第6期 带电粒子在电场中的运动-【数理报】2024-2025学年高二物理必修第三册同步学案（人教版2019）

!"#$%&'( !")%*+,-./01 !")%23456789': ;<=>?@6789ABCD @EFGABHIJK LMNOPQCDRSH !"#$%&'&'( T ) U VWXSH *+,*-. !"#$%&'()*+,'-. 书 （上接第３版） Ｃ．电子从小孔射出时的速度大小为ｖ＝ ２ｅＵ１ 槡ｍ Ｄ．电子从小孔射出时的速度大小为ｖ＝ ２ｅＵ２ 槡ｍ 解析：Ａ、Ｂ间电场使电子加速，电子要受到向右的 电场力，所以金属板电势要高于电阻丝的电势，故 Ａ错 误；电阻丝与金属板间的电场并不是匀强电场，所以不 能用Ｅ＝Ｕｄ来计算电场强度，故Ｂ错误；电子从电阻丝 出来时的速度近似为零，经Ａ、Ｂ间电场加速后从金属板 中间的小孔射出，初、末位置电势差为Ｕ２，根据动能定理 有ｅ·Ｕ２ ＝ １ ２ｍｖ ２，得ｖ＝ ２ｅＵ２ 槡ｍ ，故Ｃ错误，Ｄ正确． 答案：Ｄ 跟踪训练：如图 ３所示，充 电后的平行板电容器水平放置， 电容为Ｃ，极板间距离为ｄ，上极 板正中有一小孔．质量为 ｍ，电 荷量为 ＋ｑ的小球从小孔正上方 高ｈ处由静止开始下落，穿过小 孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板 间电场可视为匀强电场，重力加速度为ｇ）．求： （１）小球到达小孔处的速度； （２）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； （３）小球从开始下落至运动到下极板处的时间． 答案：（１） ２槡ｇｈ （２）ｍｇ（ｈ＋ｄ）ｑｄ 　 ｍｇ（ｈ＋ｄ） ｑ Ｃ （３）ｈ＋ｄｈ ２ｈ 槡ｇ 书 （上接第３版） 种颗粒的比荷均为ｋ，重力加速度为ｇ．颗粒进入电场时 的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用 和空气阻力．在颗粒离开电场区域时不接触极板但有最 大偏转量，则 （　　） Ａ．颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动 Ｂ．颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动 Ｃ．两极板间的电压值为ｋｇｄ ２ ２Ｌ Ｄ． 颗 粒 落 到 收 集 板 时 的 速 度 大 小 为 ２ｇ（Ｌ＋Ｈ）＋ｇｄ ２ ２槡 Ｌ ３．（２０２３山东青岛第五 十八中学月考）粒子直线加 速器在科学研究中发挥着 巨大的作用，简化如图３所 示：沿轴线分布 Ｏ（为薄金 属环）及Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ５个金属圆筒（又称漂移管），相邻 漂移管分别接在高压交流电源Ｍ、Ｎ的两端，Ｏ接Ｍ端． 质子飘入金属环Ｏ轴心沿轴线进入加速器，质子在金属 圆筒内做匀速运动且时间为交流电压周期的一半，在金 属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压 Ｕ大小相 同，周期为Ｔ．质子电荷量为ｅ，质量为 ｍ，不计质子经过 狭缝的时间，则 （　　） Ａ．质子从圆筒Ｅ射出时的速度大小为 １０ｅＵ槡ｍ Ｂ．圆筒Ｅ的长度为Ｔ １０ｅＵ槡ｍ Ｃ．金属圆筒Ａ的长度与金属圆筒Ｂ的长度之比为１∶２ Ｄ．金属圆筒Ｃ的长度与金属圆筒 Ｄ的长度之比为 槡３∶２ 二、填空题（共８分） ４．如今某些肿瘤可以用“质 子疗法”进行治疗，在这种疗法 中，质子先被加速到具有较高的 能量，然后被引向轰击肿瘤，杀 死细胞，如图４所示．若质子的 加速长度为 ｄ，要使质子在匀强 电场中由静止被匀加速到ｖ，已知质子的质量为ｍ，电荷 量为ｅ，则运动过程中质子所受电场力做 功，电 势能 （选填“增加”或“减小”），可以推算该加 速电场的电压为Ｕ＝ ，加速电场的电场强度为 Ｅ＝ ． 三、解答题（共１４分） ５．（２０２３广东广州禺山高 级中学期中）如图５所示，平 板电容器中存在着电场强度 大小为Ｅ＝１×１０６Ｎ／Ｃ的匀 强电场，一个质量为 ｍ＝１× １０－３ｋｇ、电荷量为ｑ＝＋１×１０－６Ｃ的粒子，紧靠Ａ极板以 初速度ｖ０ ＝８ｍ／ｓ水平向右射出，经过一段时间粒子以 速度ｖ＝１０ｍ／ｓ落到Ｂ极板，不考虑粒子重力．求： （１）粒子在电场中运动的加速度ａ； （２）粒子在电场中的运动时间ｔ； （３）平板电容器的电压Ｕ． 书 带电粒子在电场中偏转问题的处理方法和平抛运 动相似，就是运动的合成与分解，分解为沿初速度方向 和沿电场方向的两个分运动后，运用相对应的运动规律 解决问题．其中运动时间、偏转位移和偏转角的分析，都 是各类考试考查的重点． １．运动情况 （１）条件分析：不计重力的带电粒子垂直于电场线 方向飞入匀强电场． （２）运动特点：类平抛运动． （３）处理方法：运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做匀速直线运动． ②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动． ２．基本规律 设粒子带电荷量为 ｑ，质量为 ｍ（忽略重力影响）， 两平行金属板间的电压为Ｕ，板长为ｌ，板间距离为ｄ，则 有 （１）加速度：ａ＝Ｆｍ ＝ ｑＥ ｍ ＝ ｑＵ ｍｄ． （２）在电场中的运动时间：ｔ＝ ｌｖ０ ． （３）速度 ｖｘ ＝ｖ０ ｖｙ ＝ａｔ＝ ｑＵｌ ｍｖ０ { ｄ ｖ＝ ｖ２ｘ＋ｖ ２ 槡 ｙ，ｔａｎθ＝ ｖｙ ｖｘ ＝ ｑＵｌ ｍｖ２０ｄ ． （４）位移 ｌ＝ｖ０ｔ ｙ＝ １２ａｔ ２ ＝ ｑＵｌ ２ ２ｍｖ２０ｄ { ． 例１．如图１所示，含有大 量１１Ｈ、 ２ １Ｈ、 ４ ２Ｈｅ的粒子流无初 速度进入某一加速电场，然后 沿平行金属板中心线上的 Ｏ 点进入同一偏转电场，最后打 在荧光屏上．不计粒子重力，下列有关荧光屏上亮点分 布的说法正确的是 （　　） Ａ．出现三个亮点，偏离Ｏ点最远的是１１Ｈ Ｂ．出现三个亮点，偏离Ｏ点最远的是４２Ｈｅ Ｃ．出现两个亮点 Ｄ．只会出现一个亮点 解析：对于质量为ｍ，电荷量为ｑ的粒子，加速过程 有 ｑＵ１＝ １ ２ｍｖ ２ ０，偏转过程有ｔａｎα＝ ｖｙ ｖ０ ＝ａｔｖ０ ＝ Ｕ２ｑｌ ｄｍｖ２０ ， 其中ｌ为偏转电场长度，ｄ为宽度，联立得ｔａｎα＝ Ｕ２ｌ ２Ｕ１ｄ ， 与粒子比荷无关；偏转量ｙ＝ １２· Ｕ２ｑ ｍｄ· ｌ２ ｖ２０ ＝ Ｕ２ｌ ２ ４Ｕ１ｄ ，与 粒子比荷无关，粒子从同一点离开偏转电场后沿同一方 向做匀速直线运动，由几何关系知，荧光屏上只会出现 一个亮点，故Ｄ正确． 答案：Ｄ 例２．在示波管中，电子 通过电子枪加速，进入偏转电 场，然后射到荧光屏上，如图 ２所示．设电子的质量为 ｍ（不考虑所受重力），电荷量 为ｅ，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为 Ｕ１，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为 ｄ，板长为Ｌ，偏转电压为 Ｕ２．求电子射到荧光屏上时的 动能大小． 解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理 ｅＵ１ ＝ １ ２ｍｖ ２ ｘ 进入偏转电场后Ｌ＝ｖｘｔ，ｖｙ ＝ａｔ，ａ＝ ｅＵ２ ｍｄ 射出偏转电场时的合速度（等于射到荧光屏上的 速度）ｖ＝ ｖ２ｘ＋ｖ ２ 槡 ｙ， 由以上各式得Ｅｋ ＝ １ ２ｍｖ ２ ＝ｅＵ１＋ ｅＵ２２Ｌ ２ ４ｄ２Ｕ１ ． 答案：ｅＵ１＋ ｅＵ２２Ｌ ２ ４ｄ２Ｕ１ ． 跟踪训练：（多选）如图３ 所示，Ａ板发出的电子经加速 后，水平射入水平放置的两平 行金属板间，金属板间所加的 电压为Ｕ．电子最终打在荧光 屏Ｐ上，关于电子的运动，下 列说法中正确的是 （　　） Ａ．滑动触头向右移动时，电子打在Ｐ上的位置上升 Ｂ．滑动触头向左移动时，电子打在Ｐ上的位置上升 Ｃ．电压Ｕ增大时，电子从发出到打在Ｐ上的时间不 变 Ｄ．电压Ｕ增大时，电子打在Ｐ上的速度大小不变 答案：ＢＣ 书 带电粒子在电场中的加速和直线运动是电场问题 中的常见类型，也是解决带电粒子在电场中偏转问题的 基础．是否考虑带电粒子的重力，选择什么样的方法解 决问题，是解此类问题的两个思考点． １．电场中重力的处理方法 （１）基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等微观粒 子，除有说明或明确暗示外，一般都不考虑重力（但并不 忽略质量）． （２）带电体：如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明 或明确暗示外，一般都不能忽略重力． ２．解决电场中直线运动问题的两种观点 （１）动力学观点：根据带电粒子受到的电场力，用 牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒 子的运动情况．此方法只适用于匀强电场． （２）功和能量观点：根据电场力对带电粒子所做的 功等于带电粒子动能的变化求解．此方法既适用于匀强 电场，也适用于非匀强电场． 例１．如图１所示，水平放置的 Ａ、Ｂ两平行板相距 ｈ，上板 Ａ带正 电．现有质量为ｍ，电荷量为 ＋ｑ的 小球在Ｂ板下方距离为Ｈ处，以初 速度ｖ０竖直向上从 Ｂ板小孔进入 板间电场，欲使小球刚好打到 Ａ 板，则Ａ、Ｂ两板间的电势差大小为多少？ 解析：小球的运动分两个过程．第一个过程为在 Ｂ 板下方时仅受重力作用，做竖直上抛运动；第二个过程 为进入电场后受向下的静电力和重力作用，做匀减速直 线运动． 对第一个运动过程： ｖ２Ｂ ＝ｖ ２ ０－２ｇＨ 对第二个运动过程：加速度为ａ＝ｍｇ＋ｑＥｍ 由题意知ｈ为减速运动最大位移，故有ｈ＝ ｖ２Ｂ ２ａ 整理得 ｖ２Ｂ ＝２ｇｈ＋ ２ｑｈＥ ｍ ． 联立可得：Ａ、Ｂ间的电势差为 Ｕ＝Ｅｈ＝ ｍ［ｖ２０－２ｇ（Ｈ＋ｈ）］ ２ｑ ． 例２．电子枪是示波器构造 的一部分，如图２是电子枪的示 意图．Ａ是电阻丝，加热后电子可 以从电阻丝中逃逸出来，Ｕ１是加 在电阻丝两端的电压．Ｂ是金属 板，在Ａ、Ｂ之间加电压 Ｕ２，逃逸 出来的电子经Ａ、Ｂ间电场加速后从金属板中间的小孔 射出．电子从电阻丝出来时的速度近似为零，Ｕ２远远大 于Ｕ１，电阻丝与板间的距离为 ｄ，电子电荷量为 ｅ、质量 为ｍ，不计电子间的相互作用及重力，则下列说法正确 的是 （　　） Ａ．金属板的电势低于电阻丝的电势 Ｂ．电阻丝与金属板间的电场强度大小为Ｅ＝ Ｕ２ ｄ （下转第４版） 书 §１０．５带电粒子在电场中的运动 预习题纲 １．了解带电粒子在电场中的运动特点； ２．知道从能量的角度分析计算带电粒子在电场中 的加速问题； ３．知道从力和运动的合成与分解的角度分析计算 带电粒子在电场中的偏转； ４．了解示波管的构造和工作原理． 课本预习 带电粒子在电场中的加速 １．利用电场使带电粒子加速时，带电粒子的速度方 向与 的方向相同或相反． ２．带电粒子加速问题的两种分析思路 （１）利用 结合匀变速直线运 动公式来分析，适用于解决的问题属于 且 涉及运动时间等描述运动过程的物理量时． （２）利用静电力做功结合 来分析，适用 于问题只涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或 的情景． 带电粒子在电场中的偏转 １．偏转条件：带电粒子的初速度方向跟电场方向 ． ２．运动轨迹：在匀强电场中，带电粒子的运动轨迹 是一条 ，类似 运动的轨迹． ３．分析思路：跟分析平抛运动是一样的，不同的仅 仅是平抛运动物体所受的是 ，带电粒子所受的 是 ． 示波管的原理 １．构造：示波管主要由 、 （ＸＸ′和ＹＹ′）、 组成，管内抽成真空． ２．原理 （１）给电子枪通电后，如果在偏转电极 ＸＸ′和 ＹＹ′ 上都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动， 打在荧光屏的 ，产生一个亮斑． （２）示波管的ＹＹ′偏转电极上加的是待测的信号电 压，使电子沿 方向偏转． （３）示波管的ＸＸ′偏转电极上加的是仪器自身产生 的锯齿形电压，叫作扫描电压，使电子沿 方向 偏转． 问题思考 １．如图１所示，质量为ｍ，带正电 荷ｑ的粒子，在静电力作用下由静止 开始从正极板向负极板运动的过程 中，请思考： （１）静电力对它做的功是多少？ （２）粒子到达负极板时的速率是多少？ ２．图２甲是物体从水平匀速飞行的飞机上投下，不 计空气阻力时的运动轨迹；图乙是带电粒子垂直进入匀 强电场中只在电场力作用下运动的轨迹图，结合图片分 析它们的受力和运动的共同特性． ３．带电粒子在电场中受静电力作用，我们可以利用 电场来控制粒子，使它加速或偏转．如图３所示是示波器 的核心部件———示波管． 请思考：示波管中电子的运动可分为几个阶段？各 阶段的运动遵循什么规律？ 思考提示 １．（１）Ｗ ＝ｑＵ；（２）ｖ＝ ２ｑＵ槡ｍ ． ２．物体的运动性质取决于其初速度和受力情况的 关系．两者都是只受一个恒力的作用，且该力跟初速度 方向垂直，我们已经知道甲的运动是平抛运动，所以乙 的运动我们称之为类平抛运动，两者在运动性质和运动 规律上完全可以类比． ３．一般可分为三个阶段：第一阶段为加速，遵循动 能定理．第二阶段为偏转，遵循类平抛运动规律．第三阶 段从偏转电极出来后，做匀速直线运动到达屏幕． ! 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" &'()*+,- &'()*+,-./0123*0 ! 4 &'()*+,-./0123*0 ! 4 -560 $ 7 , 8'93 ;<=>?@ABCDE A BFGEABH<EA BIJ/KLMNOPQ "#RSABTUVW XYZ[\E]^_`a b]cIJ/deT f> ?@gABhij klmEb]E[\En opIJ/defqr ?@st0Ju7<= pv`TUlmwxv `y z/defqr? @{|/}~Ppj k€ETUcb‚jk ƒ„E[\Eb]pTU… †‡}~/ˆ‰fqŠ $#RS‹ŒŽE ‘’p0J“”AB TU•–CDKLAB /de—˜Š %#™wABš`TU VW/TU›œEKž ŸE˜ ¡˜¢>?@ˆ ‰/£¤¥<OP¡ ¦ §/OP€¨P>™w ©ATU/“ªc\« ¬­>f®¯°PABT U/v`±²g³´ µ ¶·¡¸¹/º»Q &#?@{§/¼½¥ <fqE {|/¾¿f q¡ÀÁ©fqÃÄ ¦§/ÅÆP¡tÇ ÈÉÊ :;<=> ABc ©Av`E]^Ëu7c TUEÌÍu7cv`Î ?@AB> ]^Ë ABTUE ©AhiÏ <E AÐcABH<T UE,Ñ-cÒEÓÔ< ÕcÖ×ØhiÏ<E ABÙDcnTUE AB=cÚÛTUÜÎ :CDEF,<G H>v`TUÝÞß,* và±áEMN±áEâ `b]E ãNb]ä= ‹åÜÎ :CIJDK>, *æç±èE ]^Ëd ;±èE©AÏ<±èE MNst±èÎ /JLM>éê NO<P>v77ë QJRS> ìíš Nc,îv`@/0 1ÌÍEvNï`ÌÍE ,îv`E ,q,*T UEncð1ñò¾E ,*c]^ËTUÜV Wìív`b]E hi lmEhi0kEƒÍ[ \E £¤ó<ܗô/ vÇÎ 书 素养专练７．带电粒子在电场中的加速 １．（２０２３黑龙江鸡西第三中 学期末）如图１所示，在Ｐ板附近 有电荷由静止开始向 Ｑ板运动， 则以下解释正确的是 （　　） Ａ．到达Ｑ板的速率与板间距 离和加速电压两个因素有关 Ｂ．到达Ｑ板的速率与板间距离无关 Ｃ．两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大 Ｄ．若板间的电压Ｕ与电荷量ｑ均变为原来的２倍， 则到达Ｑ板的速率变为原来的４倍 ２．如图２所示，两平行金属板 竖直放置，板上 Ａ、Ｂ两孔正好水 平相对，板间电压为３００Ｖ．一个 动能为４００ｅＶ的电子从Ａ孔沿垂 直板方向射入电场中．经过一段 时间电子离开电场，则电子离开 电场时的动能大小为 （　　） Ａ．４００ｅＶ Ｂ．１００ｅＶ Ｃ．９００ｅＶ Ｄ．５００ｅＶ ３．（２０２３浙江慈溪中学模拟预 测）如图３所示，两平行金属板相距 为ｄ，电势差为Ｕ，一个质量为ｍ，电 荷量为ｅ的电子，从Ｏ点沿垂直于极 板的方向射出，最远到达距Ｏ点为ｈ 处的Ａ点，然后返回．则此电子在Ｏ 点射出时的速度大小是 （　　） Ａ．ｅＵ Ｂ． ２ｅＵｈ槡ｍｄ Ｃ． ２ｅＵｄ槡ｍｈ Ｄ． ｅＵｈ ｄ ４．（２０２３江苏常州湟里高 级中学月考）如图４所示，两平 行金属板相距为ｄ，电势差Ｕ未 知，一个电子从 Ｏ点沿垂直于 极板的方向以速度ｖ射出，最远 到达Ａ点，然后返回，已知 Ｏ、Ａ 相距为ｈ，电子的质量为ｍ，电荷量为 ｅ，则两金属板间 的电势差Ｕ为 （　　） Ａ．ｍｖ ２ ２ｈ Ｂ． ｍｖ２ ２ｅ Ｃ． ｍｄｖ２ ２ｅｈ Ｄ． ｍｈｖ２ ２ｅｄ ５．（２０２２贵州贵阳东升学校 期中）如图５所示，Ａ和Ｂ是置于 真空中的两平行金属板，所加电 压为 Ｕ．一带负电的粒子以初速 度ｖ０由小孔水平射入电场中，粒 子刚好能达到金属板Ｂ．如果要使 粒子刚好达到两板间距离的一半处，可采取的办法有 （　　） Ａ．初速度为 ｖ０ ２，电压Ｕ不变 Ｂ．初速度为 ｖ０ ２，电压为 Ｕ ２ Ｃ．初速度为ｖ０，电压为 Ｕ ２ Ｄ．初速度为ｖ０，电压为槡２Ｕ ６．如图６所示，三块平行放 置的带电金属薄板Ａ、Ｂ、Ｃ中央 各有一小孔，小孔分别位于 Ｏ、 Ｍ、Ｐ点．由 Ｏ点静止释放的电 子恰好能运动到Ｐ点．现将Ｃ板 向右平移到Ｐ′点，则由Ｏ点静 止释放的电子 （　　） Ａ．运动到Ｐ点返回 Ｂ．运动到Ｐ和Ｐ′点之间返回 Ｃ．运动到Ｐ′点返回 Ｄ．穿过Ｐ′点 素养专练８．带电粒子在电场中的偏转 １．如图１所示，一束粒子 （不计粒子重力）从Ｏ点沿水 平方向以初速度ｖ射入平行板 之间的电场后分成了 ａ、ｂ、ｃ、ｄ 四束，各粒子束中粒子不带电 且动能保持不变的是 （　　） Ａ．ａ Ｂ．ｂ Ｃ．ｃ Ｄ．ｄ ２．（２０２３海南天一大联考 期末）如图２所示，水平放置 的平行板电容器上极板接电 源正极，下极板接电源负极． 一个带电粒子以初速度 ｖ０从 上极板边缘水平射入平行板 电容器，经过一段时间，粒子打在下极板的Ｍ点，忽略粒 子自身重力，下列说法正确的是 （　　） Ａ．粒子带负电 Ｂ．增加两极板之间的电压，粒子打在Ｍ点右侧 Ｃ．减小两极板之间的电压，粒子打在Ｍ点左侧 Ｄ．增加两极板之间的电压，粒子在电场中运动的时 间变短 ３．（２０２３重庆巴渝学校期 中）如图３所示，带电平行金 属板水平放置，电荷量相同的 三个带电粒子ａ、ｂ、ｃ从两极板 正中央以相同的初速度垂直 电场线方向射入匀强电场（不计粒子的重力），则它们在 两板间运动的过程中 （　　） Ａ．ａ、ｂ、ｃ粒子在板内运动时间ｔａ ＝ｔｂ ＜ｔｃ Ｂ．ａ、ｂ、ｃ粒子在板内运动时间ｔａ ＜ｔｂ ＝ｔｃ Ｃ．ａ、ｂ、ｃ粒子在板内运动时间ｔａ ＝ｔｂ ＝ｔｃ Ｄ．ａ、ｂ、ｃ粒子在板内运动时间ｔａ ＝ｔｂ ＞ｔｃ ４．（２０２３浙江学业考试） 如图４所示，带电粒子沿带电 平行板中线射入，带电粒子偏 转射出电场，平行板之间电场 为匀强电场，不计重力影响， 则下列说法正确的是 （　　） Ａ．若射入的初速度加倍，侧移量加倍 Ｂ．若射入的初速度加倍，偏转角减半 Ｃ．若两板间电压Ｕ加倍，侧移量加倍 Ｄ．若两板间电压Ｕ加倍，偏转角加倍 ５．如图５所示，电子由 静止开始经加速电场加速 后，沿平行于板面的方向射 入偏转电场，并从另一侧射 出．已知加速电场电压为 Ｕ１，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为 Ｕ２．不计 电子重力，现使Ｕ１变为原来的２倍，要想使电子的运动 轨迹不发生变化，下列方法可行的是 （　　） Ａ．使Ｕ２变为原来的２倍 Ｂ．使Ｕ２变为原来的４倍 Ｃ．使偏转场板长变为原来的槡２倍 Ｄ．使偏转场板长变为原来的２倍 ６．（２０２３重庆沙坪坝南开中 学期中）如图６所示，Ａ、Ｂ、Ｃ三 个带电离子（不计重力），以相同 的初速度沿水平金属板 Ｍ、Ｎ间 的中心线射入匀强电场中，两极 板间的距离为 ｄ．Ａ离子落在 Ｎ 板的中点；Ｂ离子落在Ｎ板的边缘；Ｃ离子飞出极板时， 沿电场方向的位移为 ｄ ４．已知它们质量之比为ｍＡ∶ｍＢ∶ ｍＣ ＝１∶１∶２，则离子Ａ、Ｂ、Ｃ所带电荷量之比为 （　　） Ａ．２∶１∶１ Ｂ．２∶２∶１ Ｃ．４∶２∶１ Ｄ．４∶１∶１ ７．（２０２３四川眉山仁寿县期 中，多选）如图７所示，带电荷量 之比为ｑＡ∶ｑＢ ＝１∶３的带电粒 子Ａ、Ｂ以相同的速度 ｖ０从同一 点出发，沿着跟电场强度垂直的 方向射入平行板电容器中，分别打在 Ｃ、Ｄ点，若 ＯＣ＝ ＣＤ，忽略粒子重力的影响，则 （　　） Ａ．Ａ和Ｂ在电场中运动的时间之比为２∶１ Ｂ．Ａ和Ｂ运动的加速度大小之比为４∶１ Ｃ．Ａ和Ｂ的质量之比为１∶１２ Ｄ．Ａ和Ｂ运动的位移大小之比为                                                   １∶１ 书 第５期２版参考答案 素养专练４　电势差与电场强度的关系 １．Ａ　２．Ｃ　３．Ｂ　４．Ｂ　５．Ａ　６．Ｂ　７．Ｃ 素养专练５　电容器的电容 １．Ｃ　２．Ａ　３．Ｂ　４．Ｂ　５．ＡＤ 素养专练６　平行板电容器动态分析 １．Ａ　２．Ｃ　３．ＢＤ　４．ＡＤ 第５期３版参考答案 １．Ｂ　２．Ａ　３．Ｂ　４．Ｂ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｃ 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０×１０ ３Ｖ． 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 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 " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " !" !"#$%"&' ()* #" !"#$%"&' (+, """""""""""""""""""""""""""""""""""""""""" -\]Z[^_43 ! " # ! " $ % & ' ! 3 ( 4 ! & ) * % $ % ( ! ) + ! , ( , * * ) ! # &! ) - & * . + ! ( $ % + , / 0 1 2 ! $ % . $ , * ! & 1 / 2 ! " $$$$$$$$$$$$$$$ %%%%%%%%%%%%%%% 0 3 E 4 ( 5 , * 6 7 õö , * ! , , 7 ÷øù ! , ( & 8 ( $ ! # $ $ $ $ $ $ % % % % % % 0 0 , - * ) 9 . ! ( $ $ $ $ $ $ % % % % % % : - + * ) ! ' ,*ú % $ ÷ø,û 5 5! 6 6! ü ý þ 6! 5 5! & 6 ÿ! ! 3 . 7 ( $ % 9 ! & 0 , ! & ' , ,#" ; ! " % $ ( , 0 8 " # ! , 0 8 * ) + (<9 =<: *;!# !;3 " # ! # % $ ( & ' ! ( $% % ,*& $ ,û' ÷ø % $ . & . 3 + üþ ! ' , ! . 9 ! ) ( ! , ! & 0 > ! 3! 9 . >?3# <= ) * !?&! <= ! > () AÐG× , *,+ $ % , ! 3 -. /0 12 3û' 4û' 56' ! & 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 ! ! ! 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