Ｃ．１０４１ Ｄ．１０４３ ５．（２０２３云南保山腾冲第八 中学月考）如图１所示，绝缘细杆 上固定两个带电荷量均为 ＋ｑ的 小球Ａ、Ｂ，两球间距为ｌ，现用两根 长度也为 ｌ的绝缘细绳与质量为 ｍ的带电小球Ｃ相连接，小球Ｃ在 竖直方向上保持静止，且两细绳对小球的拉力均为零， 静电力常量为ｋ，则关于小球Ｃ的电性及电荷量大小为 （　　） Ａ．负电荷；ｑＣ ＝槡 ３ｍｇｌ２ ３ｋｑ Ｂ．正电荷；ｑＣ ＝槡 ３ｍｇｌ２ ｋｑ Ｃ．负电荷；ｑＣ ＝ ｍｇｌ２ ｋｑ Ｄ．正电荷；ｑＣ ＝ ｍｇｌ２ ２ｋｑ ６．（多选）如图２所示，质量 分别为 ｍ１和 ｍ２的两小球，分别 带电荷量ｑ１和 ｑ２，用同等长度的 绝缘线悬于同一点，由于静电斥 力使两悬线与竖直方向张开相同 的角度，则 （　　） Ａ．ｑ１必等于ｑ２ Ｂ．ｍ１必等于ｍ２ Ｃ． ｑ１ ｍ１ 必等于 ｑ２ ｍ２ Ｄ．ｑ１不必等于ｑ２ ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !" !"#$%& !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! !"#$%&'() !" 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