高中物理课时作业（人教版必修第三册）详解答案

详解答案

课时分层作业（一）电荷

1.解析：A、B错：摩擦起电的过程中电荷从一个物体转移到另一个物体，在转移过程

中电荷总量是不变的.C对，D错：感应起电是电荷从物体的一个部分转移到物体的另一个

部分，且在转移过程中电荷总量是不变的，并不是从带电的物体转移到原来不带电的物体.

答案：C

2.解析：带电体具有吸引轻小物体的性质，由题意知，％先吸引“，当两球接触后，两

球带同种电荷，有斥力作用，因此力又把。排斥开，所以B正确.

答案：B

3.解析：两物体摩擦时得失电子情况取决于原子核对电子的束缚力大小，A错.由于摩

擦起电的实质是电子的得失，所以两物体带电种类一定大同，但数量相等，B错，C对.由

题中例子不难看出，同一物体与不同种类的物体摩擦，节电种类可能不同，D对.

答案：CD

4.解析：把带电金属球移近不带电的验电器，若金属球带正电荷，则将导体上的自由电

子吸引上来，这样验电器的上部将带负电荷，箔片带正电荷；若金属球带负电荷，则将导体

上的自由电子排斥到最远端，这样验电器的上部将带正电荷，箔片带负电荷.

答案：B

5.解析：由于都是金属导体，可移动的电荷是自由电子，4带上负电荷的原因，

1Xin~8

是电子由B移动到4,其中转移的电子数为〃=-西=X1。|°（个）•这样B失去〃个电子,

A1U

带上1X10-8c正电，A得到〃个电子，带上1X10-8C负电.

答案：c

6.解析：当闭合任何开关时，导体就会与大地连接，会使大地的电子流入枕形导体.

答案：C

7.解析：方法一用手碰A球，A球失去电荷，将A、3球接触，A、8两球都带上一号

的电荷量，再用手碰A,4又失去电荷，再把A、8球接触，则A、8球都带上一孑的电荷量.

方法二用一个与4、B完全相同的不带电的金属球与A接触，A球带电荷量变为?,

再把人、8球接触，人、8球带电荷量都变为一孑.

答案；见解析

课时分层作业（二）库仑定律

1.解析：本实验采用了控制变量法，未采用等效替代法，A错误；根据丝线偏离竖直方

向的角度可以看出，从左向右小球所受带电物体的作用刀逐渐减小，由于只改变了小球与带

电体间的距离，没有改变电性和电荷量，只能研究电荷之间作用力的大小与两电荷间距离的

关系，不能研究电荷之间作用力的大小和电性、电荷量的关系，故B、C错误，D正确.

答案：D

2.解析：如图甲所示，当两金属球带异种电荷时，电荷间相互吸引，电荷相对集中在最

近端，导致电荷间距比/■小，因此库仑力Q庠，选项A错误，C正确；如图乙所示，当两

金属球带同种电荷时，电荷间相互排斥，使电荷相对集。在最远端，导致电荷间距比「大，

因此库仑力代名，选项B、D错误.

答案：C

3.解析：由尸=也芈，知尸8，，当电荷量不变，增大为原来的2倍时，静电力变

为原来的;,选项D正确.

答案：D

4.解析：根据“同电相斥，异电相吸”规律，确定金属小球。受到〃和人的静电力的方

向，考虑。的带电荷量小于〃的带电荷量，根据平行四边形定则求合力如图所示，选项B正

确.

答案：B

5.解析：要使。处的正点电荷所受静电力的合力方向平行于48向左，该正点电荷所受

力的情况应如图所示，所以A带负电，〃带正电.设AC间的距离为L则4。问的距离为

2L.

Fftsin30°=F^,即・sin30。=号笠,解得行=|，故选项B正确.

答案：B

311

6.解析：将乙图中的均匀带电的；球壳分成三个;带电球壳，关于球心对称的两个:带

电球壳对点电荷的库仑力的合力为零，因此乙图中带电的号球壳对点电荷的库仑力的大小和

甲图中均匀带电的！球壳对点电荷的库仑力的大小相等，故D正确.

答案：D

7.解析：球壳完整时，由于对称性，球心上的点电荷受力为0,可知挖去部分的电荷和

剩下部分的电荷对点电荷产生的力大小相等、方向相反.故要计算剩下部分电荷对点电荷产

生的力，只要求出挖去部分的电荷（即小圆孔所带的电荷j对点电荷产生的力即可.

由于所以球壳上挖去的部分可视为点电荷，由库仑定律得产=甯,其中Q'=

条冗产,得出,方向由球心指向小圃孔的圆心.那么剩下的球壳电荷对球心处

点电荷的力尸=尸=嗨方向在小圆孔的圆心与球心的连线上，背离小圆孔的圆心.

答案：见解析

课时分层作业（三）库仑力作用下的平衡与加速问题

I.解析：假定a=J,则库仑力在水平方向上，皿、52受力如图所示，由平衡条件可知，

FF

如且=丽,〃速=3

0F=F,a=p,则用i=/〃2

可见，若〃“=〃%则。=人久”的关系与两小球所带电荷量无关.

答案：A

2.解析：在星球表面人高度处，粉尘处于悬浮状态，说明粉尘所受库仑力和万有引力平

衡，k\(K猾vH)、、\K=\RG)，鲁、，，得k7同2=。力〃?2；当离星球表面2〃高度时，所受合力F

=A(擀，，-G，黑小•结合上式可知，尸=0,即受力仍平衡•由于库仑力和万有引

\K~i~in)IALn)

力都遵从与距离二次方成反比的规律，因此该粉尘无论叵星球表面多高，都处于悬浮状态.

答案：c

J.X［八一6XSX1

3.解析：两球之间的库仑力为警=X109X------广------N=2N,小球3

受到的重力大小为Gs=2N,且产与竖直方向夹角为60。，F=FB,故小球4受到库仑力、重

力以及细线的拉力，组成的矢量三角形为等边三角形，所以细线与竖直方向的夹角为6。。，B

正确.

答案；B

4.解析：根据电荷间的相互作用规律可知，A球带负电，8球带正电，A球才能受到固

定球向左的吸引力和A球向右的吸引力而平衡，8球受到固定球向右的排斥力和人球向左的

吸引力而平衡，故A、D错误；A球与两边带电球的间度相等，根据库仑定律可知，两边带

电球带电荷量相等，即3球带电荷量与固定球的带电荷量相等，对于8球，因为A离8较近，

故要想使4对B的库仑力与固定球对B的库仑力大小相等，A球的带电荷量需要比固定球带

电荷量少，故B正确，C错误.

答案：B

5.解析：(1)分析题意可知，带电小球A处于静止状态，合力为零，带电小物块8、C

对A的库仑力的合力与A的重力平衡，即6、C对A的库仑力斜向上，故8带正电.

(2)根据几何关系可知，库仑力对称分布，NA=60。，8对A的库仑力为尸明，则

小FBA="lg,FBA=^^B»

钮吗也〃侬尸

解何在一3kq.

(3)研究整体的受力情况，库仑力为内力，整体受到重力和地面的两个支持力作用，

3

则地面对8的支持力FB=2mg

3

根据牛顿第三定律可知，8对地面的压力大小为g

答案：⑴正电(2)^^⑶|/咫

6.解析：设弹簧的级度系数为公，由题意知其中一个金属小球在漏电前后平衡时，有

._____kq14kq.xi4(/p+x2)2.,,x)

to，=te=2=2

(/o+xi)2'(/0+x2)'则三(/o+x,)'分析知/。+工2〈/。+工”故三<

4,C正确.

答案：c

7.解析：A错，B对：点电荷一q做匀速圆周运动，库仑力的水平分量提供向心力，根

据库仑定律以及力的分解有吊=—乎一cos30。="豁.

(sin30°)'

2

C对，D错：结合圆周运动规律有ta：?o。=m——，V=y[3gii.

tan30°

答案：BC

课时分层作业(四)电场电场强度

1.解析：A、B错：电场中某点电场强度的大小与试探电荷无关.C错：以Q为球心、

，•为半径的球面上，各点电场强度大小相等，但方向不同.D对：点电荷形成的电场中，离

点电荷越远，电场强度越小.

答案：D

2.解析：电场线是假想的线，电场中实际不存在电场线，故A错误；电场中某点的电

场强度的方向与电场线在该点的切线方向一致，若电场线相交，则相交处场强方向有两个，

和电场方向是唯一的相矛盾，故电场线不相交，故B正确，C错误；电场线的疏密表示电场

强弱，电场线较密的地方电场强度较大，电场线较疏的地方电场强度较小，故D错误.

答案：B

3.解析：A、B错：因为电场强度与放入电场中的试探电荷的电荷量及所受的静电力无

关，由电场本身决定.所以电场强度不随夕、尸的变化而变化.C错，D对：某点的电场强度

F

一定，由知，尸与〃成正比.

q

答案：D

4.解析：根据电场线的疏密反映电场强度的大小可知，Q点的电场强度大，故同一检睑

电荷在Q点所受的电场力大，故选项C正确.

答案：C

5.解析：根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，4、8是两个等量

异种电荷，故A正确，B错误；在两等量异种电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，

也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比。点的电场强度大，且C、。两点电场

强度方向相同，故C、D错误.

答案：A

6.解析；根据电场强度的物理意义：电场强度是反映电场本身性质的物理量，仅由电场

本身决定，与试探电荷无关，可知，将该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，A点的场强大

小仍然是£，方向与正电荷受力厂的方向相同，选项A、B、C错误，D正确.

答案：D

7.解析：A错：A、3一定是同种电荷，既可能均带负电荷，也可能均带正电荷.B对：

A、B各自在。处产生的电场强度等值反向，合电场强度为零.C错：〃、8两点的电场强度

大小相等，但方向相反.D错：c、d两点的电场强度大小相等，但方向相反.

答案：B

8.解析：A、B槽：设点电荷的电荷量为Q,将反、瓦延长相交，交点即为点电荷Q

的位置，如图所示，由图可知电场方向指向场源电荷，所以这是一个负点电荷产生的电场.C

错，D对：设4、》两点到。的距离分别为％和%,由几何知识得为：%=1：小，由七=

呼可得反=3见，即旦：邑=3：1.

答案：D

9.解析：当圆环的;部分均匀带电且电荷量为+夕时，圆心。处的电场强度大小为E,

由如图所示的矢量合成可得，当半圆环A8C均匀带电且电荷量为+2q时，在圆心处产生的

电场强度大小为镜E,方向由。到。；当另一半圆环人DC均匀带电且电荷量为一2“肝，圆

心处的电场强度大小也为加E,方向由。到。.根据矢量的合成法则，圆心。处的电场强度

大小为2吸E,方向由。到D选项A正确，B、C、D错误.

答案：A

10.解析：A、B错：根据题意，4点电场强度的方向垂直48向下，由平行四边形定则

可知，〃带正电，欤带负电.C错，D对：根据A点电场强度的方向垂直AB向下，可得

sin30。=今,鼠=喈,反=号

又肛=2/1,联立解得仍=5农.

答案：D

II.解析：由题中VT图像可知，负点电荷的速度逐渐增大，静电力的方向由A指向B,

因为点电荷带负电，所以电场线由8指向Art图像的斜率逐渐增大，说明加速度逐渐增大，

所以电场强度由八到8逐渐增大，电场线越来越密.

答案：C

12.解析：因为O点的电场强度大小为2£,可知两个点电荷在。点产生的电场强度均

为号;若设。4=O8=r,则AC=2r,则与=虏；在C点，E+Q=£_Q=人帛=与；由平行

四边形定则可知，因两点电荷在C点的场强方向夹角为120。，可知两点电荷在C点的合场强

大小为f,方向水平向右；则C点的合场强大小为4=E+f=华，选项C正确.

答案：C

课时分层作业（五）静电力的性质

1.解析：粒子受到的电场力沿电场线并指向轨迹的凹侧方向，故粒子带正电，故A错

误；粒子受电场力方向沿电场线并指向轨迹的凹侧，所以先向左做减速运动，后向右做加速

运动，故B错误；根据电场线的琉密知道电场强度先变小后变大，故加速度先减小后增大，

故C错误；从。点到“点，电场力先做负功，再做正功，所以动能先减小后增大，故D正确.

答案：D

2.解析：由轨迹的弯曲特点可以判断静电力的方向水平向左，故粒子一定带负电，且带

电粒子由。点到力点静电力做正功，A、B、D项均正确；C项错误.

答案：ABD

3.解析：两小球始终处于相对静止状态，加速度相等.如果a带正电，受到匀强电场向

右的力和b对a向右的力，加速度向右；而b受到匀强电场向左的力和a对b向左的力，加

速度向左，两小球加速度不相等，所以a一定带负电；取向左为正，对a,根据牛顿第二定

律有3qE—咿=用生;对b,根据牛顿第二定律有啥一9£=旭俏.而5=俏,解得七=攀，

故B正确.

答案：B

4.解析：(1)设细线的拉力为立则

Fsin8=qE®

Feos0=mg®

由①②式解得后=幽臂

可得E=2X1()5N/C.

(2)剪断细线后，小球沿细线方向斜向下做初速度为零的匀加速直线运动，小球水平分运

动也为初速度为零的匀加速直线运动.

水平方向有mgtan8=ma,得a=gtan0

由运动学公式有at2

解得尸s.

答案：(1)2X10$N/C(2)见解析

5.解析；小球沿•合力方向做加速直线运动，根据右图可确定静电力的方向，小球在重力

和静电力的共同作用下做加速直线运动，当静电力的大小与重力沿垂直合力方向的分力相等

时，静电力最小，即qE=〃?gsin仇故E=*亚.大于噬逆的值都是可能的，不存在

最大值.

答案：CD

6.解析：电子运动轨迹为曲线，由曲线运动的产生条件可知电子在MN电场线上受力方

向水平向左，因此电场线方向水平向右(M—N).A错：由电子运动轨迹不能确定运动方向.B

对，C错：若四>的，由A靠近场源电荷Q,即。靠近例端且为正电荷.D对：电子从A

到8,静电力做负功，速度减小，VA>VB;电子从8到A,静电力做正功，速度增大，VA>

VB.

答案：BD

课时分层作业(六)静电的防止与利用

1.解析：图甲、图乙显示了导体内部带负电的电子在静电力作用下向左运动，易知带正

电的离子同样会受到静电力的作用，A错误；图丙中导体A8表面和CO表面的感应电荷将

在导体内部产生一个水平向左的电场，大小也为瓦，与原电场食加后，使得导体内部场强处

处为零，但新电场E和原皂场依然存在，故B正确，C、D错误.

答案：B

2.解析：由静电屏蔽原理可知，金属壳或金属网内的场强处处为零，因此超高压带电作

业的工作人员，为了保证他们的安全，必须穿上掺入金属丝制成的衣服，故A错误；家用煤

气灶的点火装置，它是根据尖端放电的原理而制成的，故B正确；避雷针通过接地引线与接

地装置连接，有雷电时可以把电荷及时导入大地，只在高大建筑物屋顶插入一根尖锐的导体

棒不能防止建筑物被雷击，故C错误；静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带相反的电荷，

这样静电力使油漆与金属表面结合得更牢固，故D正确.

答案：BD

3.解析：点电荷在球壳内、外表面感应出等量的异种电荷，除球壳外，电场的分布与点

电荷电场的分布相同，靠近球心处的场强大、远离球心处的场强小，球壳处于静电平衡状态，

则其内部场强为零，即B点场强为零，EA>EC>EB,D正确.

答案：D

4.解析：此题关键要清楚静电屏蔽的两种情况.达到静电平衡后，各图电荷分布情况大

致如图所示.由于静电屏蔽，选项A中验电器的金属箔不能张开.而选项B中金属网接地，

但是金属网仍然处于静电平衡状态，故其内部电场强度处处为0.选项C中金属网外壳带正电，

能使验电器的金属箔张开.而选项D中金属网外部没有电场.因此应选C.

答案：C

5.解析：圆形金属板与风针分别接上正、负高压极后，风针附近产生强电场，且风针尖

端处电场最强，因此风针尖端附近的电场线分布较密，故A正确；风针附近产生强电场使空

气发生电离，空气中的阳离子会向风针的尖端运动与针尖负电荷中和，发生放电现象，而空

气中的负离子因受排斥力而向相反方向运动，由于反冲，风针就旋转起来，故B、C正确；

如果交换金属板与风针所带电荷电性，风针不可能放出E电荷，因为导体内只有自由运动的

电子，故D错误.

答案:ABC

6.解析：球壳处于静电平衡时内部场强处处为0,故。点场强为0.所以£玲一£=0,球

壳上的感应电荷在O点处的场强大小等于A、B在O点产生的合场强大小EIEB=

――十七当一=磬，方向沿48指向

华）2（p2L

答案：I2AQ42,方向沿43指向B

课时分层作业（七）电势能和电势

1.解析：假设48两点相距/,直线48与电场线的夹角为4也90。），根据功的定义可

知，沿三种路径移动该电荷，电场力做的功均为日cos仇选项C正确，A、B、D错误.

答案：C

2.解析：由电场线越密的地方电场强度越大，可知根据沿电场线方向电势逐渐

降低，可知（pA<（pR,故D正确.

答案：D

3.解析：电荷只在电场力作用下，电场力做了2乂10-6j的正功，即合力做功为2X10

-6J,根据动能定理得知，动能增加了2X10-6J,选项A、B错误；电场力做了2X10-6J的

正功，根据功能关系得知，电荷的电势能减小2义10-6j,选项c错误，D正确.

答案；D

4.解析：本题中电场线只有一条，又没说明是哪种电场的电场线，因此电势降落的数值

及场强大小情况都不能确定，A、B错；〃、》两点电势已知，正电荷从。到人是从低电势向

高电势运动，静电力做负功，动能减小，电势能增大，C对，D错.

答案：C

5.解析：把点电荷从电场中的A点移到3点，其电势能增加XI。一7J,电场力做负功，

则该点电荷带负电，电场力做功为一Xl（）rj,故选B.

答案：B

6.解析：由做曲线运动的条件，知/所受静电力水平向右，⑺带正电，故电场方向向

右；/所受静电力水平向左，故碓为负电荷，故A错误；电场线水平向右，沿电场线的方向

电势降低，则A点的电势高于。点的电势，故B错误；由题图可知，静电力与运动方向成锐

角，静电力对小、饮都做工功，(八、夕2的电势能都减小，故C错误，D正确.

答案：D

7.解析：(1)电荷从无限远处移到电场中的4点，要克服静电力做功1XI0-6J,电荷的

电势能增加；无限远处电势能为零，则电荷在4点具有IXIOFj的电势能.

(2)A点的电势为你=等合V=100V.

q1Aiu

答案：⑴增加，1X10—6J⑵1OOV

8.解析：(1)粒子所受电场力产的大小为：F=Eq=X104XXIO_8N=X10-4N,正电荷

的受力方向与场强方向相同，故力的方向向右.

(2)粒子从M点移至N点的过程中，电场力所做的功为：WWN=&/=Xl(r4乂J=XI0-4J

(3)根据电势能定义可知：£pA/=V^v=X10-4J

答案：(I)X1()-4N方向向右(2)X104J

(3)X10-4J

9.解析：由于运动轨迹向下弯曲，说明粒子所受电场力方向向下，可判断电场线的方向

向上而不是向下，A错误；粒子既可以从。点运动到万总，也可以从〃点运动到。点，B错

误；由于顺着电场线方向电势降低，故有甲a«Pb,C错误；负电荷逆着电场线方向运切时电

势能减少，顺着电场线方向运动时电势能增加，因而粒子在a点的电势能大于在〃点的电势

能，D正确.

答案：D

10.解析：重力做功等于重力势能的减少量，重力做功5J,故重力势能减小5J,A错

误；电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功2J,故电势能减小2J,B错误；合力做

功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为WW=WG+W电+Wn=5J+2

J-1J=6J,故动能增大6J,C正确；除重力外的各个刀做的总功等于机械能的增加量，电

场力和空气阻力做的总功为1J,故机械能增加1J,D错误.

答案：C

11.解析：A对：质点。从“点运动到N点的过程中，动能减小，由动能定理可知，库

仑力对其做的总功为负值.B错：根据”为分析可知，N点距离点电荷。比M点近，N点场

强大，质点/，在N点受到的静电力大，所以在N点的加速度大小比M点的大.C错：质点力

从M点到N点，静电力做的总功为负值，根据静电力做功与电势能变化的关系可知，质点。

的电势能增加，即〃在"点的电势能小于在N点的电势能.D错：由于人力带同种电荷，

质点％仅在”的库仑力作用下做曲线运动，由轨迹可知，。所受的静电力斜向左上方，所以

电荷。一定在虚线MP下方.

答案：A

12.解析：旋转后的啃形如图所示，在这个过程中，电场力对带正电小球做的功力叼

=-2XqEX^=_qEL,对带负电小球做的功为Wi=-qEL,则电场力做的总功W=W1+

Wi=-2qEL,因此电势能增加24£乙选项D正确.

答案：D

课时分层作业(八)电势差

1.解析：电势差是用比值法定义的物理量，定义式为〃"=寸，电势差与试探电荷无

关，由电场本身和两点的位置决定，故A、C错误，DE确.静电力做功与电荷运动的路径

无关，只与电荷的初末位置有关，故B错误.

答案：D

2.解析：B处电场线较密，故电场强度日〈及，沿电场线方向电势降低，故小>”，A

错误，B正确；对正电荷，由于8A>88,故EpA>EpB,从A到8,电势能减小，电场力做正功，

对负电荷，仰EpFEpn,C正确，D错误.

答案：BC

3.解析：沿电场线方向电势降低，知A点电势高于8点电势，A正确.将电子从A点

移到5点，电场力做负功，电势能增加，B错误.由电场线疏密与场强大小的关系知工点的

电场强度小于B点的电场强度，C错误.将电子从A点移到C点再移到B点，电场力做负功，

D错误.

答案：A

4.解析：将一正电荷由。经A移到。时，Wi=qUcD,正电荷由C经B移到。时，牝

=qUcD，所以W=W2,由C到。静电力做正功，电势能降低，所以”>仅)，故D正确.

答案：D

5.解析：带电粒子的电性和电场力做功的正负均未知，所以各等势面的电势高低未知，

电场线的方向未知，A、B错误；因为c点和d点在同一个等势面上，故两点间的电势差U

=0,根据电场力做功公式W=qU可知，电场力对带电处于做功为0,C正确；根据题意可

得。、c两点间的电势差与"、/两点间的电势差相等，根据电场力做功公式W=gU可知，

D错误.

答案：C

6.解析：根据电场线或等差等势面的疏密程度可知，M点的场强小于N点的场强，A、

B错误；由EpA—Ep8=l想8,得电场力做负功电势能增加，则正电荷在M点的电势能小于在

N点的电势能，由％=如知M点的电势低于N点的电势，C正确，D错误.

答案：C

w.4X1()-8M

7.解析：由于^0°A=~T~=-]—V=40V,则(pA=-40V,由于｛7«B='~r=

-6X10-8

V=30V,则叫=-30V,可知0>尹8>9小可知场源电荷是负电荷，位于4的左

-2X10-9

侧.

答案：C

8.解析：A错：依据等差等势线的疏密表示场强大小可知，在c、4e、/四点中，/点

的电场最强.B错：沿着电场线方向，电势是降低的，因3供电线的电势高于A供电线的电

势，则在c、d、e、/四点中，c点的电势最高.C对：若将某电子由c移到£即从高电势到

低电势，其电势能将增大.D错：将某电子在d点由静止释放，在静电力作用下，它会向c

点所在等势线运动.

答案：C

9.解析：(1)根据点电荷电势公式，可得A、8两点的电势分别为

0产平=xio4V,

•A

(pB="=Xio4V.

*rii

4、B间的电势差为UAB=(PA-(PB=XIO4V-X104V=-XIO4V.

(2)设从A到8过程中，试探电荷电势能的变化量为A£p根据静电力做功与电势能变化的

关系有AEp=-Wi8=-q以8

代入数据得Afp=-4X10-,2X(-X104)J=XIO-7J.

答案：(l)-X104V(2)X10-7J

10.解析：C、D对：电荷只在静电力作用下从电场中的A点移到B点时，静电力做正

功，电荷电势能减少，静电力做了多少正功，电荷电势能就减少多少，由动能定理可知动能

增加；W^=AEk=5XI0.6j.A、B错：因电荷在4点的动能和电势能不知道，所以不能确

定电荷在8点的动能和电势能.

答案：CD

4

11.解析：据v-t图像的斜率等于加速度，可得物块在B点的加速度最大为。=尸7m/s2

7—5

F2

=2m/s?,所受的静电力最大为尸=〃心=1X2N=2N,则电场强度的最大值为E=~N/C

=1N/C,A正确；据IM图像可知物块的速度增大，静电力做正功，则电势能减小，B错误；

据两个等量的同种正电荷形成的电场，其连线中垂线上电场强度方向由。点沿中垂线指向外

侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐降低，C错误；由图像可知在4、B两点的速度

分别为：VA=6m/s,us=4m/s,物块从4到4的过程，根据动能定理得：C/UBA=^〃据—1

mvl=|XIX(62-42)J=10J,得：^=5V,由“八=一〃8得心8=-5V,D正确.

答案：AD

12.解析：(1)设带电小球在A点时受到的库仑力大小为凡根据牛顿第二定律有"织sin

3

30°—广二小M解得“=於明

(2)带电小球由A点运动到B点，由动能定理有mgsin30。•亨解得UAH=-

4q*

答案：(痔mg(2)-鬻

课时分层作业(九)电势差与电场强度的关系

1.解析：电场线与等势面垂直，且从高电势指向低电势，电场强度的方向水平向左，E

=~1=7V1n-2V/m=100V/m.

答案：c

2.解析：A对：电场线的方向是电势降低最快的方向.B对：由题图中电场线的分布规

律可知，电场不是匀强电场，C附近密集，4附近稀疏，则C附近的电场强度大于A附近的

电场强度.C对，D错：日公式知，UBC>UAB.

答案：ABC

3.解析：在匀强电场中将某一线段等分的同时就将该线段两端的电势差等分，可将/M,

如连线，连线的交点的电势是dd电势和的一半，也是。、c电势和的一半，已知。点的电

势为20V,力点的电势为24V,d点的电势为4V,那么对角线的交点电势就是14V,也是

a、c电势和的一半，那么c点的电势就是8V,故B正确，A、C、D错误.

答案：B

4.解析：因为正点电荷固定在。点，故仇,.=(/>(),以，>0.因为次段平均电场强度大于

加段平均电场强度，则UdKUbc=U.故q从d到e静电力做功小于qU.

答案：D

5.解析：(1)由石=黑，得石=挑V/m=XIO3V/m

因为以8=150V>0,故9市>伽，根据沿电场线方向电势降低可知电场强度方向由力指向

B.

(2)UAC=EdAC=XIO?XXcos37°V=280V,

则U%=-UAC=-280V.

答案：(DXl^v/m方向A-B(2)-280V

6.解析：因为A8平行于OC,并且四边形ABCO为底角是60。的等腰梯形，根据各点

坐标关系故有UOC=2%8,即6V—3c=2X(3-0)V,得"•=()V,故A正确；由于B、C

两点的电势都是零，所以BC为0V等势线，电场线与等势线垂直，故B错误；过8作OC

的垂线B。，垂足为£>,再作。F垂直于BC,由几何关系得上加=坐cm,故电场强度为E

=普=^-=gX102V/m=10()V3V/m,故D正确，C错误.

IDE41,DE2y]3

答案：AD

7.解析：带正电小球从O到C,根据动能定理以%c=AEk

沿电场线方向电势降低最快，所以电场线从。指向C,如图

PM1OM,则PC沿电场线方向上的距离为CM=PCcos3()o=小R善=1R,沿电场

线方向电势降低，则UPC=ECM=《一,A正确，B、C、D错误.

答案：A

课时分层作业(十)电场中的功能关系及图像问题

1.解析：从〃移到c,点电荷Q产生的电场对点电荷N不做功，在匀强电场中，a、c

两处电势相等，电场力对点电荷N也不做功，故A错误：B正确；从4移到6点电荷Q产

生的电场对点电荷N不做功，匀强电场对点电荷N做功为W=qE-2r=2qEr,所以电场力做

珈为2qEr,故C正确，D错误.

答案：BC

2.解析；正电荷从A点移到3点，克服静电力做功8X10—8j,电势能增加8X10-8j,

但由于零电势点位置未知，所以3点的电势能不能确定.A、D错误，C正确.4点的电势

能不能确定，则8点的电势不能确定，B错误.

答案：C

3.解析：根据给出的E-x图像可知，在。处为正电荷，在方处为负电荷，根据点电荷产

生的电场强度E=?及电场的叠加可知，c、d两处场强相同，电场方向由c指向d,故c

点电势高，故A正确；B、C、D错误.

答案：A

4.解析：8-x图线的斜率表示电场强度，由题图乙知，A、6位置的斜率相同，即&=

品,故A、B错误；由题图乙知，e人>夕8,由于质子带正电，质子的电势能稣=。/夕，故与4>4）8,

故C错误，D正确.

答案：D

5.解析：A错：小球上滑过程中，由动能定理得：W—mfih=^mvl—|mva,则静电

力做功W=/〃g/?.B对：由W=qU得，A、8两点的电势差口=甯C错：由于静电力做正功，

小球的电势能减小，则小球在8点的电势能小于在4点的电势能.D错：由。=以得.E=

%若电场线沿A8方向，A、8两点沿电场线方向的距离赤九则氏，=等，即电场强

度的最小值小于等.

答案：B

6.解析：小球。从N点由静止释放，过P点后到。点速度为零，整个运动过程只有重

力和库仑力做功，库仑力方向与小球。速度方向夹角一直大于90。，所以库仑力在整个过程

中做负功.小球〃从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的

合力一直增大，故A错误；小球。受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于

90。，在〃点合力与速度夹角大于90。，所以小球a从N到〃的过程中，速率应先增大后减小，

故B正确；从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，麻以电势能一直增加，故C正确；根

据能量守恒可知，从P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，

故D错误.

答案：BC

课时分层作业（十一）电容器的电容

1.解析：电容器铭牌上标注的是额定电压，即正常了作的最大电压，A错误，B正确.由

C=^j,得Q=CU=X10-6x9C=XKPc，C错误，D正确•

答案：BD

2.解析：A对：要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的

电势差增大.断开开关S后，将A、4两极板分开些，电容器的带电荷量不变，电容减小，

电势差增大.B、C错：保持开关S闭合，将A、B两极板分开或靠近些，静电计金属球和外

壳之间的电势差不变.D错：保持开关S闭合，将滑动变阻器滑片向右或向左移动，静电计

金属球和外壳之间的电势差不变.

答案；A

3.解析：A中电容器通过改变介电常数£r改变电容；B中电容器通过改变导电液体的深

度从而改变电容器两极正对面积改变电容；C中电容器通过改变两板间距离改变电容；D中

电容器通过改变定片与动片夹角，从而改变两极板正对面积；综上分析知，B、D正确，A、

C错误.

答案：BD

C2X]0-4

4.解析：由。=转，得C=仙）F=1X1O_6F,电容由电容器本身决定，当其电

U乙UU

荷量增加2义10一4C时，电容不变，仍为IXIO^F.此时电容器带电荷量Q，=（2XIO-4+2XIO

（）（）'4X10

44

-）C=4X10-C.由。=%得，U'=R=|i6V=400V.

uci入1u

答案：1X10"F400V

5.解析：由题图可知，液体与导体芯构成了电容器，两极板间距离不变，液面变化时只

有正对面积发生变化.则由。=品可知，当液面升高时，正对面积5增大，故电容增大,

再依据。=多和两极板间电势差不变，可知电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态,

因此指针向左偏转，故A、C、D错误，B正确.

答案：B

6.解析：充电过程中两极板的电荷量逐渐增多，根据〃=夕可知，两极板间电势差增

大，由此可知带电小球所受电场力F=qE=^-变大，绳子所受拉力等于电场力和重力之和，

即细线对小球的拉力逐渐增大，由此可知选项A错误，B正确；因为下极板接地，小球到下

极板的距离是一个定值，两极板间的电场强度逐渐增大，所以小球所在位置的电势大于零且

随着两极板上电荷量的增大而增大，由此可知电势能在增加，选项C正确，D错误.

答案；BC

课时分层作业（十二）带电粒子在电场中的运动

1.解析：质子和a粒子都带正电，从A点释放将受静电力作用加速运动到8点，设4、

B两点间的电势差为U,由动能定理可知，对质子：!〃珀昂=〃HU,对a粒子：J/〃欣=qaU.

得普二厩=、肾=P：1,选项C正确.

答案：C

2.解析：设电子的初动能为以0,未动能为零，极板间的电场强度E=月，根据动能定

理：一曲=0-EM解得：与。=乎.

答案：D

3.解析：若观察到带电油滴悬浮不动，说明油滴受力平衡，则油滴受到向上的电场力,

且电场力大小等于重力，即％=〃邛，得用=#，不一定比其他油滴小，油滴所受电场力与

O

q有关，故A、B错误；若观察到油滴向下加速运动，说明电场力小于重力，但电场力方向

向上，做负功，油滴电势能增大，故C错误，D正确.

答案：D

4.解析：设加速电场的电压为Uo,偏转电压为U,极板长度为L间距为"，电子加速

过程中，由U峋=呼~,得vo=,电子进入极板间后做类平抛运动，时间

加速度。=寨，竖直分速度4=川，。=言=考^，故可知C正确.

答案：C

5.解析：

小球在电场力和重力作用下做类平抛运动，因小球垂直打在C点，由类平抛运动规律知：

C点速度方向的反向延长发必过。点，且OD=AO=in,则DC=m,根据运动学公式有

AD=vot,•巴茨/联立并代入数据可得£=25N/C,则Uoc=EQC=15V.

答案：D

6.解析：设任一粒子的速度为研)，电量为%质量为，〃，加速度为“，运动的时间为

则加速度为。=普，对竖直分运动，有。尸，对水平分运动，有x=vot,联立得vo=

,,n=2^";只有外E、工、丁的关系已知，无法比较初速度、运动

时间和质量的关系，故A、C、D均错误；由于只有电场力做功，故动能增加量等于电场力

做功为W=qEy,电量相等，故。增加的动能一定等于〃增加的动能，故B正确.

答案：B

7.解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动.

在竖直方向(初速度方向)上：L=v()t

在水平方向(电场方向)上：vx=ai

由速度关系得；vx=v)tan30°

由牛顿第二定律得：qE=ma

解付E=fT~-

(2)粒子做类平抛运动，在水平方向上：d=3"

解得4=乎L.

答案:(1需磬(浦'■

8.解析：(1)由动能定理可得:

⑷mvl,

代入数据解得如=8X104m/s.

(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，

水平方向上：L=vot,

在竖直方向上：。户，。=譬，F=-y,

联立并代入数据，解得y=m.

L+,

(3)由几何知识知点

~L~

2

解得y，=3y=m.

答案：(1)8XI04m/s(2)m(3)m

9.解析：带电小球恰好做直线运动，且重力和电场力方向都在竖直方向上，说明带电小

球处于平衡状态，即重力等于电场力，根据/=，ng可得，d嗤,A正确，B错误；断

开Si、闭合S2后，A、3板不带电，则小球从射入两板间到离开的过程中，根据动能定理，

有mgh=^"GJ—3，加可得h=^-,C正确，D错误.

答案：AC

10.解析：(1)电子在电场E中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为0,时间

为h,由牛顿第二定律得也=修=~,由尸：〃/2得9=/，解得h=.

(2)设粒子射出电场所时平行电场方向的速度为内，由牛顿第二定律得，电子进入电场

2cE

£2时的加速度为“2=7丁=大~，0)=。2,2，沿初速度方向有L=V\t2,V\=a\t\,电子刚射出

电场历时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为tan6=机,联立解得tan9=2.

(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示，设电子打到屏上的点P到。点的距离为北

根据几何关系得tan0=热，联立解得尸3乙

~2

答案：(1)(2)2(3)3L

课时分层作业(十三)带电粒子在交变电场中的运动

1.解析：0〜1s和1〜2s微粒的加速度大小相等，方向相反，A