音乐会主持稿-advice可数吗

2021年1月30日发(作者：武林外传土豆网)
答案及解析

第一章静电场

第
1
节电荷及其守恒定律

刷基础

1.B
【解析】
摩擦起电现象的实质是电荷的转移，而不是产生了电子或质子，故
A
错误； 两
种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷，故
B
正确；摩擦起电是因 为摩
擦导致电子从一个物体转移到另一个物体而形成的，故
C
错误；用丝绸摩擦玻璃棒 时，电
子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显示带正电，故
D
错 误。

2.A
【解析】
当她用于触摸一个金属球时，金属球上的电荷会转移到 她的身上，因为同种电
荷相互排斥，头发就会竖起；无论她带正电荷还是负电荷，只要电荷量足够多，就 会出现
该现象，选项
A
正确，
B
、
C
、
D
错误。

3.A
【解析】
带负电的
A
球靠近
B
球
(
不接触
)
，由于静电感应而使
B
球带正电 ，
c
球带负电，故
A
正确，
B
错误；人体是导体，用手摸一 下
B
球，
B
球与人体、地球构成整体，大地是远
端，带负电，
B
球是近端，带正电，故
C
错误；将
B
、
C
分开 ，移走
A
，
B
球带正电，
C
球带等
量的负电，再将
B
、
C
接触，
C
上的负电荷转移到
B
上， 从而使
B
、
C
都不带电，故
D
错误。

4 .C
【解析】
用带正电的带电体
A
靠近
(
不接触
)
不带电的验电器的上端金属球，验电器发生
静电感应，带电体
A
带正电，则验 电器的上端金属球带负电荷，下部金属箔自带等量的正
电荷，金属箔张开。验电器的金属箔之所以张开， 是因为它们带有同种电荷，而同种电荷
相互排斥，张开角度的大小取决于两金属箔自带电荷量的多少，感 应起电的实质是电子在
物体内部发生了转移。故
A
、
B
、
D
错误，
C
正确。


【解析】
原来不带电的物体处于 电中性，不是内部没有电荷，而是正负电荷的个数相
等，整体对外不显电性，故
A
错误 ；摩擦起电过程中转移的是自由电子，失去电子的物体
带正电，得到电子的物体带负电，即摩擦过程中< br>A
失去电子，转移到了
B
上，故
B
正确；由
电荷守恒 定律可知，在电子的转移过程中电荷的总量保持不变，
A
带
1.6×
10-1
0C
的正电荷，
则
B
一定带
1.6×
10
-1
0C
的负电荷，故
C
正确；摩擦过程中，
A
失 去
1.0×
10
9
个电子，故
D
错误。


【解析】
题目没有提到物体的粗糙程度，所以不能判断出表面粗糙的物体易失去电
子， 故
A
错误；摩擦起电的实质是电荷的转移，在电荷转移过程中总电荷量保持不变，所
以 两个物体摩擦起电时，一定同时带上种类不同但数量相同的电荷，故
B
错误，
C
正确；用
棉布分别与聚丙烯塑料板和聚乙烯塑料板摩擦，棉布分别带负电和带正电，说明同一物体与不同种类的物体摩擦，该物体所带电荷的种类可能不同，故
D
正确。

7.C
【解析】
所有带电体的电荷量的绝对值一定等于元电荷的整数倍，选项
A
正确；元电荷
的值通常取
e

1.60

10

19
C
，选项
B
正确；元电荷是最小的电荷量，不是指电子和质子本
身，选项
C
错误；元电荷
e
的数值最早是由美国科学家密立根用实验 测得的，选项
D
正确。

8.B
【解析】
元电荷是最小的电 荷量，其值取
e

1.60

10

19
C
，任何带电体带的电荷量的绝
对值都是元电荷的整数倍，
3.2×
10-1
9C
是元电荷的
2
倍，故
A
正确。
6.4 ×
10
-2
0C
小于元电荷的
电荷量，是不可能的，故
B< br>错误。
1.6×
10
-1
8C
是元电荷的
10
倍，故
C
正确。
4.0×
10
-1
7C
是元电< br>荷的
250
倍，故
D
正确。本题选不可能的，故选
B
。

9.D
【解析】
两个完全相同的金属小球接触，电荷先中和后平分，Q

Q
N

4
q

2
q

Q
n

11
Q
n

< br>
q
，故选
D
。

2
2
【关键点拨】两个完全相同的带电体接触满足先中和后平分的原则。

刷提升

1.D
【解析】
不管是何种起电方式，都要遵循电荷守恒定 律，故
A
正确；摩擦起电时。电子
发生转移，失去电子的物体带正电，得到电子的物体 带负电，故
B
正确；摩擦起电和感应
起电都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物 体转移到另一个物体上，而后者则使电
子从物体的一部分转移到另一部分。故
C
正确； 接触起电时，两个物体只能带七同种电
荷。并且只有两个物体完全相同时才能带等量电荷，故
D
错误。本题选说法错误的，故选
D
。

2.B
【解析】题图中绝缘板带正电，将接地的导电平板靠近带正电的绝缘板，因静电感应，

1
导电平板靠近绝缘饭的一侧带负电，另一侧的正电因接地而中和掉；断开导电平板的接地
线，手握绝缘 柄将导电平板移开，导电平板上便带上了负电，其起电原理是感应起电。

3.B
【解 析】
由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与金属球
异种的电荷。 而验电器的箔片上将带上与金属球同种的电荷。故只有
B
正确。

4.C【解析】
C
移近导体
A
时，在
A
的左端感应出负电荷， 在
B
的右端感应出正电荷，可以看
到
A
、
B
上的金 属箔片均张开，选项
A
、
B
错误；

C
移近导体< br>A
后，不论用手摸一下
B
，还是
摸一下
A
，大地中的 负电荷都将被吸引移向导体，使得
A
的左端带负电，
B
的右端不带电，
即
B
。上的金属箔片闭合，
A
上的金属箔片张开，选项
C
正确，
D
错误。

5.
A

【解析】
< br>不带电的导体
B
在靠近带正电的导体
A
时，导体
B
上 的自由电子会向
P
端运
动，导体
B
的
P
端因有了多 余的电子而带负电，
Q
端因缺少电子而带正电；若用导线接地，
无论接导体的任何部位 ，正电荷都将被大地的负电荷中和，断开接地线，再取走
A
，导体
B
将带负电 ，故
A
正确。

【方法总结】

当导体
B
接地时，整个导体
B
就变成了近端，大地就变成了远端，与导体
B
左端接地还 是右
端接地无关
(
用手触摸导体
B
，也相当于导体
B
接地
)
。如果导体
B
接地后再断开接地线，则导
体
B就成为带负电荷的带电体。


【解析】
若
A
、
B
两球带等量的同种电荷，电荷量都为
Q
，则让第三个半径相同的不带
Q3
Q
电的金属小球先后与
AB
两球接触后移开，
A
、< br>B
两球所带的电荷最大小分别为
、
，则
4
2
A
、
B
两球的电荷量之比为
2:3
；若
A
、
B两球带等量的异种电荷，电荷量大小都为
Q
，则让
第三个半径相同的不带电的金属 小球先后与
A
、
B
两球接触后移开，
A
、
B
两球所带的电荷
Q
Q
量大小分别为
、
，则
A
、< br>B
两球的电荷量之比为
2:1
，故选
A
、
C
。

2
4

【解析】
笔套与头发的摩擦使笔套带电，故
A
错误；带电的笔套靠近圆环时，圆环
上、下部感应出异号电荷，故
B
正确 ；当距离约为
0.5c
m
时圆环被吸引到笔套上，是因为圆
环所受吸引力大于 圆环的重力，故
C
正确，笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷没有被中
和，笔套还带电， 故
D
错误。

刷素养

8.D
【解析】
由 于静电感应使
A
部分带正电，
B
部分带负电，导体原来不带电，只是在带正< br>电的导体球
C
的静电感应的作用下，导体中的自由电子向
B
部分移动， 使
B
部分带负电，
A
部
分带正电根据电荷守恒定律可知，
A
部分减少的电子数目和
B
部分增加的电子数目相同，所
以沿任意一条虚线切开 时，均有
A
带正电，
B
带负电，且
Q
A

Q
B
，故
D
正确。

第
2
节


库仑定律

刷基础

1.B
【解析】
点 电荷是一种理想化模型，当带电体的大小、形状及电荷分布情况对所研究的
问题影响很小以至于可以忽略 时，这样的带电体就可以看成带电的点，称为点电荷，故
B
正确。

4
q

2
q
q
2
2.A
【解析】
根据库仑 定律公式得
F

k

8
k
2

； 甲乙接触再分离后所带电荷量均
2
d
d
q

q
q< br>2
d

16
k
2

2
F
。

为
q
，当甲、乙相距
时，甲、乙间的库仑力大小为
F

k
2
d
4

d



4

3.B
【解析】
根据
“
两同 夹异
”“
两大夹小
”“
三点共线
”
的原则可知，
A
、
B
、
C
三个小球均处于
平衡状态，
C
必 须带负电荷且在
BA
的延长线一侧；设
C
所在位置与
A
的距 离为
r
，则
C
所在位
置与
B
的距离为
L< br>+
r
，要能使
C
处于平衡状态，
A
对
C的库仑力大小等于
B
对
C
的库仑力大小，
9
Qq
Qq
L

k
设
C
所带电荷量为
-
q，则有
k
，解得
，点电荷
B
受力平衡，则有
r

(
r

L
)
2
r
2
2
9
Qq
9
Q

Q
9
k

k
，解得
q

Q
，故
B
正确，
A
、
C
、
D
错误。

2
2
(
r

L
)
L
4

2
4.B
【解析】
对点电荷
A
受力分析，
B对
A
的是库仑斥力，沿
BA
的连线向上，若
C
带正电， 则
C
对
A
的库仑斥力沿
CA
的连线向上，这两个斥力的合力 不可能沿题图所示
F
A
的方向；若
C
带负电，
C
对
A
的库仑引力沿
AC
的连线向下，与
B
对
A
的库仑斥力的合力可能沿题图所示
F
A
的方向，故
C
一定带负电， 故
B
正确，
A
、
C
、
D
错误。

5.C
【解析】
将一带负电
q
(
q
=
Q< br>)
的粉尘置于该星球表面
h
高处，该粉尘恰好处于悬浮状
态，可知万有 引力与库仑力平衡，宇航员又将此粉尘带到距该星球表面
2h
高处，由于库仑
kQq< br>GMm
力
F
q

2
和万有引力
F
G

2
都与距离的平方成反比，故受力平衡状态与高度无关，
r
r此带电粉尘仍处于悬浮状态，故选
C
。

6.C
【解析】
小球
A
受力平衡，根据三角形定则可得，小球
A
所受的库仑力
F< br>
mg
tan

，设
Qq
1
绝缘细线的长度 为
l
，小球
A
所带电荷量为
Q
，当

< br>30

时，有

k

mg
tan30

，当
2

l
sin30




45

时，有
k
Qq
2

l
sin
45


2

mg
tan
45
，联立解得
q
1
3

，故
C
正确。

q
2
6
刷易错

★易错点
1

忽视库仑定律的适用条件。


【解析】
由于两球心间的距离
L

3
r
，不满足远大于
r
的条件，故两球不能看成点电< br>荷，若两球带同种电荷，由于同种电荷相互排斥，则两球等效中心间的距离大于
3r
，此 时
q
2
库仑力
F

k
2
，
A正确；若两球带异种电荷，由于异种电荷相互吸引，则两球等效中心
L
q
2
间的距离小于
3r
，此时库仑力
F


k
2，
C
正确。

L
【易错分析】

题中由于带电 球的大小与它们之间的距离相比不能忽略，因此不能看成点电荷，不能直接
利用库仑定律计算库仑力的大 小，只能根据库仑定律定性比较库仑力的大小。学生易错选
B
是由于没有正确。理解库仑定律的 适用条件，乱套公式所致。注意：库仑定律的适用条
件是真空中的两个点电荷之间。对于不能看成点电荷 的物体要特别注意。

★易错点
2

忽视变化过程中两电荷间距离的变化。

k

q
2
8.C
【解析】
平衡时小球间的库仑力大小等于弹簧弹力。第一次平衡时有
kx
0

2
，
C
与
A
r
2
k

q
接触后，
A
所带电荷量变为原来的一半，再次平衡时有
kx< br>
2
。若
r


r
，则弹簧弹力
r

1
1
F

kx
0
刚好为原来的一半，但 实际上
r
'>
r
，所以弹簧的压缩量小于
，故
C
正 确。

2
2
【易错分析】

有些同学只注意到小球电荷量的 变化，忽略了两球间的距离也随之变化，导致错误。地认
1
1
为
:
设 小球间的库仑力先后为
F
1
、
F
2
，电荷量的乘积从
q
2
变为
q
2
，则
F
2

F< br>1
，再设弹簧
2
2
x
劲度系数为
k
0
，则由胡克定律
F

k
0
x
，可得
0

2
，从而错选
A
。

x
刷提升


【解析】
法国物理学家库仑发现了电荷之间的相互作用规律，故
A
正确。两点 电荷之
间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律可知，无论点电荷
q
1
的电荷 量与点电荷
q
2
的电荷
量大小关系如何，
q
1
对< br>q
2
的静电力大小总等于
q
2
对
q
1
的静电力大小，故
B
错误。库仑定律的
适用条件是
:
真空和静止点 电荷，如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布
可以忽略不计，即可将它看成一个几何点 ，则这样的带电体就是点电荷一个实际的带电体
能否看成点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题 的性质和精度的要求，故
C
正

3
q
1
q
2
不再适用，故
D
错误。

r
2
2.D
【解析】
A
为带正电的金属板，此时不能将其看成点电 荷，所以不能使用库仑定律求小
球受到的库仑力，故
A
、
B
错误；小 球受到的静电力方向向右，重力竖直向下，则小球的受
力情况如图所示，由平衡条件得
F

mg
tan

，故
C
错误，
D
正确。

确。当
r

0

时，带电体不能看成点电荷，公式
F

k

3.B
【解析】
根据电荷间的相互作用规律可知，
A
球带负电，
B
球带正电 ，
A
球才能受到固定
球的向左的吸引力和
B
球向右的吸引力而平衡，
B
球受到固定球向右的排斥力和
A
球向左的
吸引力而平衡，所以选项
A
、
D
错误；
A
球与两边带电球的间距相等，根据库仑定律 可知，
两边带电球带电荷量相等，即
B
球带电荷量与固定球的带电荷量相等，对于B
球，因为
A
离
B
较近，故要想使
A
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，所以选项
B
正确，
C
错误。


【解析】
两个带异种电荷的粒子之间的相互作用力为引力，两个粒子不会彼此靠近，
kq
1
q
2
v
1
2
2

m
1

r
1

m
1

m
1
v
1

，对
q
2
有
和双星相似，两粒子角速度相 同，对
q
1
有
2
r
1

r
1
r
2

kq
1
q
2

r< br>1

r
2

2
2
v
2
< br>m
2

r
2

m
2

m< br>2
v
2

，可知
r
1
:
r
2

m
2
:
m
1
，
v
1
:
v
2

m
2
:
m
1
，
A
、
C
正确。

r
2
2
5.B
【 解析】
三个夸克都在半径为
r
的同一圆周上，且位于等边三角形三个顶点上，电荷量< br>e
e
2
e
为

的下夸克受到另一个电荷量为

的下夸克的库仑斥力
F
1

和电荷量为

的上夸 克
3
3
3
F

的库仑引力
F
2

，根据库仑定律得
F
1


2
，根据力的合成得，
F
1

和
F
2

的合力方向竖直向
2
上，根据对称性可知，另一个下夸克受静电作用的方向也竖直向上，两个下夸克对上夸克
的 库仑引力大小相等，由对称性可知，上夸克受两个下夸克库仑力的合力方向竖直向下，
故
B正确。

6.D
【解析】
由题图可知，两球相互吸引，一定带异种电荷， 故
A
错误；两球间的库仑力是
一对相互作用力，大小相等，无法判断电荷量的大小关系 ，故
B
错误，
D
正确；设两球间的
库仑力大小为
F
，对两球分别有
F

m
1
g
tan

，< br>F

m
2
g
tan

，则
m
1
tan


m
2
tan

，因



，可得
m
1

m
2
，故
C
错误。

7.A
【解析】
由于三个电荷均处于平衡状态， 设
q
1
、
q
2
、
q
3
所带的电荷 量大小分别为
Q
1
、
Q
1
Q
3
Q
3
Q
2
Q
1
Q
3
Q
Q
kQ
1
Q
2
kQ
3
Q
2

k
k
Q
2
、
Q
3
，对
q
1
有< br>k
1
2
2

k
，对
q
有
， 对
q
有
，

2
3
2
2
2
2
2
r
1
r
r
r

r
1

r
2


r
1

r
2

2
1
2

r

r


r

r

联立可得
Q
1
:
Q
2< br>:
Q
3


1
2

:
1< br>:

1
2

，根据题意可知
r
2

2
r
1
，所以

r
2


r
1

Q
1
:
Q
2
:
Q
3

9
:
4
:
36
；根据
“
两 同夹异
”
的规律可知，
q
1
、
q
3
是同种 电荷，故

q
1
:
q
2
:
q
3< br>
(

9)
:
4
:
(

3 6)
或
q
1
:
q
2
:
q
3

9
:
(

4)
:
36
，
A< br>正确。

【方法总结】

三个点电荷的位置关系是
“
同性在两边，异性在中间”：中间点电荷的电荷量是三个点电荷
中最少的，两边同性电荷中电荷量少的距 中间点电荷近；三个点电荷的电荷量满足
Q
1

Q
2
Q
2

Q
3

Q
1

Q3
。

2
刷素养


4
(1)2m
g


竖直向上


(2)
2
r
0

【解析】
(1)
小液珠受 到竖直向下的重力和竖直向上的库仑力，小液珠开始运动瞬间，根据
牛顿第二定律有
F
库

mg

ma
，
a

g
，所以
F
库

2
mg
。
(2)
开始运动瞬间F
库

kQq


mg
，即

2
mg
，速度最大时，小液珠的加速度为零，有
F
库
r
2
2
1
kQq


F
库
mg
2
。解得
h

2
r
0
。

F
库
2
h
第
3
节


电场强度

课时
1

电场


电场强度

1.B
【解析】
电场是电荷周围存在的一种特殊的物质， 电场就是由电荷产生的，有电荷一定
有电场存在，
A
正确。电场是实际存在的物质，而 电场线是为了形象地描述电场而假想的
线，其实并不存在，
B
错误。电场虽然看不见、 摸不着，但它是一种客观存在的物质形
态，
C
正确。电荷产生电场，其他电荷处于这个 电场中，电场便对处于其中的电荷有力的
作用，故电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的 性质是对处在它当中的电
荷有力的作用，
D
正确。

F
2. B
【解析】
电场强度
E

是采用比值法定义的，不能认为电场强度< br>E
跟
F
成正比，跟
q
成
q
反比，故
A
项错误；电场强度取决于电场本身，与试探电荷的电荷量多少和受力大小无
关，试探电荷所带 的电荷量变化时，在电场中的同一点受到的电场力与所带电荷量的比值
都相同，故
B
项 正确；电场强度的方向与正试探电荷受到的静电力方向一致，与负电荷受
到的静电力方向相反，但电场强 度不因试探电荷的变化而变化，故
C
项错误；电场强度取
决于电场本身，与有无试探电 荷无关，故
D
项错误。


【解析】
由
F
-
q
图象的斜率大小等于场强的大小可知，因点的场强大小关系是
E
d

E
a

E
b

E
c
，故
A
错误，
B
正确，同一点的电场强度是由电场本身决定的，与检验电
荷的电 荷量无关，故
C
错误；因电场力分别沿正方向和反方向，则说明因点一定在同一直
线上 ，故
D
正确。

4.D
【解析】
以点电荷。为中心、
r
为半径的球面上，各处的场强大小相等，方向不同，场
Q
强是矢量，所以场强不同 ，故
A
错误。当
r

0
时，点电荷的场强公式
E< br>
k
2
已经不适
r
用，当
r

< br>
时，
E

0
，故
B
错误。在点电荷。产生 的电场中，各点的场强方向与点电
荷的性质有关，在正点电荷产生的电场中，各点的场强方向是背向点电 荷
Q
向外，在负点
电荷产生的电场中，各点的场强方向是指向点电荷
Q
向内，故
C
错误。在点电荷
Q
产生的电
Q
场中，场强公式
E

k
2
，某点的场强大小与
Q
成正比，与
r
2
成反比，故
D
正确。

r
5.A
【 解析】
①式中的场强
E
不是①式中的电荷
q
所产生的电场的场强，② 式中的场强
E
是②
式中的电荷
q
所产生的电场的场强，故
A
正确；①式中的
F
是放入某电场中的电荷所受的
力，
q
是放 入这个电场中的电荷，故
B
错误；②式中的场强
E
是某电场的场强，
q
是产生此电
F
场的电荷，故
C
错误；公式
E
< br>是电场强度
q
的定义式，适用于任何电场，而②式只对点
q
电荷产生的 电场才成立，故
D
错误。

Q
6.B
【解析】
根据 点电荷电场强度的计算公式
E

k
2
可知，
a
点场 强大小和
b
点场强大小相
r
等，但是方向不同，故
A
错误；
a
点到点电荷的距离比
C
点近，则
a
点场强的大小比
C
点大，
同理可知，
b
点场强的大小比
C
点大，故
B
正确，
C
、
D
错误。

刷易错

★易错点


不理解点电荷的场强的方向如何判定。


5
7.B
【解析】
q
在距
Q
为
r
处的受力方向由
Q
，
q
的正负共同决定，故
A
错误。根据 物理学的规
定可知，距
Q
为
r
处场强的方向仅由
Q
的正负决定，故
B
正确。距
Q
为
r
处场强的正负与场强零点的选择无关，与
q
的正负也无关，仅由
Q
的正负决定，故
C
、
D
错误。

【易错分析】

电场强度反映电场本 身的性质，由电场本身决定。正点电荷产生的电场方向背离正点电荷
向外，负点电荷产生的电场方向指向 负点电荷。电场力由电场和电荷共同决定。有些同学
不明白点电荷场强方向与正、负试探电荷在电场中受 力的关系，并且，混淆了场源电荷和
试探电荷，易错选
A
或
D
。
课时
2

电场的叠加

刷基础

1.B
【解析】设
ab

bc

cd

L
，点电荷
+
Q
在
b
点产生的场强大小为
E
，方向水平向右，则
kQ
1
kQ

E
，方向水平向右，所以 此时
b
E

2
；点电荷
-
Q
在
b
点产生的场强大小为
E
1

2
(2
L
)< br>4
L
1
5
点的场强大小为
E
b

E

E

E
，方向水平向右。由对称性可知，
C
点的 场强大小也为
4
4
5
E
，方向水平向右，故
B
正确 。

4
Q
2.B
【解析】根据点、电荷的电场强度公式
E< br>
k
2
，结合矢量合成法则可知，选项
A
中正
r方形中心处的电场强度为零，设顶点到正方形中心的距离为
r
，选项
B
中 正方形中心处的电
Q
Q
场强度大小为
2
2
k
2，选项
C
中正方形中心处的电场强度大小为
k
2
，选项
D
中正方形中
r
r
Q
心处的电场强度大小为
2
k< br>2
，故选
B
。

r
E
3.B
【解析 】依题意，每个点电荷在
O
点产生的场强大小为
1
，则当
N
点处的点电荷移至
P
2
E
1
2
E

，选项
B
正确。

点时，
O
点处的场强如图所示，合场强大小为< br>E
2

1
，则
E
2
1
2

4.D
【解析】
相对圆弧来说间隙很小，则金属丝关于圆心对称宽度为
d的部分可视为点电
Q
k
d
kQd
2

r

d

荷，其在圆心
O
处产生的电场强度大小为
E

，因是正电荷，故场
r
2
(2

r

d
)
r
2
强方向由圆心指向间隙，故
D
正确。
< br>5.D
【解析】
由题意知，开始时半径为
R
的均匀带电球体在
A
点处产生的场强为
kQ
kQ
R
，同理挖出的小球半径为
， 因为电荷均匀分布，其带电荷量
E
整


2
2
(3
R
)
9
R
2
4

R

Q



k

Q
kQ

3

2

8

kQ
，所以剩
Q


Q

，则其在
A
点处产生的场强
E
挖
< br>
2
4
25
2
50
R
2
8

1


R
3
R

R

2
R

3
4

2

3

6
kQ
kQ
41
kQ
，故
D
正确。



9
R
2
50
R
2
450
R
2
6.B
【解析】
根据等量异种点电荷连线的中垂线上电场的叠加情况可知， 从
A

O

B
，
电场强度的方向不变，水平向右， 电场强度的大小先增大后减小，则电子所受电场力的大
小先变大后变小，方向水平向左，则另一个力的大 小先变大后变小，方向水平向右，故
B
正确。刷易错

★易错点
1

忽略了点电荷的场强方向和大小。

7.C
【解析】
A< br>和
B
之间两点电荷产生的电场强度方向均向左，合场强不可能为零，故
A
错
误。
A
的右侧，
A
产生的电场强度向右，
B
产 生的电场强度向左，电场强度方向相反，
A
的电
kq
荷量大于
B的电荷量，且距离
A
较近，由点电荷的电场强度公式
E

2可知，在同一点电场
r
强度大小不可能相等，所以合场强不可能为零，故
B
、
D
错误。
B
的左侧，
A
产生的电场强
度向左，
B
产生的电场强度向右，电场强度方向相反，但由于
A
的电荷量大于
B
的电荷量，
kq
且距离
A
较远，由点电荷的电场强度公式
E

2
可知，在同一点电场强度大小可能相等，
r
所以合场强可能为 零，故
C
正确。

【易错分析】

对于异种点电荷，合场强 虽为零的位置在两点电荷的连线上电荷量少的点电荷外侧；对于
同种点电荷，合场强为零的位置在两点电 荷的连线上两点电荷之间，靠近电荷量少的点电
荷。

★易错点
2

不理解某点合场强为各场源在该点场强的矢量和

8.(1)
Q
A
为负电荷，
Q
B
为正电荷

(2)
C
点场强的大小为
7.5N/
C
，方向由
B
指向
C

【解析】
(1)
由于
Q
A
、
Q
B
为点电荷，故
Q
B
在
C
点产生的 场强沿直线
BC
，方向要么指向
B
，
余空腔部电荷在
A点处产生的场强
E
x

E
整

E
挖< br>
要么指向
C
，同理，
Q
A
在
C
点 产生的场强沿直线
AC
，方向要么指向
A
，要么指向
C
，由 于合
场强平行于直线
BA
，故
Q
B
在
C
点 产生的场强沿直线
BC
指向
C
，
Q
A
在
C
点产生的场强沿直线
AC
指向
A
，如图所示，则
Q
B
为正电荷，
Q
A
为负电荷。

(2)
由图可知，
tan


又知
tan


AB
4


BC
3

E
C


E
B


E
B

7.5N/C
，方向由
B
指向
C
。

解得
E
B

7.5N/C
，如果撤去
Q
A
，
C
点场强的大小
E
C
【易错分析】

本题的易错之处在于分析
C
点的场强时 ，忽略该点的场强为两个点电荷在该点产生的场强
的矢量和。

刷提升
1.B
【解析】
因
Q
1
和
Q
2
为同种 点电荷，可知场强为零的坐标
x
区间在两固定的点电荷之间；
已知，
Q
2

Q
1
，因此场强为零的位置离点电荷
Q
2
远 ，离点电荷
Q
1
近，则场强可能为零的坐
标
x
的区间为0

x

d
，故选
B
。

2 .D
【解析】
两电荷量为
q
的正、负点电荷在圆心
O
处的合 电场强度方向由
O
指向
D
，若使圆

7
心
O
处的电场强度为零，则正点电荷必须放在
D
点处，故选
D
。
3.C
【解析】
线框上其他部分的电荷在
O
点产生的场强与< br>A
点处对应的带电荷最为
q
的电荷在
kq
4
q
O
点产生的电场强度大小相等、方向相反，故
E
1


k
2
，
B
点处的电荷在
O
点产生
2
L

L




2

q
3
q
的电场强度为
E
2

k
2
，由电场强度的叠加 原理可知
E

E
1

E
2

k< br>2
，故选
C
。

L
L
Q
4.A【解析】
O
点的正点电荷
Q
在
C
点处产生的电场强度大 小为
E
1

k
2
，方向沿
y
轴负方
a
向，因
G
点处的电场强度恰好为零，说明
M
、
N
两点固定的负点电荷在
G
点处共同产生的电
Q
场强度大小也为
E< br>2

k
，方向沿
y
轴正方向，若将该正点电荷移到
H
点，其在
C
点处产
2
(2
a
)
k

2
q
kq
生的电场强度大小为
E
1

， 方向沿
y
轴负方向，
M
、
N
两点固定的负点电荷在
C

(2
R
)
2
2
R
2
3
kQ
点处共同产生的电场强度大小仍为
E
1
，则此时
G
点 处的合电场强度为
E

E
1

E
2
2
，方
4
a
向沿
y
轴正方向，故
A
正 确。

5.A
【解析】
若将带电荷量为
2q
的完整球面的球 心放在
O
处，均匀带电的球面在球外空间产
生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电 场，则在
M
、
N
点所产生的场强大小为
k

2q
kq
，由题知，半球面在
M
点产生的场强大小
E
，则
N
点的场强大小为
E
1


(2
R
)
2
2
R
2
kq
E
2

2
E
，故选
A
。

2
R
6.D
【解析】
点电荷在某点形成的场强的方向沿点电荷与该点的连线方向，故将
P
处的电 场
强度进行分解如图所示。根据场强的方向可知，
A
处点电荷为正电荷，
B< br>处点电荷为负电
E
0
2
3
荷，选项
A
错误；
P
处的场强沿
PB
方向的分量为
E
B


E
0
，沿
PA
方向的分量为

cos30
3
3
kq
E
A

E
0
tan30


E
0
，根据
E

2

可知，
2
q
A

q
B
，选项
B
、
C
错误；从
P
点沿着
AB
中
3
r
垂线向 上移动正试探电荷，电场力的方向与位移方向的夹角大于
90
°，故电场力做负功，
选 项
D
正确。


7.D
【解析】
由题意可知，带电 荷量为
+
Q
的点电荷在
O
点产生的场强大小为
kQ
4
kQ
4
kQ
E


2
，那么每根细棒在
O
点产生的场强大小均为
E

2
，因此点电荷及
A B
2
3
L
3
L

3



2
L




4
3
kQ
边上的细棒在
O
点的合场强大小
E
合

，其方向如图所示 。若移走点电荷及
AB
边上
3
L
2
4
3
k Q


的细棒，那么其余细棒在
O
点的合场强大小为
E合
，方向与图中
E
合
方向相反，故
3
L
2D
项正确。


8

q
3
mg


L
2
3
q
【解析】对
A
球受力分析如图所示。设悬点与
A
之间的丝线拉力为
F
1
，
A
、
B
之间丝线的拉力
q
2

为
F
2
，根据平衡条件得
F
1
sin
6 0

mg
，
qE

k
2

F1
cos60


F
2
得
L
F
2
q
3
mg
q
mg
E
…
k
< br>。所以，实现平衡状态的条件是
，即
。

E

k2


F
…
0
2
L
2
3q
L
q
tan
60

q
k
8.
E
…

3
kQ


8
R
2【解析】如图所示，在圆环直径的两端对称地选取两相同微元研究，设电荷量均为△
q
，它
们到
P
点的距离
r

2
R
。它们在
P
点产生电场的电场强度沿垂直
x
轴方向的分量抵消，沿
x
轴
q
3
k

q
方向

E
x< br>
2
k
2
cos


，整个带电圆环在P
点产生电场的电场强度
r
4
R
2
Q
3
kQ
E



E
x

。

2

q
8
R
2
9.
课时
3

电场线

刷基础

1.B
【解析】
电场 线是假想的，电场中实际不存在电场线，故
A
错误；电场中某点的电场强
度方向即为该 点的切线方向，故
B
正确；若电场线相交，则相交处电场强度的方向有两
个，和
“
电场方向是唯一的
”
相矛盾，故电场线不能相交，故
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。

2.A
【解析】
孤立的负点电荷形成电场的电场线是会 聚的射线，可知这个电场不可能是孤立
的负点电荷形成的电场，
A
正确；电场线密的地 方电场强度大，电场线疏的地方电场强度
小，所以
E
A

E
B
，
F

Eq
，则
F
A

FB
，
a
A

a
B
，
B
、C
错误；电场线的切线方向为该点
场强的方向，由
F

qE
知，负电荷在
B
点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，
D
错
误。


【解析】
由于不知道电场线的方向，所以不能判断该电场 是正点电荷还是负点电荷产
生的，但是无论是正点电荷产生的还是负点电荷产生的，都是
A点的电场线密，
B
点的电场
线疏，则
E
A

E
B
，所以
A
、
C
错误，
B
、
D< br>正确。


【解析】
电场线是从正电荷发出，终止于负电荷，由图中分布 对称的电场线可得
A
、
B
为等量异种电荷，故
A
正确，B
错误；等量异种电荷产生的电场中，在它们连线的中垂线
MN
上，各个点的电场 方向均垂直于中垂线指向负电荷一侧，同一电荷在此中垂线上所受电
场力方向相同，故
C
正确；电场线的疏密程度表示电场的强弱，电场线的切线方向表示电
场的方向，
C
点 的电场线比
D
点密，所以网点电场强度大小关系为
E
C

E
D
，故
D
错误。


9
5.D
【解析】
真空中两个等量同种点电荷是相互排斥的，它们产生的电场线是沿电荷的连线
对称的， 并且电场线都是从正电荷发出到无穷远，并且电场线不能相交，所以
D
正确。

6.D
【解析】
初速度为零的点电荷的运动轨迹是由电场力决定的，当电场力的方向不变时，
其轨迹是直线，即与电场线重合；当电场力的方向变化时，其轨迹是曲线，并不与电场线
重合， 故
A
错误；电场线的切线方向为正电荷的受力方向，并非速度方向，故
B
错误 ，点电
荷的加速度方向必定与所在电场线的切线方向一致，故
C
错误，
D正确。


【解析】
粒子作曲线运动，受到指向曲线弯曲的内侧的电场力， 可知粒子所受电场力
与电场方向相反，粒子受到的电场力方向向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子 做负
功，粒子的速率减小，运动到
M
点时，粒子的速率最小，然后粒子向左运动时，电 场力做
正功，粒子的速率增大，故
A
、
B
错误，
D
正确；粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作
用，故粒子在电场中的加速度不变，故
C
正确。

【方法总结】

先画出带电粒子初速度的方向，再根据轨迹的弯曲 方向和曲线运动的条件，结合电场线的
方向，确定电场力的方向，进而利用力学分析方法进一步分析。< br>
刷易错

★易错点
1

忽略场强是矢量，不考虑其方向。

kq
8.C
【解析】
图
A
中，
A
、
B
两点的电场强度方向相同，根据公式
E

2

可知，电场强度大
r
kq
小不同，故A
错误；图
B
中，
A
、
B
两点处于同一圆周上 ，根据公式
E

2
同知，电场强度
r
大小相同，但方向不同 ，故
B
错误；在匀强电场中，各处的电场强度处处相同，故
C
正确；
图
D
中，
A
、
B
两点电场强度方向不同，大小也不同，E
A

E
B
，故
D
错误。

【易错分析】

电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，两点的电场强度才相同， 根据电场线的疏密
分析电场强度的大小，根据电场线的切线方向确定电场强度的方向，有些同学经常忘记 考
虑场强的方向而错选
B
。

★易错点
2

不会分析带电粒子在电场中的运动轨迹。


【解析】
作曲线运动的物 体速度沿轨迹切线方向，物体受到的合力方向指向轨迹弯曲
的内侧，带电粒子只受电场力，故电场力即为 所受合力，电场力方向在电场线的切线方向
上，若电场线为直线，电场力就沿电场线所在直线，综合判定 可知该带电粒子所受电场力
水平向左，粒子带负电荷，选项
A
正确，
C
错误；由于粒子在匀强电场中运动，则粒子所受
电场力是恒定的，可知粒子运动的加速度不变，选项< br>D
正确；粒子运动方向无法判定，选
项
B
错误。【易错分析】

分析与带电粒子的运动轨迹相关的问题可以
“
二步走
”
：第一步：先 找一个运动轨迹和电场
线的交点；第二步：在这个交点上画出速度方向
(
即运动轨迹上 该点的切线方向，即使题中
没有给出运动方向也没有关系，可以自己设定一个方向，并不影响正确。结果
)
；第三步。
根据轨迹的弯曲方向，确定电场力的方向
(
电场力总是 指向轨迹曲线的四侧
)
。三步完毕，
可以进行分析：根据速度方向与电场力方向的夹角 判定电场力是做正功还是做负功
(
锐角是
正功，钝角是负功
)
、速度 培大还是减小；根据电场力方向与电场线方向可以判定粒子带电
的正负；根据电场线的疏密可以判定场强 、电场力和加速度的大小。很多同学没有掌握此
类题的解题方法而出现错选或是找不到解题思路。

刷提升

1.B
【解析】
作曲线运动的物体所受合力指向轨迹凹 侧，质点带负电荷，电场强度
E
的方向
指向轨迹的凸侧，故
A
、D
错误；作曲线运动的物体所受合力指向轨迹凹侧，质点从
a
运动
到c
，速率是递增的，则质点受力方向与运动方向成锐角，电场强度方向与受力方向相反，
故
B
正确，
C
错误。

2.A
【解析】
电场 线越密，电场强度越大，故
A
点的电场强度大于
B
点的电场强度，故
A
正
确。电场线的疏密表示电场强度的大小，在任意两条电场线之间虽没有电场线，但仍有电< br>场，故
B
错误。由于
A
点的电场强度大于
B
点的电场 强度，故同一点电荷放在
A
点受到的电场
力大于放在
B
点受到的电场 力，故
C
错误。在题图所示的非匀强电场中，由静止释放的电荷

10
的运动轨迹不沿电场线，故
D
错误。

3.B
【解析】电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由于只有一条电场
线，不能判断电场线的 疏密情况，所以不能判断场强的大小，
A
错误；由题图可知
a
点电场
的方向向左，所以当在
a
点由静止释放一个负电荷时，负电荷受力的方向向右，所以负电荷一定向
b
点运动，
B
正确，
C
错误；正电荷受到的电场 力的方向一定沿着电场线的切线方
向，但其通过
b
点时运动方向可以为任意方向，D
错误。

4.C
【解析】
由
v
-
t
图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该粒子所受电场力越
来越大，其所在电场的 电场强度越来越大，所以从
A
到
B
电场线越来越密，由于负电荷所受
电场力与电场方向相反，故
C
正确。

5.B
【解析】
两个 点电荷是同种电荷，则中点
O
处的电场强度为
0
，故图线一定经过原点，A
错误；两电荷为同种电荷，则沿
x
轴在原点两侧电场方向相反，
C、
D
错误；故正确。表示
x
轴上电场强度变化规律的是
B
选项。

kq
kq
8
kq
6.A
【解析】
根据点电荷场强公式和场强叠加原理，
E
B

2

2
2
，故
A
正确；电场
L
9
L
9L
线疏密表示电场强弱，
A
点电场线比
B
点密，因此
A
点场强大，两点场强方向相反，故
B
错
误；
C
、
D
处的场强方向不相同，故
C
错误；沿
MN
右侧边缘自上向下电场线先 变密后变
疏，移动带电小球，小球所受电场力先变大后变小，故
D
错误。
< br>7.C
【解析】
作曲线运动的带电粒子速度沿轨迹切线方向，所以
de
是轨迹线；电场力沿电场
线的切线方向，当带电粒子所受的电场力就是合力时，加速度方向和电场力的方 向相同，
所以
bc
为电场线。当合力与速度的夹角为锐角时，带电粒子做加速运动；当 合力与速度的
夹角为钝角时，带电粒子做减速运动，由图可知，粒子正在做减速运动，综上所述，
C
选
项正确。

8.
见解析

【解析】首先我们 可以从熟悉的等量异种点电荷的电场线分布图
(
图甲
)
定性地看出场强大
1
1

小的变化情况。若研究点
P
(
x，
0)
位于两点电荷之间，则场强大小
E

kq
2

。两
2

(
l

x
)< br>

x
点电荷连线中点的场强最小，为
E
min
< br>8
kq
。故场强大小随
x
的分布如图乙所示，
x
< br>0
和
l
2
x

1
为两条渐近线。


第
2-3
节


综合训练

刷综合

1.C
【解析】
带电体的形状、体积对所分析问题的影响可 以忽略时，就可以看成是点电荷，
所以通常体积小的带电体在有些情况下也不能看成点电荷，体积很大的 带电体也有可能看
成点电荷，故
A
错误。电场强度是矢量，运算时满足平行四边形定则 ，故
B
错误。某点电场
强度的方向与负电荷在该点所受电场力方向相反，与正电荷在该 点所受电场力方向相同，
故
C
正确。电场线的疏密程度表示场强大小，电场线越密的地 方电场强度越大，故
D
错误。

2.C
【解析】
若以
B
为研究对象，
B
受到
A
、
C
的库仑斥力作用， 同时受到
D
的库仑引力作
kQ
2
Qq
用，设等边三角形边长 为
L
，根据受力平衡有
2
cos30


2

k
2
，由几何关系知
L
r

11
3
3
L
，解得

q

Q
，
C
正确。

3
3
3.A
【解析】
先用整体法，把两个小球及细线
2
视为一个整体，整体受到 竖直向下的重力
2m
g
、水平向左的电场力
q
E
、水平向右 的电场力
qE
和细线
1
的拉力
F
T
1
，由 平衡条件知，水
r

平方向受力平衡，细线
l
的拉力
FT
1
一定与重力
2m
g
等大反向，即细线
1
一 定竖直。再隔离分
析乙球，如图所示，乙球受到竖直向下的重力
mg
、水平向右的电场 力
q
E
、细线
2
的拉力
F
T
2

和甲球对乙球的吸引力
F
引
，要使乙球所受合力为零，细线
2
必须倾斜。设细线
2
与竖直方向
的夹角为
θ
，则有
qE< br>
1
，


45

，故
A
选项正确。

mg

4.A
【解析】
由于小球与点电荷都带 正电，两者之间存在库仑斥力，相互远离，小球在库仑
力作用下做加速运动。根据库仑定律得知，小球所 受的库仑力逐渐减小，加速度逐渐减
小，而
v
-
t
图象切线的斜率表 示加速度，图象的斜率应不断减小，故
A
正确。

kq
1
5 .B
【解析】
根据点电荷的电场强度公式
E

2

可得各
圆环上的电荷在
O
点所产生的电
r
4
场场强大小，再 根据矢量合成，求出合场强，最后比较它们的大小即可。由于电荷均匀分
1
1
布，则各
圆环上的电荷在坐标原点
O
处产生的电场强度等效子
圆环的中点处的电荷在< br>4
4
坐标原点处产生的电场强度，设圆环的半径为
r
，等效电荷量为< br>Q
，则
A
图
O
点处的场强大小
kQ
为
E
A

2
；将
B
图中正、负电荷产生的场强进行叠加，等 效两电荷场强方向间的夹角为
r
2
kQ
90
°，则在
O点的合场强
E
B

，方向沿
x
轴负方向；
C< br>图中两正电荷在
O
点的合场强
r
2
kQ
为零，则C
图中
O
点的场强大小为
E
C

2
，
D
图关于原点完全对称，可得合场强
E
D

0
，< br>r
故坐标原点。处电场强度最大的是图
B
。


【解析 】设小球
B
所受电场力为
F
，对小球
B
受力分析，由平衡条 件可得
T
cos


mg
，
F
mg
解得
F

mg
；由
E

可得，带电小球
A
在
B
处产生的电场强度大小
E

，故
A
项正
q
q
q
2
确，
B
项错误。设细绳
q< br>的长度为
L
，根据库仑定律可得
F

k
，解得
(2
L
sin

)
2
L

q
k
，故
C
项正确，
D
项错误。

2
mg
【关键点拨】

对小球进行受力分析，运用力的合成与分解结合共点力平衡条件解决问题。需要注意的是


12
两小球受到的库仑力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用在同一 条直线上，
作用在两个小球上。

7.C
【解析】
对
B球受力分析，如图所示，根据共点力平衡得，
A
、
B
之间的静电力大小< br>3
1
mg
，故
A
、
D
错误；
FB

mg
sin30


mg
，
B< br>球受到细线的拉力大小
T
B

mg
cos30

2
2
1
3
3
对
A
球受力分析，根据 平衡条件有
N

F
A
cos30


F< br>B
cos30


mg


mg
， 根据牛顿
2
2
4
3
第三定律知，墙壁受到的压力
N


mg
，故
B
错误。
A
球受到细线的拉力为4
1
1
5
T
A

mg

F< br>A
sin30


mg

mg


mg
，故
C
正确。

2
2
4
< br>8.A
【解析】
先对小球
A
受力分析，受重力、支持力、静电力，如图 甲所示根据共点力平衡
mg
条件有
F
静

①，
F< br>N

mg
tan

②，由于移动后
α
减小， 根据①式可知，静电力减小，
cos

故两球之间的距离增大，故
D
错误。由于移动后
α
减小，根据②式可知，墙面对
A
的弹力变
小，故
A
正确。再对甲
A
、
B
整体受力分析，受重力、斜面支持力
N
、墙面支持力
F
N
、推力
F
，如图乙所示。
根据共点力平衡条件有的
N
sin


F
x

F
，
N
cos


(
m

M
)
g
，解得
(
M

m
)< br>g
④，由于移动后
α
减小，
β
不变，根据③式
F
(
M

m
)
g
tan


mg
tan


③
N

cos

可知，推力
F
减小，故
C
错误。根据④式可知，斜面对
B< br>的弹力不变，故
B
错误。


9.C
【解析】
对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，电场力
F

QE

3
mg
，合力与水平方向的夹角


30

，所以物块将沿合力方向做直线运动。根
H
1
据动能定理，从开始到落地过程有mgH

F


mv
2

0
，可得
v

2
2
gH
，故
C
正
t an

2
确。


13

10.D【解析】
由等量异种电荷形成的电场特点，根据小球的受力情况可知小球在细管内运
动时， 合力为重力，则小球速度一直增大，
A
错误；电场力水平向右，不做功，
B
错 误；在
kqQ
kqQ
8
kqQ
两点电荷连线中点处小球所受电场力最 大
F



2
，错误；管壁对小球的
2
2
d

d


d






2


2

8
kqQ
弹力与电场力是平衡力，所以最大值为
2
，
D
正确。

d

【解析】
将电场反向，小球在水平方向上受到
l
向右的电场力和弹簧 的弹力，小球离
qE

k
(
A

x
)开弹簧前，根据牛顿第二定律得小球的加速度
a

，可知
a
随< br>x
的增大均匀减
m
qE
小，当脱离弹簧后，小球的加速度
a< br>

，保持不变。可知小球先做加速度逐渐减小的加
m
速运动，然后做 匀加速运动，故
A
、
C
正确，
B
、
D
错误 。

12.(1)16N/
C
(2)2m/
s

【 解析】
(1)
当轻杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑，故此时小球受力平衡，小球受重力、电场力、轻杆的支持力和摩擦力，有
mg

F
f
，
F
f


F
N
，
F
N

Eq
，解得
mg
E


16N
/
C。


q
(2)
小球与轻杆之间的摩擦力为零，说明小球与轻杆 之间的弹力为零，则有
4
Eq
cos


mg
si n

，
tan


，


53< br>
。设小球的加速度为
a
，根据牛顿第二定律有
3
50
mg
cos53


Eq
sin
53


ma
，解得
a

m/s
2
，由运动学公式有v
2

2
aL
，解得小球离开轻
3
杆时的速度 大小为
v

2m/s
。

23
gL
3
mg
7
mg

(2)

(3)
v
0
„
2
gL
或
v
0…

2
4
q
4
【解析】
(1)
由于带 电小球所受电场力方向向左，分析小球的受力情况，可将电场力与重力
3
mg

的合力当成“等效重力”。由受力分析得
qE

mg
tan
，解得
E

。

4
q
2
(2)
小球运动 的过程中速度最大时对细线的拉力最大，由动能定理得



1
< br>qEL
sin

mgL

1

cos


mv
2
，此时由重力、电场力与细线的拉力的合力提供向心
2
2

2

13.(1)
mv
2
7
mg
力，根据牛顿第二定律得
F
T

mg
cos

qE
sin

，解得
F
T

。由牛顿第二 定律
2
2
L
4
7
mg
可知，细线所受的拉力大小为
。

4
(3)
要使细线不松弛有两种情况，当小球摆动过程中，细线 偏离
“
等效最低点
”
不超过
90
°
2
mv
0




时，根据动能定理有
qEL
c os

mgL

1

sin

„
0

，解得
v
0
„
2
gL
。当小球能做完
2
2

2



mv
2
整的圆周运动时，在
“
等效最高点
”
需满足
mg
cos
Eq
sin
„
，根据动能定理有
2
2
L2
23
gL



mv
2
mv
0


qEL
sin

mgL

1
cos



，联立解得
v
0
…< br>，为保证小球在运动过程中
2
2

2
2
2




14
细线不松弛，
v
0
的大小应 满足的条件为
v
0
„
2
gL
或
v
0
…
23
gL
。

2
第
4
节


电势能和电势

刷基础

1.B
【解析】
由于异种电荷互相吸引，故两个路径中电场力都做正功；而电场力做功与路径
无关，只与初、末位置有 关，故沿路径①做的功等于沿路径②做的功，故
B
项正确。

2.B
【解析】
在正点电荷产生的电场中的任意一处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具
有的电势 能，选项
A
错误。在同一等势面上移动电荷，电势能不变，电荷所受的电场力不
做功， 选项
B
正确。电荷放在电场强度越大的地方，电荷的电势能不一定越大，例如负电
荷放 置在距离正电荷越近的位置电势能越小，选项
C
错误。正电荷放在电势越高的地方电
势 能越大；负电荷放在电势越高的地方电势能越小，选项
D
错误。

3.C【解析】
当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则在
C
点 处的
电势一定为
4V
；当该电场不是匀强电场时，在
C
点处的电势不 一定为
4V
，故
A
错误。根据
一条电场线无法比较两点处电场线的疏 密，就无法比较两点处场强的大小，则
a
点处的场强
E
a

不一定大于
b
点处的场强
E
b
，故
B
错误。根据沿 着电场线方向电势逐渐降低，电场线方
向从
a
指向
b
，可知
C
点的电势高于
b
点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电
荷在
C
点的电势能一定大于在
b
点的电势能，故
C
正确。电场线 方向从
a
指向
b
，正电荷运动
到
C
点时受到的电场 力由
C
指向
b
，故
D
错误。

4.C【解
析】
由题意知，工件带正电，则涂料微粒带负电，故
A
错误，由于涂 料微粒有初速
度，初速度和电场力方向不一定相同，故涂料微粒的运动轨迹不一定沿电场线方向，故B
错误；根据电场强度的分布可知，微粒所受电场力先减小后增大，微粒做加速度先减小后
增大的曲线运动，故
C
正确；电场力对涂料微粒做正功，其动能增大，电势能减小，电势
能转化为动能，故
D
错误。

5.D
【解析】沿着电场线方向电势 逐渐降低，故
A
错误。沿着电场线方向电势降低，但是电
势降低的方向不一定是电场线 的方向，电势降低最快的方向是电场线的方向，故
B
错误，
正电荷受力方向为电场强度 的方向，正电荷的速度方向不确定，正电荷不一定向电势低的
地方移动，故
C
错误。负 电荷受力方向为电场强度的反方向，负电荷由静止释放，一定向
电势高的地方移动，故
D
正确。

6.D
【解析】正电荷在电势高处电势能一定大，而负电荷在电势高处电势 能一定小，故
A
错
误。场强越大的地方电势不一定越高，两者没有直接关系，故
B
错误。场强为零的地方电
势不一定为零，电势零点是人为选取的，故
C
错 误。电势零点是人为选取的，故电势为零
的地方场强可以不为零，故
D
正确。


【解析】电场线密的地方场强大，所以
b
点场强大于
C
点场 强，
A
错误；沿着电场线方
向电势逐渐降低，则
a
点电势高于
b
点电势，
B
正确；由题图可知，该电场不是匀强电场，
a
、b
所在电场线是曲线，说明电场的方向是不断变化的，所以若将一试探电荷
+
q< br>由
a
点静
止释放，它不可能沿电场线运动到
b
点，
C
错误；若不加点电荷
-
Q
，将一试探电荷
+
q
由< br>a
点
移至
b
点的过程中，电势降低，则电场力做正功，因此电势能减小 ，若在
d
点再固定一点电
荷
-
Q
，
-
Q< br>产生的电场中，
a
点距
-
Q
远一些，所以
a
点的电势高，所以将一试探电荷
+
q
由
a
移
至
b< br>的过程中，电势能也减小，故在
d
点再固定一点电荷，将一试探电荷
+
q
由
a
移至
b
的过程
中，电势能减小，
D
正确。本题选说法错误的，故选
A
、
C
。

F
【解析】负电荷在
a
点受到的电场力为
F
，由场强公式得
E
。故
A
正确；负电荷在
q
电势越高的地方电势能越小，所以< br>q
从
a
到
b
再到
C
的过程电势越来越高，即
C
点电势最高，
故
B
错误，该电荷从
a
点移动到< br>b
点过程中电势能减小，所以电场力做正功，故
C
错误；匀强
电场中< br>b
为
a
、
C
连线的中点，故
U
ab

U
bC
。负电荷从
a
点移动到
b
点和从
b
点移动到
C
点，电
势能都减小
W
，则该电荷从
C
点移动到
b
点过程中电势能增加
W
，故
D
正确。< br>

【解析】在等势面上移动电荷，电荷的电势能不变，电场力总是不做功，选项
A
正
确，电荷从
A
点移到
B
点，电场力做功为零，则电荷在
A
、
B
两点的电势能不变，
A
、
B
两点< br>
15
的电势相等，但不一定是沿等势面移动的，选项
B
错误；在同 一个等势面上的各点，电场
强度的大小不一定是相等的，例如在等量异种电荷连线的中垂线上各点电势均 为零，但是
场强大小不一定相等，选项
C
错误；电场线总是从电势高的等势面指向电势 低的等势面，
选项
D
正确。

10.1.6
×
10
-3

N


B


A

【解析】负电荷由
C
点移到< br>E
点时，电场力做功
W


E
p

2.4

10

3
J

0.8

10

3
J

1.6

10

3
J
；由
C
至
E
电场力做正功，由于移动的是负电
荷，故说明
M
等势面的电势低，
N
等势面的电势高；电场线的方向由高电势等 势面指向低电
势等势面，即由
B
指向
A
。

11. C
【解析】根据点电荷产生的电场特点可知，距离点电荷近的位置电场强度大，则有
M
点的场强比
N
点的小，故
A
错误；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，则M
点的电势比
N
点
的高，故
B
错误；正电荷从
M
点移至
N
点时，电场力做正功，则其电势能减少，故
C
正确；要比较
M
、
N
哪一点电势高，即要求两点的电势差，与零电势的选择无关 ，故
D
错误。

12.B
【解析】电子带负电从
M
点分别运动到
N
点和
P
点的过程中，电场力所做的负功相等，
说明< br>M
、
N
间与
M
、
P
间电势差相等，即
N
和
P
的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直
线，所以
NP< br>和
MQ
分别是两条等势线，电子从
M
点运动到
N
点， 电场力做负功，说明
MQ
为
高电势，
NP
为低电势，所以直线
C
和
d
都是位于某一等势面内，且

N

Q
，如

M


N
，
选项
A
错误，
B
正确。若电子从
M
点运动到
Q
点，初、末 位置电势相等，电场力不做功，选
项
C
错误。电子由
P
点运动到Q
点，即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选
项
D
错误。

13.B
【解析】题图中圆面是一个等势面，
e
、
f的电势相等，根据电场线分布的对称性可
知，
e
、
f
的场强相同 ，故
A
错误；题图中圆弧
egf
是一条等势线，其上任意两点间的电势差都为零，将一电荷由
e
点沿圆弧
egf
移到
f
点电场力 不做功，故
B
正确；
a
点与圆面内任意一点
间的电势差相等，根据公 式
W

qU

可知，将一电荷由
a
点移到圆面内任 意一点时，电场
力做功相同，则电势能的变化量相同，故
C
错误；沿线段
eO f
移动电荷，电场强度先增大后
减小，则电场力先增大后减小，故
D
错误。< br>
14.C
【解析】由于
B
、
D
两点关于
O
点对称，因此其场强大小相等，方向相反，则场强不
同，根据对称性知电势相同，根据电场线分 布情况可知
A
与
C
两点的电势相等，电场强度大
小相等，方向不同，
A
、
B
错误；根据电场的叠加知，
B
、
O
间电场方向向上，
O
、
D
间电场
方向向下，则电子由
B点沿
B
→
C
→
D
路径移至
D
点，电势 先升高后降低，电场力先做正功后
做负功，电势能先减小后增大，故
C
正确；质子由< br>C
点沿
C
→
O
→
A
路径移至
A点，电场力先
向左后向右，电场力对其先做正功后做负功，故
D
错误。

刷易错

★易错点
1

不知道如何判定电势大于零还是小于零

15.B
【解析】电势零点是人为选 取的，电势零点未知，所以无法判断
A
点电势的正负，故
A
错误。根据沿着电 场线方向电势逐渐降低可知，
B
点的电势一定比
C
点的高，故
B正确。根
据一条电场线无法比较电场线的疏密，则无法比较
B
、
C
两点场强的大小，故
C
错误。该电
场线可以是位于左侧的正点电荷形成的电场中的一 条电场线，也可以是位于右侧的负点电
荷形成的电场中的一条电场线，故
D
错误。
【易错分析】

只有一条电场线，可以判断各点电势高低，但无法判断场强大小 及电势是否大于零，有些
同学错误。地认为所给电场为正点电荷形成的电场，沿着电场线方向电势逐渐降 低，因为
无穷远处电势为零，所以
A
点电势一定大于
0
，故错选A
。

★易错点
2

对带电粒子在电场中的运动轨迹引出的综合性问题不会分析


【解析】
q
所受电场力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，可知
q
所受的电场力背离
点电荷
O
向外，则。为负电荷，故
A
错误。
q
从
a
处运动到
b
处，然后又运动到
C
处，电场力
先做负功再做正 功，所以其电势能先变大后变小，故
B
错误。越靠近点电荷
Q
，电场线越密，则
q
所受电场力越大，加速度越大，则整个过程加速度先增大后减小，故
C< br>正确。
q
的
初、末位置在同一条等势线上，两点间的电势差为零，可知电场力做 功为零，故
D
正确。

【易错分析】


16 < br>本题易把等势面当成电场线，因此解题时要审准题，先根据电场线与等势面垂直画出电场
线再分析 。

刷提升

1.C
【解析】沿着电场线方向电势逐渐降低，所以< br>D
点电势比
B
点电势高，故
A
错误；电场线
的疏密表 示电场强度的大小，
B
点的电场强度比
D
点的小，故
B
错误 ；
C
点电势比
A
点电势
高，所以负电荷在
C
点的电 势能低于在
A
点的电势能，故
C
正确，正电荷在
D
点由静止 释
放，所受电场力的方向沿电场线的切线方向，所以正电荷运动的轨迹不会沿电场线，故
D错误。

【关键点拨】

要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电 场强度的大小，沿着电场线方向电势逐渐
降低。

2.C
【解析】
a
点所在的电场线从带电荷量为
+
Q
的小球出发到不带电的金属球表面终止，所
以
a
点的电势高于金属球表面的电势，而
b
点所在处的电场线从金属 球表面出发到无穷远，
所以金属球表面的电势高于
b
点电势，即
a
点 的电势比
b
点的高，故
A
错误；电场线的疏密表
示场强的大小，由题 图可知，
a
点的电场强度比
b
点的大，故
B
错误；电势越高 的地方，负
电荷具有的电势能越小，即负电荷在
a
点的电势能比
b
点 的小，故
C
正确；正电荷
q
在
a
点的
电势能大于在
b
点的电势能，则把正电荷
q
从电势能大的
a
点移动到电势 能小的
b
点，电势能
减小，电场力做正功，故
D
错误。
< br>
【解析】
由于
Q

q
，
A
点处电场 线比
B
点处电场线密，
A
点场强大于
B
点场强，故
A
正
确。由于电场线关于
MN
连线对称，
C
、
D< br>两点处电场线疏密程度相同，则
C
点场强大小等
于
D
点场强大 小，由于两点电荷带电荷量不同，
C
点和
D
点电场强度的方向不同，故
B
错
误。由题意知，电场线方向由
M
指向
N
，则
A
点电势高于
B
点电势，故
C
错误。电场线从左侧
点电荷出 发到右侧点电荷终止，且关于
MN
连线对称，由于
Q

q
， 则正的试探电荷在
CO
上受到的力指向右上方，正的试探电荷从
C
移到
O
的过程中，克服电场力做功，即电场力做
负功，故
D
正确。
< br>
【解析】
由题意可知，等量正、负电荷位于正六边形的六个顶点，根据点电荷电场强kQ
度
E

2
，结合电场的叠加原理可知，
P
、
Q
、
M
各点的场强大小相间，但方向不同，故
A
r
错误；根据等量异种点电荷中垂线的电势为零，再由对称性可知，
P
、
Q
、
M
、
O
各点电势
均为零，故
B
正确；根据题图可知 ，
O
点场强可看成三个负点电荷与三个正点电荷电场叠加
而成，且电荷量均相同，则电 场强度为零，故
C
正确；负检验电荷从
P
点移到
M
点的过程
中，电势由零升高，后又降为零，电势能先减小后增大，故
D
错误。


【解析】
由等量异种电荷等势面的分布情况可知，两等量异种电荷连线的中垂线为等
势线，故
A
错误；两等量同种电荷连线上，中点场强为零，左右两侧场强方向相反，离电
荷越近场强大小越大，故
B
正确；两等量同种电荷连线中垂线上，中点场强为零，无限远处场强为零，中垂线上。点两侧场强方向相反且有极值点，故
C
正确；根据沿着电场线方< br>向电势逐渐降低可知，两等量异种电荷连线上电势由正电荷向负电荷一直减小，故
D
错< br>误。

6.B
【解析】
点电荷由
x
1
运动到
x
4
的过程中，场强沿
x
轴负方向，则带负电的点电荷由
x
1
运动
到
x
4
逆着电场线方向移动，电势升高，电势能减小 ，因此选项
A
、
C
错误，
B
正确；点电荷
由
x
1
运动到
x
4
的过程中，电场强度的大小先增大后减小，由F

qE
可知，电场力先增大后
减小，故
D
错误。

【解析】
从题图乙中可知，速度
-
时间图象的斜率在减小，即 电子的加速度在减小，
因为仅受电场力作用，所以其所受电场力在减小，故电场强度在减小，所以
E
A

E
B
，电
子从
A
运动到
B
，电场力做负功，故电子受到的电场力方向从
B
指向
A
，电子带负 电，故电场
方向从
A
指向
B
，根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知

A


B
，由于电子在运动过程中
机械能守恒， 在
A
点的速度大于在
B
点的速度，故
E
p
A

E
p
B
，
A
错误，
B
、
C< br>、
D
正确。


【解析】
己知电势关系为如

K


L


M
，可知电场线的方向大致 向左，由轨迹弯曲
方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，故粒子带正电，故
A
错 误；粒子所受的电场

17
力方向大致向左，由
b
→
c< br>电场力对粒子做负功，粒子动能减小，做减速运动，故
B
正确；
b
、< br>d
两点处于同一等势线上，故
b
，
d
两点的电势相同，粒子在
b
，
d
两点的电势能相等，所
以粒子在
b
，
d
两点的动能相等、速率相等，但方向不同，故
C
错误；电势关系为
K


L


M
，
a
→b
→
c
电场力对粒子做负功，电势能增大，
c
→
d→
e
电场力对粒子做正功，
电势能减小，故粒子在
C
点的电势能 最大，故
D
正确。

刷素养

x
1
29.
2
x
1

x
0

x
< br>


0



1

1



x
0

【解析】由于在
x

0
处，电子的电势能趋于正无穷，所以在
x

0
处有一个负点电荷。当
x
从
0
增大时，电 势能没有出现负无穷，即没有经过正点电荷，这表明正点电荷必定在原点的
左侧。即产生题中所给的电势 能曲线的两个点电荷，一个是位于原点的负点电荷
Q
2
，另一
个是位于原点左 侧、横坐标为
x
2
的正点电荷
Q
1
.
x

x
0

处电势能为零，则有
keQ
1
keQ
2



0
。
x

x
1
处电势能有极小值，这表明该点是电子的平衡位置，位于该点
x
0

x2
x
0
kQ
1
kQ
2

的电子受到的 电场力等于零，即电场强度为零，则有
，联立可得
2
2
x
x

x

1
2

1

x
1
2
Q

x
x
2

2
x
1

，
1


1

1

。

x
0
Q
2

x
0

2
2
第
5
节


电势差

刷基础
< br>W
AB
，是用比值法定义的
q
物理量，其数值等于从
q
A
点到
B
点移动单位正电荷时电场力做的
)
，电势差由电场强度和
A
、
B
两点的位置决定，与
电场力做功及试探电荷无关，电势差U
AB


A


B
，故
B
、
C
、
D
正确。


【解析】
两点 间的电势差等于电势之差，由电场中两点的位置决定，与零电势点的选
取无关，而电势是相对的，与零电 势点的选取有关，故
A
错误。电势差是标量，正负表示
两点的电势高低关系，故
B
正确。电场力做功跟移动电荷的路径无关，由公式
W

qU
知电
势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关，故
C
正确。
A
、
B
两点的电势差是
恒定的，但有正负之分，
U
AB
< br>
U
BA
，故
D
错误。

3.D
【 解析】
把负电荷从
a
点移动到
b
点，电场力对该电荷做了
4 ×
10
-
7J
的功，则在这个过程
W
中，负电荷的电势能减 小了
4×
10
-
7J
。根据电势差公式
U
ab
ab
得
a
、
b
两点间的电势差为
q

【解析】
电势差的定义式为
U
AB

4

10

7
U
ab

V


20V
，故选
D
。


2

10
8

【解析】
C
、
B
间电势差为
U
CB
W
2

2.0

10

5

V

2V
。若
B
点电势为零，

5
q

1.0

10
W
1
4.0

10

5


V


4V
，
q

1.0

10

5
U
C B


C


B
，则
C
点电势< br>
c

2V
，
A
、
C
间的电势差为
U
AC
U
AC


A


C
，则
A
点电势

A


2V
，故
A
错误，
B
正确；
AC
连线中点
M
的 电势为
0
，
M
与
B
点的连线即为等势线，且电场线垂直于等 势线，三角形
ABC
为等边三角形，
BM

AC
，
根据沿着电场线方向电势降低，则知匀强电场的方向由
C
指向
A
，故
C
正确，
D
错误。


【解析】
点电荷的等势面为球 面，如图所示，过
B
、
C
、
D
分别作等势面，显然
B
、
D
在
同一等势面上，且
C
所在等势面的电势高于
B
、
D
所在等势面的电势，则
U
AC

U
AB

U
AD
，
所以
W
AD

W
AB

W
AC
，故正确。选项为
B
、
C
。


18

6.D
【解析】
由于O
点电势高于
c
点。电场强度方向向下，根据
M
、
N< br>粒子的运动轨迹可
知
N
受到的电场力方向向上，
M
受到的电场 力方向向下，
N
带负电，
M
带正电，
A
错误；
根据 题意可知题图中的虚线为等势线，
U
o
a

2
U
o
c
，根据动能
11
定理得
1
1
2
，可知< br>N
在
a
点的速度与
M
在
c
点的速度大小不等 ，
B
错误；
N
在从
O
Uq

mv
2

mv
0
2
2
点运动至
a
点的过程中受 到的电场力方向向上，运动轨迹方向也向上，故电场力做正功，
C
错误；图中的虚线为等势线， 即
O
点和
b
点的电势相等，所以
M
从
O
点 到
b
点的过程
中电场力对粒子做的功为零，
D
正确。

刷易错

W
★易错点


使用公式
UAB

AB
时，没有注意各个物理量的正、负号

q
7 .B
【解析】
将负电荷从
a
移到
b
的过程中电场力做正功， 电势能减小，则电势升高，所以
W
ab
4

10

8

V


2V
，可得

b
< br>
a

U
ab

6V
，
b
点电势较高，故
A
错误；根据
U
ab

q

2

10

8
故
B
正确，
C
、
D
错误。

8.(1)75V(2)

c


A


B
(3)25V(4)-3.0×
10
-
7J
【解析】
(1)
把电荷量为
Q
1

2.0

10

9
C
的正电荷从
A
点移 到
B
点电场力做功为
W
AB
，则电
场力做功为
W< br>AB

U
AB

Q
1
，得
U
AB
W
AB
1.5

10

7


V

75V
。

Q
1
2.0

10

9
(2)
把电荷量为
Q
2
4.0

10

9
C
的正电荷从
B
点 移到
C
点，克服电场力做功为
W
BC
，则电场

W
BC

4.0

10

7

V< br>

100V
，又因
U
AB


A


B
，
力做功为

W
BC
< br>U
BC
Q
2
，得
U
BC

Q
2
4.0

10

9
U
BC


B


C
，得
U
AC

A


C



A

B




B


C

U
AB

U
BC


25V
，通过比较可知

C


A


B。

(3)
U
AC


25V
，若< br>A
点电势为零，则
C
点电势为
25V
。

( 4)
若
A
点电势为零，那么

B


75 V
，则
Q
2
在
B
点电势能为
E
p


B
Q
2


75

4.0< br>
10

9
J


3.0

10

7
J
。

【易错分析】

电势差 是电场中两点间的电势之差，电势零点可以任意选取，但电势差却是确定的。电势
W
差可正可负 ，所以应用公式
U
AB

AB
时要注意做功正负，电荷量要代入电性 。有些同学
q
做题时粗心大意，会忽略电荷的电性或做功的正负，或不理解
U
BC


U
CB
，从而导致错选
或错解。

刷易错

W
1.B
【解析】
根据电势差和电场力做功的关系 式
U
MN

MN
得，两点间的电势差等于将电荷
q
从其中一点移到另一点时，电场力所做的功与电荷量的比值，故
M
、
N
两点间 的电势差等
于将单位正电荷从
M
移到
N
电场力所做的功，故
A
错误。根据功能关系得知，电场力对
电荷做多少正功，电荷的电势能就减少多少，故
B
正确。若在两点间移动电荷，电场力做
功为零，则这两点的电势一定相等，但不一定在等势面 上移动，故
C
错误。根据
W

qU

19
可知，在两点问移动电荷，电场力做功的多少与零电势的选取无关，而与电势差有关，故
D
错 误。

2.A
【解析】
点电荷在
A
点的电势能大于在
B
点的电势能，而
A
点电势小于
B
点电势，故
该电荷一定 为负电荷，故
A
正确；从
A
到
B
电场力做功
WW
AB

E
pA

E
pB

1.2

10

8
J

0.80

10

8
J

0.40

10

8
J
，故
D
错误；由
U
AB

AB，得
q
0.40

10

8
U
AB< br>
V


4.0V
，故
C
错误；因该电场线 周围的电场线分布情况未知，所以

1.0

10

9A
、
B
两点的场强大小无法比较，电场力大小也无法判定，故
B
错误。

3.D
【解析】
带电粒子从等势面
φ
1
运 动到等势面
φ
3
过程中做减速运动，动能减少
20eV
，由
于相邻两等势面间电势差相等，所以从等势面伊
φ
1
到等势面
φ
2< br>的过程中动能减少
10eV
，
因此在等势面
φ
2
时动 能为
10eV
，此时电势能为
0
，因此总能量为
10eV
， 则当粒子的功能
等于
8eV
时，电势能为
2eV
，故
D正确。


【解析】
由题图可知
N
受到中心点电荷的斥力 ，而
M
受到中心点电荷的引力，由于
中心点电荷带正电，则
M
一定是 负离子，
N
一定是正离子，故
A
错误。由题图可判定
M
在从
a
向
P
运动过程中，电场力做正功，动能增加，而
N
在从< br>a
向
q
运动过程中，电场力
做负功，动能减小，所以
M
在
p
点的速率一定大于
N
在
q
点的速率，故
B< br>正确。由于
a
、
b
、
c
三点在同一等势面上，故M
在从
a
向
b
运动过程中电场力所做的总功为
O
，
N
在从
a
向
C
运动过程中电场力所做的总功也为
O
。由于两离子以相同的速率从
a
点飞入电场，故
两离子分别经过
b
、
C
两点时的速率一定相等，故
C
错误。根据
W

qU
，由题图可知
U
aq

U
pb
，则
N
在从
a
向
q
运动过程中电场力做负功的值大于
M
在从
p
向
b
运动过程中
电场力做负功的值，故
M< br>在
p
→
b
过程电势能的增量一定小于
N
在
a
→
q
过程电势能的增
量，故
D
正确。

< br>【解析】
由题图可看出，
b
、
e
两点电场强度的大小相等，但 方向不同，所以
b
、
e
两
点的电场强度不同，故
A
错误。根据沿着电场线方向电势逐渐降低，结合正点电荷周围电
场分布可知，离点电荷
0
越远，电势越低，故
a
点电势低于
C
点电势，故
B
正确。 根据对
称性可知，
b
、
c
两点间电势差与
e
、d
两点问电势差相等，故
C
正确。
d
点的电势高于
b< br>点的电势，由
E
p

q



e< br>
，则知电子在
d
点的电势能小于在
b
点的电势能，根据功能 关
系可知，电子沿圆周由
d
到
b
，电场力做负功，故
D错误。

6.D
【解析】
等差等势面
P
处密，
P
处电场强度大，质点受到的电场力大，加速度大，故
A
错误；根据轨迹弯曲的方向和 电场线与等势线垂直可知带电质点所受的电场力方向应向
下，所以电场线方向向上，故
c
的电势最高，故
D
正确。带电质点在电势高处电势能小，
可知质点在
P点的电势能大，故
B
错误。带电质点的总能量守恒，即带电质点在运动过程
中的动 能与电势能之和不变，在
P
点的电势能大，则动能小，故
C
错误。


【解析】
小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用沿墙下滑，可知其带负电，小物块最后静止，则运动过程中摩擦力始终大于重力，从
A
到
O
的 过程中，电场强
度增大，则物块所受电场力增大，由于物块在水平方向上受力平衡，可知墙壁与物块之间
f

mg
的弹力增大，则物块所受滑动摩擦力增大，根据
a

知，加速度增大，从
O
到
B
的
m
过程中，电场强 度减小，则物块所受电场力减小，则物块所受滑动摩擦力减小，根据
f

mg
知，加速度减小，故
A
、
B
正确；因
AB
是等量异种电荷连 线的中垂线，可知
a

m
AB
是等势线，即
U
AB

0
，从
A
运动到
B
小物块所受电场力做功为零， 故
C
错误，
D
正
确。

刷素养

kQ
8.D
【解析】
由点电荷的场强公式
E

2
可 知，
a
、
b
、
c
点的电场强度大小相等，但方向
r
不同，所以
a
、
b
、
c
三点的电场强度不相同，故
A
错误；由于
a
、
b
、
c
三点到点电荷的 距
离相等，所以
a
、
b
、
c
三点的电势相等，所以
U
ab

U
cd
，故
B
错误；由于
a
、
b
两点的电

20
势相等，所以电子在
a
点时的电势能等于在
b
点时的电势能，故
C
错误；由于
d< br>点离正点
电荷更近，所以
d
点电势比
a
点电势高，根据负电荷 在电势低处电势能大，所以电子在
a
点时的电势能大于在
d
点时的电势能，故
D
正确。

第
6
节


电势差与电场强度的关系

刷基础

1.D
【解析】
公式
U
AB

E
d
只适用于计算匀强电场中
A< br>，
B
两点间的电势差，故
A
错误。由
U
AB

E
d
知，当
E
一定时，
A
点和
B
点间沿电场线方向距离越大，则这两点的电势差越
大，故
B
错误。匀强电场场强处处 相同，与距离无关，故
C
错误。公式中的
d
是匀强电场
中
A
、
B
所在的两等势面之间的距离，即沿电场线方向的距离，故
D
正确 。

U
600
2.D
【解析】
由
E
得
E

V/m

5000V/m
；
C
点电势等于
C
，
A
两点的电势差，因
0.12
d
A
板带正电且电势为零，故
C
点电势小于
A
点电势，
U
CA


Ed
1


5000

0.04V


200V
，故

C


200V
，故
D
正确，
A
、
B
、
C
错误。

3.1000V
，方向水平向左

【解析】匀强 电场中电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，电场线垂直于等势
面，由图可知该电场强度方向水 平向左，电场线与
A
、
B
连线的夹角是
37
°，
U
BA

B


A
10

(

10)
U
BA

Ed
cos37

，
E



V/m

1000V/m
。


d
cos37
d
cos37
2.5
10

2

0.8
4.C
【解析】
由
U

Ed
可知，在
d
相同时，平均场强越大，电势差U
也越大，因此
U
AB

U
BC
，

A


B


B


C
，故

B

15V
，选项
C
正确。

5.D
【解析】
从
-
x
0
到
0
，电势逐渐升高，该区间的场强方向向左，质子受到的电场力方向向
左，与运动方向相反，所以质子做 减速运动，电场力做负功，电势能增加，
A
、
C
错误，
D
正 确；从
0
到
x
0
区间，
φ
-
x
图 线的斜率先增加后减小，所以电场强度先增大后减小，根据
F

Ee
，质子受 到的电场力先增大后减小，
B
错误。

6.B
【解析】
已知 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，将线
1
1
段
bd
五等分，如图所示，则
U
be

U
fd
< br>U
bd


(24

4)V

4V
，故
U
bc


b


c

4V
，
5
5

f


d
4V
，可得

e

24V

4V< br>
20V
。

f

8V
，故
a


e
，
ae
为等势线，连接
cf
，
则
cf
P
ae
，即
cf
也为等势线，故
c
点的电势

e


f

8
，故
B
正确。

【关键点拨】

(1)
在匀强电场中将 某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；
(2)
在匀强电场中电场
线平行且均 匀分布，故等势线平行且均匀分布。




C
7.A【解析】
如图所示连接
A
、
C
，
AC
中点G
的电势

G

A

20V
，与B
点电势相
2
等，则
BG
连线为一条等势线；
B
、
G
连线延长线过
E
点，则
B
、
E
一定 处在同一等势面
上，故
A
项正确。
B
、
E
处在同一 等势面上，匀强电场中电场线与等势线垂直，则电场线
方向如图所示，且
A
、
F
也处在同一等势面上，
A
、
B
两点电势分别为
10V、
20V
，则
E
、
F
两点电势分别为
20V< br>、
10V
，正点电荷从
E
点移到
F
点，电势能减少， 电场力做正功，
故
C
项错误。电场线方向如图所示，则
D
，
C
也处在同一等势面上，
C
点电势为
30V
，则
D
点电势也为
30V
。电子从
F
点移到
D
点，电势增加
20V
，电势能减少
20eV
，故
D
项错
U
CA
20
3
误。
C
、
A
间电势差
U
C A

20V
，又
U
CA

E

2
L
sin
60

，得
E


V/ m
，故
B
2
L
sin
60

3
项 错误。

刷易错

U
★易错点


不理解公式
E


中
d
是匀强电场中沿着电场线方向
d
的距离。

d
8.C
【解析】
匀强电场中两点间的电势差等于场强跟两点沿场强方向上的距离的乘积 ，沿场

21
强方向电势降落最快，不沿电场线方向的平行直线上相等距离的两点间 的电势差也是相等
的，所以
C
正确，
A
、
B
、D
错误。

【易错分析】

对于电场强度及电势差，应该从以下几个方面来理解记忆。

F
(1)
电场强度的大小取决于电场本身，
E


是一个比值定义式，与检验电荷所带电荷量
q
的多少及有无没有关系。
(2)
电场强度的方向与正电荷在该点受到的电场力的方向相同，与负电荷在该点受到的电场
力的方向相反。

(3)
电场强度的方向沿着电势降落最快的方向，不能认为是沿着电势降落的方向。

U
(4)
公式
E

中，
d
是匀强电场中沿 着电场线方向的时，所以匀强电场中两点间的电势差
d
等于电场强度与两点沿电场方向上距离的 乘积。

有些同学很容易把电势差理解成电场强度与两点间的距离的乘积，从而错选或错解。

刷提升

1.D
【解析】
B
、
A
两点间的 电势差
U
BA


Ed


EL
cos



100V
/
m

0.1m< br>
cos60



5V
，因取
A
点电势为
0
，则
B
点电势
为

B

U
BA


A


5V

0< br>

5V
，故选
D
。

【注意说明】

应用
U

Ed
时，要注意
d
为匀强电场中两点沿电场线方向投影的长度或两点所在等势面间
的距离。

2.B
【解析】
如图所示，取
ab
的中点，即为三角形的外接圆的圆心，且该 点电势为
2V
，故
OC
为等势线，其垂线
MN
为电场线，方 向为
M
→
N
。外接圆上电势最低点为
N
点，电势
最 高点为
M
点。
U
OP

U
Oa

3
V

设外接圆的半径为
R
，则，
U
ON

E

R
，
U
OP

E

R
cos30

，则
U
O
N
:
U
O
P

2
:
3
，故
U
ON
< br>2V
，
N
点电势为零，为最低电势点，同
理
M
点电势 为
4V
，为最高电势点，故选
B
。



【 解析】
在
φ
-
x
图象中，图线斜率表示电场强度大小，可知该电场为 匀强电场，则
AB
两点电场强度大小关系为
E
A

E
B
。故
A
、
B
错误；由
A
到
B
电势逐渐升高，故电场方向
由
B
指向
A
，电子从
A
运动到
B
的过程中电场力方向与运动方向相同，电场力做正功，电
势能减小，故电子在
A
、
B
两点的电势能大小关系为
E
p
A

E
p
B
，故
C
，
D
正确。
4.C
【解析】
若
q
1
、
q
2
是异种 电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由题图可以看出，
q
1
、
q
2
都是正电荷，故
A
错误；沿
x
轴正方向从
N
到C
的过程，电势降低，
N
、
C
两点问场强
方向沿
x
轴正方向，
C
点场强为
0
，故
B
错误；
φ
-
x
图线的斜率表示电场强度大小，由题图
可知，
N
、
D
两点间的电场强度大小先减小后增大，故
C
正确；
NC
段 电场方向沿
x
轴正方
向，
CD
段电场方向沿
x
轴负 方向，将一正点电荷从
N
点移到
D
点，电场力先做正功后做
负功，电 势能先减小后增大故
D
错误。

5.D
【解析】
在匀强电场 中沿相同方向移动同种电荷，电场力做功的正、负相同，
M
、
N
分
别 为
A
C
、
BC
的中点，因此
MN
长度为
A B
的一半，无论电场强度方向如何，
M
、
N
间电
1
势差为
A
、
B
间电势差的一半，则有
W
MN
W
AB

4.0

10

9
J
，故
A
、
B
错误；由于电场强
2

22
度方向未知，当电场强度沿
AB
方向时，电场强度最小，由
W

q Ed

可知最小场强
E
min

2V/m
，所以匀 强电场的场强
E
min

2V/m
，故
C
错误；若 粒子的电荷量为
W
q

2.0

10

9
C
，由
W
AB

qU
AB
得
A< br>、
B
间的电势差为
U
AB

AB

4V
，故
D
正确。

q
6.D
【解析】
由 匀强电场中平行线上等间距点间的电势差相等可得，
O
点的电势为
6V
，O
，
d
连线的中点
e
处的电势为
8V
，连接< br>c
、
e
，则
ce
为等势线，过
O
作
ce
的垂线交
ce
于
f
，则
fO
为电场线，电场方 向垂直于
ce
向下，即电场强度的方向由
f
指向
O
点，选项
A
、
5
B
错误；连接
c
、
O
，根 据几何关系计算得
of
长为
R
，
f
、
O
间 的电势差为
2V
，则电场
5
U
fO

10
5V/m
，选项
C
错误。
D
正确。

强度
E

d
fO

7.(1)

3
mgL
3
mg


(2)
(3)
3
mg

2
q
q
3
mgL
。

2
q
【解析】
(1)
小球由
A
到
B
过程，由动能定理得
mgL
sin
60


qU
AB

0< br>，解得
U
AB


U
BA
3
mgL
3
mg

，则场强大小
E

。

2
q
L

L
cos60

q
(3)
分析可知小球在
A
、
B
间摆动，由对称性得知，
B
处细线 拉力与
A
处细线拉力大小相
(2)B
、
A
间电势差为
U
BA


U
AB

等，而在
A
处，由水平方向受力平衡有
T
A

qE

3
mg
，所以
T
B

T
A

3
mg。

8.C
【解析】若只在
A
点放置一正点电荷，
B< br>、
C
之间的平均电场强度要大于
H
、
G
之间的
平均电场强度，又有
BC

HG
，再结合
B
C
、
HG
与电场方向的关系，可知电势差
U
BC

U
H G
，故
A
错误；若只在
A
点放置一正点电荷，由于
B
、
H
两点到
A
的距离不相
kQ
等，根据点电荷场强公式< br>E

2
可知，
B
、
H
两点的电场强度大小不 相等，故
B
错误；若
r
在
A
，
G
两点处放 置等量异种点电荷，由于
BC
与
EH
平行且相等，结合等势面的分布情况可知
U
BC

U
EH
，故
C
正确；若 在
A
，
E
两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电
场具有对 称性，即上下对称，左右对称，
D
与
H
关于
AE
连线的中垂 线上下对称，所以
D
点与
H
点电场强度大小相等，同理得
H
与
F
两点的电场强度大小相等，则
D
、
F
两点的电
场强度大小相等，但方向不同，所以电场强度不同，故
D
错误。

第
4~6
节


综合训练

刷综合

1.B
【解析】
电场可以用电场线来描述，电场线是人为设 想出来的，其实并不存在，发散状
的黑线可以模拟电场线，故
A
错误；发散状的黑线能 描述出电场的分布，黑线密集处电场
强度较大，故
B
正确；由于没有说明小球带正电还 是带负电，所以不能判断沿着黑线发散
方向上电势是否逐渐降低，故
C
错误；发散状的 黑线能描述出电场的分布，但电场线的方
向与带电质点运动的轨迹不一定重合，故
D
错 误。

2.C
【解析】
圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上电 荷在
O
点产生的场强

23
相互抵消，合场强为零，故
B
项错误。圆环上任一小段电荷在
x
轴正半轴上各点产生的场
强均有沿
x
轴正方向的分量，根据对称性和叠加原理可知，
x
轴正半轴上各点的场强方向
向右，沿着电场线电势降低，可知从
O
点沿
χ
轴正方向，电势降低，
O
点的电势最高；
O
点处场强为零，无穷远处场强也为零，则从
O
点沿
x
轴正方向，电场强度先增加后减小，
故
A
、
D
项错误，
C
项正确。

3.B
【解析】
由图可知在正点电 荷电场中粒子
1
受到中心电荷的斥力，而粒子
2
受到中心电
荷的引力 ，则粒子
1
带正电，粒子
2
带负电，故
A
错误；电场力做功
W

qU
，相邻两等
势面之间电势差相等，所以粒子
1从
A
到
B
与从
B
到
C
电场力做的功相 等，故
B
正确；
粒子
2
受到中心电荷的引力，引力先做正功后做负功 ，粒子
2
电势能先减小后增大，故
C
错误；
A
、
D
、
E
三点在同一个等势面上，则粒子
1
从
A
到D
和粒子
2
从
A
到
E
所受电场
力做功 均为零，而它们的初速率不同，由动能定理可知经过
D
、
E
两点两粒子的速率 一定
不相等，故
D
错误。


【解析】
运动轨迹不能 反映运动方向，所以不能判断出粒子先过
a
，再到
b
，然后到
C，还是粒子先过
C
，再到
b
，然后到
a
，故
A
错误；由等势面特点知，该电场为匀强电
场，电场线方向向上，而粒子所受电场力方向指向高电 势，故粒子带负电，又
F

qE
，故
粒子在
a
、< br>b
、
c
三点所受合力相同，故
B
正确；根据能量守恒定律知， 带负电粒子在电势
高处电势能小，动能大，则知带负电粒子在
b
点电势能最大，动能最 小，故应有
E
p
b

E
p
a

E
p
c
，
E
k
b

E
k
a

E
k
c
，故
C
错误，
D
正确。


【解析】由题图乙可知，
a
、
c
处场强大小相等 、方向相同，故
A
正确；由题图乙可
知，球内部的电场是非匀强电场，故
B< br>错误；因为电场线方向是从
a
到
c
，沿着电场线的
方向电势降 低，
a
处的电势比
c
处的电势高，故
C
错误；从
a
到
c
区域内，由题图乙可
知，电场方向相同，都是从
a
到< br>c
，所以正电荷受到的电场力方向是从
a
到
c
，将一带正电< br>的试探电荷从
a
点处移动到
c
点处的过程中，电场力一直做正功，故< br>D
正确。

6.C
【解析】
由题图可知负点电荷从
O
到
A
的过程中，电势能减小，电场力做正功，故
A
E
p项错误。由


可知，从
O
到
A
电势升高，则
O
点电势比
A
点电势低，故
B
项错误。

q
E
p

x

图象的切线斜率大小反映电场力的大小，即电 场强度的大小，则从
O
到
A
，电场强
度先减小后增大，故
C
项正确，
D
项错误。

7.D
【解析】
电场线的疏 密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据题图可知
P
点的电场强度比
Q< br>点的小。根据电场线与等势面垂直，可知
ab
与
cd
是两条等势线，则
P
与
O
的电势相等。
Q
与
O
的电势也相等 ，所以
P
、
Q
两点的电势相等，故
A
、
B
错误。四
个点电荷在
O
点产生的电场相互抵消，场强为零，在
O
点由 静止释放一正点电荷，该正点
电荷受到的电场力为零，不会运动，故
C
项错误。
P
、
Q
两点的电势相等，又根据电场线
的方向知
M
点的电 势比
P
点的低，则
Q
点的电势高于
M
点的电势。负电荷在电 势高处电
势能小，所以带负电的试探电荷在
Q
点时的电势能比在
M
点 时的电势能小，故
D
项正
确。


【解析】一个带电荷量为< br>q
的正电荷从
C
点运动到
A
点和从
C
点运动 到
B
点电场力
做的功均为
W
，则
AB
是一条等势线 ，正电荷从
C
点运动到
B
点电场力做的功为
W
，由
W
W


C


B
。由于
C点电势为零，所以

B


，故
A
、
B
正确；过
W

qU
CB

得
U
CB

q
q
C
点作
AB
的垂线，交
AB< br>于
D
点，如图所示，则
CD
为电场线，由几何关系知
W
U
2
3
W
3
q

，故
C
错误； 在
A
点由静止释放一个
CD

BC
cos30
< br>
d
，由
E

CB

CD
3
qd
2
3
d
2
点电荷，该电荷将沿垂直于
AB
的 方向做直线运动，故
D
错误。


24


【解析】
小球
a
所受库仑力不断变化，导致
a
所受合外力变化，因 此从
A
点到
C
点，
小球
a
不做匀加速运动，
A
错误；
B
和
C
是以
O
点为圆心的圆周上的点， 两点的电势相
同，故小球
a
从
A
运动到
C
和小球< br>b
从
A
运动到
B
电场力做功相等，但是
a
球 下落的高度
大于
b
球下落的高度，即
a
球重力势能减小量较大，因此 小球
a
在
C
点的动能大于小球
b
在
B
点的 动能，
B
正确，
D
错误；机械能的变化等于物体除重力之外的力所做的功，从
A
点到
C
点，电场力对
a
球先做正功后做负功，故其机械能 先增大后减小，下落过程中只有
重力、电场力做功，因此小球
a
的动能、重力势能、电 势能三者之和保持不变，即机械能
与电势能之和不变，
C
正确。

< br>【解析】
根据等量同号点电荷的电场线分布的对称性可知，
C
、
D为等势点，则质子
在
C
、
D
两点电势能相同，
C
、
D
两点的电场强度大小相等，但方向不同，故
A
正确，
B
错误。质子沿
CD
连线从
C
点移到
D
点过程中，电势先降 低后升高，则质子的电势能先减
小后增加，那么电场力先做正功后做负功。故
C
正确，
D
错误。

【关键点拨】

本题的关键是要掌握等量同种电 荷电场线和等势线的分布情况，掌握点电荷电场强度公式
及矢量合成法则，抓住
A
、< br>B
、
C
、
D
是正四面体的四个顶点这一题目且，注意本题不是 等
量异种电荷，通过
AB
的中垂面不是等势面。


【解析】 小球从
A
运动到
B
，动能不变，重力势能增加，则电势能减少，则小球在B
点的电势能一定小于小球在
A
点的电势能，
B
点的电势小于< br>A
点的电势，故
A
错误。根据
mgL
sin

mgL
1
2
1
2
动能定理得
mgL
sin


qU
AB

mv
0
，故
B
正


mv
0

0
，可得
U
AB

q
2
q
2
2
确。若电场力与重力、支持力的合力 为零，小球做匀速直线运动，到达
B
点时小球速度仍
为
v
0
，小球的重力沿斜面向下的分力
mg
sin

一定，则当电场力沿斜面向上， 且大小为
F

mg
sin

时，电场力最小，场强最小。若 电场强度与运动方向不共线，则电场力沿斜面
向上的分力与重力沿斜面向下的分力相平衡时，电场力的范 围如图，根据矢量的合、成法
mg
则可知，电场强度可能大于
，故
C
错误。若该电场是
AC
边中点处的点电荷
Q
产生
q
的。到< br>A
点的距离小于到
B
点的距离，由于
B
点的电势小于
A
点的电势，则
Q
一定是正
电荷，故
D
正确。

mg
mgR



q
q
【解析】小球经过
M
点时速度最大，则在
M
点的加速度为零，有
mg

qE
，解得
M
点的
mg
场强大小
E
M

；小球从
P
点运动到
Q
点过程中，根据动能定理可得
qmgR
-
qU
PQ

mgR

0
，解 得
P
、
Q
两点间的电势差
U
RQ

。
q

12.
13.(1)
3.2m/s
2

(2)0.9m(3)8.4×
10
-
2J


25
【解析】
(1)
开始运动时，小球
B
受重力、库仑力 、杆的弹力和电场力沿杆方向运动，由牛
kQq
kQq
qE
sin

顿第二定律得
mg

2

qE
sin
< br>
ma
，解得
a

g

2

，代入数据解得
L
L
m
m

a

3.2m/s
2
。

kQq
kQq< br>(2)
小球
B
速度最大时合力为零，即
2

qEsin


mg
，解得
h
1

，代入 数
mg

qE
sin

h
1
据解得

h
1

0.9m
。

(3)
小球B
从开始运动到速度为
v
的过程中，设重力做功为
W
1
，电场力做功为
W
2
，库仑力
1
做功为
W
3
，根据动能定理有
W
1

W
2

W
3< br>
mv
2
，
W
1

mg

L

h
2

，设小球
B
的电势能改
21
1
变了

E
p
，则

E
p



W
2

W
3

，

E
p

W
1

mv
2

mg

L

h
2


mv2

8.4

10

2
J
。

2
2
第
7
节


静电现象的应用

刷基础

1.D
【解析】
枕形导体在带电小球附近，出现静电感应现 象，导致导体内电荷重新分布，因
此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，与带电小球的电场叠加，导体 处于静电平衡状
态，内部电场强度处处为零，电势相等，故
A
、
B
错 误。在枕形导体内部场强处处为零，
是带电小球产生电场的场强与感应电荷产生电场的场强大小相等、方 向相反引起的，带电
小球产生电场在
A
点的场强大于在
B
点的场强， 所以感应电荷在
A
点产生的场强较大，故
C
错误。当开关
5
闭合时，大地相当于远端，电子从大地向导体移动，使导体带负电，故
D
正确。

【解析】
处于静电平衡的导体，内部场强处处为零，故
a
、
b< br>两点的场强大小
E
a
、
E
b
的关系为
Ea

E
b

0
，故
A
错误；处于静电 平衡的导体，内部场强处处为零，则知感应电
荷在
a
、
b
两点产生的 场强与点电荷
Q
产生的场强大小相等，方向相反，所以感应电荷在


E
b

，故
B
正确；当导体
P
处于静电平衡
和
E
b

的关系为
E
a
a
、
b
两点产生的场强大小
E
a
状态时，整个导体是一个等势体，则< br>a
、
b
两点电势的关系为

a


b
，故
C
错误；用手摸
P
前，
P
左端负电荷受正点 电荷。和
P
右端的正电荷作用，用于摸导体
P
之后，大地相当
于远端 ，
P
右端不再有正电荷，则导体
P
左端电荷量增加，故
D
正 确。

3.C
【解析】
人体也是导体，与金属球接触时带电，头发末端带同种 电荷，相互排斥，故头
发竖起，若另一只手也搭上去，现象不会消失，
A
、
B
错误。金属球和人体可看成一个大
导体，为等势体，故
C
正确。金属球内部场 强处处为零，小于头发附近的电场强度，
D
错
误。


【解析 】
金属球未接地时由于静电感应，金属球壳的内壁和外壁分别会出现感应负电
荷和正电荷，金属 球内部感应电场的方向与正电荷的电场的方向相同，最终达到平衡时，
在球壳内部有电场，在球壳上由于 静电屏蔽没有电场，在球壳的外部电场与带正电小球的
电场相同，故
A
错误，
C
正确；当金属球壳接地时，金属球与大地形成一个等势体，所以
金属球的外面没有电场，故< br>B
错误，
D
正确。


【解析】
把
B
球跟
A
球的内壁相接触，
A
与
B
构成整体，处于静 电平衡状态，整体内
部静电荷量为零，电荷均匀分布在外表面，故
B
球的带电荷量减为 零；正电荷和负电荷中
和后，
A
球表面带的电荷量为
6×
10
-
4C
的正电荷，故
B
、
C
错误，
A
、
D
正确。


【解析】
由于静电屏蔽，导体的外壳会对它的内 部起到“保护”作用，使它的内部不
受外部电场的影响所以导体空腔内任意点的场强为零，选项
A
正确，带正电的带电体将大
地的负电荷吸引到导体外表面，因为球壳上的正电荷与带正电的带 电体相互排斥，带电导
体的电荷只能分布在外表面，导体内表面的电荷为零，选项
B
正 确，
C
错误；导体的外壳
接地，整个空腔导体与大地是个等势体，于是导体腔内任意点 的电势都为零，若空腔导体
不接地，空腔导体处在正电荷的电场中，电势大于
0
，选项
D
错误。

7.B
【解析】
电荷在导体表面的分布是不均匀 的，根据尖端放电原理可知，在导体外表面越
尖锐的位置，单位面积上分布的电荷量越多，所以带电体< br>B
处比
A
处电荷密集，故
A
错

26 误，
B
正确；验电器的
C
处做成球形是为了使更多的电荷分布在比较尖的 金属箔片上，故
C
、
D
错误。


【解析】
电力工人高压带电作业，全身穿戴金属丝网制成的衣、帽、手套、鞋，可以
对人体起到静电屏蔽作用，使 人安全作业，
A
错误；因为塑料和油容易摩擦起电，产生的
静电荷不易导走，形成静电 积累，会造成爆炸和火灾事故，
B
正确；小鸟的两爪之间的距
离很小，故小鸟的两爪之 间的电压也很小，故不会对小鸟造成危害，
C
错误；一辆金属车
身的汽车是最好的“
避雷所
”
一旦汽车被雷击中，它的金属构架会将闪电电流导入地下，
D
正确。

刷提升。

1.B
【解析】
图甲、图乙显 示：导体内部电子在电场力作用下向左运动，从而使导体
AB
面
带负电，
CD
面带正电，但带正电的离子同样受电场力，故
A
错误；图丙中导体
AB
表面
和
CD
表面的感应电荷将共同在导体内部产生一个水平向左的电场
E< br>＇，大小也为
E
0
，静
电平衡时导体内部感应电荷的电场
E< br>＇与外加电场相抵消，从而导致导体内部场强处处为
零，导体是等势体，电势处处相等，导体AB
表面的电势等于
CD
表面的电势，且电势不
为零，故
B正确，
C
、
D
错误。

2.B
【解析】
当正电荷
Q
处在导体
P
附近时，正电荷周围存在电场，使导体中的自由电子
在电场力作用下向
a
端发生移动，导致导体
P
的
b
端带正电，
a
端带负电，最终导体为一
等势体，因此

a


b
，故
A
正确，
B
错误；处于静电平衡的导体内 部场强为零，则
kQ
E
c

E
d

0，故
C
正确；根据正点电荷的电场强度
E

2
，结合导 体内合电场为零可
r
知，感应电荷在导体内部
C
，
d
两点产 生的场强大小关系
E
c

E
d

0
，故< br>D
正确。本题选
择说法错误的，故选
B
。

kQ3.D
【解析】
球外点电荷
Q
在
O
点产生的场强大小为
E

2
；根据静电平衡的特点：导体
r
内部场强处处为零， 即感应电荷在导体内部产生的电场与球外点电荷产生的电场场强大小
kQ
相等，感应电荷在球心 处产生的电场的场强大小
E


E

2
，故选D
。

r
4.B
【解析】
将带正电的导体球
A
放入空腔导体球壳
B
中，当
B
处于静电平衡时，导体球
壳< br>B
内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，整个空腔导体是一个等势体，内部场强处
处 为零，沿着电场线的方向电势降低，故
a
、
b
、
c
三点的电 势逐渐降低，故
a
点电势最
高，
A
错误，
B
正确； 因为
b
不在导体内部，所以电场强度不为零，
C
、
D
错误。

5.B
【解析】
电场线越密的地方电场强度越大，
b
在处 于静电平衡状态的导体的内部，电场
强度大小是
0
，则有
E
a

E
c

E
b
，故
A
错误。沿着电场线 电势逐渐降低，则
a
点的电势比
b
高，
b
点的电势比
C
高，故
B
正确。负电荷在电势高处电势能小，则带负电的试探电荷
在a
点的电势能比在
b
点的小，故
C
错误。正电荷在电势高处电势 能大，在电势低处电势
能小，故带正电的试探电荷从
a
点移到
C
点的 过程中电势能减小，电场力做正功，故
D
错
误。


【解析】
金属板内部场强为零，点电荷在
A
点产生的场强方向为
E
1
，感应电荷产生的
场强为
E
2
，二者叠加后才能为零，故
A
错误，
B
正确。
B
点为金属板左侧外表面上的一
点，
B点的合场强方向应垂直金属板表面向左，而点电荷引起的分场强指向负电荷，将合
场强分解一个方向 指向负电荷，一个方向可能为题目所给的
E
3
方向，故
C
正确，D
错误。

7.B
【解析】
当带电体放在金属空腔外时，使金属 空腔上端带正电荷，下端带负电荷，出现
感应电场，感应电场与外电场相叠加，所以内部电场强度为零， 因此绝缘板上的小纸屑不
会被吸引，故
A
错误；当带电体放在金属空腔内时，使金属空 腔内表面带正电荷，外表面
带负电荷，外部出现感应电场，因此绝缘板上的小纸屑会被吸引，故
B
正确；当带电体放
在金属空腔外时，使金属空腔上端带正电荷，由于下端接地，则不带电，出 现感应电场，
感应电场与外电场相互叠加，合电场强度为零，因此绝缘板上的小纸屑不会被吸引，故C
错误；当带电体放在金属空腔内时，由于接地，金属空腔外表面不带电，所以外部没有电
场，因此绝缘板上的小纸屑不会被吸引，故
D
错误。

8.A
【解析 】
金属板在
Q
的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等

27
势面，表面处的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右
运动的过程中，电场力不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小
球做匀 速直线运动，故
A
正确。

刷素养

9.B
【解析 】
把一个带正电
Q
的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，电子被带正电的
小球吸引到内表面，内表面带负电，外表面剩余了正电荷，外表面带正电，而
R
处于电场
中，出现静电感应现象，从而导致
R
上有感应电荷出现若将带正电
Q
的小球 放入带电荷量
为
-
Q
的
M
空腔内，因同种电荷相互排斥，异 种电荷相互吸引，若正、负电荷量相等，则
整体显电中性，
P
不处于电场中，因而没有 感应电荷，故
A
、
C
、
D
错误，
B
正确。

第
8
节


电容器的电容

< br>【解析】
电容表征的是电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与
两极板 间的电压、两极板所带的电荷量无关，故
A
错误，
D
正确，对于确定的电容器 ，
C
一定，由
Q

CU
知，
Q
与
U
成正比，故
B
正确；电容器所带的电荷量与电压的比值等于
电容，电容与电 荷量、电压无关，所以无论电容器的电压如何变化
(
小于击穿电压且不为
零
)
，它所带的电荷量与电压的比值恒定不变，故
C
正确。

Q
2.A
【解析】
根据
C

可知电容器所带的电荷量为
Q
CU

100

1.5C

150C
，则电路稳
U
定后该电容器的负极板上所带的电荷量为
-150C
，故选< br>A
。

3.C
【解析】
电容器与电源断开，则电容器所带电荷 量保持不变，增大两极板间距离时，根

S
Q
据
C

r

可知电容
C
变小，根据
U

可知两极板间的 电势差
U
变大，根据
4

kd
C
U
Q4

kQ
，知电场强度
E
不变，故选
C
。
E



d
Cd

r
S< br>【注意说明】

对于电荷量不变的情况，电容器两极板间的电场强度和电容器两极板间距离无关。


S
4.D
【解析】
若只减小
M
、
N
两金属 板的间距，根据
C

r
，可知电容增大，两极板间
4
kd
电压不变，根据
Q

CU
可知电容器充电，有向右的电流通 过电阻
R
，故
A
错误；微粒
Q
处于静止状态时，受重力和向 上的电场力而平衡，若只减小
M
、
N
两金属板的间距，根据
U
E

，可知场强增大微粒所受电场力增大，合力向上，故将向上运动，故
B
错误；与电
d
容器串联的滑动变阻器在稳定状态时看成导线，则若只将滑动变阻器滑片由中间滑 到最左
端，依然是电容器串联在电源两端，则电容器两极板间的电压不变，故场强不变。不动，
故
C
错误；若只在紧贴
N
板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于极板间距 离变小了，
U
而电压
U
不变，根据
E

，可知场强 增大，电场力增大，故
Q
将向上运动，故
D
正
d
确。

【注意说明】

对于两极板间电压不变的情况，极板间距离变化时，电场强度变化 ，也容器极板间相同距
离间的电势差会变化，两点间的电势差可以由
U

Ed
确定。

5.B
【解析】
当右极板由虚线位置平移到如题图所示的实 线位置的过程中，两极板间距离
d

S
变大，根据
C
r
可知，
C
变小，由于两极板间电压
U
一定，根据
Q< br>
CU
可知，电容
4

kd
器所带电荷量减小，电容 器放电，则电路中会有顺时针方向的电流，故
A
错误，
B
正确；
平行 板电容器与电源相连，两极板间电压
U
保持不变，
U
当两极板间距离变大后， 由
U
E

分析可知，极板间场强
E
变小。由以上分析可知，
C
变小，
Q
变小，故
C
、
D
错
d
误。


28

【解析】
由
C


r
S
可知若两板间的距离随时间先均匀增大为
2d
，再均 匀减小到
4

kd
d
，则电容
C
先减小后增加，因 保持电容器与电源、连接，则极板间的
U
一定，根据
2
Q

CU
可知，电容器所带的电荷量先变小，后变大，选项
A
正确，
B
错 误；在两板距离
U
增大的过程中，由
E

可知，两板间场强减小，由
mg

qE

ma
可知，加速度
a
变化，
d
则粒子向下做变加速直线运动，选项
C
正确；同理可知，在两板距离减小的 过程中，
E
变
大，粒子向下做变减速直线运动，选项
D
错误。

刷易
错

★易错点


没有准确理解电容的概念、不清楚电容器所带电荷量为一个极板的带电荷量。

7.A
【解析】
任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，都可以组成电容器，跟这两个导体是
否带电无关，故
A
正确；电容器所带电荷量是单个极板上所带电荷量的绝对值，故
B< br>错
误；电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，和电容器所带电荷量多少无关，故
C< br>错
误；根据
Q

CU
可知，电容器
A
的电容 比
B
的大，
A
的带电荷量不一定比
B
多，还与电
容 器两端的电压有关，故
D
错误。

【易错分析】

电容器的 电容由电容器本身因素决定，与是否带电、带电荷量的多少及电容器两端的电势
差无关。电容器的电容大 ，只表示这个电容器储存电荷的本领大
(
电容器两端的电势差若增
加
1V，电容大的电容器增加的电荷量要大于电容小的电容器
)
，并不意味着电容器容纳的
电荷就多。

刷提升


【解析】
A
中电容器通过 改变介电常数
ε
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。


【解析 】
保持开关
S
闭合，电容器两板间的电势差
U
不变，极板间距离减小 ，由
U
E

知板间的电场强度
E
增大，小球所受的电场力变 大，
θ
增大，故
A
正确，
B
错误。
S
d< br>
S
U
Q
4

kQ
断开，电容器所带电荷量 不变，由
C

r
、
E

、
U
< br>得
E

，使
B
板竖直
4

kd
S
d
C
向上移动，
S
减小，则
E
增 大，小球所受电场力变大，则
θ
增大，若
d
增大，
E
不变， 电
场力不变，
θ
不变，故
C
错误，
D
正确。

3.A
【解析】
灵敏电流计指针向右偏转，说明流过灵敏电流计
G
的电流由右向左，则导体
芯
A
所带的电荷量在增加，电容器两端的电势差不变，由< br>Q

CU
可知，导体芯
A
与液体

S
形成的电容器的电容增大，根据
C

r
，可知正对面积增大，则液体的深度
h
在增加，
4

kd
选项
A
正确。


【解析】
增大两板间的距离时，电容器的电容减小，因两板间电压不变，故电容器 应
放电，但由于二极管有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器的电荷量不变，增大板
< br>S
U
Q
4

kQ
间距离时，
C
< br>r
、
E

、
U

得
E
< br>，则可知板间场强不变，故
A
错误；
4

kd
S
d
C
减小平行板电容器的正对面积，电容器的电容减小，电容器应放电，但由于 二极管有单向
导电性，电容器不能放电，所以电容器的电荷量不变，则两板间电压增大，两板间距不U
变，板间场强
E

增大，故
B
正确；将滑动变阻器的 滑片向
b
端移动，滑动变阻器电阻
d
增大，分压变大，电容器两板间的电压变 大，板间场强变大，故
C
正确；断开开关
S
，电
容器不能放电，电容 器上的电荷量不变，电容也不变，故两板间的电压不变，板间场强不
变，故
D
错误。< br>
5.C
【解析】
当保持其他条件不变，而将
M
板向上移动的 过程中，
d
增大，因
U
不变，根

29
U
，知两极板间的电场场强变小，故
A
错误。当保持其他条件不变，而将
M
板 向上
d

S
移动的过程中，
d
增大，根据
C

r
知电容减小，根据
Q

CU
，因
U
不变，则带电荷
4

kd
量减小，则通过
R
的电流方向向右 ，故
B
错误。由于电容器两极板间电势差不变，将
M
板向上移动，
d
增大，则电场强度减小，
PN
间的电势差减小，因为
N
处电势为零， 知
P
处的电势降低，根据
E
p

q

，电 荷带负电，则
P
处点电荷的电势能变大，故
C
正确。若
据
E

将电容器与电源断开，保持其他条件不变，在将
M
板向上移动的过程中，< br>d
增大，由于。

S
U
Q
4

kQ
不变，根据
C

r
、
E

、
U< br>
得
E

，可知极板间的电场强度不变，由于
4
< br>kd

S
d
C
P
处位置不变，
N
板
E
；
)
电势为零，则
P
处电势不变，因此
P
处点电荷的电势能不变，故
D
错误。

刷素养


【解析】
车轮刚停在感应线上时，产生压力，则产生电压，电容器充电，当压电薄膜
产生的电压 与电容器电压相等后，不再有电流，故
A
错误；由图乙可知，当车轮经过感应
线时，电 流先增大后减小，然后再反向增大后减小，因电压是在受压时产生的，故说明电
容器先充电后放电，故< br>B
正确，
C
错误；若汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，则前
轮两 次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍会拍照，故
D
正确。

mgC
(
h

d
)
mgCd
nq
7.( 1)
(2)

(3)


1
2
2
q
q
Cd
【解析】
(1)
当有
n
滴油滴落到
b
板上后，极板上的电荷量
Q

nq
，所以极板之间的电势差U
Q
nq
nq
，所以极板间的电场强度
E

0

。

U
0


C
C
d
Cd
(2)
设第
N
滴油滴在
a
、
b
板间做匀速直线运动，此时板上电荷量为
Q


N

1< br>
q
，板间电压
Q
(
N

1)
q< br>，


C
C
mgCd
板间电场强度
N





①


1



q
2
由平衡条件得
qE

mg







②

mgCd
由①②得
N


1
。

q
2
(3)
设能够落到
b
板的油滴不会超过
x
滴， 且第
(
x
+1)
滴到达
b
板的速度恰为
0
，然后返回，
极板上的最大电荷量
Q


xq






③

Q

xq
极板间最大电压
U






④





C
C
对第
(
x
+1)
滴油滴，由动能定理得
mg(
h

d
)

qU


0< br>

⑤

mgC
(
h

d
)
由④⑤得
x

。

2
q
U

第
9
节


带电粒子在电场中的运动

刷基础

1.A
【解析】带负电 粒子在电场中受到的电场力的方向与电场方向即电场线的方向相反，粒
子的初速度
v
0
方向恰与电场线方向相同，所以该带电粒子受到的电场力的方向与运动的方
向相反，带电粒子沿 电场线的方向做匀减速直线运动故
A
正确。

2.C
【解析】
A
、
K
之间的电场是非匀强电场，公式
U

Ed
不适用，因此
A
、
K
之间的电场
强度不等于
U
/< br>d
，故
A
错误；根据动能定理得
E
k

0< br>
eU
，得电子到达
A
极时的动能
E
k
< br>eU
，故
B
错误；由
K
到
A
电场力对电子做 正功，电子的电势能减小了
eU
，故
C
正
确；电子所受电场力向下， 电场方向向上，则由
K
沿直线到
A
电势逐渐升高，故
D
错误 。


30
3.C
【解析】
从
F
处释放 一个无初速度的电子，电子在电压为
U
的电场中做加速运动，当
电子到达
B< br>点时，所获得的动能等于电场力做的功，即
E
k

W

qU

eU
；由题图可知，
B
板和
C
板等势，则
B
、
C
之间没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动
能不变，电子以
eU
的动能进入
C
、
D
板间电场中，在电场 力的作用下，电子做减速运
动，由于
C
、
D
板间的电压也为
U
，所以电子在到达
D
板时速度减为零，开始反向运动；
由以上分析可知，电 子将会在
A
板和
D
板之间做加速、匀速再减速运动，再反向做加速、
匀速再减速运动，即做往复运动，故选
C
。


【解析】
两个 粒子在水平方向上做匀速直线运动，
a
、
b
两粒子的水平位移之比为
1
：
2
，根据
x

v
0
t
可知运动时间之比为
1
：
2
粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据< br>1
y

at
2

粒子在竖直方向的位移之比为
2
：
1
，则
a
、
b
的加速度之比为
8< br>：
1
，根据牛顿第
2
qE
二定律知加速度
a

，加速度之比等于两粒子的比荷之比，则两粒子的比荷之比为
8
：
m
1
，故
A
、
D
正确，
B
，
C
错 误。

5.400V
1
【解析】电子加速过程中，由动能定理得
e U

mv
2
。进入偏转电场后，电子在平行于极
2
板的方向 上做匀速运动，有
l

vt
，在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动，加速 度
2
Ud
2
F
eU

1
2
d，偏转距离
y

at
，电子能飞出的条件为
y

，联立解得
U


2

a


l
m
md
2
2
2

5000


1.0

10

2

2

5.0

10


2
2
V

400V< br>，即要使电子能从平行板间飞出，两个极板上所加电压最
大为
400V
。


【解析】
电极
XX
＇之间加的是锯齿形电压，即扫描电压，电极
YY
＇之间加的是信号
电压，信号电压与扫描电压周期相同，从题图乙可以看出扫描电 压与信号电压的正、负不
同，所以
C
、
D
正确。

刷提升


【解析】
当摇动静电起电机摇柄后，圆筒上端铁皮带正电， 下端铁皮带负电，圆简内
形成竖直向下的匀强电场，球在底部则带负电，在电场力作用下向上运动，与顶 部铁皮相
碰时，自由电子转移到顶部铁皮上，球带正电，然后再向下运动，与底部接触后又带负
电，在圆筒内不断上下运动，
A
错误，
B
、
C
正确；球向上 运动时带负电，电场力做正
功，电势能减少，
D
错误。

2.C【解析】
将开关
5
断开，电容器极板间电荷量不变，电容器两极板间电压不变，场 强不
变，质子所受电场力不变，加速度不变，所以仍落到下板的中央，故
A
错误；将质 子流初
v
1
速度变为
0
，加速度不变，运动时间不变，质子的水平位 移变为原来的
，不可能到达下
2
2
U
1
1
板边缘， 故
B
错误；当板间电压变为

时，场强变为原来的
，电场力变为原来 的
，
4
4
4
1
1
加速度变为原来的
，根据
y

at
2
知，质子打到极板上的运动时间变为原来的
2< br>倍，由
4
2
x

v
0
t
知水平位移 为原来的
2
倍，所以能沿
b
轨迹落到下板边缘，故
C
正确； 竖直移动上
1
1
板，使板间距变为
2d
，则板间场强变为原来的，电场力变为原来的
，加速度变为原来
2
2
1
1
的，根据
y

at
2
知，时间变为原来的
2
倍， 水平位移变为原来的
2
倍，不能到达下
2
2
板边缘，故
D< br>错误。

3.D
【解析】
垂直电场方向有
x

vt
，可知粒子运动的时间相等，故
A
错误；平行电场方向
1
2< br>y
有
y

at
2
，得
a

2
，由于两带电粒子在平行电场方向分位移之比为
y
Q
:

y
p

2
:1
，故
2
t

31
其加速度之比为
a

:
a
p
2
:1
，即
a
Q

a
P
，故
B
错误；根据牛顿第二定律有
qE

ma
，得
ma
，
m
、
E
相同，故粒子所带电荷量之比等于加速度之比，即
q
p
:

q
Q

1:
2
，根据动能
E
定理有
qEy


E
k
，又
y
Q
:

y
p

2
:1
，故
< br>E
kg
:

E
kp

4
:1
，故
C
错误，
D
正确。

q


【解析】
由牛顿第二定律可知，带电粒子在第
1s
内的加速度为
a
1

度为
a
2

qE
，第
2s
内加 速
m
2
qE
，故
a
2

2
a1
，因此粒子先加速
1s
再减速
0.5s
时速度为零，然后反向 加速
m
0.5s
，因此粒子运动的
v
-
t
图象如图 所示，所以带电粒子不是始终向同一方向运动，故
A
错
误；根据速度
-
时间图线与时间轴围成的面积表示位移可知，
2s
末，带电粒子没有回到出发
点，故
B
错误；由图可知，
3s
末带电粒子的速度刚好减到
0
，粒 子只受电场力作用，根据
动能定理可知前
3s
内粒子动能变化为零，即电场力做的总功 为零，故
C
、
D
正确。


5.D
【解析 】
开始时
Q
板电势比
P
板高，电子受到的电场力向右，因此在
0

t

t
0

内，电
子向右加速运动 ，
A
错误；
t
0
时刻电场反向，电子开始向右减速运动，到
2t
0
时刻，速度恰
好减小到零，
B
错误；在
2
t
0

t

3
t
0

时间内，电子 向左加速运动，
C
错误；在
3t
0
时刻，
电场再次反向，电 子开始向左减速运动，到
4t
0
时刻，速度刚好减小到零，
D
正确。

6.B
【解析】
粒子在进入电场运动的过程中，设带电粒子在电场中运动的 最远距离为
x
，由
2
mv
0
qU
1
2d
，则使初速度减小为原来的一半，可得
x
动能定理得

x

0

mv
0
，所以
x

2
qU
d
2
1
1
减小为原来的
，故
A错误；若电压提高到原来的
2
倍，则
x
减小为原来的
，即粒子运
4
2
动至
M
、
N
两板中点处即返回，故
B
正确；使
M
、
N
间的电压提高到原来的
4
倍，则< br>x
减
1
小为原来的
，故
C
错误；使初速度减小为原来 的一半，同时
M
、
N
间的电压提高到原来
4
1
的< br>2
倍，则
x
减小为原来的
，故
D
错误。
< br>8
2
qU
1

【解析】
根据动能定理得
qU< br>
mv
2
，可得电子到达
Q
板的速度
v
< br>，将板间
m
2
距增大一倍，因为电压不变，则电子到达
Q
板的 速率不变，故
A
正确，
B
错误；电子的加
qE
qU
1
速度
a

，根据
d

at
2
， 得
t


m
md
2
变为原来的
2
md
2
。
U
增大四倍，则电子到达
Q
板的时间
qU
1
，故
C
错误，
D
正确。

2
2
mv
0

【解析】
粒子的初动能为
E
k
< br>，粒子在
ab
方向上做匀速运动，有
L

v
0
t
，粒
2
at
2
Eq
子在
ad
方向上做 初速度为零的匀加速运动，有
L

，根据牛顿第二定律有
a

，得
2
m
4
E
E

k
，根据动能定理， 有
qEL

E
k
t

E
k
，所以
E
k
t

qEL

E
k

5
E
k
，选项
A
正确，
B
Lq
错误。若 粒子离开电场时动能为
2
E
k
，则电场力做功为
E
k

qEL
1
，可知沿电场方向的分速
1
1
度
v< br>P

v
0
，沿电场方向的位移为
L
1
at
2

v
0
t
，小于垂直电场方向的位移
v
0t
，则粒子
2
2

32
一定从
bc< br>边离开电场，选项
C
正确。由
C
项分析有
EqL
1< br>
E
k
，

L
1

E
< br>1
L
，解得
2
2
E
k
，选项
D正确。

Lq

【解析】
小球在匀强电场中从
A
点运动到
B
点，根据动能定理有
qU
AB

E
k< br>
E
k0
，因
为到达
B
点时小球的动能最大，所以< br>U
AB
最大，由
A
到
B
电场力对小球做正功，所以< br>
A


B
，则在圆周上找不到与
B
电势相 等的点。过
B
点作切线
BF
，则
BF
为等势线，
A B
垂直
BF
，则
AB
为电场线，场强方向如图所示。故
A< br>正确，
B
错误。

小球在
A
点垂直电场方向发射，水 平方向只受电场力，做类平抛运动，垂直电场方向
qEt
2


x< br>
R
sin
60

v
0
t
，沿电场 方向
y

R

R
cos60

，由以上两 式得
2
m
1
2
1
E
k

mv0

qER
，故
D
正确，
C
错误。

2
8
2
2
md
2
v
0
md
2
v
0
d
(
L

2
b
)
剟
U
10.(1)
见解析
(2)


(3)

2
2
qL
qL
L
【解析】
(1)
设粒子在运动过程中的加速度大小为
a
，离开偏转电场时偏转距离为
y
，沿电
场方向的速度为
v
y
，偏转角为
θ
，其反 向延长线通过
O
点，
O
点与板右端的水平距离为
1
x
，则有侧移量
y

at
2
，匀速运动的位移
L

v
0
t
，竖直方向的速度
v
y

at，
2
v
y
y
L
tan



，联立可得
x

，即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线与初速度方v
0
x
2
向交于两板间的中心。


qUL< br>2
Eq
U
(2)
由牛顿第二定律，有
a

， 电场强度与电势差的关系为
E

，解得
y

，当
2
2
mdv
0
m
d
2
md
2
v0
d
粒子正好从极板右边缘飞出，即
y

时
U

，则两板间所加电压的范围为
qL
2
2
2
2
md
2
v
0
md
2
v
0

剟
U
。

qL
2
qL
2
d

L
时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大
(
设为
y
0
)< br>，则
y
0



b

tan

，而
2

2

d
d
(
L
2
b
)
d
(
L

2
b)
，则粒子可能到达屏上区域的长度为
2
y
0

。
tan


，解得

y
0

2
L
L
L
刷素养

eEL
E
11.(1)
(2)
(3)
见解析
m
2
L
2
L
【解析】
(1)
由双曲线
y


可知，
B
、
C
间距为
，电子从B
运动到
C
，由动能定理得
2
x
2
(3)当
y


33
eEL
L
1
2
。


mv
c，解得电子通过
C
点时的速度大小为
v
C

m
2
2
1
eE

(2)
电子从
C
点进入区域 Ⅱ中做类平抛运动，在
y
轴方向有
L

at
2
，< br>a

，在
x
轴方
2
m
E
向有
2
L

v
c
t
，解得电场区域Ⅱ中的电场强度大小
E


。

2
1
2
(3)
设电 子从
AB
曲线上
P
(
x
，
y
)
点 进入电场区域
I
，在区域
I
，由动能定理得
eEx

mv
0
，
2
假设电子能够在区域Ⅱ中一直做类平抛运动且到达
x< br>轴上的
x
'
处，在
x
轴方向，有
1
eE
，联立解得
x


2
L
，即从
AB
曲线上任一位置
x


v
0
t
1
，在
y
轴方向有
y

at
1
2
，
a

2
m
由静止释放的电子都从
N
点离开电场。

eE
专题


带电粒子的运动
(
考虑重力
)

刷难关


【解析】
由题意可知，滑块在水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相
反 ，而库仑力与运动方向相同，因滑块在
b
点速度为零，故在
b
点库仑力小于滑 动摩擦
力，则在整个滑动过程中，库仑力一直小于滑动摩擦力，故
A
错误；滑块在水平 方向受大
小不变的摩擦力及一直变大的库仑力，在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍
小于滑动摩擦力，所以滑块做加速度不断减小的减速运动，由
v
-
t
图象可 知中间时刻的速
v
率小于
0
，故
B
正确；滑块的动能和库仑 力做的正功都转化为内能，因此在此过程中产生
2
1
2
的内能大于动能的减少 量，故
C
错误；由动能定理可得

qU
ab

< br>mgx

0

mv
0
，解得两
2
2
m

v
0

2

gx

点间的电势差
U
ab

，故
D
正确。

2
q
2.A
【解析】
小球在竖直方向上做自由落体运动。在水平方向上做匀加速 直线运动，根据合
1
运动与分运动的等时性。两小球下落的高度一样，即
h

gt
2
，所以运动的时间相同，
C
2
1
1
Eq
p
2
1
1
1
Eq
0
2
错误； 设运动时间为
t
，在水平方向上有
d

a
p
t2

t
，
d

a
0
t
2
t
，所
2
2
m
2
2
2
m< br>以
q
P
:
q
Q

2
:1
，
A
正确；电势能的减少量等于电场力所做的功，所以

E
p
p

Uq
，
1

E
pQ

Uq< br>Q
，所以有

E
p
p
:

E
pQ

4
:1
，
B
错误；运动过程中重力和电场力做功， 所以动
2
1
能的增加量为

E
kP

mg h

Uq
P
，

E
k
Q

mgh

Uq
Q
，所以

E
kP
:
E
k
Q

4
:1
，
D
错误 。

2
3.D
【解析】
三个微粒的初速度相等，水平方向上都做匀速 运动，水平位移关系为
x
A

x
B

x
C
，所以他们的运动时间关系为
t
A

t
B

t
C
。三个微粒在竖直方向的位移相等，
1
1
根据
y
at
2
可知，他们加速度的关系为
a
A

a
B

a
C
；从而可知
B
仅受重力，
A受向上
2
2
的电场力，
C
受向下的电场力，所以
B不带电，
A
带正电，
C
带负电，故
A
、
B、
C
错误。
三个微粒重力做功相等，电场力对
A
做负功，电场力 对
C
做正功，根据动能定理，三个微
粒到达极板时的动能关系为
E
k A

E
k
B

E
k
C
，所以D
正确。

2

2
gh

；根据动能 定理，有
4.C
【解析】
粒子在竖直方向做匀减速直线运动，有
v
0
2
2
mv
0
1
1
2
2
，故
C
正确。

Uq

mgh

m

2
v
0


mv
0
，解得
A
、
B
两点的电势差为
U

q
2
2

34
2
1

10
6
V



10

3
C

(2)
10m/s
2


方向竖直向上
(3)
2

1
N



方向竖直向上
(4)
2
18
2
2
mgR
2
1
qQ

3
Q



10
C
。

【解析】
(1)
小球在
B
点静 止时，有
k
，解得

2
mg
kq
18
(< br>2
R
)
2
(2)
A
的电荷量增大为原来的两倍后，小 球水平方向受力平衡，竖直方向上由牛顿第二定律
2
Qq
有
k
cos
45


mg

ma

解得
a

10m/s
2
，方向竖直向上。

2
(
2
R
)
5.(1)


2
Qq
mv
c
2

(3)
小球在
C
点时。由 牛顿第二定律得
mg

N

k
，解得
N

(2
R
)
2
R

2

1
N
。由牛

顿第三定律可知，小球在
C
点时对轨道的压力大小为
2

1
N
，方向竖直向上。


2
mgR
2
1
2


10
6
V。

(4)
小球由
B
到
C
的过程，由动能定理 得
qU

mgR

mv
C
，解得
U

q
2
2
2(
mg

qE
)
L
(4
mg

3
qE
)
L

(2)

m
2
m
【解析】
(1)
质点在水 平方向做匀速运动，有
2
L

v
0
t
，竖直方向做 匀加速运动，有
6.(1)
2(
mg

qE
)
L< br>1
。

mg

qE

ma
。质点恰 好能从
C
点射出，有
L

at
2
，联立解得
v
0

m
2
1
(2)
在
ABQ
P
区域，质点在水平方向做匀速运动。有
L

v
0
t
1
，在竖直方向有
y
1

at
1
2
，< br>2
1
2
，质点恰好
v
1

at
1< br>，在
PQC
D
区域，在水平方向有
L

v
0
t
2
，在竖直方向有
y
2

v
1
t
2

gt
2
2
(4
mg

3< br>qE
)
L
从
C
点射出，则
y
1
< br>y
2

L
，联立解得
v
0

。
2
m
7.(1)20m(2)1.5N

【解析】
( 1)
滑块恰好能通过轨道最高点。则滑块在段高点的速度
v

Rg

2m/s

；滑块释
1
放点到最高点的过程中由功能定理得
Eqs


mgs

mg

2
R

mv
2
，代入数据得
s

20m
。
< br>2
1
2
(2)
滑块由释放点到
P
点的过程中由功能定 理得
Eq
(
s

R
)


mgs

mgR

mv
P
，在
P
点由
2
2
mv
P
牛顿第二定律得
F
N

Eq
，
联立解得
F
N

1.5N
。
由牛 顿第三定律可得滑块通过
P
点时
R
对轨道的压力为
1.5N
。

8.(1)
2
2m/s
，与水平方向成
45
° 角
(2)1
×
103V(3)0.12J

【解析】
(1)
小球到达
M
板上端时的竖直分速度
v
y

2
gh

2m
/
s
，小球进入电场时的速度
2
2< br>v

v
0

v
y

2
2m
/
s
，速度与水平方向的夹角设为
θ
，则
tan


v
y
v
0

1
，得


45

；

(2)
小球在电场中做直线运动时，
小球受到的合力的方向与速度的方向相同，
所以
tan


得
E

mg
mg
d

1

10
3
V
。

，所以
U

Ed

qq
mg
，
qE
(3)
设
B
点
到
极
板
上
端
的
距
离
为
L

d
tan


d
，
从
A
到
B< br>运
用
动
能
定
理
得
1
2
1< br>2
1
2
mg
(
h

L
)

qEd

mv
h

mv
0
，代入数据得< br>E
k
B

mv
B

0.12J
。< br>
2
2
2

35
9.(1)2.5m/
s
(2)1.5
×
103V/
m
(3)601
个
< br>【解析】
(1)
对第一个落在
O
点的粒子进行分析，
水平方向 有
解得
v
0

2.5m
/
s
。

(2)
对落到
B
点的粒子，由
L

r
0< br>t
1
，
L
d
1
竖直方向有

gt< br>2
。

v
0
t
；
2
2
2< br>d
1
2

at
1
，
mg

Eq

ma
，解得
E

1.5

103
V
/
m
。

2
2
Q

600
，落到下极板上粒子总数为
N

1

601

(
个
)
。
q
(3)
由
Q

CEd

6.0

10

6
C
，解得
N

第一章


综合测试

刷速度

1.C
【解析】
当
r
→
0
时，电荷已不能看成点电荷，故
A
错误。电场强度取决于电场本身，
kQ
与 试探电荷的电荷量无关，故
B
错误。根据点电荷的场强公式
E

2< br>可知，电场中某点
r
的电场强度和场源电荷的电荷量成正比，故
C
正确 。在电势差公式
U

Ed
中，
d
指两点间
沿电场线 方向的距离，因此两点间距离越大，这两点间电势差不一定越大，故
D
错误。

2.C
【解析】
A
图中，
a
、
b
是同一等势面上 的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强
度不同，故
A
错误；
B
图中，
a
点处电场线比
b
点处电场线密，则
a
点场强较大 ，故
B
错
误；
C
图中，
a
、
b
是 匀强电场中的两点，电场强度相同，故
C
正确；
D
图中，等量异种电
荷连线的中垂线是一条等势线，根据电场线的分布可知
a
点场强较大，故
D
错 误。

3.A
【解析】
图中
a
、
b
两点在 一个等势线上，故
U
ac

U
bc
，根据
W

qU
，有
W
a

W
b

；< br>a
位置的电场线较密集，故
E
a

E
b
，< br>A
正确。

4.B
【解析】
在射线
OM
上，
O
点电场强度为零，无穷远处的电场强度也为零，故射线
OM
上有一个电场强 度的最大点，故将
q
从
A
点由静止释放，由
A
点向
O
点运动的过程中，加
速度大小可能一直减小，也可能先增大后减小，故
A
错 误；电场强度在
MN
上是对称分布
的，故根据电场力做功可知，
q
将 以
O
点为对称中心做往复运动，故
B
正确；
q
从
A
到
O
点运动的过程，电场力做正功，动能逐渐增大，电势能逐渐减小，故
C< br>错误；该电场不是
匀强电场，
q
不可能做类平抛运动，故
D
错 误。

5.A
【解析】
两电荷间距离
r
1

6cm
，设距电荷
Q
2
右侧距离为
r
处场强为
0
，则
Q
1
Q
2
k

k
2
，解得
r

6cm
，即
x

12cm
处的 场强为零，可知
x

6cm
到
x

12cm
间场
2
r

r
1

r

强方向 沿
x
轴负方向，
x

12cm
处场强方向沿
χ轴正方向，故
A
项正确，
B
项错误。
x

6c m
到
x

12cm
间场强方向沿
x
轴负方向，沿电 场线方向电势降低，贝
x

8cm
处的电
势比
x

10cm
处的电势低，故
C
项错误。
x

12cm
处场强方向沿
x
轴正方向，则
x

15cm
处的电 势大于
x

20cm
处的电势，将一个负的试探电荷从
x

15cm
处移动到
x

20cm
处的
过程中，它的 电势能增加，故
D
项错误。

kQ
6.D
【解析】
由
A
'
、
B
'
、
C
'
三点到O
点的距离相等，又由
E

2
知三点的场强大小相等，
r
但方向不同，故
A
错误；点电荷的电场中等势面是以点电荷为球心的球面，故
B
错误；将
一正的试探电荷从
A
'
点沿直线
A
'
B
'
移到
B
'
点，两正电荷先靠近再远离，故静电力先做负 功
kQ
后做正功，故
C
错误；由
E

2
知
A
'
D
段的电场强度大于
DA
段的电场强度，又由
r




A



D


D


A
，得

D

A
，故
D
正确。

U

Ed
，知

A
2
7.A
【解析】
带电粒子在电场中做类平抛运动，将合运动 沿着平行于平板和垂直于平板方向
2
2
yv
0
md
y
1
2
qU

正交分解，有
x

v
0t
，
y

at
，
a

，解得
U

，
qx
2
x
2
2
md

36
y
1
y
2
:
2

1:8< br>。故选
A
。

x
1
2
x
2
8.C
【解析】
由题意可知，对质点有
mg

h

d


qU

0
，可知质点克服电场力做的功等于
U
1
:
U
2

重力做的功；把
A
板向上平 移一小段距离，质点自
P
点自由下落，
(
d
+
h
)
不变，重力做功不
变；
U
不变，电场力做功不变，小球到达
N
点时速度恰好为零，然后返回，故
A
正确。若
S
断开，两板带电荷量不变， 把
B
板向上平移一小段距离，两板间电场强度不变，电场力
做的功
W

qEd


mg

h

d
< br>
，则质点自
P
点自由下落后穿过
N
孔继续下降，故
B
正确。
把
B
板向上平移一小段距离，根据动能定理知
mg

h

d



qU

0
，则小球未到达
N
点速
度已减为零，然后返回，故
C
错误。若S
断开，把
B
板向下平移一小段距离，两板带电荷
量不变，两板间电场强 度不变，电场力做的功
W

qEd


mg
h

d


，则质点自
P
点自由
下落 到达
N
孔前速度已减为零，然后返回，故
D
正确。本题选择错误的，故选C
。


【解析】
由粒子的运动轨迹可知，电场力的方向指向右下 方，即电场线的方向指向右
下方，顺着电场线的方向电势降低，可知
N
点的电势高于< br>M
点的电势，故
A
正确；由电
场线方向指向右下方，可知粒子从
M
到
N
电场力做负功，电势能增大，所以粒子在
N
点
的电 势能比在
M
点的电势能大，故
B
正确；粒子从
M
到
N
，电场力做负功，粒子的速率
减小，所以粒子在
M
点的速率大于在
N
点的速率，故
C
错误；根据等电势差等势面的疏
密程度，可知
N< br>点的场强大于
M
点的场强，则带电粒子在
M
点受到的电场力比在
N
点受
到的电场力小，故
D
错误。


【解析】若 电场的方向平行于
AB
向左，小球从
AC
的中点以水平向右的速度进入
正方形区域中时小球所受的电场力方向向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，到达
BD
边时，速度可能为
0
，所以动能可能为
0
，故
A
正确。若电 场的方向平行于
AC
向上或
L
向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位 移最大为
，根据动能定理可知小球的最
2
1
2
L
大动能为< br>E
k

mv
0

EQ

，所以D
错误，
C
正确；若电场的方向平行于
AB
向左，小球
2
2
做匀减速直线运动，若没有到达
BD
边时速度就减为零，则小球会返回到 出发点，速度大
1
2
小仍为
v
0
，动能为
mv0
，故
B
正确。

2

S

【 解析】
当正极板向下平移时，根据平行板电容器的决定式
C

，
C< br>与
d
成反
4

kd
U
4

kQ
比，
C
-
x
图象应该为曲线，所以
A
项错误； 根据电容器间的电场强度
E


，电荷
d

S量不变，板间距发生变化，电场强度不变，负极板的电势为零，设
O
点原来距负极板为l
，
O
点的电势是


El
，
保持不变，所以
B
项错误；电势差
U

Ed

E

l
0

x

，电势差
U
随< br>x
的增大而呈线性减小，所以
C
项正确；根据电势能的公式
W

E
p

q

，由于电势不
变，电势能不变，所以
D
项正确。


【解析】
带正电球体产生向外辐射的电场，即 直线
AB
上电场方向为从
A
到
B
，根据
沿电场线方 向电势降低，可知
A
点的电势高于
B
点的电势，
A
错误；因 为球体均匀带电，
所以球体产生的电场可等效为集中在球心位置、与球体电荷量相同的点电荷产生的电场 ，
kQ
根据
E

2
，结合
r
A
:
r
B

2
:
3
，可得
E
A
:
E
B

9
:
4
，
B
正确；根 据公式
U

Ed
可知
E
-
r
r
曲 线与
r
轴所围面积表示两点之间的电势差，则从球面到
A
点的电势差大于A
、
B
两点间
的电势差，
C
错误；
E
-
r
曲线下
Q
~
R
部分的面积等于
2R~3R部分的面积，所以从球心到
R
1
处的电势差等于
A
、
B
两点间的电势差，大小为
U

E
0
R
，根据
W

Uq
可得电荷量为
q
2
1
的正电荷沿直线从
A
移到
B
的过程中电场力做的功为
E
0
R
，
D
正确。

2

37
13(1)
2
h
(2)4m
g

3
g【解析】
(1)
小球运动的过程中重力与电场力做功，设电场力做的功为
W
，则有
1
1
2
，得
W

2
mgh
，可知电场力的竖直分量大小
F
y

2
mg
，小球在竖< br>W

mgh

mv
2

mv
02
2
2
h
1
直方向做匀加速运动，有
h

3
gt
2
，得
t

。

3
g
2
(2)
在水平方向，小球受电场力向右的分力，使其先向左减速后向右加 速，分析可知小球在
2
mv
0
N
点水平分速度大小为
v0
，则水平方向有
F
x
t

mv
0



mv
0

，解得
F
x

2
3mg
，则
t
F
电

(2
mg
)
2

(2
3
mg
)
2

4
mg
。

14.(1)
mg

m
2
3
3
kQq
(2)
v
0

v
2





2
2
q
8
h
3
3
kQq
。

8
h
2
【解析 】
(1)
物块在
A
点时，受力分析如图所示，有
F
N

mg

F
库
sin
60

，即
F
N

mg

kQq

h





sin
60


sin
6 0

mg

2
W
1
1
2
(2)< br>对物块由动能定理有
W
AB

mv
2

mv
0
且
U
AB

AB


A


B
，解得
q
2
2
m
2
< br>B


v
0

v
2

< br>
。

2
q
qU
0
T
5
q U
0
T
2
15.(1)
先向下匀加速运动再向下匀减速运动
(2)
O
'
点上方

到
O
'
点下方

16
md
16
m d
【解析】
(1)
在
t

0
时刻从
O点进入的粒子，所受的电场力方向先向下后向上，则粒子先
向下匀加速运动，再向下匀减速运动。< br>
(2)
粒子打在靶
MN
上的范围，实际上就是粒子在竖直方向所能到 达的范围。当粒子在
qU
0
1
，
0,
T
,2
T
L
nT
时刻进入电场中，粒子将打在
O
'
点下方最远处 ，在前
T
时间内，
a
1

2
md
2
qU
0
T
2
1

T

1
粒子在 竖直方向上的位移
y
1

a
1


，在后
T
时间内，粒子在竖直方向上的
2

2

8
md
2
U
2
q
0
3
qU
0< br>T
2
T
1
T
qU
0
T

T

2
位移
y
2

v

a
2



，其中

v

a
1

，可得

y
2

，故

，
a
2

2
2
2md
16
md
2
md
2


5
qU
0
T
2
O
'
点正下方最大位移
y

y
1

y
2

。

16
md
1
3
2
n

1
1
当粒子在
T
,
T
L
进入电场时，粒子将打在
O
'
点方最远处， 在前
T
时间内，粒子
2
2
2
2
2


38
qU
0
T
2
1
T
1

在竖直方向上的位移
y
1


a
2




，在后
T
时间内，粒子在竖直方向上的 位移
2
16
md
2

2

U
2< br>q
0
T
1
T

T
2

T< br>，可得
y


0
。



v


a
1


y
2
，其中v

a



2
2
2
2
2

2
md
2
2
qU
0
T
2


y
2


故
O
'
点正上方最大位移
y


y
1
。

16
md
刷真题

1.D
【解析】
两绝缘细绳保持 竖直状态，对两小球整体分析，整体受电场力的合力为零，电
荷量为零，故两小球带等量异种电荷，隔离
P
进行研究，
P
受库仑引力作用，则
P
受到的
电场 力由
Q
指向
P
，可知
P
带负电荷，则
Q
带 正电荷，
D
正确。

2.D
【解析】
由题意可知小球
C
受到的库仑力的合力可能水平向左，也可能水平向右，受
力如图。若合力水平向左，可知小 球
a
对小球
C
吸引，小球
b
对小球
C
排斥 ，所以
a
、
b
k

q
q
F
带异种 电荷；根据平衡条件可知
tan
37


1
，根据库仑力公 式有
F
1

b
2
c
，
F
2
(
bc
)
k

q
q
q
64
；同 理，若库仑力的合力水平向右，可知小球
a
对小球
C
F
2

a
2
c
，联立解得
a

q
b
27
(
ac
)
F

排斥，小球
b
对小球
C
吸引，所以
a
、
b
带异种电荷，同样有
tan
37


1
，仍可推得
F
2

q
a
64
，故
D
正确，
A
、
B
、
C
错误。


q
b
27

3.C
【解析】
小球处于平衡状态时，对小球进行受力分析如图甲所示，
< br>tan


Eq
3

，解得电场强度
E=3.75
×旷
N
/
C
，
A
错误。平衡时细线 的拉力
mg
4

E

3.75

106
N
/
C
，
B
错误。小球被拉至水平位置，受力分析如 图乙所示，由静止释放后
沿与竖直方向成
37
°角方向做匀加速直线运动，到达
B
点后细线被拉直。匀加速过程加速
5
度大小
a

g
12.5m/s
2
，在三角形
OAB
中
x
A B

2
l
cos53


1.68m
，经 过
t

0.5s
，小球
4
1
的位移大小为
x

at
2

1.5625m

x
AB< br>，即经过
0.5s
小球不会到达
B
点，小球速度
2
v

at

6.25m/s
，
C
正确。假设小球从静 止释放到
O
点正下方的过程无能量损失，且由动
1
能定理得
mgl< br>
qEl

mv
2
，解得
v

7m /s
，实际当小球到达
B
点后，速度沿线方向分量会
2

39
变为
0
，即能量会损失，小球第一次到达
O
点正下方 时，速度小于
7m/
s
，
D
错误。


【解 析】
正点电荷的场强方向沿径向向外，负点电荷的场强方向沿径向向里，故
q
在
kq
kq
b
点的场强方向沿
q
指向
b
，大小为< br>2
，
q
在
b
点的场强方向沿
b
指向
-
q
，大小为
2
，两
r
2
r
个场强方向垂 直，同理得
q
在
a
点的场强与
-
q
在
b< br>点的场强相同，
-
q
在
a
点的场强与
q
在< br>b
点的场强相同，故
a
、
b
两点的场强大小、方向都相同，选 项
B
、
C
正确；点电荷的等势
面为以点电荷为球心的球面，故
a
点的电势与
b
点正上方顶点的电势相同，将负电荷从
b
点正上方 的顶点沿边线移动到
b
点，负电荷所受的两个电场力都做正功，故负电荷的电势
能降低 ，
a
点电势低于
b
点，选项
A
、
D
错误。

kQ
5.D
【解析】
由点电荷的场强公式
E
< br>2
可知，距离点电荷越近的位置场强越大，由于
r
a
、
b两点距点电荷。的距离均为球的半径，所以
a
、
b
两点场强的大小相等， 故
A
错误；
由于
b
点距点电荷。的距离比
C
点距点 电荷的距离小，所以
b
点场强的大小比
C
点大，故
B
错误； 根据点电荷电场线的分布特点可知，负点电荷的电场方向均指向该点电荷，而顺
着电场线方向的电势逐渐 降低，所以

a


b


c
， 故
C
错误，
D
正确。


【解析】
在匀强电 场中，两平行且等长的线段两端的电势差相等，设
O
点电势为
φ
，则
U
aO

U
cb
，故


1V
， 选项
B
正确；连接
O
、
c
，过
a
点作Oc
垂线，分析可知此
26

1
垂线为一等势线，则
O c
沿电场线方向，
E

V/cm

2.5V/cm
，故选项
A
正确；电
2
2
6

8
子在a
点的电势能
E
p
a


10eV
， 在
b
点的电势能
E
p
b


17eV，
E
p
a

E
p
b

7eV
，电子在
a
点的电势能比在
b
点的高
7eV
，故选 项
C
错误；电子在
C
点处的电势能
E
p
c


26eV
，电
子从
b
点运动到
C
点， 电场力做的功
W


E
p



E
p
a

E
pb


9eV
， 故选项
D
正确。


【解析】
分析可知，此匀强电场方向不一 定与
a
、
b
连线平行。故
A
错误；由题可
知，粒子 从
a
移动到
b
过程中，
W
1

U
ab
q
，由
c
移动到
d
过程中，
W
2
U
cd
q
，设该粒子
从
M
移动至
N
电场力做功为
W
。
W

U
MN
q
，
U
MN


M


N
，在匀强 电场中，
'
由于
M
、
N



c



d
分别为
a
、
c
连线与< br>b
、
d
连线的中点，故

M

a
，

N

b
，
2
2
U

U
cd
W

W
2
，
W

1
，故
B
正确；由题可知，匀强电场方向大致由左
U
MN


M


N

ab
2
2
W
向右，无法判断其方向是否与
c
、
d
连线平行，则该电场的场强大小不一定为
2
，故
C
错
qL



c

a


c



d

b


d
误；
U
aM


a< br>

M


a

a
，
U< br>bN


b


N


b

b
，若


2
2
2
2
W
1

W
2
，则
U
ab

Ucd
，即

a


b


c


d
，得

a


c


b


d
，即
U
aM
U
bN
故
D
正确。

W

6eV
【解析】
由题可知
U
ad

ad


6V
，由图可知
U
ad

3
U
ad

3
U
bc
，所以
q

e

a


b


b


c

2V
，故平面
C
上的电势

c

0
，故
A
正确；电子进入电场的方向不确
定，可能在到达平面
f
之前 沿电场方向的速度减为零，垂直于电场方向的速度不为零，故
B
正确；由以上分析可得平面d
的电势

d


2V
，所以电子在平面d
的电势能
E
p


e

d

2eV
，故
C
错误；电子从
a
到
b
根据 动能定理可得
W
ab


U
ab

e
E
k
b

E
ka
，
解得
E
k
b

8V
，从
a
到
d
根据动能 定理可得
W
ad


U
ad

e

E
k
d

E
k
a
，可得
Ek
d

4eV
，则
v
b

2
v
d
，故
D
错误。

9.C
【解析】
由静 电场中电荷间的作用力特点及静电感应特点可知，
A
带负电，
B
带正电，A
错误；处于静电平衡的导体是等势体，故
A
、
B
电势相苟言，
B
错误；移去
C
。
A
、
B
上
的感 应电荷失去外电场的作用。又回到原状态，
A
、
B
下部的金属箔闭合，
C
正确；
A
、
B
先分开后再移去
C
，
A
带负电，
B
带正电。
A
、
B
下的金属箔都不会闭合 ，
D
错误。

10.A
【解析】
实验前，由电荷问的相互作 用规律知，用带电玻璃棒与电容器
a
极接触。可

40
使电容器带 电，选项
A
正确；实验中，只将电容器
b
板向上平移，极板的正对面积变小，

S
Q
由
C

可知电容器的电容减小，电容器所带 电荷量不变。由
C

知，电容器两极板
4

kd
U
间的电势差变大。故静电计指针的张角变大，选项
B
错误；实验中，只在极板间插入有 机

S
玻璃板，介电常数变大。由
C

可知，电容器的电容 增大，电容器所带电荷量不变，
4

kd
Q
势差变小，由
C

知，电容器两极板间的电势差变小。故静电计指针的张角变小，选项
U
C< br>错误；电容只由电容器本身决定，与电容器所带的电荷量及极板间的电势差无关，选项
D
错误。

1
1
3
11.B
【解析】小陈从
M
运动到
N
的过程中，功能增加了

E
k

m(2
v
)
2

mr
2

mr
2
，
2
2
2
选项
A
错误；在竖直方向上，小球做竖 直上抛运动。到达
N
点时竖直方向速度为零，由匀
v
2
变速直线运动 规律得，小球上升的高度为
h

，由动能定理得
W
电
mgh


E
k
，解得
2
g
W
电

2
mv
2
。由功能关系知，机械能的增加量为
E

W
电

2
mv
2
，选项
B
正确；小球的重
1
力势能增加了

E
p

mgh

mv
2
，选项
C
错误，由电场力做功与电势能的 变化量的关系
2
知，电势能减少了
2
mv
2
，选项
D
错误。


【解析】
带电粒子仅在电场力作用下由
M
点运动主
IN
点，由于电场线不一定是直
线，运动轨迹可能是直线，也可能是曲线， 所以粒子的速度可能一直增大，也可能先增大
后减小，
A
正确；若电场线是曲线，则带 电粒子的受力不能与其速度方向时刻保持一致，
粒子的运动轨迹不会和电场线重合，
B
错误。只有电场力做功，根据功能关系可知，粒子
动自动能和电势能的总和不变，粒子在
M点的动能为零，可知粒子在
M
点的电势能最
大，
C
正确；运动轨 迹的切线方向是速度的方向。而粒子受到的电场力方向与该点电场线
的切线方向平行。
D
错误。


【解析】
由电场线的疏密程度可知，
M
点的场强 大于
K
点，
A
正确；由于感应起
电，在金属球壳的内表面感应出负电 ，外表面感应出正电，
B
正确；负电荷在电场中，沿
电场线方向运动，电场力做负功， 电势能增加，可知
C
错误，
D
正确。

14.D
【 解析】
加速质子过程中，电场力对质子做正功，质子的电势能减小，
A
错误；质子受到的电场力为
F

Eq

1.3

105

1.6

10

19
N

2.08

10

14
N
，
B
错误；质 子的加速度为
F
2.08

10

14
a


m
/
s
2

1.25

10
13
m/s
2
，根据
v

at
得，加速时 间
t

8

10

7
s
，
C
错误；

27
m
1.67

10
根据
v
2

2
ax
得，加速的直线长度
x
< br>4m
，
D
正确。

15.D
【解析】
N点的电场线比
M
点的密，故
N
点的场强大于
M
点的场强 ，粒子在
N
点的
加速度大于在
M
点的加速度，即
a
N

a
M

；做内线运动的粒子受到的合外力指向曲线的凹
侧，粒子受到的电场力指向曲线的右下方，因为粒子带负电，场强方向沿左上方，

M


N
；若粒子由
N
点运动到
M
点，电场力做正功 ，粒子的电势能减小，动能增大，
E
p
M

E
p
N
，
v
M

v
N
，选项
D
正确。< br>
16.D
【解析】
两极板平行时带电处于平衡状态，则重力等于电场力。当下 极板右端下移
时，板间距离增大，场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以油< br>滴处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故油滴向右下方运动，选
项
D
正确。


41

mdh
mdh
1
2

17.(1)
mr
0
2

(3)2
v
0

qh
(2)
v
0
q

q

2
d
【解析】
(1)
P
G
、
QG
间场强大小相等，均为
E
。粒子在
PG
间所受电场力
F
的方向竖直向
下，设粒子的加速度大小为
a
，有

2








①

E

d




②

F

qE

ma


1
2
设粒子第一次到达
G
时动能为
E
k
，由动能 定理有
qEh

E
k

mv
o
③设粒子第 一次到达
G
2
时所用的时间为
t
，粒子在水平方向的位移大小为l
，则有

1





④

h

at
2

2





⑤

l

v
0
t


联立①②③④⑤解得

1
2




⑥

E
k

mr
0
2

qh

2
d
mdh
l

v
0






⑦

q

(2)
若粒子穿过
G
一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度
/
最短。由对称性 知，此时金
mdh
属板的长度为
L

2
l

2
v
0

⑧

q

3
mg
2

(2)
2
mv
0

g
2
t
2

q
【解析 】
(1)
设电场强度的大小为
E
，小球
B
运动的加速度为< br>a
，根据牛顿第二定律、运动
学公式和题给条件，有




①

mg

qE

ma



18.(1)


1

t

1
a



gt
2


2

2

2
3
mg
解得
E


q
2






②

③

(2)
设
B
从
O
点发射时的速度为
v
1
，到达
P
点时的动能为
E
k
，
O
、
P
两点的高度差为
h
，根
据动能 定理有

1


④

E
k
mv
1
2

mgh

qEh

2
t
且有
v
1

v
0
t





⑤

2
1





⑥

h

gt
2

2
2
联立③④⑤⑥式得
E
k

2
m
v
0

g
2
t
2
⑦




【解析】
由库仑定律可知，小球
a
从
N
点经< br>P
到
Q
过程中所受库仑力逐渐增大，而

42
且与 重力方向之间的夹角越来越小，因此重力与库仑力的合力逐渐增大，选项
A
错误；当
小 球速度方向与合力方向垂直时，小球速度最大，小球在
P
点时，速度水平向左，合力向
右，小球减速，所以小球速度最大点位于
NP
之间，故
B
正确；从
N
到
Q
过程中小球
a
所
在位置的电势一直增大，因此小球a
电势能一直增加，选项
C
正确；从
P
到
Q
过 程中，小
球所在位置的电势一直增大，因此电场力一直做负功，重力做负功，由能量守恒定律得小
球动能减少量等于重力势能的增加量与电势能增加量之和，选项
D
错误。


【解析】
由题意可知，该油滴在
P
点的受力分析如图所示，且电场力大于重力 ，油
滴带负电，电场方向竖直向下，则

Q


P
，故
A
正确；油滴从
P
到
Q
电场力做正功，电
势能 减小，故在
Q
点的电势能比在
P
点的小，
C
错误；电场为匀 强电场，油滴受力恒定做
匀变速曲线运动，加速度恒定，故
D
错误；油滴的轨迹为抛物 线，故
P
为等效最高点，动
能最小，故
B
正确。

mg
H
21.(1)3
：
1(2)

(3)

3
2
q
【解析】
(1)
设两小球 抛出的初速度为
v
0
，则进入电场的水平分速度为
v
0
，竖 直分速度相
同，根据运动的分解可知，两小球竖直方向的分运动是相同的，运动时间
t
相同。在水平
Eq
方向
N
向右做初速度为
v
0
，加 速度为
a

的匀减速直线运动，

M
向右做初速度为
v
0
，
m
Eq
1
加速度为
a

的匀加速直线运动，
M
的水平分位移
x
M

v
0< br>t

at
2
，
N
的水平分位移
m
2
1
x
N

v
0
t

at
2
，
v
0

at
，联立解得
x
M
:
x
N

3:1
。

2
(2)
设
A
点距电场上边界的高度为
h
，小球下落
h
时在竖直方向的 分速度为
v
y
，由运动学公
v
x
1
2
< br>2
gh
，
H

v
y
t

g t
2
，
M
进入电场后做直线运动，由几何关系知
0

M
，联立
式有
v
y
v
y
H
2
解 得
h

H
。

3
v
0
Eq

，设
M
、
N
离开电场
v
y
mg
(3)
设电场强度大小为
E
，小球
M
进入电场后做直线运动，则< br>1
2
2
时的功能分别为
E
k1
、
E
k
2
，由动能定理得
E
k1

m

v0

v
y

mgH

Eqx
M
，

2
mg
1
2
2
。

Ek
2

m

v
0

v
y
mgH

Eqx
N
，由已知条件有
E
k1< br>
1.5
E
k2
，联立解得
E


2
2
q
第二章


恒定电流

第
1
节


电源和电流

刷基础


【解析】
电源是使电路中有持续电流的装置，故
A
正确；电源的作用 是把电源内部的
正电荷从负极不断地搬运到正极，或者把电子由正极不断地搬运到负极，从而保持两极间
有稳定的电势差，故
B
正确，只有有电源的闭合回路中才能形成电流，故
C< br>错误；电源是
提供电能的装置，不需要外界提供能量，故
D
错误。
< br>q
2.C
【解析】
根据
I

可知，电流的大小等于单 位时间内通过导体横截面的电荷量，通过
t
导体横截面的电荷量越多，电流不一定越大，还要看 时间，单位时间内通过导体横截面的
电荷量越多，导体中的电流才越大，故
A
错误，< br>C
正确；根据
I

neSv

可知，电子运动的速率越大，电流不一定越大，故
B
错误；电流的方向是人为规定的，电流的相加并不满足< br>平行四边形定则，所以电流是一个标量，故
D
错误。

3.C
【解析】
在
10s
内通过此导体横截面的电荷量是
4C
，则通过σ
4C
这段导体的电流

43
q
4C

0.4A
，选项
C
正确。

t
10s
q
2

3
4.A
【解析】
根据电流的定义式
I< br>

A

0.5A
，
A
正确。

t
10
【方法总结】

本题考查学生对电流的定义式的理解；根据电 流的定义：通过导体某一横截面的电荷量跟
q
所用时间的比值，即
I

；解题时需要注意的是对于电解液导电，通过某一横截面的电
t
荷量是正、负离子所带电荷量 的绝对值之和。

5.A
【解析】
棒沿轴线方向以速度
v
做 匀速直线运动时，单位时间内通过的距离为
v

v
，单
Q
位 时间内通过的电荷量
Q

qv

t
，得到等效电流为
I


qt
，故
A
正确。


t
2

r
e
6.C
【解析】
电子做圆周运动的周期
T

，该环形电流的大小
I

，联立解得
v
T
ve
，电流的方向与电子运动的方向相反，故该环形电流的方向为逆时针。

I

2

r
【关键点拨】

2

r
q
电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动的周期
T

，根据电流的定义式
I


v
t
求解电流的大小电子带负电荷，电流的方向与电子运动的方向相反。
< br>
【解析】
由于流经导线的电流为
I
，则在时间

t< br>内，流经导线横截面的电荷量为
q

I

t
，而电子 的电荷量为
e
，则

t
时间内通过导线横截面的自由电子数可表示为
q
I

t
，又
1

neSv
，可 得
N

nSv

t
，故
A
、
C< br>正确，
B
、
D
错误。

N

e
e
8.A
【解析】
在
t
时间内能通过某一横截面的自 由电子处于长度为
vt
的导线内，此导线内的
N
自由电子数为
N
nvSt
，所以
v

，故
A
正确。

nSt
刷易错

★易错点
1

不知道在电解液导电时，流过横截面的电荷量为正、负电荷电荷量绝对值的
和。
9.D
【解析】
电流的方向与正离子定向移动方向相同，与负离子定向移动方向相反，所以
正、负离子定向移动形成的电流，方向都是从
A
到
B
，电流不会相互 抵消，故
A
、
B
错
误；溶液内电流方向从
A
到B
，
t
时间内通过溶液内横截面
S
的电荷量

n

n
2

e
，故
C
错误，
D< br>正确。

q
q

n
1
e

n
2
e


n
1

n
2

e
，根据电流的定义式
I

得
I

1< br>t
t
【易错分析】

正电荷定向移动的方向是电流的方向，负电荷定向 移动的方向与电流方向相反。在电解液
导电时，由离子的带电荷量可求得通过某横截面的总电荷量，总电 荷量等于正离子与负离
子电荷量绝对值之和，再由电流的定义式可求得电流的大小。电流方向与正电荷定 向移动
的方向相同学生易错选
B
或
C
。

★易错点
2

审题不认真，对题目中给出的物理量的概念不清楚。

10.D
【解析】
由题意可知，时间
t
内流过导线横截面的电荷量< br>q

Net
，则由电流的定义式
q
Net
可知
I



Ne
，故
D
正确。

t
t
【易错分析】

要注意明确本题中给出的
n
是 单位长度内的自由电子数，不是单位体积内的电子数，一定
要注意认真审题；另外：①电子定向移动速率 ，是电子在导体内受电场力做功，从而得到
动能而具有的速度，但实际上由于存在电阻，电子也会减速， 所以电子定向移动速率是一
个平均速率，大概是在几米每秒的数量级。②电子无规则运动的速率，大约在
10
的
5
次方
米每秒数量级上。③电流的传导速率，即建立恒定电场 的速率，为光速
C
。审题不细心，
I


44
不清楚电子的三种速率，易导致错选
A
或
B
。

第
2
节


电动势

刷基础
< br>1.D
【解析】
无论在电源内部还是在外电路中都存在着电场，在外电路中只有静电力做 功，
电势能转化为其他形式的能，电荷的电势能减少，在电源内部，电荷受静电力和非静电力
的 共同作用，且非静电力移动电荷做功，其他形式的能转化为电势能，电荷的电势能增
加，
A、
B
、
C
错误，
D
正确。

2.B< br>【解析】
同一电源接入不同的电路，电动势不变，故
A
错误；
1
号
1.5V
干电池比
7
号
1.5V
干电池的体积大，但它 们的电动势相同，故
B
正确；电源电动势表征了电源把其他形
式的能转化为电能的本领 ，电源的电动势越大，该电源把其他形式的能转化为电能的本领
越大，根据
W

qE
可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定越大，还跟
W
W移送电荷量有关，故
C
错误；电动势的定义式
E

非静电力，电压的定义式
U

静电力
，可
q
q
知其物理 意义不同，故
D
错误。

3.D
【解析】
电动势表征了电源 把其他形式的能转化为电能的本领，与非静电力做的功
W
以及移送的电荷量
q
无关，电势差、电势是描述电场能的性质的物理量，三者的本质不
同，故
A
、
B
错误，铅蓄电池的电动势为
2V
，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通
过电源内部移送到正极时所做的功为
2J
，即电势能增加了
2J
，与时间无 关，故
C
错误；电
动势越大，将化学能转化为电能的本领越大。故
D
正确。

4.B
【解析】
电荷的定向移动才会形成电流，自由电荷做杂乱无章 的无规则运动无法形成电
流，故
A
错误；电动势由电源中非静电力做功本领决定，与外 电路无关，故
B
正确；根据
q
I

可知，导线中的电流与通 过导线横截面的电荷量及通电时间有关，通过导线横截面
t
的自由电子数越多，导线中电流不一 定越大，故
C
错误；电动势与电压的单位相同，但二
者是不同物理量，故
D< br>错误。

5.C
【解析】
同一品牌新的
1
号干电池和 新的
5
号干电池的电动势相同，都是
1.5V
，而新
的
1< br>号干电池的内阻比新的
5
号干电池的内阻小，容量大，故
C
正确。
6.D
【解析】
根据电源的特点可知，锂离子电池是通过非静电力做功把化学能 转化为电势能
的装置，故
A
错误；由题图可知，该锂离子电池的电动势为
3. 6V
，当接入电路后锂离子电
池两端的电压小于
3.6V
，故
B错误；该锂离子电池每有
1C
的负电荷从正极运动到负极，
就有
3.6< br>的化学能转化为电能，故
C
错误，由题图可知，该锂离子电池的容量为
500m
A
·
h
，即电池的总电荷量为
500m
A
·
h
，由
q

It
可知，以
25m
A
的电 流为手机供电，
500mA

h
则供电时间
t


20h
，故
D
正确。

25mA
7.A
【 解析】
在电源的内部，非静电力对该电子做正功，即
W

0
，电子的 电势能增加，即

E
p

0
，故
A
正确。


【解析】
根据
W

Eq

3< br>
6J

18J
，故非静电力所做的功为
18J
，即 有
18J
其他形式
的能转化为电能，
A
正确，
B
错 误；电源内阻消耗电能
W

18J

2.4

6J

3.6J
，
C
正确；
电流的传导速度指建立电场的速度， 大小等于光速，但电路中电子定向移动速度却相对很
小，电子是在电场的作用下才定向移动的，
D
错误。

刷易错

★易错点
1

没有真正理解电动势的概念。

9.D
【解析】
电源的电动势为3.6V
，这表示电路每通过
1C
的电荷量，电源把
3.6J
其 他形式
的能转化为电能，
A
、
B
错误；电动势越大，说明非静电力做 功本领越大，通过的电荷量
未知时，不一定做功多，但通过
1C
电荷量时，电动势为< br>3.6V
的电源一定做功多，转化的
电能多，
D
正确，
C错误。

【易错分析】


45
W

可知，电路中每
q
通过
1C
电荷量，电源把与电动势数值
q
相等的其他形式的能转化为电能，与时间无关。
电动势由电源本身的特性决定回电动势表征电源把其他 形式的能转化为电能的本领大小，
电动势大，这种转化本领大。如果不理解电动势的物理意义和定义式， 容易错选
B
、
C
。

★易错点
2
对电源的容量和内阻理解不到位


【解析】1
号干电池的电动势等于
7
号干电池的电动势，都是
1.5V
， 故
A
错误。
1
号干电池的体积大，容量较大，即
1
号干电池 的容量大于
7
号干电池的容量，故
B
正确。
1
号干电池的内 阻小于
7
号干电池的内阻，故
C
错误。把
1
号和
7
号干电池分别接入电路
中，电动势
E
相同，若电流
I
相同， 根据
W

Eq

EIt

则相同时间内两干电池中非静电力
做的功相同，故
D
正确。

【易错分析】

干电池的电动势与体积无关。体积大的干电池，内部的电化学物质较多 ，容量大，能够产
生的电能多对于同一种新的电池，体积越大，电池的容量越大，内阻越小，所以
l
号干电
池的容量比
7
号干电池的容量大，
1
号干电池的 内阻比
7
号干电池的内阻小。受日常经验
的影响，学生易错选
C
。< br>
电源是把其他形式的能转化为电势能的装置，由电动势的定义式
E

第
3
节


欧姆定律

刷基础

1.D
【解析】
欧姆定律适用于纯电阻电路，包括金属导电和电解质溶液导电，但不适用于非< br>纯电阻电路，故
D
错误。本题选说法不正确。的，故选
D
。

2.C
【解析】
导体的电阻是由导体本身决定的，与导体两端的电压以及导体中的电流 无关，
U
选项
A
、
B
错误；由
I


可知，导体中的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻
R
成反比，选项C
正确；由
U

IR
可知，只有当电流一定时，导体两端的电压 随电阻的增大
而增大，选项
D
错误。

U
U
U3.B
【解析】
根据欧姆定律有
I

，代入数据有
I< br>
，又
I

，解得
R
1

R
2
60


R
2
R
2

R
2

20

，故选
B
。
U
5V

【解析】
导体的电阻
R



25

，故
A
正确，
B
错误；当导体两端的电压< br>I
0.2A
U

10V
为
10V
时通过导体 的电流
I




0.4A
，故
C
正确；当通过导体的电流为
0.1A
R
25

时，导体两端的电压
U



I


R

0 .1A

25


2.5V
，故
D
正确。

5.B
【解析】
因为灯丝的电阻随温度的升高而增大，
U
-
I
图象上某点与原点连线的斜率代表
电阻值，所以图线
B
符合实际 。

U
5

【解析】
加
5V
的电压时，电流 为
1.0A
，由欧姆定律可知，
R




5

，故
A
I
1
12
正确；加
12V< br>的电压时，电流为
1.5A
，则电阻
R




8

，故
B
错误；由题图可知，
1.5
随着电 压的
1.5
增大，导体的电阻不断增大，随着电压的减小，导体的电阻不断减小，故
C
错误，
D
正确。

刷易错

★易错点
1

不了解伏安特性曲线的意义。


【解析】
I
-< br>U
图线上某点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题图可知，随着电压
的升高，图线上 某点与原点连线的斜率在减小，所以电阻在增大，故
A
正确，
B
错误；当U
导体两端的电压为
2V
时，此时对应的电流为
2A
，所以电阻
R


1

，故
C
错误，
D正
I
确。


46
【易错分析】

要准确理解概念，不能把不同情境下的情况随意迁移到另一情境电阻的定义式
R

电阻
R
变化时，也有
R

U
，当
I
U
，所以电阻发生变化时必须依据电阻定义式求电阻，即对应图
I
象上某一点的电阻等于该点的电 压
U
与电流
I
的比值，而不是图象在该点的斜率。本题易
错选
B
。

★易错点
2

错误地在物理图象中用图线倾角的正切值
tan
α
求斜率

8.D
【解析】
由题图可知，随电压的增大，通过白炽灯的电流增大，电压与电流的比值增大，白炽灯的电阻增大，通过白炽灯的电流与两端电压不成正比，故
A
、
C
错误；在
A
U
点，白炽灯的电阻
R

0
，由于纵 坐标与横坐标的标度不确定，所以不能用
R

tan

计算
I
0
电阻值，更不能用
tan
β
计算，故
B
错误，
D
正确。

【易错分析】

理解电压与电流的关系图象时， 一定不要只看图线斜率的大小，而应该看该图象的横轴代
表什么物理量，纵轴代表什么物理量，这样才能 了解图象的本质；当图中的横轴是电压
时，图线上某点与原点连线的斜率的倒数是电阻的大小，而横轴是 电流时，其图线上某点
与原点连线的斜率才是电阻的大小。最重要的一点是物理图象中，斜率
k

tan

，除非两
个坐标轴都表示长度，且单位距离相等，图象的 倾斜角的正切才表示斜率。本题易错选
B
或
C
。

第
4
节


串联电路和并联电路

课时
1

限流与分压的理解与计算


【解析】< br>并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻，故
A
错误；并联电路的任一
支路 电阻增大时，总电阻增大，故
B
错误，
C
正确；一个电阻与一根电阻为零的导 线并联
时，电阻被短路，并联的总电阻为零，故
D
正确。


【解析】
根据
I
-
U
图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R
1
:
R
2

1:
3
，
A< br>正确，
B
错误。串联电路中电流相等，将
R
1
与
R< br>2
串联后接在电源上，则电流比
I
1
:
I
2

1:1
，
C
错
误。并联电路中，电压相等，电流比等于电阻的反比 ，所以将
R
1
与
R
2
并联后按在电源
上，电流比< br>I
1
:
I
2

3:1
，
D
正确。

3.C
【解析】
方法一：两电阻并联时总电阻一定小于任一分电阻， 故只有
A
、
C
有可能正
R
确，但因
R
2< br>比
R
1
大，故总电阻大于
1
，故只可能是
8.5Ω< br>；方法二：可以将两电阻均取整
2
R

R
2
数，即分 别为
10Ω
和
52Ω
。再由并联电路的规律有
R
并

1

8.4

，故选
C
。

R
1

R
2
3

6
4.B
【解析】
题图中电阻
R
2
与
R
3
并联后与
R
1
串联，电路的总电阻
R

4




6

，
3

6
U
9
根据欧姆定律 ，干路中的电流
I


A

1.5A
，由于并联电 路的电流与电阻成反比有
R
6
I
R
3
R
2
R
2
6
，故
I
R
3



I


1.5A

1A
，选项
B
正确。

I
R
2
R
3
R
3

R
2
6

3
5.20Ω
【解析】由欧姆定律得
U3

IR
3

0.25A

20
< br>
5V
，则
R
1
、
R
2
并联部分的 电压
U
1

6V

5V

1V
， 由
I

kU
3
得，流过
R
1
的电流
I
1

kU
1
3

0.2

1 A

0.2A
，所以流过
R
2
U
1

20

。

的电流
I
2

I

I
1

0.25A

0.2A
0.05A
，则
R
2

1

I
20.05
6.A
【解析】
由题图甲可知，
R
1
中电流< br>I
1

2A
，
R
2
中电流
I
2

3 A

2 A=1 A
，由并联电路

47
R
1

R
A
2
1

，改为题图乙中电路后，
R
2
支路电阻更小，由并联电路特点可知，
R2
2
总电阻变小，电路两端电压不变，由欧姆定律可知，干路中总电流变大，电流表
A
1
示数变
大；干路电流变大，电流表
A
2
两端电压变大 ，并联电路电压变小，又由于电流表
A
2
所在
支路电阻变大，由欧姆定律可知 ，该支路电流变小，即
A
1
示数大于
3A
，
A
2< br>示数小于
1A
，
故
A
正确，
B
、
C
、
D
错误。

7.C
【解析】
当滑动变阻器滑片置 于滑动变阻器的最上端时，
U
CD
最大，最大值为
2
R
2< br>U
max

U


30V

20V
；当滑动变阻器滑片置于滑动变阻器的最下端时，
U
CD
最下，
3< br>R
3
R
1
最下值为
U
min

U< br>

30V

10V
，所以
U
CD
的变化范围是
10~20V
，故选
C
。

3
R3
8.B
【解析】
图
A
中滑动变阻器与灯泡串联，当滑片左右滑 动时，只能改变灯泡亮度，不能
使灯泡熄灭，所以该选项不符合题意图
B
中滑动变阻器 部分与灯泡并联，滑片左右滑动可
以调节灯泡亮度，当滑片滑到最右端时，会引起灯泡短路，实现灯泡由 亮到灭，所以该选
项符合题意图
C
中滑动变阻器与灯泡并联，不能改变灯泡亮度，而且 当滑片滑到最左端时
会引起电源短路，所以该选项不符合题意。图
D
中滑动变阻器与灯 泡串联，当滑片左右滑
动时，只能改变灯泡亮度，不能使灯泡熄灭，所以该选项不符合题意，故选
B
。

刷提升


【解析】
当三个电阻串联时，获 得的阻值为
3

12


36


；当三个电阻并联时，获
12
得的阻值为


4


；当两个电阻串联后与第三个电阻并联，获得的阻值为
3
24

12
12


8

；当两个电阻并联后与第三个电阻串联， 获得的阻值为


12


18

，24

12
2
故选项
A
、
B
、
C
正确，
D
错误。

2.A
【解析】
甲电路的电 压为
2U
0
，乙电路的电压为
U
0
，甲电路的电压较大，故
A
正确，
B
R
错误；甲电路的总电阻
R
甲

2
R
，乙电路的总电阻
R
乙

，所以甲电路的电 阻较大，故
2
C
、
D
错误。


【解析】< br>题图甲中两个电阻串联，根据欧姆定律，调节
R
1
时，电阻变化大，故电流改< br>变大，是粗调，故
A
正确，
B
错误；题图乙中两个电阻并联，电阻小的 电流大，则调节电
阻
R
2
时是粗调，故
C
正确，
D
错误。


【解析】
当滑动变阻器的滑片向右滑动时，滑动变阻器接入 电路的阻值变大，电路总
U
电阻
R
变大，干路电流
I

变小，
L
1
变暗，
L
2
两端的电压
U
2

U

IR
1

变大，流过
L
2
R
的电流变大，
L
2
变亮，故
A
、< br>C
错误，
B
正确；由于干路电流变小，流过
L
2
的电 流变大，
故流过滑动变阻器的电流变小，故
D
正确。

5.C
【解析】
空载时，滑片把滑动变阻器分成阻值相等的两部分，由串联电路特点可知，输
U出电压为明、电压的一半，即
，故
A
正确；接上负载
R
时，电路 总电阻变小，干路电
2
流变大，滑动变阻器上半部分电压变大，大于电源电压的一半，则
A
、
B
间的输出电压小
U
于
，故
B
正确 ，负载电阻
R
的阻值越大，负载电阻与滑动变阻器下半部分并联厉的阻
2
U< br>值越大，输出电压越大，故
C
错误；接上负载
R
后，
A
、
B
间的输出电压小于
，要使输
2
U
出电压等于
，滑片应向上移动，故
D
正确。

2

【解析】
分压 电路的正确。接法是“一上两下”而且
a
与
b
需要接电源两极，可将
a
接电源正极，
b
接电源负极由于题目要求“滑片
P
向
c< br>移动时，小灯泡两端电压减小”可
知滑片
P
向
c
移动时，分压 部分的电阻丝的长度减小，由图可知
P
与
a
之间的电阻丝长度
减小， 所以需要
c
、
a
或
d
、
a
接小灯泡两端。 故选
B
、
D
。

特点可知

48

【解析】
根据欧姆定律，电阻
R
1
两端电压为
U
1

I
1
R
1

20V
，电阻
R
2
两端电压为
U
2


I

I< br>1

R
2

5V
，故电阻
R
3两端电压为
U
3

U
1

U
2

15V
，且
b
端电势高于
a
端电
势，故通过< br>R
3
的电流为
I
3

U
3

0.5
，方向从
b
到
a
，故
A
错误，
B
正确；通过电流表的
R
3
电流为
I

I
1

I
3

0.5A
，电流表“
+
”接线柱 在左边，故
C
正确，
D
错误。

8.C
【解析】< br>若将
c
、
d
端短路，
a
、
b
间电路 的结构是：电阻
R
2
、
R
3
并联后与
R
1
串联，等
R
R
30

30
效电阻
R

2
3

R
1



50

65

，故
A
错误；若将
a
、< br>b
端短路，
c
、
d
之间
R
2
R
2
30

30
电路的结构是：电阻
R
1、
R
3
并联后与
R
2
串联，等效电阻
R
R
50

30
R


1
3
< br>R
2



30


48.75< br>
，故
B
错误；当
a
、
b
两端接入测试电压 时，
R
1

R
3
50

30
c< br>、
d
两端的电压等于电阻
R
1
、
R
3
串联电路中电阻
R
3
两端的电压，
R
3
30
U< br>cd

U


80V

30V
，故
C
正确；当
c
、
d
两端接入测试电压时，
a
、
b
两
R
1

R
2
50
30
端的电压等于电阻
R
2
、
R
3
串联电路中 电阻
R
3
两端的电压，
R
3
30
U
ab< br>
U


80V

40V
，故
D< br>错误。

R
2

R
3
30

30
【点拨】对于电路问题，首先要明确电路的结构，并能正确。应用串并联电路的规律进行
分析，必要时要对电路进行简化。

刷素养

9.C
【解析】
A
图中电路有三种电阻的可能，分别为
10Ω
、
0Ω
、
2 0Ω
，不符合题意，故
A
错
误。
B
图中电路有三种电阻的可 能，分别为
10Ω
、
20Ω
、
30Ω
，不符合题意，故B
错误。
C
图中分别接
12
、
23
、
24
时电阻均为
10Ω
；而接
13
、
14
、
34
时电阻均为
20Ω
，符合题意，
故
C
正确；
D
图中电路有三种电阻的可能，分别为
10Ω
、
20Ω
、
3 0Ω
，不符合题意，故
D
错误。

课时
2

电表的改装、伏安法测电阻

刷基础

1.B
【解析】表头
G
并联一个电阻改装成为电流表，若增大可调电阻的阻值，分流变小，
则量程 减小，若减小可调电阻的阻值，分流增大，则量程增大，故
A
错误，
B
正确。 表头
G
串联一个电阻改装成为电压表，增大可调电阻的阻值，分压增大，则量程增大，反之，< br>量程减小，则
C
、
D
错误。

2.B
【解析 】
要使电流表的量程变为
0~0.5A
，需要并联分流电阻，流过分流电阻的电流I

0.5A

0.001A

0.499A
，并联部分的电压
U

I
g
R

0.001A
200


0.2V
，则需要并联
U
0.2



0.4

，故选
B
。
< br>I
0.499
3.(1)0.1V(2)
见解析
(3)
见解析

【解析】
(1)
根据欧姆定律可知，
G
的满偏电压
U
g

I
g
R
g

1

10

3

100V

0.1V
。
< br>的电阻
r

(2)
把它改装成量程为
0~15V
的电 压表应串联一个电阻，则有
U

U
g

I
g
R
，即
R

U

U
s
15
< br>0.1



14900

。

I
s
1

10

3
电路图如图甲所示



49
(3)
把它改装成量程为
0~3A
的电 流表应并联一个电阻，则有
U
g
0.1
R


< br>

0.033
。

I

I
g3

1

10

3
电路图如图乙所示

【方法总结】

(1)
电流表改装成电压表，分压电阻
R

(
n

1)
R
g
，电压表的量程越大，分压电阻越 大。
(2)
电压表改装成电流表，分流电阻
R

R
g
n

1
4.D
【解析】
电压表与
R
并联后，并联 部分总电阻小于
R
，并联部分分压减小，因此电压测
量值小于不测量时的真实值，即< br>a
、
b
间的实际电压大于两次的测量值，所以实际电压大于
12.7V
，故
A
、
B
错误；电压表的量程越大，表明电压表的内阻越大，所以 并联后的电阻也
就越大，分得电压也就越大，即示数越大，故
V
的量程较大，故
C
错误；当电压表
V
与
V
，串联时，流过两个灵敏电流计的电流相 等，所以其指针偏角也相等，故
D
正确。

U
5.D
【解析 】
互换电表后的电路图如图所示，此时电路中的电流
I

，因为电压
RR
A
R
v

R

R
A
表的内阻 很大，故电流很小，几乎为零，电流表的示数几乎为零，电压表的示数接近
U
，
电表和 电阻均不会烧坏，故选
D
。

，电流表的量程越大，分流电阻越小。


6.B
【解析】
由题图甲所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表 的分流作用，使所
测电流偏大，实验误差主要是由于电压表的分流作用，当电压表的内阻远大于待测电阻 的
阻值时采用该电路误差较小，故
A
、
C
错误；由题图乙所示电路图 可知，电流表采用内接
法，由于电流表的分压作用，使所测电压偏大，实验误差主要是由于电流表的分压 作用造
成的，当待测电阻的阻值远大于电流表的内阻时采用该电路误差较小，故
B
正确 ，
D
错
误。


【解析】
从数据变化可得电压表的分 流较大，所以应采用电流表的内接法，所以
R
x
较
12
准确的测量值 是
R
x



80

，由题意可知
M
、
N
两端的电压是
12V
，当采用外接法
0.152
时，电流表两端的电压是
2V
，此时的电流为
0.2A
，所以 电流表内阻为
r



10

，故
0.2
当采用电流表内接法时，测得的电阻值为待测电阻的真实值与电流表内阻之和，即
R
x
的真
实值是
70Ω
，
B
、
C
正确。

8.(1)
A
1
V
1


R
(2)
见解析
(3)

【解析】
(1)
测量电阻时电流较小，电流表应选
A
1
，同时应将待测电阻与定值电阻串联测
量，电源电动势约为
3V
，故电压表应选
V
1
，为使测量范围尽可能 大，滑动变阻器应采用
分压式接法，故应选最大阻值小的滑动变阻器
R
1
.< br>
(2)
电压表内阻很大，应选用电流表外接法，电路图如图所示。

U
(3)
由欧姆定律可得
R
x

1

R< br>。

I
1


50

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