物理人教版選修3-1答案

答案全解全析

第一章靜電場

第一章?心電荷及其守恒定律

知識(shí)清單

一、①正電荷②負(fù)電荷③互相排斥④互相吸引⑤摩擦起電⑥接觸起電⑦感應(yīng)起電

⑧電子的轉(zhuǎn)移⑨負(fù)電⑩正電?異號(hào)電荷②同號(hào)電荷?靜電感應(yīng)?感應(yīng)起電?接觸

起電

二、①創(chuàng)生②消滅③轉(zhuǎn)移④轉(zhuǎn)移⑤總量

三、①庫侖②庫③C④元電荷⑤1.60X10-冤

?；顚W(xué)巧練

1.V2.V3.J4.J5.X

鏈接高考

1.C梳過頭發(fā)的塑料梳子由于摩擦而帶電,吸起紙屑是帶電體吸引輕小物體,屬于靜電現(xiàn)象;帶

電小球移至不帶電金屬球附近，由于感應(yīng)起電使二者相互吸引；磁鐵吸引鐵是磁現(xiàn)象;從干燥的

地毯上走過,手碰到金屬把手時(shí)有被電擊的感覺是接觸帶電的原因。故只有C項(xiàng)不屬于靜電現(xiàn)

象。

2.AC靠近A后A帶正電,B帶負(fù)電。分開A、B后,A帶正電,B帶負(fù)電，所以選A。

3.A根據(jù)題意,起初驗(yàn)電器的金屬箔帶正電，金屬箔先閉合而后又張開，說明遠(yuǎn)端（金屬箔）被感

應(yīng)出負(fù)電荷，當(dāng)這些被感應(yīng)出的負(fù)電荷將金屬箔上原來的正電荷完全中和時(shí),金屬箔閉合，由于

感應(yīng)出的負(fù)電荷比較多，金屬箔帶負(fù)電,故金屬箔而后張開，根據(jù)靜電感應(yīng)原理知,帶電棒帶負(fù)電,

4.C在Si、&都閉合前，對(duì)枕形導(dǎo)體，由于靜電感應(yīng),a、b兩端出現(xiàn)等量的負(fù)、正電荷。當(dāng)閉合

開關(guān)Si、工中的任何一個(gè)以后,便把大地與枕形導(dǎo)體連通，使大地與枕形導(dǎo)體組成一個(gè)新的大導(dǎo)

體，由于靜電感應(yīng),a端仍為負(fù)電荷,大地為遠(yuǎn)端,感應(yīng)出正電荷,因此無論閉合開關(guān)Si還是開關(guān)

S2,都有電了從大地流向枕形導(dǎo)體,故選項(xiàng)C正確。

基礎(chǔ)過關(guān)

1.A摩擦起電的實(shí)質(zhì)是電子從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體上，電中性的物體若缺少了電子帶正

電，多了電子就帶負(fù)電。由于毛皮的原子核束縛電子的本領(lǐng)比橡膠棒弱，在摩擦的過程中毛皮上

的一些電子轉(zhuǎn)移到橡膠棒上，缺少了電廣的毛皮帶正電,而正電荷是原子核內(nèi)的質(zhì)子,不能自由

移動(dòng)，所以選項(xiàng)A正確。

2.B摩擦起電的實(shí)質(zhì)是電荷發(fā)生轉(zhuǎn)移,而不是創(chuàng)造電荷,A錯(cuò)誤;接觸起電就是通過物體接觸而

轉(zhuǎn)移電荷,B正確;兩種物體摩擦,對(duì)核外電子束縛能力弱的物體在摩擦中易失去電子而帶正電，

是否容易失去電子由兩物體的材料決定,因此玻璃棒不一定帶正電,C錯(cuò);等量異種電荷可以中和

但不會(huì)消失,只是宏觀上顯中性,D錯(cuò)。

3.BC帶正電的玻璃棒a與不帶電的另一玻璃棒b接觸時(shí)，由于電荷間的相互作用，使b棒中的

電子向a棒轉(zhuǎn)移,此時(shí)b棒因失去電子而帶正電,a棒得到電子與原有的部分正電荷中和，因而a

棒上所帶的電荷量減少,但a、b兩棒所帶電荷量的代數(shù)和不變,整個(gè)過程遵循電荷守恒定律。

4.AC當(dāng)帶電棒移近甲、乙兩球時(shí)，甲、乙兩球由于靜電感應(yīng)使甲、乙兩球帶等量異種電荷。

若移走棒前先把兩球分開,則甲、乙兩球所帶電荷無法中和而帶上等量異種電荷;若把球分開前,

已移走棒，甲、乙兩球感應(yīng)出的電荷立即中和而不會(huì)帶電，可判定選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。若

棒與其中一個(gè)球接觸，則由于接觸帶電，甲、乙都會(huì)帶上與帶電棒相同性質(zhì)的電荷，分開后仍帶

電,選項(xiàng)C正確；由選項(xiàng)A可知,棒的帶電荷量即使不變,仍可在滿足一定條件下，甲、乙感應(yīng)出

等量異種電荷而帶電,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

5.答案負(fù)負(fù)

解析不論手接觸A端還是B端,導(dǎo)體AB與人體、大地構(gòu)成一個(gè)大的導(dǎo)體,A是近端,地球的另

一面是遠(yuǎn)端,在帶電體C的作用下發(fā)生靜電感應(yīng)而使AB帶電，由近異遠(yuǎn)同可知最終AB帶負(fù)電。

6.BCD實(shí)驗(yàn)得出，所有帶電體的電荷量是e(1.6Xl(TC)的整數(shù)倍，這就是說，電荷量是不能連

續(xù)變化的物理量，電荷量e的數(shù)值最早是由美國物理學(xué)家密立根測得的,綜上可知答案為B、C、

Do

7.A物體帶電荷量的最小值為元電荷e=L6X10"c,物體帶電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍,即

電荷量是不能連續(xù)變化的物理量。

8.B任何帶電體的帶電荷量均是元電荷的整數(shù)倍,即是1.6X1019C的整數(shù)倍，由計(jì)算可知，只

有B選項(xiàng)中的數(shù)值是1.6X10C的整數(shù)倍，故B正確。

9.C因兩導(dǎo)體完全相同，則接觸后兩導(dǎo)體上的電荷先完全中和后再平分,所以每個(gè)導(dǎo)體上帶電

荷量為等:2Q。

41J

10.答案qA=-2.5X10CqB=6.25X10Cqc=6.25X10C

解析C、A接觸后,A、C都帶電空C=l.5X1(TC的正電荷，再讓小球B與小球A接觸后分

開,A、B都帶】”；2xio3C=-2.5X1(TC的負(fù)電荷，最后讓小球B與小球C接觸后,B、C都帶

Ei。75"°'C=6.25X10'C的正電荷。故最終三小球的帶電荷量分別為qA=-2.5X10,

11

C,qB=6.25X10C,qt=6.25X10Co

三年模擬

l.D靜電感應(yīng)使得A帶正電,B帶負(fù)電。導(dǎo)體原來不帶電,只是在C的正電荷作用下，導(dǎo)體中的

自由電子向B部分移動(dòng)，使B部分帶了多余的電子,而帶負(fù)電,A部分少了電子,因而帶正電。A

部分轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目和B部分多余的電子數(shù)目是相同的，但由于電荷之間的作用力與距離有關(guān)，

自由電子在不同位置所受C中電荷的作用力的強(qiáng)弱是不同的,這樣導(dǎo)致電子?在導(dǎo)體上的分布不

均勻,越靠近右端負(fù)電荷密度越大,越靠近左端正電荷密度越大,所以沿不同位置切開時(shí),Q八QB

的值是不同的，故只有D正確。

2.ABD感應(yīng)起電是電荷從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分,而摩擦起電是電荷從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到

另一個(gè)物體,但相互摩擦的兩個(gè)物體并不一定帶等量異種電荷，故A正確,C錯(cuò)誤；由電荷守恒定

律可知D正確；中性物體得到多余電子帶負(fù)電,失去電子帶正電,B正確。

3.B根據(jù)質(zhì)子的帶電荷量為e,所以質(zhì)子是由兩個(gè)u夸克和一個(gè)d夸克組成,2乂3-氐二e；中子

不顯電性,所以中子是由一個(gè)u夸克和兩個(gè)d夸克組成,1e-2xle=0o故選項(xiàng)B正確。

4.答案(1)2：3(2)2：1

解析(1)設(shè)A、B帶電荷量均為q,第三個(gè)小球先與A接觸,靜電荷平均分配,第三個(gè)小球與A球

的帶電荷量均為3第三個(gè)小球再與B接觸,靜電荷平均分配,則帶電荷量均為動(dòng)二￡,所以接觸后

224

A、B兩球的帶電荷量之比為2：3。

(2)設(shè)A帶的電荷量為q,B帶的電荷量也為q,第三個(gè)小球先與A接觸,靜電荷平均分配,兩

球帶電荷量均為崇再與B接觸,先中和,然后靜電荷再平均分配,則帶電荷量均為所以，接

224

觸后A、B兩球的帶電荷量之比為2：1。

第一章.2庫侖定律

知識(shí)清單

一、①正比②反比③連線上④忽略⑤并不存在⑥大小和形狀

二、①反比②正比③F=k警

?；钆c巧練

1.X2.J3.J4.X5.J

鏈接高考

1.B由庫侖定律知k二七,式中都取國際單位時(shí)k的單位為穿,由1寸知，1C』A2?s2,又因

1N=1等，整理可得k的單位應(yīng)為誓-黃三，即kg?A2?m*?S：故選項(xiàng)B正確。

2.B先把帶電圓環(huán)分成若干個(gè)小部分,每一小部分可視為一個(gè)點(diǎn)電荷,各點(diǎn)電荷對(duì)檢驗(yàn)電荷的

庫侖力在水平方向上的分力相互抵消，豎直方向上的分力大小為、濫:，二甯,方向向上,故選

Bo

3.BCD對(duì)小球M、N和桿組成的整體，由題意可知k詈詈,得x<L,則A錯(cuò)。若P、U和N不

在同一直線上則不能平衡，所以B正確。M、N及細(xì)桿靜止于光滑絕緣桌面上，所以系統(tǒng)所受合外

力為零，則電荷P對(duì)M、N的庫侖力大小相同，方向相反,C、D正確。

4.AC以A為研究對(duì)象，根據(jù)其受力平衡可得,如果沒有摩擦,則A對(duì)斜面一定無彈力，只受重力

和庫侖引力兩個(gè)力作用而平衡;如果受摩擦力，則一定受彈力,所以此時(shí)A受4個(gè)力作用而平

衡,A、C正確。

5.B如圖為a處帶電小球的受力示意圖,其中F為擺線對(duì)小球的拉力,R和F?分別為b處帶電

小球和移動(dòng)的帶電小球?qū)λ膸靵隽Α?/p>

根據(jù)題意分析可得R=E=k備,根據(jù)共點(diǎn)力的平衡知識(shí)可得

水平方向：Fcos30°/口2cos60°,

豎直方向：mg=Fsin30°+k;、sin60°,

（V31）

解得F。需或F=mg,故選項(xiàng)中只有B正確。

基礎(chǔ)過關(guān)

1.B帶電體能否看成點(diǎn)電荷，不能以體積大小、電荷量多少而論，故A、C、D錯(cuò)。帶電體能否

看成點(diǎn)電荷,要依具體情況而定，只要在測量精度要求的范圍內(nèi)，帶電體的形狀、大小等因素對(duì)

相互作用力的影響可以忽略,即可視為點(diǎn)電荷,故B正確。

2.B當(dāng)帶電體間的距離比它們自身的大小大得多，以至帶電體的形狀、大小及電荷分布狀況對(duì)

它們的作用力影響可以忽略時(shí)，這樣的帶電體就可以看成點(diǎn)電荷，所以A、C、D錯(cuò),B正確。

3.D因?yàn)閮汕蛐拈g距離不比球的半徑大很多,所以不能看做點(diǎn)電荷,必須考慮電荷在球上的實(shí)

際分布。當(dāng)q、%是同種電荷時(shí)會(huì)相互排斥，分布于兩球外側(cè)，距離大于3R;當(dāng)q1、q?是異種電

荷時(shí)會(huì)相互吸引，分布于兩球內(nèi)側(cè),距離小于3R,所以靜電力可能小于k苦，也可能大于k苦,

所以D正確。

4.AD當(dāng)r-8時(shí)，電荷可以看做點(diǎn)電荷,庫侖定律的公式適用，由公式可知，它們之間的靜電力

F-0;當(dāng)r-0時(shí)，電荷不能看成點(diǎn)電荷,庫侖定律的公式就不適用了。

5.CD設(shè)兩小球帶電荷量大小分別為q和7q,則原來相距r時(shí)相互作用力F=k*7k$,由于電

性未知，需分兩種情況討論：

（1）兩球電性相同，相互接觸時(shí)電荷量均分，每球帶電荷量為竽=4q,放回原處后的相互作用

力為F,=k甘16kq故―。

（2）兩球電性不同,相互接觸時(shí)電荷先中和再均分,每球的帶電荷量為等=3q,放回原處后的

相互作用力為F尸k零至9唔,故半哆

6.A設(shè)A、B兩球之間的距離為r,開始時(shí)A球的電荷量為+Q,B球的電荷量為-Q,由庫侖定律

得:A、B兩球間的吸引力為尸=婿，當(dāng)A、C兩球接觸時(shí),Q；=Q"（兩球平分總電荷量），C、B兩球

接觸時(shí),Q,'=Q'-”憶丫豆々兩球的電荷量先中和再平分剩余的電荷量），故此時(shí)A、B兩球間

224

的作用力仍為吸引力,F'

8r28rz8

7.BC以m為研究對(duì)象，對(duì)g受力分析如圖所示。

由共點(diǎn)力平衡得

&sin6尸F(xiàn)庠

FTCOS0尸mig

由3得tan。，備，同理tan。尸卷,因?yàn)椴徽?、5大小如何，兩帶電小球所受庫侖力屬

于作用力與反作用力,大小永遠(yuǎn)相等,故從tan6知,m大,則tan0小，0亦?。?《），m

mg2

相等，0亦相等，故B、C正確。

8.答案8.0X102'N方向平行于AB向左

解析

電子在C點(diǎn)同時(shí)受A、B處兩點(diǎn)電荷的作用力居、R,如圖所示，由庫侖定律F二k譽(yù)得

&X…；i-\Q

AB

.Qiq9.0xl09x2xl014X1.6X1019

FA=K=k-N=8.0X10"N。由矢量的平行四邊形定則和幾何知識(shí)得:靜

（6X102）

止在C點(diǎn)的電子受到的庫侖力F=FA=FB=8.0X1021N,方向平行于AB向左。

9.答案見解析

解析（l）q3受力平衡,必須和5、qz在同一條直線上，因?yàn)榭凇?帶異號(hào)電荷，所以樂不可能在

它們中間。再根據(jù)庫侖定律，庫侖力和距離的平方成反比,可推知q：s應(yīng)該在Q、q2的連線上，且

在q.的外側(cè),如圖所示。設(shè)q：,離q：的距離是X,根據(jù)庫侖定律和平衡條件歹I」式:

。00

將己知量q1、q:代入得：x=r,對(duì)q3的電性和電荷量均沒有要求。

(2)要使三個(gè)電荷都處于平衡狀態(tài),就對(duì)q：,的電性和電荷量都有要求,首先qs不能是一個(gè)負(fù)

電荷,若是負(fù)電荷,q1、都不能平衡,也不能處在它們中間或生的外側(cè)。根據(jù)庫侖定律和平衡條

件歹U式如下:對(duì)q3：k呼一k*二0

x2r2

解得：q3=4q,x=r。

三年模擬

1.D兩個(gè)完全相同的金屬小球相互接觸并分開后,帶電荷量均變?yōu)?Q,距離變?yōu)樵瓉淼膬杀?根

據(jù)庫侖定律可知選項(xiàng)D正確。

2.C根據(jù)檢驗(yàn)電荷q置于某一位置C時(shí),所受的庫侖力恰好為零可得C點(diǎn)的合場強(qiáng)為零,并且

此位置一定在直線AB上，由場強(qiáng)的疊加原理可得場強(qiáng)為零的點(diǎn),若是同種電荷一定在A、B連線

之間靠近電荷量小的B端,若是異種電荷一定在A、B連線的延長線上且靠近電荷量小的B端

(即B的外側(cè))，所以答案為C。

3.B因A、B都帶正電,所以靜電力表現(xiàn)為斥力，即B對(duì)A的作用力沿BA的延長線方向，而不論

C帶正電還是帶負(fù)電,A和C的作用力方向都必須在AC連線上，由平行四邊形定則知,合力必定

為兩個(gè)分力的對(duì)角線,所以A和C之間必為引力,所以C帶負(fù)電,故選B.

4.C根據(jù)B恰能保持靜止可得:k蟹二k管，乂A、C帶同種電荷，則B與A、C帶異種電荷，又A

做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則有k*-k產(chǎn)氣=m.32L,因C做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則有k智速，qcQA心口々。

L

tf(LI+L2)2(￡I+L2)

聯(lián)立解得A和C的比荷之比9：生=(*)：c正確.

mAmc\以

5.答案(1)艱弱(2)3mg+k簧,方向豎直向下

解析(1)帶電小球Q2在半圓光滑軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí).，小球所受的庫侖力和支持力均不做功,機(jī)械能

守恒,則

詔，

解得頒。

(2)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí),受到重力mg,庫侖力F和支持力R,由圓周運(yùn)動(dòng)公式和牛頓第二定律

得

F「mg-k*"W，

解得F、=3mg+k翳，

根據(jù)牛頓第三定律,小球在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為

葭=R=3mg+k贊,方向豎直向下。

第一章電場強(qiáng)度

知識(shí)清單

一、①相互作用②靜止

二、①電荷量q②F/q③力的性質(zhì)④矢量

三、①k*②向外③向內(nèi)④矢量和⑤平行四邊形

四、①方向②無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷③相交④閉合⑤密⑥疏

五、①相等②相同③平行線

?；钆c巧練

1.V2,X3.X4.J

鏈接高考

l.BM、、兩處的負(fù)點(diǎn)電荷在G處產(chǎn)生的合場強(qiáng)及與0點(diǎn)處正點(diǎn)電荷在G處產(chǎn)生的場強(qiáng)等大反

向,所以E岸,方向沿y軸正向，因?yàn)镠與G關(guān)于x軸對(duì)稱,所以M、N兩處的負(fù)點(diǎn)電荷在H處產(chǎn)

生的合場強(qiáng)L=Eg與,方向沿y軸負(fù)向。當(dāng)正點(diǎn)電荷放在G點(diǎn)時(shí);它在II點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)取=%,

方向沿y軸正向,則H處的場強(qiáng)為E產(chǎn)詈熱嗡,方向沿y軸負(fù)向,B正確。

2.B以小球c為研究對(duì)象，其受力如圖甲所示，其中F".=F”^等,由平衡條件得:誓cos

300=Eq,

即:^=Eq“E今

此時(shí)a的受力如圖乙所示,（誓了+（誓LG鬻丫

得qc=2q

即當(dāng)q「二2q時(shí)a可處于平衡狀態(tài)，同理b亦恰好平衡,故選項(xiàng)B正確。

3.AC根據(jù)電場的疊加原理,兩等量異號(hào)點(diǎn)電荷連線的中垂線上關(guān)于0點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)場強(qiáng)的大

小和方向都相同,所以E產(chǎn)比,A項(xiàng)正確;又因E,=k§+k——^—2,E產(chǎn)k。；+k3,r,=rd,所以E,-E(l,C

雄(rd+rcdr(rc+rcd)rj

項(xiàng)正確。

4.C帶等量正電荷的兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上，中點(diǎn)0處的場強(qiáng)為零,向中垂線的兩邊先變大，

達(dá)到一個(gè)最大值后,再逐漸減小到零。但a點(diǎn)與最大場強(qiáng)點(diǎn)的位置關(guān)系不能確定，當(dāng)a點(diǎn)在最大

場強(qiáng)點(diǎn)的上方時(shí)，電子在從a點(diǎn)向0點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度先增大后減??；當(dāng)a點(diǎn)在最大場強(qiáng)

點(diǎn)的下方時(shí):電子的加速度則一直減小,故A、B錯(cuò)誤;但不論a點(diǎn)的位置如何，電子在向0點(diǎn)運(yùn)

動(dòng)的過程中，都在做加速運(yùn)動(dòng),所以電子的速度一直增加，當(dāng)達(dá)到0點(diǎn)時(shí),加速度為零,速度達(dá)到

最大值,C正確;通過0點(diǎn)后，電子的運(yùn)動(dòng)方向與場強(qiáng)的方向相同，故電子做減速運(yùn)動(dòng)，由能量守恒

定律得，當(dāng)電子運(yùn)動(dòng)到&點(diǎn)關(guān)于0點(diǎn)對(duì)稱的b點(diǎn)時(shí)，電廣的速度為零。同樣因b點(diǎn)與最大場強(qiáng)點(diǎn)

的位置關(guān)系不能確定，故加速度大小的變化過程不能確定,D錯(cuò)誤。

5.答案(1)9.0X103N(2)7.8X10'N/C方向沿y軸正方向

解析(1)根據(jù)庫侖定律,A、B兩點(diǎn)電荷間的庫侖力大小為

F二喘①

代入數(shù)據(jù)得

F=9.0X10N②

(2)A、B點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，均為

E尸k器

A、B兩點(diǎn)電荷形成的電場在C點(diǎn)的合場強(qiáng)大小為

E=2E,cos30°@

由③④式并代入數(shù)據(jù)得

E=7.8X103N/C?

場強(qiáng)E的方向沿y軸正向

基礎(chǔ)過關(guān)

1.BD電荷周圍存在著由它產(chǎn)生的電場,處在電場中的其他電荷受到的作用力就是這個(gè)電場給

予的，因此選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)B正確；電場是物質(zhì)存在的一種形式,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場的明顯特征

之一是對(duì)電場中的電荷有力的作用,選項(xiàng)D正確。

2.C由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E=k3及點(diǎn)電荷電場線的分布情況知,正確選項(xiàng)是Co

3.D電場強(qiáng)度是用試探電荷受力的方法定義的，公式E上中，雖然有試探電荷的電荷量q,但更

q

換試探電荷時(shí),F與q的比值不變，電場強(qiáng)度由電場本身決定。

4.B圖象中給出了a、b、c、d四個(gè)位置處試探電荷的電荷量和所受電場力大小的變化關(guān)系。

由電場強(qiáng)度的定義式E/可知,斜率的絕對(duì)值越大,對(duì)應(yīng)場強(qiáng)越大。故答案為Bo

q

5.答案(l)E=1.5X102N/C(2)E=1.5X102N/C(3)FJ=1.8X101N

解析(I)E=^=^2N=1.5X102N/C.

q4xio9c

(2)場強(qiáng)是描述電場的物理量，跟有沒有檢驗(yàn)電荷無關(guān)，所以場強(qiáng)大小仍是1.5X102N/C.

(3)F'=q,E=1.2X106X1.5X10zN=1.8X10dN。

6.答案鱉包㈣方向水平向右

Q

解析分析小球的受力如圖所示，由平衡條件得

V.

Ftti=mgtan0

由電場強(qiáng)度的定義式得，小球所在處的電場強(qiáng)度

qq

由于小球帶正電，所以小球所在處的電場強(qiáng)度方向?yàn)樗较蛴摇?/p>

7.CD正電荷的受力方向沿著電場線的切線方向，負(fù)電荷的受力方向沿著電場線切線的反方向，

并且電場線不一定和電荷運(yùn)動(dòng)軌跡重合,所以A、B錯(cuò)；電場線的疏密程度表示場強(qiáng)大小,同一電

荷所受靜電力與場強(qiáng)成正比，所以C對(duì);靜電場的電場線從正電荷(或無窮遠(yuǎn))出發(fā)，終止于無窮

遠(yuǎn)(或負(fù)電荷)，且不閉合,所以D對(duì)。

8.BD勻強(qiáng)電場中電場線是等間距的平行直線,選項(xiàng)A盡管平行但間距不等,所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

選項(xiàng)C雖然等間距，但不是平行的直線，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤。只有選項(xiàng)B、D符合題設(shè)條件。

9.ACD由運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲特點(diǎn)可知,帶電粒子受水平向左的電場力作用，故粒子帶負(fù)電荷，由于

粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng),則粒子受電場力是恒定的,可知粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變,故答案為A、

C、Do

10.D因?yàn)閍-F,所以a逐漸增大,F也逐漸增大，又q僅在靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，由F=qE可知E

也要逐漸增大,又知電場線的疏密程度表示場強(qiáng)大小,所以由題可得D圖中所以D正確。

三年模擬

1.BCD如圖所示，帶電粒子在電場力作用下做曲線運(yùn)動(dòng)，電場力方向應(yīng)指向軌跡的凹側(cè),且沿電

場線切線方向,B正確；由于電場線方向未知,故不能確定帶電粒子的電性,A錯(cuò)誤;加速度由電場

力產(chǎn)生，由于a處電場線比b處密,所以a處電場強(qiáng)度大。由E』知，帶電粒子在a處受的電場力

(1

大，故加速度大，且方向與電場力方向相同,C、D正確。

2.C如圖所示,A、B點(diǎn)電荷在幾何中心0點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)分別為黑、黑。

OAZOB￡

又0A=0B=OC—'

所以A、B電荷在0點(diǎn)的合場強(qiáng)為黑,方向由0指向C。

C點(diǎn)電荷在0點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為怒,方向由C指向0。

所以A、B、C三點(diǎn)電荷在0點(diǎn)的合場強(qiáng)大小為福-察,方向由0指向C,故選C。

3.D由題圖可知,rb=V3r.,再由E噌可知,段=宗3,故D正確。

4.答案⑴誓(2)^mg

4q20

解析(D電場未變化前，小球靜止在電場中，

受力分析如圖所示:

mg

顯然小球帶正電,由平衡條件得:

mgtan37°=Eq

故E號(hào)

(2)電場方向變成豎直向下后，小球開始做圓周運(yùn)動(dòng),.重力、電場力對(duì)小球做正功。

小球由靜止位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理得

(mg+qE)1(1-cos370)=HJIV2

由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí),在最低點(diǎn)時(shí)，

v2

F|ftl=Fr-(mg+qE)=聽

聯(lián)立以上各式,解得：

F嘮畛

5.答案(1)5.0N,方向豎直向下(2)-0.72J

解析(1)設(shè)帶電體在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a

根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma

解得a=^=8.0m/s2

m

設(shè)帶電體運(yùn)動(dòng)到B端的速度大小為VB,則詔=2as

解得V」二，2as二4.0m/s

設(shè)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道B端時(shí)受軌道的支持力為N,根據(jù)牛頓第二定律有N-mg

解得N=mg+陪5.0N

根據(jù)牛頓第三定律可知,帶電體運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道的B端時(shí)對(duì)圓弧形軌道的壓力大小

N'=N=5.0N,方向：豎直向下

(2)因電場力做功與路徑無關(guān)，所以帶電體沿圓弧形軌道運(yùn)動(dòng)過程中

電場力所做的功W『qER=O.32J

設(shè)帶電體沿圓弧形軌道運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力所做的功為也對(duì)此過程根據(jù)動(dòng)能定理有

W,b+W1-mgR=O-|mvB

解得Wr=-O.72J

第一章?4電勢能和電勢

知識(shí)清單

二、①電場中具有的勢能②零勢能位置③靜電力④減少量⑤Eg-EpB⑥減少⑦增加

⑧零勢能位置⑨無限遠(yuǎn)處

⑩大地

三、①電勢能②電荷量③伏特④伏特⑤V⑥標(biāo)量⑦大小

⑧方向⑨無限遠(yuǎn)處⑩大地?降低

四、①垂直②電勢低③較小④不做功

?；顚W(xué)巧練

1.V2.J3.J4.X5.X

鏈接高考

1.D同一電場中，電場線越密的地方場強(qiáng)越大，所以1點(diǎn)場強(qiáng)大于2、3點(diǎn)場強(qiáng),A、B錯(cuò)誤；同一

等勢面上各點(diǎn)電勢相等,沿電場線方向電勢降低,故C錯(cuò)誤,D正確。

2.ACD觀察題中圖可知a點(diǎn)附近電場線比b點(diǎn)附近電場線密,所以EM>E?,A項(xiàng)正確；由沿電場線

方向電勢逐漸降低可知如)6”,B項(xiàng)錯(cuò)；由場強(qiáng)公式E二和場強(qiáng)疊加原理可知區(qū)>。C項(xiàng)正確；

rz

當(dāng)取無窮遠(yuǎn)處電勢為。時(shí)，M為負(fù)值，6d為正值，所以項(xiàng)正確。

3.BC小球a從N到Q的過程中,重力不變,庫侖力F逐漸增大,庫侖力F與重力的夾角逐漸變

小,因此,F與mg的合力逐漸變大,A錯(cuò)誤。從N到P的過程中，重力沿速度方向的分力等于F沿

速度反方向的分力時(shí),速率最大,B正確;從N到Q,F一直做負(fù)功，電勢能一直增加,C正確;從P

到Q,根據(jù)能量守恒知電勢能的增加量和重力勢能的增加量之和等于動(dòng)能的減少量,所以電勢能

的增加量小于動(dòng)能的減少量,D錯(cuò)誤。

4.Ba粒子與重原子核均帶正電，二者之間存在斥力作用，且僅有斥力作用，故兩者靠近時(shí)斥力

做負(fù)功，動(dòng)能減小，電勢能增大;遠(yuǎn)離時(shí)斥力做正功，動(dòng)能增大，電勢能減小，綜上可知，a粒子在

Q點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，速率也最大,A項(xiàng)錯(cuò)誤。a粒子在N點(diǎn)時(shí)電勢能最大,B項(xiàng)正確。在正電荷的電

場中，場源電荷處電勢最高,距場源電荷越遠(yuǎn)電勢越低,M點(diǎn)離0點(diǎn)較近,該點(diǎn)電勢較高,C項(xiàng)錯(cuò)誤。

因在Q點(diǎn)時(shí)粒子的動(dòng)能比在M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大，故在從M到Q的過程中電場力做的總功為正功,D

項(xiàng)錯(cuò)誤。

5.BC兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷形成的電場不是勻強(qiáng)電場,在中垂線MN上由無窮遠(yuǎn)到0點(diǎn)電場強(qiáng)度先

增大后減小，電荷q所受電場力為變力,q將做變加速直線運(yùn)動(dòng),A項(xiàng)錯(cuò)誤。因q所受電場力方向

指向0點(diǎn)，所以q由A向0運(yùn)動(dòng)過程中電場力做正功，電勢能減小，動(dòng)能增大,B、C項(xiàng)均正確。因

0點(diǎn)電勢大于零,故q在0點(diǎn)時(shí)的電勢能不為零,D項(xiàng)錯(cuò)誤。

基礎(chǔ)過關(guān)

1.AC無窮遠(yuǎn)處的電勢能為零，電荷從電場中某處移到無窮遠(yuǎn)處時(shí)，若電場力做正功，電勢能減

少,到無窮遠(yuǎn)處時(shí)電勢能減為零，電荷在該點(diǎn)的電勢能為正值,且等于移動(dòng)過程中電荷電勢能的

變化,也就等于電場力做的功,因此電場力做的正功越多，電荷在該點(diǎn)電勢能就越大,A正確,B錯(cuò)

誤；電荷從無窮遠(yuǎn)處移到電場中某點(diǎn)時(shí),若克服電場力做功，電勢能由零增大到某值,此值就是電

荷在該點(diǎn)的電勢能值,因此，電荷在該點(diǎn)的電勢能等于電荷從無窮遠(yuǎn)處移到該點(diǎn)時(shí)克服電場力所

做的功，所以C正確,D錯(cuò)誤。

2.C只有一條電場線,無法判斷該電場是不是勻強(qiáng)電場,也無法判斷電場強(qiáng)度EA和ER的大小關(guān)

系，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；電子在靜電力的作用下從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),靜電力做正功，電勢能減小，故

選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

3.AD由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的特點(diǎn)可知,M點(diǎn)的電勢高,N點(diǎn)的電勢低,所以正的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)沿

直線移到N點(diǎn),靜電力做正功，電勢能減少,故選項(xiàng)A正確,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;負(fù)的點(diǎn)電荷由M點(diǎn)沿直

線移到N點(diǎn)，克服靜電力做功，電勢能增加,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;靜電力做功與路徑無關(guān),負(fù)的點(diǎn)電荷

又回到M點(diǎn),則整個(gè)過程中靜電力不做功，電勢能不變,故選項(xiàng)D正確。

4.AC由題圖可知電子從M點(diǎn)到P點(diǎn)過程中只有電場力做正功，電勢能減小，動(dòng)能增加,VDVM；從

P點(diǎn)到N點(diǎn)過程中電場力做負(fù)功，電勢能增力口，動(dòng)能減小，故A、C正確,B、D錯(cuò)誤。

5.BD帶電小球受到向上的靜電力和向下的重力，據(jù)牛頓第二定律F-=F電-mg=2mg,得F電=3mg。

在下落過程中靜電力做功W,F-3mgh,重力做功W＜；=mgh,總功W=W電+W＜；=-2mgh,根據(jù)做功與勢能變

化關(guān)系可判斷:小球重力勢能減少了mgh,電勢能增加了3mgh;根據(jù)動(dòng)能定理，小球的動(dòng)能減少了

2mgho

6.D電場強(qiáng)度和電勢分別從不同的角度描述電場的性質(zhì)，是兩個(gè)互不相干的物理量，選項(xiàng)A、B、

C均錯(cuò);通過沿電場線的方向電勢逐漸降低可知D對(duì)。

7.A根據(jù)沿著電場線的方向電勢是降落的，可以判斷出6。冊(cè);根據(jù)電場線的疏密表示電場的

強(qiáng)弱，可以判斷出Ep＞Ep,故選A。

8.AC沿電場線方向電勢逐漸降低,M點(diǎn)電勢一定高于N點(diǎn)電勢,A對(duì)。因電場線越密的區(qū)域場

強(qiáng)越大，由圖可知'點(diǎn)場強(qiáng)大于M點(diǎn)場強(qiáng),B錯(cuò)。由Efq小可知，正電荷在M點(diǎn)的電勢能大于在N

點(diǎn)的電勢能,C對(duì)。電子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，受到的電場力與移動(dòng)方向相反，電場力做負(fù)

功,D錯(cuò)。

9.答案(1)增加1X106J

(2)100V(3)帶負(fù)電2X10,j

解析(D靜電力做負(fù)功，電荷的電勢能增加，因無限遠(yuǎn)處電勢能為零，則電荷在A點(diǎn)具有的電勢

能為1X10,J0

(2)A點(diǎn)的電勢為：6產(chǎn)也士竺:V=100V

Q1X10?

(3)因靜電力做正功,則電荷受力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，說明電荷帶負(fù)電，靜電力做功為：

W2=2W產(chǎn)2X10"J

10.AD由電場線與等勢面的關(guān)系可知，電場線一定與等勢面垂直,且從電勢較高的等勢面指向

電勢較低的等勢面,作出相應(yīng)的電場線,如圖所示,則可知A、B兩點(diǎn)處的電場強(qiáng)度方向應(yīng)與x軸

同向，由電場線的疏密可知,A點(diǎn)處的電場強(qiáng)度E,、小于B點(diǎn)處的電場強(qiáng)度E?,故正確答案為A、D

項(xiàng)。

11.BD由0點(diǎn)電勢高于c點(diǎn)電勢知，電場強(qiáng)度方向垂直虛線向下，由兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲方

向知N粒子所受電場力方向向上,M粒子所受電場力方向向下,故M粒子帶正電,N粒子帶負(fù)電,A、

C錯(cuò)誤,B正確,0、b兩點(diǎn)位于同一等勢線上,D正確。

三年模擬

1.BD由軌跡QP可以確定質(zhì)點(diǎn)的受力方向，由于該質(zhì)點(diǎn)帶正電,所以可以判斷P點(diǎn)電勢高。由Q

到P,電場力做負(fù)功，電勢能增加，故質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)電勢能較大，由于P處等勢面密集,所以帶電質(zhì)點(diǎn)

通過P點(diǎn)時(shí)加速度較大。

2.CD由運(yùn)動(dòng)軌跡分析可知q受到庫侖斥力的作用,0點(diǎn)的點(diǎn)電荷應(yīng)為正電荷,A錯(cuò)。從a到b

的過程q受到逐漸變大的庫侖斥力,速度逐漸減小,加速度增大，電勢能逐漸增大;而從b到c的

過程q受到逐漸變小的庫侖斥力,速度逐漸增大,加速度減小，電勢能逐漸減小,B錯(cuò),C對(duì)。由于

a、c兩點(diǎn)在同一等勢面上,整個(gè)過程中，電場力做功的代數(shù)和為零,D對(duì)。

3.D由于粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比B點(diǎn)的大,結(jié)合電場線與軌跡形狀（質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)合力必指

向凹側(cè)）進(jìn)行分析.若粒子沿軌跡1運(yùn)動(dòng),則在任意位置時(shí)粒子所受的電場力一定水平向左,此

時(shí)若粒子帶正電,則電場方向一定向左，且由A向B運(yùn)動(dòng)，電場力做負(fù)功;若粒子帶負(fù)電,則電場

方向一定向右,且由B向A運(yùn)動(dòng)，電場力做正功。若粒子沿軌跡2運(yùn)動(dòng),則在任意位置時(shí)粒子所

受的電場力一定水平向右,且此情況下粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能一定比B點(diǎn)的小,不符合題意。由此可

知A、B、C錯(cuò)誤,D選項(xiàng)正確。

4.CD從該粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡看,固定電荷對(duì)它有吸引力，由固定電荷帶正電可知,該粒子一定帶

負(fù)電，故A錯(cuò)誤;因?yàn)榱Ｗ訌腁到B的過程中，只受電場力且電場力先做正功后做負(fù)功，由動(dòng)能定

理知:動(dòng)能先增加后減小,故粒子經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能不是最大,則經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度不是最大，故

B錯(cuò)誤;B點(diǎn)是兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn),合場強(qiáng)為零,故粒子此處受力為零,則加速度為零,C正確；因

為離正電荷越遠(yuǎn)，電勢越低,則叫＜弧,因粒子帶負(fù)電，由Ep=6q得,EQE的故D項(xiàng)正確。

5.C由點(diǎn)電荷電場疊加規(guī)律以及對(duì)稱關(guān)系可知,A、C兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同,B、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相

同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。0點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向水平向右，不為0,選項(xiàng)B錯(cuò)誤。由電場分布和對(duì)稱關(guān)系可

知,將一帶正電的試探電荷勻速從B點(diǎn)沿直線移動(dòng)到D點(diǎn)，電場力做功為零;將一帶正電的試探

電荷勻速從A點(diǎn)沿直線移動(dòng)到C點(diǎn):，電場力做正功,試探電荷具有的電勢能減小,選項(xiàng)C正確,D

錯(cuò)誤。

6.答案（D2X104N/C水平向左（2）2X107J

解析（1）由位移隨時(shí)間的變化規(guī)律s=60lT0t?知,物體的初速度為v尸6m/s,加速度為a=-20

m/s2,

由牛頓第二定律得qE=ma,

解得E=2X10'N/C,

由于物體帶正電且電場力向左,所以場強(qiáng)水平向左。

（2）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知0.5s末的速度為

V]=v0+at=6m/s_20X0.5m/s=-4m/s,

由功能關(guān)系知，帶電物體在0~0.5s內(nèi)電勢能的增加量為

AE=-1m（vf-Vo）=2X102Jo

第一章.5電勢差

知識(shí)清單

一、①差值呼吧③能

二、①q。③EM￡④q（如-儲(chǔ)）

。活學(xué)巧練

1.V2.X3.X4.X5.V

鏈接高考

1.B由電子從M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電場力所做的負(fù)功相等可知，6“>4）、二%，

故過N、P點(diǎn)的直線d位于某一等勢面內(nèi)，則與直線d平行的直線c也位于某一等勢面內(nèi)，選項(xiàng)A

錯(cuò)、B正確；6產(chǎn)6q,則電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場力不做功,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于6￡6產(chǎn)期，電

子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電勢能減小，電場力做正功,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

2.BC由題圖可知,X1到xi場強(qiáng)先變大,再變小,則點(diǎn)電荷受到的電場力先增大再減小,C正確,D

錯(cuò)誤。由X倒X3及由X2到X]過程中,電場力做負(fù)功，電勢能增大,A錯(cuò)誤,B正確。

基礎(chǔ)過關(guān)

1.BC從電勢差的定義可知A項(xiàng)錯(cuò)誤;從電勢差的特性可知電勢差是標(biāo)量,有正負(fù)之分,B項(xiàng)正確;

從電場力做功的特性及電勢差的定義可知兩點(diǎn)間電勢差只與兩點(diǎn)間的位置有關(guān),C項(xiàng)正確；電勢

差可以反映出兩點(diǎn)電勢的高低,加二-以,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。

2.B負(fù)電荷從M移到N時(shí)，電荷克服靜電力做功,則負(fù)電荷所受的靜電力的方向是從N到M,則

電場線的方向?yàn)橛蒑指向義判斷知選項(xiàng)A、C、D正確,B錯(cuò)誤。

3.BC電場中兩點(diǎn)之間的電勢差是一個(gè)定值,與靜電力對(duì)電荷做的功及其帶電荷量多少無關(guān)，故

選項(xiàng)A錯(cuò)、C對(duì)；由U.『以空知，靜電力對(duì)正電荷做正功，則電勢差為正,故選項(xiàng)B對(duì)；電場中A、B

q

兩點(diǎn)間的電勢差1%在數(shù)值上等于把單位正電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)靜電力所做的功,故選項(xiàng)D

錯(cuò)。

4.A電場線是一條直線，可以來源于下列幾種情況（如圖所示），所以B、C、D不正確，只有A項(xiàng)

對(duì)。

5.答案300VA點(diǎn)的電勢較高

解析負(fù)電荷從A移至B的過程,電荷克服電場力做功,可見負(fù)電荷從電勢高處移至電勢低處,

即<t>A>

電勢差八="=上空V=500V,

q-6xio6

即巾「弧,二500V①

負(fù)電荷從B移至C的過程中，電場力做正功，可見負(fù)電荷從電勢低處移至電勢高處,即

<t>B<<t>C,

電勢差2X103V=-200V

q-6xio6

即<t>B-4>c=-200V②

由①②式相加得U,?=M-<1>F300V

所以A、C兩點(diǎn)的電勢差為300V,A、C兩點(diǎn)中A點(diǎn)的電勢較高。

6.D以點(diǎn)電荷為圓心的圓周上的各點(diǎn)為等勢點(diǎn)，所以從A到B、C、D、E各點(diǎn)的電勢差相等，根

據(jù)W=qU可知，電場力做功一樣多,選項(xiàng)D正確。

7.D由W=Uq可知,W,=W2.由心=U~?q,Wcd>0,q>0,可知U?,>0,故%>叫〉明,D正確.

8.C點(diǎn)電荷形成電場的等勢面是以該電荷為中心的球面，由題意知,三點(diǎn)的電勢關(guān)

系'*所以電勢差UQUQO,U*0,而W,=qUJB,W,=qU?,W3=qU(B,所以W,=W3>W2=O,C項(xiàng)正確。

9.答案(l)為gh(2)-竽

22q

解析(1)因?yàn)闂U是光滑的,所以小球從A到B的過程中只有兩個(gè)力做功，由動(dòng)能定理:W電

2

+W<r=1mv,

得Wl(i=|mX3gh-mgh=^mgho

(2)由于B、C位于同一等勢面上，所以A、C間的電勢差等于A、B間電勢差，即

品叫旦-啜。

q2q

三年模擬

l.ACA、B兩點(diǎn)間的電勢差U4絲幽=1.2X105V,故A正確,B錯(cuò)誤。在A、B兩點(diǎn)間移動(dòng)

q

85

2.5XIOgC的電荷時(shí),A、B間的電勢差不變,則電場力做功為=qUAB=2.5X1O-XL2X10

37

j=3.oxi(rj,故c正確;若在A、B兩點(diǎn)間移動(dòng)LOXi(rc的電荷時(shí),A、B間的電勢差同樣

不變,則電場力做功8"=q"U?=l.OXlO-'xi.2XlOSJ司.2X10"J,故D錯(cuò)誤。

2.AB由題圖知粒子在A處的加速度大于在B處的加速度,因a=漁,所以E,、>E?A對(duì);粒子從A到

m

B動(dòng)能增加，由動(dòng)能定理知電場力必做正功，電勢能必減小,B對(duì);同理由動(dòng)能定理可知A、C兩點(diǎn)

的電勢相等,則UAB=U(B,D錯(cuò);僅受電場力作用的粒子在C、D間做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以CD間各點(diǎn)

電場強(qiáng)度均為零,但電勢是相對(duì)于零勢點(diǎn)而言的,可以不為零,C錯(cuò)。

3.BD由等量異種點(diǎn)電荷電場分布的特點(diǎn)可知,等量異種點(diǎn)電荷的中垂面為等勢面，因此a、b

兩點(diǎn)電勢相等,A錯(cuò)誤;場強(qiáng)的方向都與中垂面垂直，且場強(qiáng)從b點(diǎn)向外越來越小,B正確;在兩點(diǎn)

電荷連線上,沿電場線方向電勢越來越低,所以b點(diǎn)電勢比c點(diǎn)電勢低,C錯(cuò)誤；電子受力應(yīng)指向

電場的反方向，根據(jù)力與速度的關(guān)系可判斷電子不可能沿圖示曲線軌跡從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn),D正

確。

4.答案(1)|⑵牛

解析(1)帶電小球在A點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得

mgsin300-k^=maA,

在B點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得

（：：）1

kmgsin30°=maB>

把代入得aB=fo

4i

⑵由⑴可得哨斗嗚

從A運(yùn)動(dòng)到B由動(dòng)能定理可得

mgsin30°,1+qUM=0,

由以上兩式得U.廣華，

所以

第一章.6電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系

知識(shí)清單

①Ed②勻強(qiáng)③電場④電場強(qiáng)度⑤哼⑥勻強(qiáng)⑦電場⑧電場⑨降低的電勢⑩

a

伏特每米?V/m?V/m

?；顚W(xué)巧練

1.V2.X3.X4.V

鏈接高考

1.A由勻強(qiáng)電場的特點(diǎn)得0A的中點(diǎn)C的電勢6c=3V,6c=6”,即B、C在同一等勢面上，由電

場線與等勢面的關(guān)系和兒何關(guān)系知：如圖,d=l.5cnu則E=5—JV/m=200V/m,A正確。

ai<；xin2

2.AD由可知點(diǎn)電荷Q一定在MN連線的中垂線上，過F作MN的垂線交MP與0點(diǎn)，設(shè)

MF=FN=1,則由幾何關(guān)系MO=l/cos300=^1,F0=ltan30°=