高中物理粵教版1第一章電場 2023版第1章章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①點②keq\f(q1q2,r2)③eq\f(F,q)④eq\f(kQ,r2)⑤eq\f(U,d)⑥正⑦強弱⑧相交⑨eq\f(WAP,q)⑩φA－φB?路徑?－ΔEp?eq\f(Q,U)?eq\f(εrS,4πkd)電場中的平衡問題1.庫倉力與重力、彈力一樣，它也是一種基本力．帶電粒子在電場中的平衡問題，實際上屬于力學(xué)平衡問題，其中僅多了一個電場力而已．2．求解這類問題時，在正確的受力分析的基礎(chǔ)上，正確應(yīng)用共點力作用下物體的平衡條件，靈活運用方法(如合成分解法、矢量圖示法、相似三角形法、整體法等)去解決．(多選)A、B兩帶電小球，質(zhì)量分別為mA、mB，用絕緣不可伸長的細(xì)線如圖1-1懸掛，靜止時A、B兩球處于相同高度．若B對A及A對B的庫侖力分別為FA、FB，則下列判斷正確的是()圖1-1A．FA<FBB．細(xì)線AC對A的拉力FTA＝eq\f(mAg,2)C．細(xì)線OC的拉力FTC＝(mA＋mB)gD．同時燒斷AC、BC細(xì)線后，A、B在豎直方向的加速度相同【解析】對小球A受力分析，受重力、靜電力、拉力，如圖所示，兩球間的庫靜電力是作用力與反作用力，一定相等，與兩個球帶電荷量是否相等無關(guān)，故A錯誤；根據(jù)平衡條件有：mAg＝FTAcos30°，因此FTA＝eq\f(2\r(3),3)mAg，故B錯誤；由整體法可知，細(xì)線的拉力等于兩球的重力，故C正確；同時燒斷AC、BC細(xì)線后，A、B在豎直方向只受重力，所以加速度相同，故D正確．【答案】CD電勢的高低及電勢能大小的判斷1.電勢高低的判斷方法(1)電場線判斷法：沿電場線方向，電勢越來越低．(2)電勢能判斷法：根據(jù)公式φ＝eq\f(Ep,q)，對于正電荷，電勢能越大，所在位置的電勢越高；對于負(fù)電荷，電勢能越小，所在位置的電勢越高．(3)場源電荷判斷法：離場源正電荷越近的點，電勢越高；離場源負(fù)電荷越近的點，電勢越低．2．電勢能大小的判斷方法(1)場源電荷判斷法①離場源正電荷越近，試探正電荷的電勢能越大，試探負(fù)電荷的電勢能越?。陔x場源負(fù)電荷越近，試探正電荷的電勢能越小，試探負(fù)電荷的電勢能越大．(2)電場線判斷法①正電荷順著電場線的方向移動時，電勢能逐漸減??；逆著電場線的方向移動時，電勢能逐漸增大．②負(fù)電荷順著電場線的方向移動時，電勢能逐漸增大；逆著電場線的方向移動時，電勢能逐漸減?。?3)做功判斷法電場力做正功，電荷(無論是正電荷還是負(fù)電荷)從電勢能較大的地方移向電勢能較小的地方，反之，如果電荷克服電場力做功，那么電荷將從電勢能較小的地方移向電勢能較大的地方．下列說法中正確的是()A．在電場中順著電場線移動負(fù)電荷，電場力做正功，電荷電勢能減少B．在電場中逆著電場線移動正電荷，電場力做正功，電荷電勢能減少C．在電場中順著電場線移動正電荷，電場力做正功，電荷電勢能減少D．在電場中逆著電場線移動負(fù)電荷，電場力做負(fù)功，電荷電勢能增加【解析】順著電場線移動正電荷，電場力做正功，電荷電勢能減少；移動負(fù)電荷，電場力做負(fù)功，電荷電勢能增加，A錯，C對．逆著電場線移動正電荷，電場力做負(fù)功，電荷電勢能增加；移動負(fù)電荷，電場力做正功，電荷電勢能減小，B、D錯．【答案】C(多選)如圖1-2所示，某區(qū)域電場線左右對稱分布，M、N為對稱線上的兩點．下列說法正確的是()圖1-2A．M點電勢一定高于N點電勢B．M點場強一定大于N點場強C．正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能D．將電子從M點移動到N點，電場力做正功【解析】沿電場線方向電勢逐漸降低，M點電勢一定高于N點電勢，A對；因電場線越密的區(qū)域場強越大，由圖可知N點場強大于M點場強，B錯；將正電荷由M點移到N點時電場力做正功，電勢能減小，故正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能，C對；將電子從M點移到N點的過程中，受到的電場力與移動方向相反，電場力做負(fù)功，D錯．【答案】AC電場中的功能關(guān)系帶電的物體在電場中具有一定的電勢能，同時還可能具有動能和重力勢能等．因此涉及與電場有關(guān)的功和能的問題可用以下兩種功和能的方法來快速簡捷的處理．1．應(yīng)用動能定理處理時應(yīng)注意：(1)明確研究對象、研究過程．(2)分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功．(3)弄清所研究過程的初、末狀態(tài)．2．應(yīng)用能量守恒定律時應(yīng)注意：(1)明確研究對象和研究過程及有哪幾種形式的能參與了轉(zhuǎn)化．(2)弄清所研究過程的初、末狀態(tài)(3)應(yīng)用守恒或轉(zhuǎn)化列式求解．如圖1-3所示，有一電子(電荷量為e)經(jīng)電壓U0加速后，進入兩塊間距為d、電壓為U的平行金屬板間．若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿過電場，求：圖1-3(1)金屬板AB的長度L；(2)電子穿出電場時的動能．【解析】(1)電子在加速電場中加速由動能定理可得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動在垂直電場方向上有L＝v0t在沿著電場方向上有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(eU,md)t2聯(lián)立以上三式可得L＝deq\r(\f(2U0,U)).(2)對于電子運動的全過程，根據(jù)動能定理可得Ek＝eU0＋eq\f(1,2)eU＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U0＋\f(U,2))).【答案】(1)deq\r(\f(2U0,U))(2)eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U0＋\f(U,2)))如圖1-4所示，兩塊相同的金屬板M和N正對并水平放置，它們的正中央分別有小孔O和O′，兩板距離為2L，兩板間存在豎直向上的勻強電場；AB是一根長為3L的輕質(zhì)絕緣豎直細(xì)桿，桿上等間距地固定著四個(1、2、3、4)完全相同的帶電荷小球，每個小球帶電荷量為q、質(zhì)量為m、相鄰小球間的距離為L，第1個小球置于O孔處．將AB桿由靜止釋放，觀察發(fā)現(xiàn)，從第2個小球剛進入電場到第3個小球剛要離開電場，AB桿一直做勻速直線運動，整個運動過程中AB桿始終保持豎直，重力加速度為【導(dǎo)學(xué)號：62032023】圖1-4(1)兩板間的電場強度E；(2)求AB桿勻速運動的速度；(3)第4個小球剛離開電場時AB桿的速度．【解析】(1)兩個小球處于電場中時，2qE＝4mg解得E＝eq\f(2mg,q).(2)設(shè)桿勻速運動時速度為v1，對第1個小球剛進入電場到第3個小球剛要進入電場這個過程，應(yīng)用動能定理得4mg·2L－qE(L＋2L)＝eq\f(1,2)·4mveq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(gL).(3)設(shè)第4個小球剛離開電場時，桿的運動速度為v，對整個桿及整個過程應(yīng)用動能定理4mg·5L－4·qE·2L＝eq\f(1,2)×4mv2解得v＝eq\r(2gL).【答案】(1)eq\f(2mg,q)(2)eq\r(gL)(3)eq\r(2gL)1．電場力做功的特點是只與初末位置有關(guān)，與經(jīng)過的路徑無關(guān)．2．電場力做功和電勢能變化的關(guān)系：電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增加，且電場力所做的功等于電勢能的變化(對比重力做功與重力勢能的變化關(guān)系)．3．如果只有電場力做功，則電勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，且兩能量之和保持不變．這一規(guī)律雖然沒有作為專門的物理定律給出，但完全可以直接用于解答有關(guān)問題．1.關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：62032116】A．兩個電勢不同的等勢面可能相交B．電場線與等勢面處處相互垂直C．同一等勢面上各點電場強度一定相等D．將一負(fù)的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功【解析】在靜電場中，兩個電勢不同的等勢面不會相交，選項A錯誤；電場線與等勢面一定相互垂直，選項B正確；同一等勢面上的電場強度可能相等，也可能不相等，選項C錯誤；電場線總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，移動負(fù)試探電荷時，電場力做負(fù)功，選項D錯誤．【答案】B2．一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變【解析】平行板電容器電容的表達(dá)式為C＝eq\f(εrS,4πkd)，將極板間的云母介質(zhì)移出后，導(dǎo)致電容器的電容C變?。捎跇O板間電壓不變，據(jù)Q＝CU知，極板上的電荷量變小．再考慮到極板間電場強度E＝eq\f(U,d)，由于U、d不變，所以極板間電場強度不變，選項D正確．【答案】D3．(多選)如圖1-5，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱．忽略空氣阻力．由此可知()【導(dǎo)學(xué)號：62032117】圖1-5A．Q點的電勢比P點高B．油滴在Q點的動能比它在P點的大C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小【解析】帶電油滴在電場中受重力、電場力作用，據(jù)其軌跡的對稱性可知，電場力方向豎直向上，且電場力大于重力，電場力先做負(fù)功后做正功．則電場強度方向向下，Q點的電勢比P點高，選項A正確；油滴在P點的速度最小，選項B正確；油滴在P點的電勢能最大，選項C錯誤；油滴運動的加速度大小不變，選項D錯誤．【答案】AB4.如圖1-6，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓．帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點．若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc.則()圖1-6A．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vbB．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc>vaC．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc>vaD．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb【解析】a、b、c三點到固定的點電荷P的距離rb<rc<ra，則三點的電場強度由E＝keq\f(Q,r2)可知Eb>Ec>Ea，故帶電粒子Q在這三點的加速度ab>ac>aa.由運動軌跡可知帶電粒子Q所受P的電場力為斥力，從a到b電場力做負(fù)功，由動能定理－|qUab|＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)<0，則vb<va，從b到c電場力做正功，由動能定理|qUbc|＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)>0，vc>vb，又|Uab|>|Ubc|，則va>vc，故va>vc>vb，選項D正確．【答案】D5.如圖1-7，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()圖1-7A．保持靜止?fàn)顟B(tài)B．向左上方做勻加速運動C．向正下方做勻加速運動D．向左下方做勻加速運動【解析】兩板水平放置時，放置于兩板間a點的帶電微粒保持靜止，帶電微粒受到的電場力與重力平衡．當(dāng)將兩板逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，電場力大小不變，方向逆時針偏轉(zhuǎn)45°，受力如圖，則其合力方向沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運動．選項D正確．【答案】D6.如圖1-8，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點．已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°.不計重力．求A、B兩點間的電勢差．圖1-8【解析】設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB.粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝eq\r(3)v0②設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有qUAB＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0))③聯(lián)立②③式得UAB＝eq\f(mv\o\al(2,0),q)④【答案】eq\f(mv\o\al(2,0),q)章末綜合測評(一)電場一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分．在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載，《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸衣若”之說，但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是()A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺【解析】用塑料梳子梳頭發(fā)時相互摩擦，塑料梳子會帶上電荷吸引紙屑，選項A屬于靜電現(xiàn)象；帶電小球移至不帶電金屬球附近，由于靜電感應(yīng)，金屬小球在靠近帶電小球一端會感應(yīng)出與帶電小球異號的電荷，兩者相互吸引，選項B屬于靜電現(xiàn)象；小線圈接近通電線圈過程中，由于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，小線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項C不屬于靜電現(xiàn)象；從干燥的地毯上走過，由于摩擦生電，當(dāng)手碰到金屬把手時瞬時產(chǎn)生較大電流，人有被電擊的感覺，選項D屬于靜電現(xiàn)象．【答案】C2．下列關(guān)于靜電場的說法正確的是()A．在點電荷形成的電場中沒有場強相等的兩點，但有電勢相等的兩點B．正電荷只在電場力作用下，一定從高電勢向低電勢運動C．場強為零處，電勢一定為零；電勢為零處，場強一定為零D．初速為零的正電荷在電場力作用下一定沿電場線運動【解析】考查電場基本性質(zhì)，幾種典型場空間分布．場強是矢量，A正確；若正電荷具有初速度，只在電場力作用下，不一定從高電勢點向低電勢點運動，B錯誤；電勢具有相對性，零電勢點是可任意選取的，故C錯誤；初速為零的正電荷若在電場線不為直線的電場中，只在電場力作用下，其將不沿電場線運動，故D錯誤．【答案】A3．一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是()A．C和U均增大 B．C增大，U減小C．C減小，U增大 D．C和U均減小【解析】由平行板電容器電容決定式C＝eq\f(εS,4πkd)知，當(dāng)插入電介質(zhì)后，ε變大，則在S、d不變的情況下C增大；由電容定義式C＝eq\f(Q,U)得U＝eq\f(Q,C)，又電荷量Q不變，故兩極板間的電勢差U減小，選項B正確．【答案】B4．如圖1，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負(fù)電．整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中．已知靜電力常量為k.若三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強電場場強的大小為()圖1\f(\r(3)kq,3l2) \f(\r(3)kq,l2)\f(3kq,l2) \f(2\r(3)kq,l2)【解析】各小球都在力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，分別對各小球受力分析，列平衡方程可求解．以c球為研究對象，除受另外a、b兩個小球的庫侖力外還受勻強電場的靜電力，如圖所示，c球處于平衡狀態(tài)，據(jù)共點力平衡條件可知F靜＝2keq\f(qqc,l2)cos30°，F(xiàn)靜＝Eqc，解得E＝eq\f(\r(3)kq,l2)，選項B正確．【答案】B5．如圖2所示為電場中的一條電場線，電場線上等距離分布M、N、P三個點，其中N點的電勢為零，將一負(fù)電荷從M點移動到P點，電場力做負(fù)功，以下判斷正確的是()圖2A．負(fù)電荷在P點受到的電場力一定小于在M點受到的電場力B．M點的電勢一定小于零C．正電荷從P點移到M點，電場力一定做負(fù)功D．負(fù)電荷在P點的電勢能小于零【解析】僅由一條電場線無法確定P、M兩點的電場強弱，A錯誤．負(fù)電荷從M點至P點，電場力做負(fù)功，則電場線方向向右，正電荷從P點移到M點，電場力一定做負(fù)功，C正確；又沿電場線電勢降低，N點電勢為零，則M點電勢為正，P點電勢為負(fù)，負(fù)電荷在P點的電勢能一定大于零，B、D錯誤．【答案】C6．如圖3所示，從熾熱的金屬絲漂出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場．電子的重力不計．在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下．下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()圖3A．僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓【解析】設(shè)加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，極板長度為L，間距為d，電子加速過程中，由U0q＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，電子進入極板后做類平拋運動，時間t＝eq\f(L,v0)，a＝eq\f(Uq,dm)，vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，由此可判斷C正確．【答案】C7．如圖4所示，一束α粒子沿中心軸射入兩平行金屬板之間的勻強電場中后，分成三束a、b、c，則()【導(dǎo)學(xué)號：62032023】圖4A．初速度va＜vb＜vcB．板內(nèi)運動時間ta＝tb＞tcC．動能變化量ΔEka＝ΔEkb>ΔEkcD．動能變化量ΔEka＞ΔEkb＞ΔEkc【解析】粒子做平拋運動，豎直方向上加速度相同．豎直方向上y＝eq\f(1,2)at2，整理得ta＝tb＞tc，a的水平位移小于b的水平位移，va＜vb，b、c水平位移相等，又tb＞tc，所以vb＜vc；根據(jù)動能定理ΔE＝W＝qEy，動能變化量ΔEka＝ΔEkb＞ΔEkc.【答案】AC8．如圖5所示，將帶正電的甲球放在不帶電的乙球左側(cè)，兩球在空間形成了穩(wěn)定的靜電場，實線為電場線，虛線為等勢線．A、B兩點與兩球球心連線位于同一直線上，C、D兩點關(guān)于直線AB對稱．則()【導(dǎo)學(xué)號：62032118】圖5A．A點和B點的電勢相同B．C點和D點的電場強度相同C．正電荷從A點移至B點，電場力做正功D．負(fù)電荷在C點和D點，電勢能相等【解析】同一等勢線上各點電勢相等，所以φA＝φC，沿著電場線方向電勢降低，所以φC>φB，即φA>φB，選項A錯誤；C點和D點電場強度的方向不同，選項B錯誤；由W＝qUAB可知正電荷從A點移至B點，電場力做正功，選項C正確；C點和D點位于同一等勢線上，由Ep＝φq可知，D正確．【答案】CD9.圖6中虛線是某電場的一組等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等．兩個帶電粒子從P點沿等勢面的切線方向射入電場，粒子僅受電場力作用，運動軌跡如實線所示，a、b是實線與虛線的交點．下列說法正確的是()圖6A．兩粒子的電性相反B．a(chǎn)點的場強小于b點的場強C．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢D．與P點相比兩個粒子的電勢能均增加【解析】由于粒子僅受電場力的作用，據(jù)軌跡彎曲方向可知兩粒子受到的電場力方向相反，故兩粒子電性相反，A正確；b點的等勢面較密集，故b點的場強大，B正確；由于兩粒子各自的電性不確定，電場的方向未知，故無法判斷電勢的高低，C錯誤；電場力對兩粒子均做正功，故電勢能均減小，D錯誤．【答案】AB10．帶電粒子在勻強電場中的運動軌跡如圖7所示，如果帶電粒子只受電場力作用從a運動到b，下列說法正確的是()圖7A．粒子帶正電B．粒子在a點和b點的加速度相同C．該粒子在a點的電勢能比在b點時大D．該粒子在b點的速度比在a點時大【解析】由于粒子運動軌跡越來越向上彎曲，可判斷它受力方向為豎直向上，所以粒子應(yīng)帶負(fù)電，故A錯誤；勻強電場中受力恒定，加速度相同，B正確；從a到b由于電場力方向與速度方向的夾角成銳角，電場力做正功，則電勢能減小，動能增大，故該粒子在b點的電勢能比在a點時小，在b點的速度比在a點時大，故C、D正確．【答案】BCD二、非選擇題(本題共3小題，共40分，按題目要求作答)11．(10分)一個帶電量q＝－3×10－6C的點電荷，從某電場的A點移到B點，電荷克服電場力做6×10－4(1)點電荷的電勢能如何變化？變化了多少？(2)A、B兩點的電勢差多大？(3)若把一個帶電量為q＝1×10－6C的電荷由A移到B【解析】(1)電荷克服電場力做6×10－4J的功，電場力做負(fù)功，電勢能增加，增加6×10－4J.(2)A、B兩點的電勢差：UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－6×10－4,－3×10－6)V＝200V(3)電場力做功：W′AB＝qUAB＝1×10－6×200J＝2×10－4J.【答案】(1)增加6×10－4J(2)200V(3)2×10－4J12．(15分)如圖8所示，質(zhì)量為m＝5×10－8kg的帶電粒子以v0＝2m/s的速度從水平放置的平行金屬板A、B中央飛入電場，已知板長L＝10cm，板間距離d＝2cm，當(dāng)A、B間加電壓UAB＝103V時，帶電粒子恰好沿直線穿過電場(設(shè)此時A板電勢高)，g取10m/s2圖8(1)帶電粒子電性和所帶電荷量；(2)A、B間所加電壓在什么范圍內(nèi)帶電粒子能從板間飛出？【解析】(1)當(dāng)UAB＝103V時，粒子做直線運動