高中物理課時作業(yè)（人教版必修第三冊）詳解答案

詳解答案

課時分層作業(yè)（一）電荷

1.解析：A、B錯：摩擦起電的過程中電荷從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)移過程

中電荷總量是不變的.C對，D錯：感應(yīng)起電是電荷從物體的一個部分轉(zhuǎn)移到物體的另一個

部分，且在轉(zhuǎn)移過程中電荷總量是不變的，并不是從帶電的物體轉(zhuǎn)移到原來不帶電的物體.

答案：C

2.解析：帶電體具有吸引輕小物體的性質(zhì)，由題意知，％先吸引“，當(dāng)兩球接觸后，兩

球帶同種電荷，有斥力作用，因此力又把。排斥開，所以B正確.

答案：B

3.解析：兩物體摩擦?xí)r得失電子情況取決于原子核對電子的束縛力大小，A錯.由于摩

擦起電的實質(zhì)是電子的得失，所以兩物體帶電種類一定大同，但數(shù)量相等，B錯，C對.由

題中例子不難看出，同一物體與不同種類的物體摩擦，節(jié)電種類可能不同，D對.

答案：CD

4.解析：把帶電金屬球移近不帶電的驗電器，若金屬球帶正電荷，則將導(dǎo)體上的自由電

子吸引上來，這樣驗電器的上部將帶負(fù)電荷，箔片帶正電荷；若金屬球帶負(fù)電荷，則將導(dǎo)體

上的自由電子排斥到最遠(yuǎn)端，這樣驗電器的上部將帶正電荷，箔片帶負(fù)電荷.

答案：B

5.解析：由于都是金屬導(dǎo)體，可移動的電荷是自由電子，4帶上負(fù)電荷的原因，

1Xin~8

是電子由B移動到4,其中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為〃=-西=X1。|°（個）?這樣B失去〃個電子,

A1U

帶上1X10-8c正電，A得到〃個電子，帶上1X10-8C負(fù)電.

答案：c

6.解析：當(dāng)閉合任何開關(guān)時，導(dǎo)體就會與大地連接，會使大地的電子流入枕形導(dǎo)體.

答案：C

7.解析：方法一用手碰A球，A球失去電荷，將A、3球接觸，A、8兩球都帶上一號

的電荷量，再用手碰A,4又失去電荷，再把A、8球接觸，則A、8球都帶上一孑的電荷量.

方法二用一個與4、B完全相同的不帶電的金屬球與A接觸，A球帶電荷量變?yōu)?,

再把人、8球接觸，人、8球帶電荷量都變?yōu)橐绘?

答案；見解析

課時分層作業(yè)（二）庫侖定律

1.解析：本實驗采用了控制變量法，未采用等效替代法，A錯誤；根據(jù)絲線偏離豎直方

向的角度可以看出，從左向右小球所受帶電物體的作用刀逐漸減小，由于只改變了小球與帶

電體間的距離，沒有改變電性和電荷量，只能研究電荷之間作用力的大小與兩電荷間距離的

關(guān)系，不能研究電荷之間作用力的大小和電性、電荷量的關(guān)系，故B、C錯誤，D正確.

答案：D

2.解析：如圖甲所示，當(dāng)兩金屬球帶異種電荷時，電荷間相互吸引，電荷相對集中在最

近端，導(dǎo)致電荷間距比/■小，因此庫侖力Q庠，選項A錯誤，C正確；如圖乙所示，當(dāng)兩

金屬球帶同種電荷時，電荷間相互排斥，使電荷相對集。在最遠(yuǎn)端，導(dǎo)致電荷間距比「大，

因此庫侖力代名，選項B、D錯誤.

答案：C

3.解析：由尸=也羋，知尸8，，當(dāng)電荷量不變，增大為原來的2倍時，靜電力變

為原來的;,選項D正確.

答案：D

4.解析：根據(jù)“同電相斥，異電相吸”規(guī)律，確定金屬小球。受到〃和人的靜電力的方

向，考慮。的帶電荷量小于〃的帶電荷量，根據(jù)平行四邊形定則求合力如圖所示，選項B正

確.

答案：B

5.解析：要使。處的正點電荷所受靜電力的合力方向平行于48向左，該正點電荷所受

力的情況應(yīng)如圖所示，所以A帶負(fù)電，〃帶正電.設(shè)AC間的距離為L則4。問的距離為

2L.

Fftsin30°=F^,即?sin30。=號笠,解得行=|，故選項B正確.

答案：B

311

6.解析：將乙圖中的均勻帶電的；球殼分成三個;帶電球殼，關(guān)于球心對稱的兩個:帶

電球殼對點電荷的庫侖力的合力為零，因此乙圖中帶電的號球殼對點電荷的庫侖力的大小和

甲圖中均勻帶電的！球殼對點電荷的庫侖力的大小相等，故D正確.

答案：D

7.解析：球殼完整時，由于對稱性，球心上的點電荷受力為0,可知挖去部分的電荷和

剩下部分的電荷對點電荷產(chǎn)生的力大小相等、方向相反.故要計算剩下部分電荷對點電荷產(chǎn)

生的力，只要求出挖去部分的電荷（即小圓孔所帶的電荷j對點電荷產(chǎn)生的力即可.

由于所以球殼上挖去的部分可視為點電荷，由庫侖定律得產(chǎn)=甯,其中Q'=

條冗產(chǎn),得出,方向由球心指向小圃孔的圓心.那么剩下的球殼電荷對球心處

點電荷的力尸=尸=嗨方向在小圓孔的圓心與球心的連線上，背離小圓孔的圓心.

答案：見解析

課時分層作業(yè)（三）庫侖力作用下的平衡與加速問題

I.解析：假定a=J,則庫侖力在水平方向上，皿、52受力如圖所示，由平衡條件可知，

FF

如且=麗,〃速=3

0F=F,a=p,則用i=/〃2

可見，若〃“=〃%則。=人久”的關(guān)系與兩小球所帶電荷量無關(guān).

答案：A

2.解析：在星球表面人高度處，粉塵處于懸浮狀態(tài)，說明粉塵所受庫侖力和萬有引力平

衡，k\(K猾vH)、、\K=\RG)，魯、，，得k7同2=。力〃?2；當(dāng)離星球表面2〃高度時，所受合力F

=A(搟，，-G，黑小?結(jié)合上式可知，尸=0,即受力仍平衡?由于庫侖力和萬有引

\K~i~in)IALn)

力都遵從與距離二次方成反比的規(guī)律，因此該粉塵無論叵星球表面多高，都處于懸浮狀態(tài).

答案：c

J.X［八一6XSX1

3.解析：兩球之間的庫侖力為警=X109X------廣------N=2N,小球3

受到的重力大小為Gs=2N,且產(chǎn)與豎直方向夾角為60。，F(xiàn)=FB,故小球4受到庫侖力、重

力以及細(xì)線的拉力，組成的矢量三角形為等邊三角形，所以細(xì)線與豎直方向的夾角為6。。，B

正確.

答案；B

4.解析：根據(jù)電荷間的相互作用規(guī)律可知，A球帶負(fù)電，8球帶正電，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錯誤；A球與兩邊帶電球的間度相等，根據(jù)庫侖定律可知，兩邊帶

電球帶電荷量相等，即3球帶電荷量與固定球的帶電荷量相等，對于8球，因為A離8較近，

故要想使4對B的庫侖力與固定球?qū)的庫侖力大小相等，A球的帶電荷量需要比固定球帶

電荷量少，故B正確，C錯誤.

答案：B

5.解析：(1)分析題意可知，帶電小球A處于靜止?fàn)顟B(tài)，合力為零，帶電小物塊8、C

對A的庫侖力的合力與A的重力平衡，即6、C對A的庫侖力斜向上，故8帶正電.

(2)根據(jù)幾何關(guān)系可知，庫侖力對稱分布，NA=60。，8對A的庫侖力為尸明，則

小FBA="lg,FBA=^^B?

鈕嗎也〃儂尸

解何在一3kq.

(3)研究整體的受力情況，庫侖力為內(nèi)力，整體受到重力和地面的兩個支持力作用，

3

則地面對8的支持力FB=2mg

3

根據(jù)牛頓第三定律可知，8對地面的壓力大小為g

答案：⑴正電(2)^^⑶|/咫

6.解析：設(shè)彈簧的級度系數(shù)為公，由題意知其中一個金屬小球在漏電前后平衡時，有

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

to，=te=2=2

(/o+xi)2'(/0+x2)'則三(/o+x,)'分析知/。+工2〈/。+工”故三<

4,C正確.

答案：c

7.解析：A錯，B對：點電荷一q做勻速圓周運動，庫侖力的水平分量提供向心力，根

據(jù)庫侖定律以及力的分解有吊=—乎一cos30。="豁.

(sin30°)'

2

C對，D錯：結(jié)合圓周運動規(guī)律有ta：?o。=m——，V=y[3gii.

tan30°

答案：BC

課時分層作業(yè)(四)電場電場強(qiáng)度

1.解析：A、B錯：電場中某點電場強(qiáng)度的大小與試探電荷無關(guān).C錯：以Q為球心、

，?為半徑的球面上，各點電場強(qiáng)度大小相等，但方向不同.D對：點電荷形成的電場中，離

點電荷越遠(yuǎn)，電場強(qiáng)度越小.

答案：D

2.解析：電場線是假想的線，電場中實際不存在電場線，故A錯誤；電場中某點的電

場強(qiáng)度的方向與電場線在該點的切線方向一致，若電場線相交，則相交處場強(qiáng)方向有兩個，

和電場方向是唯一的相矛盾，故電場線不相交，故B正確，C錯誤；電場線的疏密表示電場

強(qiáng)弱，電場線較密的地方電場強(qiáng)度較大，電場線較疏的地方電場強(qiáng)度較小，故D錯誤.

答案：B

3.解析：A、B錯：因為電場強(qiáng)度與放入電場中的試探電荷的電荷量及所受的靜電力無

關(guān)，由電場本身決定.所以電場強(qiáng)度不隨夕、尸的變化而變化.C錯，D對：某點的電場強(qiáng)度

F

一定，由知，尸與〃成正比.

q

答案：D

4.解析：根據(jù)電場線的疏密反映電場強(qiáng)度的大小可知，Q點的電場強(qiáng)度大，故同一檢瞼

電荷在Q點所受的電場力大，故選項C正確.

答案：C

5.解析：根據(jù)電場線的特點，從正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終止可以判斷，4、8是兩個等量

異種電荷，故A正確，B錯誤；在兩等量異種電荷連線的中垂線上，中間點電場強(qiáng)度最大，

也可以從電場線的疏密判斷，所以C點的電場強(qiáng)度比。點的電場強(qiáng)度大，且C、。兩點電場

強(qiáng)度方向相同，故C、D錯誤.

答案：A

6.解析；根據(jù)電場強(qiáng)度的物理意義：電場強(qiáng)度是反映電場本身性質(zhì)的物理量，僅由電場

本身決定，與試探電荷無關(guān)，可知，將該點電荷換為電荷量為2q的負(fù)點電荷，A點的場強(qiáng)大

小仍然是￡，方向與正電荷受力廠的方向相同，選項A、B、C錯誤，D正確.

答案：D

7.解析：A錯：A、3一定是同種電荷，既可能均帶負(fù)電荷，也可能均帶正電荷.B對：

A、B各自在。處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度等值反向，合電場強(qiáng)度為零.C錯：〃、8兩點的電場強(qiáng)度

大小相等，但方向相反.D錯：c、d兩點的電場強(qiáng)度大小相等，但方向相反.

答案：B

8.解析：A、B槽：設(shè)點電荷的電荷量為Q,將反、瓦延長相交，交點即為點電荷Q

的位置，如圖所示，由圖可知電場方向指向場源電荷，所以這是一個負(fù)點電荷產(chǎn)生的電場.C

錯，D對：設(shè)4、》兩點到。的距離分別為％和%,由幾何知識得為：%=1：小，由七=

呼可得反=3見，即旦：邑=3：1.

答案：D

9.解析：當(dāng)圓環(huán)的;部分均勻帶電且電荷量為+夕時，圓心。處的電場強(qiáng)度大小為E,

由如圖所示的矢量合成可得，當(dāng)半圓環(huán)A8C均勻帶電且電荷量為+2q時，在圓心處產(chǎn)生的

電場強(qiáng)度大小為鏡E,方向由。到。；當(dāng)另一半圓環(huán)人DC均勻帶電且電荷量為一2“肝，圓

心處的電場強(qiáng)度大小也為加E,方向由。到。.根據(jù)矢量的合成法則，圓心。處的電場強(qiáng)度

大小為2吸E,方向由。到D選項A正確，B、C、D錯誤.

答案：A

10.解析：A、B錯：根據(jù)題意，4點電場強(qiáng)度的方向垂直48向下，由平行四邊形定則

可知，〃帶正電，歟帶負(fù)電.C錯，D對：根據(jù)A點電場強(qiáng)度的方向垂直AB向下，可得

sin30。=今,鼠=喈,反=號

又肛=2/1,聯(lián)立解得仍=5農(nóng).

答案：D

II.解析：由題中VT圖像可知，負(fù)點電荷的速度逐漸增大，靜電力的方向由A指向B,

因為點電荷帶負(fù)電，所以電場線由8指向Art圖像的斜率逐漸增大，說明加速度逐漸增大，

所以電場強(qiáng)度由八到8逐漸增大，電場線越來越密.

答案：C

12.解析：因為O點的電場強(qiáng)度大小為2￡,可知兩個點電荷在。點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度均

為號;若設(shè)。4=O8=r,則AC=2r,則與=虜；在C點，E+Q=￡_Q=人帛=與；由平行

四邊形定則可知，因兩點電荷在C點的場強(qiáng)方向夾角為120。，可知兩點電荷在C點的合場強(qiáng)

大小為f,方向水平向右；則C點的合場強(qiáng)大小為4=E+f=華，選項C正確.

答案：C

課時分層作業(yè)（五）靜電力的性質(zhì)

1.解析：粒子受到的電場力沿電場線并指向軌跡的凹側(cè)方向，故粒子帶正電，故A錯

誤；粒子受電場力方向沿電場線并指向軌跡的凹側(cè)，所以先向左做減速運動，后向右做加速

運動，故B錯誤；根據(jù)電場線的琉密知道電場強(qiáng)度先變小后變大，故加速度先減小后增大，

故C錯誤；從。點到“點，電場力先做負(fù)功，再做正功，所以動能先減小后增大，故D正確.

答案：D

2.解析：由軌跡的彎曲特點可以判斷靜電力的方向水平向左，故粒子一定帶負(fù)電，且?guī)?/p>

電粒子由。點到力點靜電力做正功，A、B、D項均正確；C項錯誤.

答案：ABD

3.解析：兩小球始終處于相對靜止?fàn)顟B(tài)，加速度相等.如果a帶正電，受到勻強(qiáng)電場向

右的力和b對a向右的力，加速度向右；而b受到勻強(qiáng)電場向左的力和a對b向左的力，加

速度向左，兩小球加速度不相等，所以a一定帶負(fù)電；取向左為正，對a,根據(jù)牛頓第二定

律有3qE—咿=用生;對b,根據(jù)牛頓第二定律有啥一9￡=旭俏.而5=俏,解得七=攀，

故B正確.

答案：B

4.解析：(1)設(shè)細(xì)線的拉力為立則

Fsin8=qE?

Feos0=mg?

由①②式解得后=幽臂

可得E=2X1()5N/C.

(2)剪斷細(xì)線后，小球沿細(xì)線方向斜向下做初速度為零的勻加速直線運動，小球水平分運

動也為初速度為零的勻加速直線運動.

水平方向有mgtan8=ma,得a=gtan0

由運動學(xué)公式有at2

解得尸s.

答案：(1)2X10$N/C(2)見解析

5.解析；小球沿?合力方向做加速直線運動，根據(jù)右圖可確定靜電力的方向，小球在重力

和靜電力的共同作用下做加速直線運動，當(dāng)靜電力的大小與重力沿垂直合力方向的分力相等

時，靜電力最小，即qE=〃?gsin仇故E=*亞.大于噬逆的值都是可能的，不存在

最大值.

答案：CD

6.解析：電子運動軌跡為曲線，由曲線運動的產(chǎn)生條件可知電子在MN電場線上受力方

向水平向左，因此電場線方向水平向右(M—N).A錯：由電子運動軌跡不能確定運動方向.B

對，C錯：若四>的，由A靠近場源電荷Q,即?？拷饲覟檎姾?D對：電子從A

到8,靜電力做負(fù)功，速度減小，VA>VB;電子從8到A,靜電力做正功，速度增大，VA>

VB.

答案：BD

課時分層作業(yè)(六)靜電的防止與利用

1.解析：圖甲、圖乙顯示了導(dǎo)體內(nèi)部帶負(fù)電的電子在靜電力作用下向左運動，易知帶正

電的離子同樣會受到靜電力的作用，A錯誤；圖丙中導(dǎo)體A8表面和CO表面的感應(yīng)電荷將

在導(dǎo)體內(nèi)部產(chǎn)生一個水平向左的電場，大小也為瓦，與原電場食加后，使得導(dǎo)體內(nèi)部場強(qiáng)處

處為零，但新電場E和原皂場依然存在，故B正確，C、D錯誤.

答案：B

2.解析：由靜電屏蔽原理可知，金屬殼或金屬網(wǎng)內(nèi)的場強(qiáng)處處為零，因此超高壓帶電作

業(yè)的工作人員，為了保證他們的安全，必須穿上摻入金屬絲制成的衣服，故A錯誤；家用煤

氣灶的點火裝置，它是根據(jù)尖端放電的原理而制成的，故B正確；避雷針通過接地引線與接

地裝置連接，有雷電時可以把電荷及時導(dǎo)入大地，只在高大建筑物屋頂插入一根尖銳的導(dǎo)體

棒不能防止建筑物被雷擊，故C錯誤；靜電噴漆時使被噴的金屬件與油漆霧滴帶相反的電荷，

這樣靜電力使油漆與金屬表面結(jié)合得更牢固，故D正確.

答案：BD

3.解析：點電荷在球殼內(nèi)、外表面感應(yīng)出等量的異種電荷，除球殼外，電場的分布與點

電荷電場的分布相同，靠近球心處的場強(qiáng)大、遠(yuǎn)離球心處的場強(qiáng)小，球殼處于靜電平衡狀態(tài)，

則其內(nèi)部場強(qiáng)為零，即B點場強(qiáng)為零，EA>EC>EB,D正確.

答案：D

4.解析：此題關(guān)鍵要清楚靜電屏蔽的兩種情況.達(dá)到靜電平衡后，各圖電荷分布情況大

致如圖所示.由于靜電屏蔽，選項A中驗電器的金屬箔不能張開.而選項B中金屬網(wǎng)接地，

但是金屬網(wǎng)仍然處于靜電平衡狀態(tài)，故其內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為0.選項C中金屬網(wǎng)外殼帶正電，

能使驗電器的金屬箔張開.而選項D中金屬網(wǎng)外部沒有電場.因此應(yīng)選C.

答案：C

5.解析：圓形金屬板與風(fēng)針分別接上正、負(fù)高壓極后，風(fēng)針附近產(chǎn)生強(qiáng)電場，且風(fēng)針尖

端處電場最強(qiáng)，因此風(fēng)針尖端附近的電場線分布較密，故A正確；風(fēng)針附近產(chǎn)生強(qiáng)電場使空

氣發(fā)生電離，空氣中的陽離子會向風(fēng)針的尖端運動與針尖負(fù)電荷中和，發(fā)生放電現(xiàn)象，而空

氣中的負(fù)離子因受排斥力而向相反方向運動，由于反沖，風(fēng)針就旋轉(zhuǎn)起來，故B、C正確；

如果交換金屬板與風(fēng)針?biāo)鶐щ姾呻娦?，風(fēng)針不可能放出E電荷，因為導(dǎo)體內(nèi)只有自由運動的

電子，故D錯誤.

答案:ABC

6.解析：球殼處于靜電平衡時內(nèi)部場強(qiáng)處處為0,故。點場強(qiáng)為0.所以￡玲一￡=0,球

殼上的感應(yīng)電荷在O點處的場強(qiáng)大小等于A、B在O點產(chǎn)生的合場強(qiáng)大小EIEB=

――十七當(dāng)一=磬，方向沿48指向

華）2（p2L

答案：I2AQ42,方向沿43指向B

課時分層作業(yè)（七）電勢能和電勢

1.解析：假設(shè)48兩點相距/,直線48與電場線的夾角為4也90。），根據(jù)功的定義可

知，沿三種路徑移動該電荷，電場力做的功均為日cos仇選項C正確，A、B、D錯誤.

答案：C

2.解析：由電場線越密的地方電場強(qiáng)度越大，可知根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸

降低，可知（pA<（pR,故D正確.

答案：D

3.解析：電荷只在電場力作用下，電場力做了2乂10-6j的正功，即合力做功為2X10

-6J,根據(jù)動能定理得知，動能增加了2X10-6J,選項A、B錯誤；電場力做了2X10-6J的

正功，根據(jù)功能關(guān)系得知，電荷的電勢能減小2義10-6j,選項c錯誤，D正確.

答案；D

4.解析：本題中電場線只有一條，又沒說明是哪種電場的電場線，因此電勢降落的數(shù)值

及場強(qiáng)大小情況都不能確定，A、B錯；〃、》兩點電勢已知，正電荷從。到人是從低電勢向

高電勢運動，靜電力做負(fù)功，動能減小，電勢能增大，C對，D錯.

答案：C

5.解析：把點電荷從電場中的A點移到3點，其電勢能增加XI。一7J,電場力做負(fù)功，

則該點電荷帶負(fù)電，電場力做功為一Xl（）rj,故選B.

答案：B

6.解析：由做曲線運動的條件，知/所受靜電力水平向右，⑺帶正電，故電場方向向

右；/所受靜電力水平向左，故碓為負(fù)電荷，故A錯誤；電場線水平向右，沿電場線的方向

電勢降低，則A點的電勢高于。點的電勢，故B錯誤；由題圖可知，靜電力與運動方向成銳

角，靜電力對小、飲都做工功，(八、夕2的電勢能都減小，故C錯誤，D正確.

答案：D

7.解析：(1)電荷從無限遠(yuǎn)處移到電場中的4點，要克服靜電力做功1XI0-6J,電荷的

電勢能增加；無限遠(yuǎn)處電勢能為零，則電荷在4點具有IXIOFj的電勢能.

(2)A點的電勢為你=等合V=100V.

q1Aiu

答案：⑴增加，1X10—6J⑵1OOV

8.解析：(1)粒子所受電場力產(chǎn)的大小為：F=Eq=X104XXIO_8N=X10-4N,正電荷

的受力方向與場強(qiáng)方向相同，故力的方向向右.

(2)粒子從M點移至N點的過程中，電場力所做的功為：WWN=&/=Xl(r4乂J=XI0-4J

(3)根據(jù)電勢能定義可知：￡pA/=V^v=X10-4J

答案：(I)X1()-4N方向向右(2)X104J

(3)X10-4J

9.解析：由于運動軌跡向下彎曲，說明粒子所受電場力方向向下，可判斷電場線的方向

向上而不是向下，A錯誤；粒子既可以從。點運動到萬總，也可以從〃點運動到。點，B錯

誤；由于順著電場線方向電勢降低，故有甲a?Pb,C錯誤；負(fù)電荷逆著電場線方向運切時電

勢能減少，順著電場線方向運動時電勢能增加，因而粒子在a點的電勢能大于在〃點的電勢

能，D正確.

答案：D

10.解析：重力做功等于重力勢能的減少量，重力做功5J,故重力勢能減小5J,A錯

誤；電場力做功等于電勢能的減小量，電場力做功2J,故電勢能減小2J,B錯誤；合力做

功等于動能的增加量，合力做功等于各個分力做的功，總功為WW=WG+W電+Wn=5J+2

J-1J=6J,故動能增大6J,C正確；除重力外的各個刀做的總功等于機(jī)械能的增加量，電

場力和空氣阻力做的總功為1J,故機(jī)械能增加1J,D錯誤.

答案：C

11.解析：A對：質(zhì)點。從“點運動到N點的過程中，動能減小，由動能定理可知，庫

侖力對其做的總功為負(fù)值.B錯：根據(jù)”為分析可知，N點距離點電荷。比M點近，N點場

強(qiáng)大，質(zhì)點/，在N點受到的靜電力大，所以在N點的加速度大小比M點的大.C錯：質(zhì)點力

從M點到N點，靜電力做的總功為負(fù)值，根據(jù)靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系可知，質(zhì)點。

的電勢能增加，即〃在"點的電勢能小于在N點的電勢能.D錯：由于人力帶同種電荷，

質(zhì)點％僅在”的庫侖力作用下做曲線運動，由軌跡可知，。所受的靜電力斜向左上方，所以

電荷。一定在虛線MP下方.

答案：A

12.解析：旋轉(zhuǎn)后的啃形如圖所示，在這個過程中，電場力對帶正電小球做的功力叼

=-2XqEX^=_qEL,對帶負(fù)電小球做的功為Wi=-qEL,則電場力做的總功W=W1+

Wi=-2qEL,因此電勢能增加24￡乙選項D正確.

答案：D

課時分層作業(yè)(八)電勢差

1.解析：電勢差是用比值法定義的物理量，定義式為〃"=寸，電勢差與試探電荷無

關(guān)，由電場本身和兩點的位置決定，故A、C錯誤，DE確.靜電力做功與電荷運動的路徑

無關(guān)，只與電荷的初末位置有關(guān)，故B錯誤.

答案：D

2.解析：B處電場線較密，故電場強(qiáng)度日〈及，沿電場線方向電勢降低，故小>”，A

錯誤，B正確；對正電荷，由于8A>88,故EpA>EpB,從A到8,電勢能減小，電場力做正功，

對負(fù)電荷，仰EpFEpn,C正確，D錯誤.

答案：BC

3.解析：沿電場線方向電勢降低，知A點電勢高于8點電勢，A正確.將電子從A點

移到5點，電場力做負(fù)功，電勢能增加，B錯誤.由電場線疏密與場強(qiáng)大小的關(guān)系知工點的

電場強(qiáng)度小于B點的電場強(qiáng)度，C錯誤.將電子從A點移到C點再移到B點，電場力做負(fù)功，

D錯誤.

答案：A

4.解析：將一正電荷由。經(jīng)A移到。時，Wi=qUcD,正電荷由C經(jīng)B移到。時，牝

=qUcD，所以W=W2,由C到。靜電力做正功，電勢能降低，所以”>僅)，故D正確.

答案：D

5.解析：帶電粒子的電性和電場力做功的正負(fù)均未知，所以各等勢面的電勢高低未知，

電場線的方向未知，A、B錯誤；因為c點和d點在同一個等勢面上，故兩點間的電勢差U

=0,根據(jù)電場力做功公式W=qU可知，電場力對帶電處于做功為0,C正確；根據(jù)題意可

得。、c兩點間的電勢差與"、/兩點間的電勢差相等，根據(jù)電場力做功公式W=gU可知，

D錯誤.

答案：C

6.解析：根據(jù)電場線或等差等勢面的疏密程度可知，M點的場強(qiáng)小于N點的場強(qiáng)，A、

B錯誤；由EpA—Ep8=l想8,得電場力做負(fù)功電勢能增加，則正電荷在M點的電勢能小于在

N點的電勢能，由％=如知M點的電勢低于N點的電勢，C正確，D錯誤.

答案：C

w.4X1()-8M

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

-6X10-8

V=30V,則叫=-30V,可知0>尹8>9小可知場源電荷是負(fù)電荷，位于4的左

-2X10-9

側(cè).

答案：C

8.解析：A錯：依據(jù)等差等勢線的疏密表示場強(qiáng)大小可知，在c、4e、/四點中，/點

的電場最強(qiáng).B錯：沿著電場線方向，電勢是降低的，因3供電線的電勢高于A供電線的電

勢，則在c、d、e、/四點中，c點的電勢最高.C對：若將某電子由c移到￡即從高電勢到

低電勢，其電勢能將增大.D錯：將某電子在d點由靜止釋放，在靜電力作用下，它會向c

點所在等勢線運動.

答案：C

9.解析：(1)根據(jù)點電荷電勢公式，可得A、8兩點的電勢分別為

0產(chǎn)平=xio4V,

?A

(pB="=Xio4V.

*rii

4、B間的電勢差為UAB=(PA-(PB=XIO4V-X104V=-XIO4V.

(2)設(shè)從A到8過程中，試探電荷電勢能的變化量為A￡p根據(jù)靜電力做功與電勢能變化的

關(guān)系有AEp=-Wi8=-q以8

代入數(shù)據(jù)得Afp=-4X10-,2X(-X104)J=XIO-7J.

答案：(l)-X104V(2)X10-7J

10.解析：C、D對：電荷只在靜電力作用下從電場中的A點移到B點時，靜電力做正

功，電荷電勢能減少，靜電力做了多少正功，電荷電勢能就減少多少，由動能定理可知動能

增加；W^=AEk=5XI0.6j.A、B錯：因電荷在4點的動能和電勢能不知道，所以不能確

定電荷在8點的動能和電勢能.

答案：CD

4

11.解析：據(jù)v-t圖像的斜率等于加速度，可得物塊在B點的加速度最大為。=尸7m/s2

7—5

F2

=2m/s?,所受的靜電力最大為尸=〃心=1X2N=2N,則電場強(qiáng)度的最大值為E=~N/C

=1N/C,A正確；據(jù)IM圖像可知物塊的速度增大，靜電力做正功，則電勢能減小，B錯誤；

據(jù)兩個等量的同種正電荷形成的電場，其連線中垂線上電場強(qiáng)度方向由。點沿中垂線指向外

側(cè)，故由C點到A點的過程中電勢逐漸降低，C錯誤；由圖像可知在4、B兩點的速度

分別為：VA=6m/s,us=4m/s,物塊從4到4的過程，根據(jù)動能定理得：C/UBA=^〃據(jù)—1

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

答案：AD

12.解析：(1)設(shè)帶電小球在A點時受到的庫侖力大小為凡根據(jù)牛頓第二定律有"織sin

3

30°—廣二小M解得“=於明

(2)帶電小球由A點運動到B點，由動能定理有mgsin30。?亨解得UAH=-

4q*

答案：(痔mg(2)-鬻

課時分層作業(yè)(九)電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系

1.解析：電場線與等勢面垂直，且從高電勢指向低電勢，電場強(qiáng)度的方向水平向左，E

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

答案：c

2.解析：A對：電場線的方向是電勢降低最快的方向.B對：由題圖中電場線的分布規(guī)

律可知，電場不是勻強(qiáng)電場，C附近密集，4附近稀疏，則C附近的電場強(qiáng)度大于A附近的

電場強(qiáng)度.C對，D錯：日公式知，UBC>UAB.

答案：ABC

3.解析：在勻強(qiáng)電場中將某一線段等分的同時就將該線段兩端的電勢差等分，可將/M,

如連線，連線的交點的電勢是dd電勢和的一半，也是。、c電勢和的一半，已知。點的電

勢為20V,力點的電勢為24V,d點的電勢為4V,那么對角線的交點電勢就是14V,也是

a、c電勢和的一半，那么c點的電勢就是8V,故B正確，A、C、D錯誤.

答案：B

4.解析：因為正點電荷固定在。點，故仇,.=(/>(),以，>0.因為次段平均電場強(qiáng)度大于

加段平均電場強(qiáng)度，則UdKUbc=U.故q從d到e靜電力做功小于qU.

答案：D

5.解析：(1)由石=黑，得石=挑V/m=XIO3V/m

因為以8=150V>0,故9市>伽，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知電場強(qiáng)度方向由力指向

B.

(2)UAC=EdAC=XIO?XXcos37°V=280V,

則U%=-UAC=-280V.

答案：(DXl^v/m方向A-B(2)-280V

6.解析：因為A8平行于OC,并且四邊形ABCO為底角是60。的等腰梯形，根據(jù)各點

坐標(biāo)關(guān)系故有UOC=2%8,即6V—3c=2X(3-0)V,得"?=()V,故A正確；由于B、C

兩點的電勢都是零，所以BC為0V等勢線，電場線與等勢線垂直，故B錯誤；過8作OC

的垂線B。，垂足為￡>,再作。F垂直于BC,由幾何關(guān)系得上加=坐cm,故電場強(qiáng)度為E

=普=^-=gX102V/m=10()V3V/m,故D正確，C錯誤.

IDE41,DE2y]3

答案：AD

7.解析：帶正電小球從O到C,根據(jù)動能定理以%c=AEk

沿電場線方向電勢降低最快，所以電場線從。指向C,如圖

PM1OM,則PC沿電場線方向上的距離為CM=PCcos3()o=小R善=1R,沿電場

線方向電勢降低，則UPC=ECM=《一,A正確，B、C、D錯誤.

答案：A

課時分層作業(yè)(十)電場中的功能關(guān)系及圖像問題

1.解析：從〃移到c,點電荷Q產(chǎn)生的電場對點電荷N不做功，在勻強(qiáng)電場中，a、c

兩處電勢相等，電場力對點電荷N也不做功，故A錯誤：B正確；從4移到6點電荷Q產(chǎn)

生的電場對點電荷N不做功，勻強(qiáng)電場對點電荷N做功為W=qE-2r=2qEr,所以電場力做

珈為2qEr,故C正確，D錯誤.

答案：BC

2.解析；正電荷從A點移到3點，克服靜電力做功8X10—8j,電勢能增加8X10-8j,

但由于零電勢點位置未知，所以3點的電勢能不能確定.A、D錯誤，C正確.4點的電勢

能不能確定，則8點的電勢不能確定，B錯誤.

答案：C

3.解析：根據(jù)給出的E-x圖像可知，在。處為正電荷，在方處為負(fù)電荷，根據(jù)點電荷產(chǎn)

生的電場強(qiáng)度E=?及電場的疊加可知，c、d兩處場強(qiáng)相同，電場方向由c指向d,故c

點電勢高，故A正確；B、C、D錯誤.

答案：A

4.解析：8-x圖線的斜率表示電場強(qiáng)度，由題圖乙知，A、6位置的斜率相同，即&=

品,故A、B錯誤；由題圖乙知，e人>夕8,由于質(zhì)子帶正電，質(zhì)子的電勢能穌=。/夕，故與4>4）8,

故C錯誤，D正確.

答案：D

5.解析：A錯：小球上滑過程中，由動能定理得：W—mfih=^mvl—|mva,則靜電

力做功W=/〃g/?.B對：由W=qU得，A、8兩點的電勢差口=甯C錯：由于靜電力做正功，

小球的電勢能減小，則小球在8點的電勢能小于在4點的電勢能.D錯：由。=以得.E=

%若電場線沿A8方向，A、8兩點沿電場線方向的距離赤九則氏，=等，即電場強(qiáng)

度的最小值小于等.

答案：B

6.解析：小球。從N點由靜止釋放，過P點后到。點速度為零，整個運動過程只有重

力和庫侖力做功，庫侖力方向與小球。速度方向夾角一直大于90。，所以庫侖力在整個過程

中做負(fù)功.小球〃從N到Q的過程中，庫侖力增大，庫侖力與重力的夾角減小，所以它們的

合力一直增大，故A錯誤；小球。受力如圖所示，在靠近N點的位置，合力與速度夾角小于

90。，在〃點合力與速度夾角大于90。，所以小球a從N到〃的過程中，速率應(yīng)先增大后減小，

故B正確；從N到Q的過程中，庫侖力一直做負(fù)功，麻以電勢能一直增加，故C正確；根

據(jù)能量守恒可知，從P到Q的過程中，動能的減少量等于重力勢能和電勢能的增加量之和，

故D錯誤.

答案：BC

課時分層作業(yè)（十一）電容器的電容

1.解析：電容器銘牌上標(biāo)注的是額定電壓，即正常了作的最大電壓，A錯誤，B正確.由

C=^j,得Q=CU=X10-6x9C=XKPc，C錯誤，D正確?

答案：BD

2.解析：A對：要使靜電計的指針張開角度增大些，必須使靜電計金屬球和外殼之間的

電勢差增大.斷開開關(guān)S后，將A、4兩極板分開些，電容器的帶電荷量不變，電容減小，

電勢差增大.B、C錯：保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開或靠近些，靜電計金屬球和外

殼之間的電勢差不變.D錯：保持開關(guān)S閉合，將滑動變阻器滑片向右或向左移動，靜電計

金屬球和外殼之間的電勢差不變.

答案；A

3.解析：A中電容器通過改變介電常數(shù)￡r改變電容；B中電容器通過改變導(dǎo)電液體的深

度從而改變電容器兩極正對面積改變電容；C中電容器通過改變兩板間距離改變電容；D中

電容器通過改變定片與動片夾角，從而改變兩極板正對面積；綜上分析知，B、D正確，A、

C錯誤.

答案：BD

C2X]0-4

4.解析：由。=轉(zhuǎn)，得C=仙）F=1X1O_6F,電容由電容器本身決定，當(dāng)其電

U乙UU

荷量增加2義10一4C時，電容不變，仍為IXIO^F.此時電容器帶電荷量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：由題圖可知，液體與導(dǎo)體芯構(gòu)成了電容器，兩極板間距離不變，液面變化時只

有正對面積發(fā)生變化.則由。=品可知，當(dāng)液面升高時，正對面積5增大，故電容增大,

再依據(jù)。=多和兩極板間電勢差不變，可知電容器的電荷量增大，因此電容器處于充電狀態(tài),

因此指針向左偏轉(zhuǎn)，故A、C、D錯誤，B正確.

答案：B

6.解析：充電過程中兩極板的電荷量逐漸增多，根據(jù)〃=夕可知，兩極板間電勢差增

大，由此可知帶電小球所受電場力F=qE=^-變大，繩子所受拉力等于電場力和重力之和，

即細(xì)線對小球的拉力逐漸增大，由此可知選項A錯誤，B正確；因為下極板接地，小球到下

極板的距離是一個定值，兩極板間的電場強(qiáng)度逐漸增大，所以小球所在位置的電勢大于零且

隨著兩極板上電荷量的增大而增大，由此可知電勢能在增加，選項C正確，D錯誤.

答案；BC

課時分層作業(yè)（十二）帶電粒子在電場中的運動

1.解析：質(zhì)子和a粒子都帶正電，從A點釋放將受靜電力作用加速運動到8點，設(shè)4、

B兩點間的電勢差為U,由動能定理可知，對質(zhì)子：!〃珀昂=〃HU,對a粒子：J/〃欣=qaU.

得普二廄=、腎=P：1,選項C正確.

答案：C

2.解析：設(shè)電子的初動能為以0,未動能為零，極板間的電場強(qiáng)度E=月，根據(jù)動能定

理：一曲=0-EM解得：與。=乎.

答案：D

3.解析：若觀察到帶電油滴懸浮不動，說明油滴受力平衡，則油滴受到向上的電場力,

且電場力大小等于重力，即％=〃邛，得用=#，不一定比其他油滴小，油滴所受電場力與

O

q有關(guān)，故A、B錯誤；若觀察到油滴向下加速運動，說明電場力小于重力，但電場力方向

向上，做負(fù)功，油滴電勢能增大，故C錯誤，D正確.

答案：D

4.解析：設(shè)加速電場的電壓為Uo,偏轉(zhuǎn)電壓為U,極板長度為L間距為"，電子加速

過程中，由U峋=呼~,得vo=,電子進(jìn)入極板間后做類平拋運動，時間

加速度。=寨，豎直分速度4=川，。=言=考^，故可知C正確.

答案：C

5.解析：

小球在電場力和重力作用下做類平拋運動，因小球垂直打在C點，由類平拋運動規(guī)律知：

C點速度方向的反向延長發(fā)必過。點，且OD=AO=in,則DC=m,根據(jù)運動學(xué)公式有

AD=vot,?巴茨/聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得￡=25N/C,則Uoc=EQC=15V.

答案：D

6.解析：設(shè)任一粒子的速度為研)，電量為%質(zhì)量為，〃，加速度為“，運動的時間為

則加速度為。=普，對豎直分運動，有。尸，對水平分運動，有x=vot,聯(lián)立得vo=

,,n=2^";只有外E、工、丁的關(guān)系已知，無法比較初速度、運動

時間和質(zhì)量的關(guān)系，故A、C、D均錯誤；由于只有電場力做功，故動能增加量等于電場力

做功為W=qEy,電量相等，故。增加的動能一定等于〃增加的動能，故B正確.

答案：B

7.解析：(1)粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動.

在豎直方向(初速度方向)上：L=v()t

在水平方向(電場方向)上：vx=ai

由速度關(guān)系得；vx=v)tan30°

由牛頓第二定律得：qE=ma

解付E=fT~-

(2)粒子做類平拋運動，在水平方向上：d=3"

解得4=乎L.

答案:(1需磬(浦'■

8.解析：(1)由動能定理可得:

⑷mvl,

代入數(shù)據(jù)解得如=8X104m/s.

(2)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，

水平方向上：L=vot,

在豎直方向上：。戶，。=譬，F(xiàn)=-y,

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得y=m.

L+,

(3)由幾何知識知點

~L~

2

解得y，=3y=m.

答案：(1)8XI04m/s(2)m(3)m

9.解析：帶電小球恰好做直線運動，且重力和電場力方向都在豎直方向上，說明帶電小

球處于平衡狀態(tài)，即重力等于電場力，根據(jù)/=，ng可得，d嗤,A正確，B錯誤；斷

開Si、閉合S2后，A、3板不帶電，則小球從射入兩板間到離開的過程中，根據(jù)動能定理，

有mgh=^"GJ—3，加可得h=^-,C正確，D錯誤.

答案：AC

10.解析：(1)電子在電場E中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為0,時間

為h,由牛頓第二定律得也=修=~,由尸：〃/2得9=/，解得h=.

(2)設(shè)粒子射出電場所時平行電場方向的速度為內(nèi)，由牛頓第二定律得，電子進(jìn)入電場

2cE

￡2時的加速度為“2=7丁=大~，0)=。2,2，沿初速度方向有L=V\t2,V\=a\t\,電子剛射出

電場歷時的速度方向與水平方向的夾角的正切值為tan6=機(jī),聯(lián)立解得tan9=2.

(3)帶電粒子在電場中的運動軌跡如圖所示，設(shè)電子打到屏上的點P到。點的距離為北

根據(jù)幾何關(guān)系得tan0=熱，聯(lián)立解得尸3乙

~2

答案：(1)(2)2(3)3L

課時分層作業(yè)(十三)帶電粒子在交變電場中的運動

1.解析：0?1s和1?2s微粒的加速度大小相等，方向相反，A