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物理答案
1.【答案】B
【解答】解：A、由电场强度的定义可知， 是电场强度的比值定义式，电场强度 E 与 F、q
无关，由电场本身决定，故 A 错误；C、场强与有无试探电荷无关，电场中某一点不放试探电荷
时，该点场强不变，故 C 错误。D、匀强电场方向相同；D 错 故选：B。
2. 【答案】D
【解答】解：A.甲图中，由于静电屏蔽使得金属网罩内部场强为零，但静电屏蔽并不是带电小球
的电场遮挡在外，而是感应电荷的电场与带电小球的电场抵消为零，故 A 错误；
B.乙图的可变电容器的原理是改变铝片之间的正对面积从而达到改变电容的目的，故 B 错误；
C.丙图是库仑扭秤，库仑通过它发现了电荷之间的相互作用规律，不需要测出小球电荷量，故 C
错误；D.丁图中建筑物顶端的避雷针通过尖端放电，中和空气中的电荷达到避免雷击的目的，故
D 正确。故选：D。
3. 【答案】A
【解答】解：将两个导体球相互接触一会儿，再放回原处，
甲乙两球带电量均为：
根据库仑定律有： ， A 对 B 错；
要使三个小球受到的电场力均为 0，放入的小球必须带负电，并且甲球必须在两个带负电的小球
之间，设丙球与甲球的距离为 x，丙球带电量为 q3 根据库伦定律则有：
，联立解得 。C、D 错。
4. 【答案】B
【解答】解：A、当用力按压屏幕时，两极板间距 d 减小，由电容的决定式 C 可知，电
容 C 增大，故 A 错 B 对；C、电容器的电压不变，电容 C 增大，由电容的定义式 可知，
电容器所带电荷量增加，即直流电源对电容器充电，电阻 R 上有从 a 到 b 的电流，故 C 错误；
D、由公式 可知，极板间的电场强度增大，故 D 错误。故选：B。
5. 【答案】D
【解答】解：ABC．根据三角形里面的“大角对大边”知，M 点距点电荷较远，因为点电荷带正电，
所以 N 点的电势较高，根据粒子的运动轨迹可知试探电荷带正电，所以试探电荷在 M 点的电势
能比在 N 点小，因为试探电荷仅受电场力作用，根据能量守恒可知试探电荷在 M 点的动能比在
N 点大，故 ABC 错误；D．由正弦定理得 ，结合 E ，可得
根据牛顿第二定律 F＝ma，F＝qE，由此可得试探电荷在 M 点的加速度比在 N 点的加速度小，
故 D 正确。故选：D。
6.【答案】C
【解答】解：A 项，B 点的电场强度为零，根据距离点电荷无穷远处为零势点，所以在 AB 连线
中垂线上 B 点电势最高，不为零，故 A 错误；C、由功的定义知，电场力一直做正功，电势能一
直减小，故 C 对；B 项，C 点电场强度不一定是最大的，故 B、D 错误。
7. 【答案】C
【解答】解：A、由题从 A 到 C 电场力做功：WAC＝WAB+WBC＝﹣2.4×10﹣5J+1.2×10﹣5J＝
﹣1.2×10﹣5J，所以点电荷从 A 到 C 电场力做负功，在 A 点的电势能小于 C 点的电势能，故 A
错误；B、UAB V＝4V，故 B 错误；
CD、UBC V＝﹣2V，由于该电场为匀强电场，所以等势面在所示平面内投影为
直线且电势在任意直线上均匀变化。设 B 点的电势为零，那么 A 点的电势为 4V，C 点的电势为
2V；当取 A、B 中点 D，D 点电势为 2V，连接 CD 点，得到相同电势的一条直线，由于电场强
度方向垂直等势面且指向电势减小的方向，所以过 B 点做该直线垂线即得到一条电场线，方向
如图所示指向 B。
根据几何关系可解得： cm，CD BF＝BD BC
可得：BF cm m
根据 E= V/m＝100 V/m 故 C 正确，D 错误；故选：C。
8.【答案】 AC
A、B，根据 ,则 E=60V/m,方向由高电势指向低电势，即竖直向下。故 A 错 B 对；
C、D，电子带负电，从低电势移向高电势，电场力做正功 W=qU=1.6×10-19×0.6×104
=9.6×10-16J，电势能减小，故 C 对 D 错。
9.【答案】BC
【解析】解：小球受到重力、电场力和细绳的拉力在竖直平面内做匀速圆周运动，根据合外力提
供向心力，电场力应与重力平衡，即小球所受电场力与重力等大反向，则知小球带正电，故 A
错误，B 正确；C.小球从 点运动到 点的过程中，电场力做负功 2qEL，故 C 正确；
D.由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故 D 错误。故选：BC。
10.【答案】BD
【解答】解：粒子在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得：水平方向 L＝v0t
由牛顿第二定律得：加速度 a ，竖直分速度： vy＝at，速度偏向角的正切 tanθ
A、如果氘核和氚核的初速度相同，由上公式，可知： ，故 A 错误；
B、如果氘核和氚核的初动能相同，即 相同， ，偏转位移与电荷量和质量无关，
偏转位移之比为 ，故 B 正确；
C、如果氘核和氚核的初动能相同，即 相同，则： ，故 C 错误；
D、如果氘核和氚核的初动能相同，即 相同，则： ，故 D 正确；故选：BD。
11.【答案】负 （1 分） ABD （2 分） （2 分） （2 分）
【详解】（1）由带电油滴静止可知，重力和电场力平衡，且电场竖直向下，可知油滴带负电
（2）由题意及电场力公式可得，油滴静止时有 ，所以需要测油滴质量、两板间的
电压和两板间的距离，故选 ABD。
（3）由上述分析可得
（5）将极板电压减小为原来的四分之一，由牛顿第二定律 ，解得 ，由匀
变速直线运动规律 ，解得油滴运动到极板的时间为
12.【答案】A （1 分） c、d （2 分） B （2 分） 1.15×10-3 （2 分） 变长 （2 分）
（1）本实验中，若研究电容与其中一个变量的关系时，需要其他量保持不变，所以采用的科学
方法是控制变量法。故选 A。
（2）①本实验用放电法测电容器的电容，电压表若接在 m、n 之间会对电流传感器测得的放电
电流产生影响，故电压表应接在 c、d 之间。
②此过程中电容器两板间电压逐渐变大，且增加的越来越慢，最终趋近于等于电源的电动势 E，
则电压表的示数 U 随时间 t 变化的图像为 B。
③ 图像中的图线和横轴所包围的面积表示电容器释放的电荷量，则电荷量
，电容
④换用阻值更大的电阻后放电电流会变小，故电放时间变长。
13.【解答】(1)由于小球恰能静止于斜面中点，由受力分析可知
（2 分）
又 Eq=3mg （1 分）
联立可得 （2 分）
（2）小球释放瞬间，由牛顿第二定律可知
（3 分）
得 a=2.7g （2 分）
14.【解答】解：（1）粒子经过 a、b 两点时的速度大小相等，动能相等，根据能量守恒可得电势
能相等，则 ab 两点的连线为一等势线，电场线垂直 ab 两点的连线，再结合轨迹可得电场强度
的方向垂直 ab 连线斜向右下方，与 a 的速度方向夹角为β＝120°
把粒子的运动分解为沿 ab 方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀变速直线运动，沿 ab 方向有
L＝v0cos30°t （2 分）
沿电场方向有
（2 分）
（1 分）
解得 （1 分）
（2）粒子从 a 到 b 过程中电场力先做负功，运动沿电场方向速度为零时，电势能最大，根据动
能定理有
（2 分）
W＝﹣ΔEp＝0﹣Epm （2 分）
解得 （2 分）
15. 【解答】解：解：（1）滑块从 A 点运动到 B 点的过程中，根据动能定理可得：
0， （2 分）
滑块在圆弧轨道 AB 的 B 点时，由牛顿第二定律可得： ， （1 分）
联立可得：vB＝4m/s，FN＝18N； （1 分）
根据牛顿第三定律可知滑块到达圆弧轨道的 B 点时，
对 B 点的压力大小为 18N。（1 分）
（2）滑块从 B 点运动到 C 点的过程中，根据牛顿第二定律可得
qE1+μmg＝ma （1 分）
代入数据解得
a＝3m/s2
根据速度一位移公式可得
（1 分）
根据速度一时间公式可得
v＝vB﹣at （1 分）
联立解得
v＝1m/s （1 分）
（3）当电场强度较小时，滑块刚好能与竖直墙壁底部 E 点碰撞，则
（2 分）
解得
E2＝187.5N/C
当电场强度较大时，滑块刚好能与竖直墙壁的顶部 F 点碰撞，从 C 点到 F 点做类平抛运动，则
水平方向上
L2＝vt1 （1 分）
在竖直方向上
（1 分）
根据牛顿第二定律可得
qE2﹣mg＝ma1 （1 分）
联立解得
E2＝300N/C
则电场强度的范围为 187.5N/C＜E2＜300N/C （2 分）

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