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第11讲
第9 讲
第13讲
第15讲
第8 讲
第12讲
第10讲
第14讲
21
11
33
48
01
27
16
41
参考答案
54
高一物理目标自招综评班练习册
1
第8 讲
第8 讲
1
在用如图所示装置做“探究功与速度变化的关系”的实验时，下列说法正确的是（ ）
A. 通过改变橡皮筋的条数改变拉力做功的数值
B. 通过改变橡皮筋的长度改变拉力做功的数值
C. 通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度
D. 通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度
2 如图所示，在做“验证机械能守恒定律”的实验时，关于重物的选取，下列说法中正确的是（ ）
A. 选取重物时，体积大些好
B. 选取重物时，质量小点好
C. 选取重物时，选质量大、体积小的物体较好
D. 选定重物后，一定要称出它的质量
高一物理目标自招综评班练习册
2
第8 讲
3 如图为用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置。关于这一实验，下列说法中正确的是（ ）
A. 打点计时器应接低压直流电源
B. 应先接通电源打点，后释放纸带
C. 需使用秒表测出重物下落的时间
D. 测量物体下落高度时，刻度尺必须竖直放置
4 某同学用图示装置做“验证机械能守恒定律”的实验，下列物理量中需要且能够直接测量的量有
（ ）(填字母序号)。
A. 重锤下落的加速度
B. 与下落高度相对应的重锤的势能
C. 计时器打下某两点的时间内重锤下落的高度
D. 与下落高度相对应的重锤的瞬时速度
高一物理目标自招综评班练习册
3
第8 讲
5 某同学为探究合力做功与物体动能改变的关系，设计了如下实验。
如图所示，带滑轮的长木板水平放置，力传感器固定在墙上，轻绳分别跨过固定在滑块上的滑轮和固
定在长木板末端的滑轮，一端与力传感器连接，另一端竖直悬挂一沙桶，沙桶距地面足够远。调节两
滑轮的位置使轻绳与长木板平行，不计轻绳与各滑轮之间的摩擦。
（1）实验时，必须要进行的操作是（ ）(填选项前的字母)。
A. 将长木板右端垫高以平衡摩擦力
B. 用天平测量沙和沙桶的总质量m
C. 用天平测量滑块(带滑轮) 质量M
D. 使沙和沙桶的总质量m 远小于滑块(带滑轮) 质量M
（2）该同学按照正确的步骤进行了多次实验。在某次实验的过程中，他记录下了传感器的示数F，得
到了一条用打点计时器打下的纸带，并且在其中取了A、B、C、D、E、F、G 等7 个计数点，相邻计
数点间的时间间隔为T。他用刻度尺量出了从A 点到其他计数点间的距离分别为d1、d2、d3、d4、
d5、d6，如下图所示。
①若要计算从B 到F 点的过程中合外力所做的功，则可利用表达式W =
进行计算。
②若要计算从B 到F 点的过程中滑块(带滑轮) 动能的变化量，则可利用表达式∆Ek =
进行计算。(注：以上2 个表达式必须用题目中所给的字母表示)
高一物理目标自招综评班练习册
4
第8 讲
6 某研究性学习小组为了探究功与速度变化的关系，同学们设计了如图1 所示的实验装置，在长木板
的左端固定了一个挡板，挡板上拴一只轻质弹簧，用一个装有遮光片的小木块压缩弹簧的右端，小木
块能在弹力的作用下由静止开始运动，当弹簧的长度为原长时，小木块恰好处于O 点，O 点的正上方
安装有一个光电门，光电门连接计时器(图中未画出) 可记录遮光片通过光电门的时间∆t，该小组的
同学首先根据胡克定律作出了弹力F 随弹簧的压缩量∆x 变化的图象如图2 所示，利用图象与坐标
轴围成的面积S 就能求出弹簧对小木块所做的功。将小木块向左压缩∆x1、∆x2、∆x3……后从静止释
放，小木块在弹簧的作用下被弹出，分别记下遮光片通过光电门的时间∆t1、∆t2、∆t3……
（1）关于实验过程中的相关操作，以下说法中正确的是（ ）
A. 实验开始前需要平衡摩擦力
B. 实验开始前需要称量小木块的质量
C. 实验开始前需要测量遮光片的宽度
D. 实验开始前需要计算出弹簧的劲度系数
（2）该小组的同学希望用图象来直观地体现出功与速度变化的关系，他们应该建立的图象是（ ）
A. ∆x−∆t 图象
B. ∆x−1
∆t2 图象
C. ∆x2 −∆t2 图象
D. ∆x2 −1
∆t2 图象
（3）请你为该小组同学提出2 条合理的建议来减小实验误差：
①
；
②
。
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5
第8 讲
7 某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。弧形轨道末端水平，离地面的高度为H。
将钢球从轨道的不同高度h 处静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s。
（1）若轨道完全光滑，s2 与h 的理论关系应满足s2 =
。（用H、h 表示）
（2）该同学经实验测量得到一组数据，如下表所示，请在图乙的坐标纸上作出s2 −h 关系图（图乙中
已画出理论计算得到的s2 −h 关系图线）。
（3）对比实验结果与理论计算得到的s2 −h 关系图线，自同一高度静止释放的钢球，水平抛出的速
率
（填“小于”或“大于”）理论值。
（4）从s2 −h 关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，你认为造成上述偏差的可能原
因是
。
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6
第8 讲
8 利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图1 所示：
（1）实验步骤：
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于lm，将导轨调至水平；
②用游标卡尺测量挡光条的宽度L，结果如图2 所示，由此读出L =
mm；
③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离S；
④将滑块移至光电门1 左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过
光电门2；
⑤从数字计时器(图1 中未画出) 上分别读出挡光条通过光电门1 和光电门2 所用的时间∆t1
和∆t2；
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m。
（2）用表示直接测量量的字母写出下列所示物理量的表达式：
①当滑块通过光电门1 和光电门2 时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码) 的总动能分别为
Ek1 =
和Ek2 =
。
②在滑块从光电门1 运动到光电门2 的过程中，系统重力势能的减少量∆Ep =
(重力
加速度为g)。
（3）如果在实验误差允许的范围内，∆Ep =
，则可认为验证了机械能守恒定律。
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7
第8 讲
9 如图1 所示，用半径相同的A、B 两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1 的A
球从斜槽上某一固定位置C 由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平
地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10 次，得到10 个落点痕迹。再把质量为
m2 的B 球放在水平轨道末端，让A 球仍从位置C 由静止滚下，A 球和B 球碰撞后，分别在白纸上留
下各自的落点痕迹，重复操作10 次。M、P、N 为三个落点的平均位置，未放B 球时，A 球的落点是P
点，O 点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图2 所示。
（1）在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足m1
m2(选填“>”或“<”)；
除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是
。
A. 秒表
B. 天平
C. 刻度尺
D. 打点计时器
（2）下列说法中正确的是（ ）。
A. 如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的
B. 重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误
C. 用半径尽量小的圆把10 个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置
D. 仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，线段OP 的长度越大
（3）在某次实验中，测量出两个小球的质量m1、m2。记录的落点平均位置M、N 几乎与OP 在同一条
直线上，测量出三个落点位置与O 点距离OM、OP、ON 的长度。在实验误差允许范围内，若满足
关系式
则可以认为两球碰撞前后在OP 方向上的总动量守恒；若碰撞是弹性
碰撞，那么还应满足关系式
。(用测量的量表示)
（4）在OP、OM、ON 这三个长度中，与实验所用小球质量无关的是
，与实验所用小球质量有
关的是
。
（5）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置M、P、N，如图3 所示。他发现M 和N
偏离了OP 方向。这位同学猜想两小球碰撞前后在OP 方向上依然动量守恒，请你帮他写出验证
这个猜想的办法。
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8
第8 讲
10 某同学用如图所示的装置探究动量守恒定律。实验开始前，该同学在水平放置的气垫导轨左端安装
了一个弹射装置，滑块碰到弹射装置时将被锁定，打开控制开关，滑块可被弹射装置向右弹出。他还
在滑块甲的右端和滑块乙的左端装上了弹性碰撞架(图中未画出)，可保证在滑块碰撞过程中能量损
失极小。开始时，滑块甲被弹射装置锁定，滑块乙静置于两个光电门之间。滑块甲和滑块乙上装有相
同宽度的挡光片。
（1）该同学用游标卡尺测量挡光片的宽度d 如下图所示，则d =
cm。
（2）为使碰撞后两个滑块能够先后通过光电门2，则选用下列哪组滑块能使实验效果更好
。
A.M甲= 50g，M乙= 50g
B.M甲= 50g，M乙= 100g
C.M甲= 100g，M乙= 100g
（3）某次实验时，该同学记录下滑块甲通过光电门1 的时间为∆t1，滑块乙通过光电门2 的时间为
∆t2，滑块甲通过光电门2 的时间为∆t3。
①只要等式
在误差允许的范围内成立，则可说明碰撞过程中动量守恒。
②只要等式
在误差允许的范围内成立，则可说明这次碰撞为弹性碰撞。(注：以上2 个
等式必须用题目中所给的字母表示)
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9
第8 讲
11 某同学利用气垫导轨上滑块间的碰撞来寻找物体相互作用过程中的“不变量”，实验装置如图所示，
实验过程如下(“+、-”表示速度方向)：
（1）实验1 使m1 = m2 = 0.25kg，让运动的m1 碰静止的m2，碰后两个滑块分开。数据如表1。
根据这个实验可推知，在实验误差允许的范围内：
①碰前物体的速度矢量和
(填“等于”或“不等于”) 碰后物体的速度矢量和；
②碰前物体的总动能
(填“等于”或“不等于”) 碰后物体的总动能；
③碰前物体的质量m 与速度v 的乘积mv 矢量和
(填“等于”或“不等于”) 碰后物体的
质量m 与速度v 的乘积mv 矢量和。
（2）实验2 使m1 = m2 = 0.25kg，让运动的m1 碰静止的m2，碰后m1、m2 一起运动。数据如表2。根
据这个实验可推知
①碰前物体的速度矢量和
(填“等于”或“不等于”) 碰后物体速度的矢量和；
②碰前物体的总动能
(填“等于”或“不等于”) 碰后物体总动能；
③碰前物体的质量m 与速度v 的乘积mv 矢量和
(填“等于”或“不等于”) 碰后物体的
质量m 与速度v 的乘积mv 的矢量和。
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10
第8 讲
（3）实验3 使2m1 = m2 = 0.5kg ，让运动的m1 碰静止的m2，碰后m1、m2 分开。数据如表3。根据实
验数据可推知，在误差允许范围内：
①碰前物体速度的矢量和
(填“等于”或“不等于”) 碰后物体速度的矢量和；
②碰前物体的总动能
(填“等于”或“不等于”) 碰后物体的总动能；
③碰前物体的质量m 与速度v 的乘积mv 的矢量和
(填“等于”或“不等于”) 碰后物体
的质量m 与速度v 的乘积mv 的矢量和。
（4）最终在实验中发现的“不变量”是
。
（5）在“探究碰撞中的不变量”实验中，关于实验结论的说明，正确的是（ ）
A. 只需找到一种情景的“不变量”即可，结论对其他情景也同样适用
B. 只找到一种情景的“不变量”还不够，其他情景未必适用
C. 实验中要寻找的“不变量”必须在各种碰撞情况下都不改变
D. 进行有限次实验找到的“不变量”，具有偶然性，结论还需要检验
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11
第9 讲
第9 讲
1
如图所示，由两个圆环所组成的滚珠轴承，其内环半径为R1，外环半径为R2，在两环之间分布的小球
半径为r，外环以线速度v1 顺时针方向转动，内环也以线速度v2 顺时针方向转动，试求小球中心绕
圆环中心转动的线速度v 和球自转的角速度动，设小球与圆环之间无滑动发生。
2 如图所示，半径为R 的圆柱夹在互相平行的两板之间，两板分别以速度v1，v2 反向匀速运动，圆柱与
板之间无相对滑动，求圆柱上与板接触处的A 点的加速度大小。
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12
第9 讲
3 如图14 −20 所示，实心圆柱体从高度为h 的斜坡上从静止纯滚动地到达水平地面上，继续纯滚动，
与光滑竖直墙做完全弹性碰撞后返回，经足够长的水平距离后重新做纯滚动，并纯滚动地爬上斜坡，
设地面与圆柱体之间的摩擦因数为µ，试求圆柱爬坡所能达到的高度h′。
4 在一个固定的竖直的螺杆上的一个螺幅，螺距为s，螺帽的转动惯量为I，质量为m。假定螺帽与螺杆
间的摩擦因数为零，螺帽以初速度v0 向下移动，螺帽竖直移动的速度与时间有什么关系？这是什么
样的运动？重力加速度为g。
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13
第9 讲
5 如图所示，半径为R 的乒乓球，绕质心轴的转动惯量J = 2
3mR2，m 为乒乓球的质量，以一定的初始条
件在粗糙的水平面上运动，开始时球的质心速度为v0，初角速度为ω0，两者的方向如图。已知乒乓球
与地面间的摩擦因数为µ。试求乒乓球开始做纯滚动所需的时间及纯滚动时的质心速度。
6 在水平地面上有两个完全相同的均匀实心球，其一做纯滚动，质心速度为v，另一静止不动，两球做完
全弹性碰撞，因碰撞时间很短，碰撞过程中摩擦力的影响可以不计。试求：
（1）碰后两球达到纯滚动时的质心速度。
（2）全部过程中损失的机械能的百分数。
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14
第9 讲
7 如图所示，光滑水平地面上静止地放着质量为M、长为l 的均匀细杆。质量为m 的质点以垂直于杆
的初速度v0 与杆的一端做完全非弹性碰撞。试求：
（1）碰后系统质心的速度及绕质心的角速度是多少？
（2）实际的转轴(即静止点) 位于何处？
8 在光滑的水平面上，两个质量分别为m1 和m2 的小球，用长为的轻线连结，开始时，线正好拉直，m1
和m2 的速度分别为v1 和v2 (v1 > v2)，它们的方向相同，且垂直于连线，求系统相对质心的总动角动
量为多大。
高一物理目标自招综评班练习册
15
第9 讲
9 如图所示，一个质量为m 的小球系于一根不能伸长的轻绳一端，放在光滑水平桌面上，绳的另一端穿
过桌面上的小孔用手拉住，先给小球一个大小为v1 的速度，使它沿半径为r1 的圆轨道运动，然后慢
慢向下拉绳，使小球的转动半径减小至r2，试求这时小球的速率。
10 轻杆可以围绕固定点O 自由无阻力转动，质量为2m 的A 球开始固定在轻杆的中点，质量为m 的B
球求在杆的下方端点处，一个质量也为m 的球C 以速度v 射，并且入射后与粘连在起，求碰后B 速
度多大。
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16
第10 讲
第10 讲
1
已知地球半径R，地面附近重力加速度g，在距地面高R 处静止释放—个物体，经过多少时间该物体
落地？忽略空气阻力。
2 火箭将一颗人造卫星送入离地面很近的轨道，进入轨道时，卫星的速度方向平行地面，其大小为在地
面附近作圆运动的速度的
√
1.5 倍。试求该卫星在运行中与地球中心的最远距离。
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17
第10 讲
3 卫星携带一探测器在半径为3R(R 为地球半径) 的圆轨道上绕地球飞行。在a 点，卫星上的辅助动力
装置短暂工作，将探测器沿运动方向射岀(设辅助动力装置喷出的气体质量可忽略)。若探测器恰能
完全脱离地球的引力，而卫星沿新的椭圆轨道运动，其近地点b 距地心的距离为nR(n 略小于3)，求
卫星与探测器的质量比。(质量分别为M，m 的两个质点相距为r 时的引力势能为−GMm
r
，式中G
为引力常量)
4 两颗质量都为M 的恒星构成一个双星体系，已知二星体的最近距离为2r，且最近时二星的速度都为
v =
√
GM
3r ，求最远的时候二天体的距离，以及双星的运行周期。
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18
第10 讲
5 一块陨石在地球上方高4.2×106m 的圆形轨道上绕地球运动，它突然与另一轻得多的陨石发生碰撞
并损失2.0% 的动能而不改变其运动方向和总质量，已知地球半径R = 6.4×106m。
（1）试描述碰撞后陨石轨道的形状。
（2）求出陨石碰撞后最接近地球的距离。
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19
第10 讲
6 太阳系中小星体A 做半径为R1 的圆运动，小星体B 做抛物线运动，B 的近日点与太阳相距R2 = 2R1，
且两轨道在同一平面上，运动方向相同，设B 运动到近日点时，A 恰好运动到如图所示位置。A、B 随
即发生某种强烈的相互作用而迅速合为一个新的星体，其间能量损失可忽略。试证明新星体绕太阳
运动的轨道为椭圆。
7 质量为m 的登月器连接在质量为M (= 2m) 的航天飞机上一起绕月球做圆周运动，其轨道半径是月
球半径R 的3 倍。某一时刻，将登月器和对航天飞机向运动反方向射出后，登月器仍沿原方向运动，
并按如图所示的椭圆轨道登上月球表面，在月球表面逗留一段时间后，经快速发动沿原椭圆轨道回
到脱离点与航天飞机实现对接，试求登月器在月球表面可逗留的最短时间？已知月球表面的重力加
速度为gm = 1.62m/s2，月球半径R = 1.74×106m。
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20
第10 讲
8 行星绕太阳运动的椭圆轨道如图所示，P 为行星，F 为焦点(太阳)，a、b、2c 分别为半长轴、半短轴和
焦距，O 为椭圆的中心。已知太阳质量为M、行星质量为m，椭圆面积S = πab。试根据机械能守恒
定律、开普勒第一、第二定律分别导出：(用G、M、m、a、b 表示)。
（1）行星运动的总机械能E。
（2）行星的公转周期T。
（3）证明开普勒第三定律。
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21
第11 讲
第11 讲
1
如图所示，n 个完全相同的质量均为m 的物块(可看做质点) 静止在光滑水平地面上，任意两个物块
间距均为l，现用水平恒力F 作用于1 号物块上，物块之间的碰撞均为完全非弹性碰撞，求前n −1
个物块与第n 个物块碰后瞬间，n 个物块的速度v。
2 两个质点之间只有万有引力作用，其质量、间距和速度如图所示。若两个质点能相距无穷远，速率v0
需要满足什么条件？(两质量分别为m1，m2 的质点相距r 时，其间万有引力势能为Ep = −Gm1m2
r
)
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22
第11 讲
3 板1 放在相同的板2 上，两板作为整体一起以速度v0 沿光滑水平冰面滑动，与相同的板3 碰撞，板
3 表面贴有一层薄橡皮(图17.7)。当板2 与板3 碰撞时牢固连接在一起，如果已知当板1 从板2 全
部移到板3 上后，由于摩擦，板1 相对板2 和板3 停止运动，求每块板长，板1 与板3 之间摩擦因数
为µ，板1 和板2 以及板2 和板3 与冰面之间摩擦可以不计。
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23
第11 讲
4 如图9−12 所示，长为L 的木板A 右边固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为1.5M，静止在光
滑水平面上，有一质量为M 的小木块B，从木板A 的左端开始以初速度v0 在木板A 上滑动，小木块
B 与木板A 间的动摩擦因数为µ，小木块B 滑到木板A 的右端与挡板发生碰撞。
已知碰撞过程时间极短，且碰撞后木板B 恰好滑到木板A 的左端就停止滑动，求：
（1）若µL = 3v02
160g，在小木块B 与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板A 做正功还是做负功？做
多少功？
（2）讨论木板A 和小木块B 在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面运动方向是向左
的？如果不可能，说明理由；如果可能，求出能向左滑动，又能保证木板A 和小木块B 刚好不脱离
的条件。
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24
第11 讲
5 直径和高同为d 的不带盖子的小圆桶，用一根水平的直杆与直径和高同为2d 的带盖子的大圆桶连
接后，静放在光滑水平面上，它们的总质量为M。大圆桶顶部边缘部位有一个质量为m 的小猴，此时
小猴、两圆桶底部中心和直杆处于同一竖直面内，如图所示，设小猴水平跳离大圆桶顶部，恰好能经
过也处于运动状态的小圆桶上方圆周边缘部位后，落到小圆桶底部中心。
（1）计算小猴从小圆桶上方边缘部位落到小圆桶底部中心所经历的时间∆t。
（2）试求直杆长度L。
（3）求小猴跳离大圆桶时相对地面的速度vm。
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25
第11 讲
6 在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B。物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L 为
1.0m。凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数µ 为0.05。开始时物块静止，凹槽以
v0 = 5m/s 初速度向右运动，设物块与凹槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g 取
10m/s2。求：
（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度。
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数。
（3）从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
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26
第11 讲
7 空间探测器从行星旁边绕过时，由于行星的引力作用，可以使探测器的运行速率增大，这种现象就称
之为“弹弓效应”。在航天技术中，
“弹弓效应”是用来增大人造小天体运动速率的一种有效方法。下图
是“弹弓效应”示意图：
（1）质量为m 的空间探测器以相对于太阳的速度v0 飞向质量为M 的行星，此时行星相对于太阳的
速度为v0，绕过行星后空间探测器相对于太阳的速度为v，行星的速度变为u，由于m ≪M，v0、
u0、v、u 的方向均可视为平行。试求出探测器与行星构成的系统在上述过程中动量守恒与能量守
恒的方程，并在m ≪M 的条件下用v0 和u0 来表示v。
（2）若上述行星是质量为M = 5.67×1026kg 的土星，其相对于太阳的轨道速率为u0 = 9.6km/s，而空
间探测器的质量m = 150kg，相对于太阳迎向土星的速率v0 = 10.4km/s，则由于“弹弓效应”，探
测器绕过土星后相对于太阳的速率将增为多大？
（3）若探测器飞向行星时，其速率v0 与行星的速率u0 同向，则是否仍能产生使探测器速率增大的
“弹弓效应”，简要说明理由。
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27
第12 讲
第12 讲
1
如图所示，有一个带正电的验电器，当金属球A 靠近验电器的小球B(不接触) 时，验电器的金箔张角
减小，下列说法正确的是（ ）
A. 金属球A 可能不带电
B. 金属球A 可能带负电
C. 金属球A 可能带正电
D. 金属球A 一定带负电
2 对真空中两个点电荷之间的库仑力，以下说法正确的是（ ）
A. 库仑力与两点电荷带电量的乘积成正比，与两点电荷之间的距离成反比
B. 两点电荷带电荷量、电荷间距离均增加为原来的2 倍，两者间的库仑力大小不变
C. 两点电荷带电荷量、电荷间距离均增加为原来的2 倍，两者间的库仑力大小变为原来的2 倍
D. 两点电荷带电荷量、电荷间距离均增加为原来的2 倍，两者间的库仑力大小变为原来的1
2
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28
第12 讲
3 四个塑料小球，A 和B 相互排斥，B 和C 相互吸引，C 和D 相互排斥，如果D 带正电，则B 球的带电
情况是（ ）
A. 带正电
B. 带负电
C. 不带电
D. 可能带正电或不带电
4 如图所示，一个验电器放在绝缘平台上，它的金属外壳用一根金属线接地，把一根用丝绸摩擦过的玻
璃棒与验电器的金属小球接触，看到它的指针张开，说明已经带上电，如图所示，现进行下述三项操
作：
(I) 首先把验电器外壳的接地线撤去；
(II) 用手指摸一下验电器的金属小球；
(III) 把手指从金属小球上移开。
下面关于最后结果的说法中正确的是（ ）
A. 验电器指针合拢，说明验电器的金属杆没有带电
B. 验电器指针张开一定角度，金属杆带有正电
C. 验电器指针张开一定角度，金属杆带有负电
D. 验电器指针合拢，但不能说明金属杆不带电
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29
第12 讲
5 关于摩擦起电现象的下列说法中，哪些是正确的（ ）
A. 摩擦起电现象使本没有电子和质子的物体中产生了电子和质子
B. 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
C. 摩擦起电，可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而造成的
D. 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带正电
6 使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。下列表示验电器上感应电荷分布情况的
各图中，正确的是（ ）
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30
第12 讲
7 如图所示，A、B 为相互接触的用绝缘支架支持的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属
箔片，C 是带正电的小球，下列说法正确的是（ ）
A. 把C 移近导体A 时，A、B 上的金属箔片都张开
B. 把C 移近导体A，先把A、B 分开，然后移去C，A、B 上的金属箔片仍张开
C. 把C 移近导体A 后，先把C 移走，再把A、B 分开，A、B 上的金属箔片仍张开
D. 把C 移近导体A 后，先把A、B 分开，再把C 移走，然后重新让A、B 接触，A 上的金属箔片张开，
而B 上的金属箔片闭合
8 如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c(均可视为点电荷)，沿同一直线排列且均处于静
止状态，则以下判断正确的是（ ）
A. a 对b 的静电力一定是引力
B. a 对b 的静电力可能是斥力
C. a 的电荷量可能比b 的少
D. a 的电荷量一定比b 的多
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31
第12 讲
9 A 和B 是两个大小相同的带电介质小球，它们是用等长绝缘细线悬挂在水平杆上，在两球连线的延
长线上A 球左侧放一个带正电荷的小球C 时，如图所示，A、B 两球的悬线都保持竖直方向，则下列
说法中正确的是（ ）
A. A 球带正电荷，B 球带负电荷，并且A 的带电荷量较大
B. A 球带负电荷，B 球带正电荷，并且A 的带电荷量较小
C. A 球带正电荷，B 球带负电荷，并且A 的带电荷量较小
D. A 球带负电荷，B 球带正电荷，并且A 的带电荷量较大
10 三个点电荷q1，q2，q3 在真空中依次排成一条直线，q2 与q3 间的距离为q1 与q2 间距离的2 倍，若
三个点电荷只受库仑力作用均处于平衡状态，则q1 : q2 : q3 为（ ）
A. (−9) : 4 : (−36)
B. 9 : 4 : 36
C. (−3) : 2 : (−6)
D. 3 : 2 : 6
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32
第12 讲
11 中子内有一个电荷量为+2e
3
的上夸克和两个电荷量为−e
3
的下夸克，一简单模型是三个夸克都在
半径为r 的同一圆周上，如图所示。下面给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是
（ ）
12 三个相同的金属小球1、2、3 分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1 的带电
荷量为q，球2 的带电荷量为nq，球3 不带电且离球1 和球2 都很远，此时球1、2 之间的作用力大
小为F，现使球3 先与球2 接触，再与球1 接触，然后将球3 移至远处，此时1、2 之间的作用力大小
仍为F，方向不变，由此可知（ ）
A. n = 3
B. n = 4
C. n = 5
D. n = 6
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33
第13 讲
第13 讲
1
如图所示，一个方形的金属盒原来不带电，现将一个带电荷量为+Q 的点电荷放在盒左边附近，达到
静电平衡后，盒上的感应电荷在盒子内部产生的电场分布情况正确的是（ ）
2 如图，在水平放置的光滑接地金属板中点的正上方，有带正电的点电荷Q，一表面绝缘带正电的金属
球（可视为质点，且不影响原电场）自左以速度v 开始在金属板上向右运动，在运动过程中（ ）
A. 小球做先减速后加速运动
B. 小球做匀速直线运动
C. 小球受电场力的方向沿小球与点电荷的连线方向
D. 小球受到的电场力先增大后减小
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34
第13 讲
3 一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上感应
电荷产生的电场在球内直径上a、b、c 三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比，则（ ）
A. Ea 最大
B. Eb 最大
C. Ec 最大
D. Ea = Eb = Ec
4 电场中有一点P，下列说法正确的是（ ）
A. 若放在P 点的试探电荷的电荷量加倍，则P 点的场强加倍
B. 若P 点没有试探电荷，则P 点的场强为零
C. P 点的场强越小，则同一电荷在P 点受到的电场力越小
D. P 点的场强方向就是试探电荷在该点的受力方向
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35
第13 讲
5 某区域中电场线的分布如图所示，分别用EA、EB、EC 表示电场中A、B、C 三点电场强度的大小，下列
判断正确的是（ ）
A. EA > EB > EC
B. EC > EB > EA
C. EB > EA > EC
D. EB > EC > EA
6 在x 轴上的−L 和L 点分别固定了A，B 两个点电荷，A 的电荷量为+Q，B 的电荷量为−Q，如图
所示，设沿x 轴正方向为电场强度的正方向，则整个x 轴上的电场强度E 随x 变化的图象正确的是
（ ）
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36
第13 讲
7 如图，两个等量正点电荷位于垂直于x 轴的连线上，相对原点O 对称分布，则x 轴上电场强度E 与
位置x 的关系可能是（ ）
8 如图所示，电量为+q 和−q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有
（ ）
A. 体中心、各面中心和各边中点
B. 体中心和各边中点
C. 各面中心和各边中点
D. 体中心和各面中心
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37
第13 讲
9 如图所示，是某电场中的电场线，在该电场中有A、B 两点，下列结论正确的是（ ）
A. A 点的场强比B 点的场强大
B. A 点的场强方向与B 点的场强方向相同
C. 将同一点电荷分别放在A、B 两点，放在A 点的加速度比放在B 点的加速度大(不计重力)
D. 因为A、B 两点没有电场线通过，所以电荷放在这两点都不会受电场力的作用
10 法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b 所形成电场的电场线分布图，
以下说法中正确的是（ ）
A. a、b 为异种电荷，a 带电量大于b 带电量
B. a、b 为异种电荷，a 带电量小于b 带电量
C. a、b 为同种电荷，a 带电量大于b 带电量
D. a、b 为同种电荷，a 带电量小于b 带电量
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38
第13 讲
11 某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. c 点的电场强度大于b 点的电场强度
B. 若将一试探电荷+q 由a 点释放，它将沿电场线运动到b 点
C. b 点的电场强度大于d 点的电场强度
D. a 点和b 点的电场强度的方向相同
12 如图所示，一个不带电的导体P 正在向带负电的小球Q 缓慢靠近不接触，且未发生放电现象)，则下
列说法中正确的是（ ）
A. B 端的感应电荷越来越多
B. 导体内场强越来越大
C. 导体上的感应电荷在C 点产生的场强始终大于在D 点产生的场强
D. 感应电荷在C、D 两点产生的场强相等
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39
第13 讲
13 如图所示，在真空中有两个点电荷A 和B，电荷量分别为−Q 和+2Q，它们相距L，如果在两点电荷
连线的中点O 有一个半径为r（2r < L）的空心金属球，且球心位于O 点，则球壳上的感应电荷在O
点处的电场强度的大小为
，方向
。
14 长为L 的导体棒原来不带电，现将一带电量为+q 的点电荷放在距导体棒左端R 处，如图所示，当导
体棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内中点处产生的场强大小等于
，方向
。
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40
第13 讲
15 如图，一个枕形导体AB 原来不带电。将它放在一个负点电荷的电场中，点电荷的电荷量为−Q，与
AB 中心O 点的距离为R。由于静电感应，在导体A、B 两端分别出现感应电荷。当达到静电平衡时，
下列说法正确的是（ ）
A. 导体B 端带负电
B. 导体A 端带负电
C. 导体中心O 点的合场强为0
D. 感应电荷在O 点产生的场强的大小为k Q
R2
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41
第14 讲
第14 讲
1
点电荷A、B 是带电量为Q 的正电荷，C、D 是带电量为Q 的负电荷，它们处在一个矩形的四个顶点
上。它们产生静电场的等势面如图中虚线所示，在电场中对称的有一个正方形路径abcd （与ABCD
共面），如图中实线所示，O 为正方形与矩形的中心，则（ ）
A. 取无穷远处电势为零，则O 点电势为零，场强为零
B. 将某一正试探电荷沿正方形路径a →d →c 移动，电场力先做正功后做负功
C. 将某一正试探电荷沿正方形路径a →b →c 移动，电场力先做正功后做负功
D. b、d 两点的场强相等，电势相等
2 如图所示，空间中的M、N 处存在两个被固定的、等量同种正点电荷，在它们的连线上有A、B、C 三
点，已知MA = CN = NB，MA < NA。现有一正点电荷q，关于在电场中移动电荷q，下列说法中正确
的是（ ）
A. 沿半圆弧l 将q 从B 点移到C 点，电场力不做功
B. 沿曲线r 将q 从B 点移到C 点，电场力做正功
C. 沿曲线s 将q 从A 点移到C 点，电场力不做功
D. 沿直线将q 从A 点移到B 点，电场力做负功
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42
第14 讲
3 空间某一静电场的电势φ 在x 轴上分布如图所示，若规定沿x 轴正向的电场强度为正，则x 轴上电
场强度在x 轴方向上的分量E 随x 变化的图象是（ ）
4 一带正电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正向运动，其电势能Ep 随位移x 变化的关系如图所示，其
中0 ∼x2 区间是关于直线x = x1 对称的曲线，x2 ∼x3 区间是直线，在0、x1、x2、x3 处电势分别为φ0、
φ1，φ2，φ3，则下列说法正确的是（ ）
A. x1 处电场强度大小为零
B. φ3 > φ2 = φ0 > φ1
C. φ3 < φ2 = φ0 < φ1
D. 粒子在0 ∼x2 段做匀变速运动，x2 ∼x3 段做匀速直线运动
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43
第14 讲
5 两个固定的等量异号点电荷所产生电场等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图
中A 点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中
（ ）
A. 做直线运动，电势能先变小后变大
B. 做直线运动，电势能先变大后变小
C. 做曲线运动，电势能先变小后变大
D. 做曲线运动，电势能先变大后变小
6 如图所示，电场中的一条电场线与x 轴重合，电场线上各点的电势如图。用EA、EB 分别表示电场线
上AB 两点的场强大小，下列说法正确的是（ ）
A. EA < EB
B. EA > EB
C. EA 与EB 方向相同
D. EA 与EB 方向相反
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44
第14 讲
7 某静电场中有一质量为m、电量为+q 的粒子甲从O 点以速率v0 射出，运动到A 点时速率为3v0；
另一质量为m、电量为−q 的粒子乙以速率3v0 仍从O 点射出，运动到B 点速率为4v0，不计重力的
影响。则（ ）
A. 在O、A、B 三点中，O 点电势最高
B. O、A 间的电势差与B、O 间的电势差相等
C. 甲电荷从O 到A 电场力对其所做的功，比乙电荷从O 到B 电场力对其所做的功多
D. 甲电荷从O 到A 电场力对其做正功，乙电荷从O 到B 电场力对其做负功
8 如图所示，匀强电场中有a 、b、c 三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a = 30◦，∠c = 90◦。电场方向与
三角形所在平面平行。已知a、b 和c 点的电势分别为(2−
√
3)V、(2+
√
3)V 和2V。该三角形的外接
圆上最低、最高电势分别为（ ）
A. (2−
√
3)V、(2+
√
3)V
B. 0V、4V
C. (2−4
√
3
3 )V、(2+ 4
√
3
3 )V
D. 0V、2
√
3V
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45
第14 讲
9 两个不等量异种点电荷位于x 轴上，a 带正电，b 带负电，|qa |>|qb|，a、b 相对坐标原点位置对称。取
无限远处的电势为零，下列各图正确描述x 轴上的电势ϕ 随位置x 变化规律的是（ ）
A.
B.
C.
D.
10 空间中P、Q 两点处各固定一个点电荷，其中P 点处为正电荷，P、Q 两点附近电场的等势面分布如图
所示，a、b、c、d 为电场中的4 个点，则（ ）
A. P、Q 两点处的电荷等量同种
B. a 点和b 点的电场强度相同
C. c 点的电势低于d 点的电势
D. 负电荷从a 到c，电势能减少
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46
第14 讲
11 空间有一沿x 轴分布的电场，其场强E 随x 变化的图如图所示，设场强沿x 轴方向时为正。x1 和x2
为x 轴上的两点。一正电荷从x1 运动到x2，则该电荷的电势能（ ）
A. 先减小后增大
B. 先增大后减小
C. 逐渐增大
D. 逐渐减小
12 如图所示，匀强电场中的△PAB 平面平行于电场方向，C 点为AB 的中点，D 点为PB 的中点，将一个
带电粒子从P 点移动到A 点，电场力做功WPA = 1.6×10−8J；将该粒子从P 点移动到B 点，电场力
做功WPB = 3.2×10−8J。则下列说法正确的是（ ）
A. 直线PC 为等势线
B. 直线AD 为等势线
C. 若将该粒子从B 点移动到A 点，电场力做功WBA = 1.6×10−8J
D. 若将该粒子从P 点移动到C 点，电场力做功是WPC = 2.4×10−8J
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47
第14 讲
13 如图所示，abcd 是矩形的四个顶点，它们正好处于某一匀强电场中，电场线与矩形所在平面平行。已
知ab =
√
3cm，ad = 3cm；a 点电势为15V，b 点电势为24V，d 点电势为6V。则此匀强电场的电场强
度大小为（ ）
A. 300V/m
B. 300
√
3V/m
C. 600V/m
D. 600
√
3V/m
14 如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚
线为等势线，A、B 两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D 两点关于直线AB 对称，则（ ）
A. A 点和B 点的电势相等
B. C 点和D 点的电场强度相同
C. 负电荷从C 点移至D 点，电势能增大
D. 正电荷从A 点移至B 点，电场力做正功
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48
第15 讲
第15 讲
1
2015 年4 月，中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三
线城市的主要公交用车。这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器”。这种电
容器安全性高，可反复充放电100 万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大(达到9500F)，能够在
10s 内完成充电。下列说法正确的是（ ）
A. 充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极
B. 该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大
C. 该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能
D. 该“超级电容器”能储存电荷
2 目前，电容式触摸屏的技术广泛应用于一些手机和触摸屏上。一层透明的薄膜导体层夹在两层绝缘
玻璃层的中间，这就形成了触摸屏。在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个较弱的交
流电场。如图所示，在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与导体层之间被玻璃绝缘层隔开，形成一个
电容，在四边电极与触点间会有电流流过，而电流强弱与手指到电极的距离成比例，位于触摸屏幕后
的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置。关于电容式触摸屏，下列说法中正确
的是（ ）
A. 电容式触摸屏需要用力触摸才能产生信号
B. 电容式触摸屏的两极分别是导体层和手指
C. 手指与屏的接触面积越大，电容越大，准确度越高
D. 如果手指上带了棉线手套，也能有效工作
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49
第15 讲
3 一个电容器，带了电量Q 后，两极板间电势差为U，若它带的电量减少Q
2 ，则（ ）
A. 电容为原来的1
2，两极板间的电压不变
B. 电容为原来2 倍，两极板间的电压不变
C. 电容不变，两极板间的电压是原来的1
2
D. 电容不变，两极板间的电压是原来的2 倍
4 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，
在两极板间有一固定在P 点的点电荷。以C 表示电容器的电容，E 表示两板间的电场强度，Ep 表示
点电荷在P 点的电势能，θ 表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距
离至图中虚线位置，则（ ）
A. θ 增大，C 增大，E 不变
B. θ 增大，C 增大，Ep 不变
C. θ 减小，E 不变，Ep 增大
D. θ 减小，E 不变，Ep 不变
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50
第15 讲
5 电容器的电容取决于极板的面积、极板间距离以及极板间的电介质这几个因素。如果某一个物理量
的变化，能够引起上述某个量的变化，从而引起电容的变化，那么通过测定电容就可以确定该物理量
的变化。起到这种用途的电容器叫做电容式传感器。图示是测定液面高度h 的电容式传感器原理图。
在金属芯线外面涂上一层电介质，放入导电液中，金属线和液体构成电容的两个极。则下列关于该电
容式传感器的分析合理的是（ ）
A. 液面高度h 降低时，该电容的电容减小
B. 液面高度h 降低时，该电容两极板间的正对面积增大
C. 液面高度h 升高时，该电容两极板间的距离增大
D. 液面高度h 升高时，该电容存储电荷的能力减小
6 如图所示，倾角为30◦的光滑绝缘直角斜面ABC，D 是斜边AB 的中点，在C 点固定一个电荷量为
+Q 的点电荷，一质量为m，电荷量为−q 的小球从A 点由静止释放，小球经过D 点时的速度为v，
到达B 点时的速度为0，则（ ）
A. 小球从A 到D 的过程中静电力做功为1
2mv2
B. 小球从A 到B 的过程中电势能先减小后增加
C. B 点电势比D 点电势低
D. A、B 两点间的电势差UAB = mv2
q
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51
第15 讲
7 如图所示，A、B 是一对中间开有小孔的金属板，两小孔的连线与金属板面相垂直，两极板的距离为L，
两极板间加上低频交流电压，A 板电势为零，B 板电势UB = U0 cosωt，现有一电子在t = 0 时刻从A
板上的小孔进入电场，设初速度和重力的影响均可忽略不计，则电子在两极板间可能（ ）
A. 以A、B 的某一点为平衡位置来回振动
B. 时而向B 板运动，时而向A 板运动，但最后穿出B 板
C. 一直向B 板运动，最后穿出B 板，如果ω 小于某个值ω0，L 小于某个值L0
D. 一直向B 板运动，最后穿出B 板，而不论ω、L 为何值
8 一质量为m 的带正电小球，在竖直向上的匀强电场中以0.9g 的加速度加速下落，空气阻力不计，关
于小球在下落h 的过程中能量的变化情况，以下说法中正确的有（ ）
A. 小球克服电场力做功0.9mgh
B. 小球的动能增加了0.9mgh
C. 小球的机械能减少了0.9mgh
D. 小球的电势能增加了0.9mgh
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52
第15 讲
9 a、b、c 三个α 粒子由同一点垂直电场方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b 恰好飞出电场。
由此可以肯定（ ）
A. 在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上
B. b 和c 同时飞离电场
C. 进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最小
D. 动能的增量，c 的最小，a 和b 的一样大
10 三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度
v0 先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C 三处，O 点是下极板的左端点，且OC = 2OA，
AC = 2BC，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 三个粒子在电场中运动的时间之比tA : tB : tC = 2 : 3 : 4
B. 三个粒子在电场中运动的加速度之比aA : aB : aC = 1 : 3 : 4
C. 三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA : EkB : EkC = 36 : 16 : 9
D. 带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7 : 20
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53
第15 讲
11 如图所示，Y 和Y ′ 是真空中一对水平放置的平行金属板，板间距离为d，板长为L，两极板间电压为
U，板间电场可视为匀强电场。现有一电荷量为+q、质量为m 的带电粒子，以水平初速度v0 射入两
板间。已知该粒子能从两板间射出，不计粒子重力。求：
（1）带电粒子通过电场所用的时间t。
（2）带电粒子在电场中运动时的加速度a 的大小。
（3）带电粒子从射入到射出金属板的过程中动能的变化量∆Ek。
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54
检测题参考答案
检测题参考答案
第8 讲
1
A,C
【解析】A、B：橡皮筋拉小车时的作用力是变力，我们不能求变力做功问题，但选用相同的橡皮筋，
且伸长量都一样时, 橡皮筋条数的关系就是做功多少的关系，因此，可以不需求出变力功的大小，就
知道功的关系，所以A 正确，B 错误；
C、D：当橡皮筋做功完毕小车应获得最大速度，因为平衡了摩擦力所以小车以后要做匀速运动，相
邻两点间的距离基本相同，所以计算小车速度应该选择相邻距离基本相同的若干个点作为小车的
匀速运动阶段，用这些点计算小车的速度，故C 对，D 错误。
综上可以知道A、C 正确。所以AC 选项是正确的。
2
C
【解析】实验时供选择的重物应该是质量相对较大、体积相对较小的物体，使得重物所受的重力远
大于重物所受的空气阻力和纸带受到打点计时器的阻力，这样能减少摩擦阻力的影响，因为我们是
比较mgh 和1
2mv2 的大小关系，故比较时m 可约去，不需要测出它的质量。故C 正确；ABD 错误。
故选：C。
3
B
【解析】A、打点计时器应接交流电源，故A 错误；
B、开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重物，让它带着纸带一同落下，如果先放开
纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对
实验产生较大的误差，故B 正确；
C、我们可以通过打点计时器计算时间，不需要秒表，故C 错误；
D、测出纸带上两点迹间的距离，可知重物相应的下落高度，故D 错误。
高一物理目标自招综评班练习册
55
检测题参考答案
4
C
【解析】解：重力加速度不需要测量，由当地的重力加速度代入计算，故A 错误；与下落高度相对应
的重锤的势能，需要，但得计算，故B 错误；计时器打下某两点的时间内重锤下落的高度，需要，可
以直接测量，故C 正确；与下落高度相对应的重锤的瞬时速度，需要，但得计算，故D 错误。所以选
C。
5 （1）A,C
【解析】略
（2）2F (d5 −d1)
1
2M
(d6 −d4
2T
)2
−1
2M
( d2
2T
)2
【解析】略
6 （1）A
【解析】略
（2）D
【解析】略
（3）选用宽度较窄的遮光条
多次测量求平均值(其他答案合理均可给分)
【解析】略
7 （1）4Hh
【解析】钢球下滑，由动能定理mgh = 1
2mv2，得v2 = 2gh，钢球做平抛运动有H = 1
2gt2，s = vt，得
s2 = v2t2 = 2gh× 2H
g = 4Hh。
（2）见解析
【解析】根据表中数据描点作图，如图所示：
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56
检测题参考答案
（3）小于
【解析】钢球滚下过程克服阻力做功，机械能减少，所以水平抛出的速率小于理论值。
（4）轨道与钢球间存在摩擦力
【解析】可能的原因包括：轨道和钢球之间的摩擦力、钢球与空气之间的摩擦力、轨道不够平滑导
致能量损失等。
8 （1）②9.30
【解析】解：
L = 9mm+0.05mm×6 = 9.30mm；
而S = 80.00cm−20.00cm = 60.00cm。
（2）①mgS
②1
2 (M +m)
( L
∆t1
)2
1
2 (M +m)
( L
∆t2
)2
【解析】解：
①由于挡光条宽度很小，因此将挡光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速度。
v1 = L
∆t1
，
v2 = L
∆t2
②根据动能的定义式得：
通过光电门1，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码) 的总动能为Ek1 = 1
2 (M +m)
( L
∆t1
)2
；
Ek2 = 1
2 (M +m)
( L
∆t2
)2
通过光电门2，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码) 的总动能为；
③系统势能的减少∆Ep = mgh = mgs。
（3）1
2 (m+M)L2
( 1
∆t2
2
−1
∆t2
1
)
【解析】解：
如果∆Ep = ∆Ek = Ek2 −Ek1 = 1
2 (m+M)L2
( 1
∆t2
2
−1
∆t2
1
)
，即重力势能的减小量等于动能的增加量，
则可认为验证了机械能守恒定律。
9 （1）>
BC
【解析】为了使小球碰后不被反弹，要求被碰小球质量小于碰撞小球质量；需要得到两个小球质量
和落点位置到O 点的距离，故选天平和刻度尺。
高一物理目标自招综评班练习册
57
检测题参考答案
（2）C
【解析】A、B、由于各种偶然因素，如所受阻力不相等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较
集中，故A、B 错误；
C、确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置
代表落点的平均位置，故C 正确；
D、仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，线段OP 的长度越小，故D 错误。
（3）m1 ·OP = m1 ·OM + m2 ·ON
m1 ·OP2 = m1 ·OM2 + m2 ·ON2
【解析】由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同，所以水
平向速度之比等于两物体水平方向位移之比；
根据动量守恒定律可得在水平方向有：m1 ·OP = m1 ·OM + m2 ·ON；
由机械能守恒有：m1 ·OP2 = m1 ·OM2 + m2 ·ON2。
（4）OP
OM 和ON
【解析】第一步中，小球A 做平抛运动，根据平抛运动的规律：x = v0t =
√2h
g ，可知水平位移与小球
的质量无关，则知OP 与小球的质量无关。
根据碰撞过程的动量守恒：m1v1 = m1v1′+m2v2′，可知碰后两球的速度与其质量有关，则OM 和ON
与小球的质量有关。
（5）
连接OP、OM、ON，作出M、N 在OP 方向上的投影点M′、N′，如图所示。分别测量出OP、OM′、
ON′ 的长度。若在实验误差允许范围内，满足关系式m1 ·OP = m1 ·OM′ +m2 ·ON′，则可以认为两小
球碰撞前后在OP 方向上动量守恒。
【解析】略
10 （1）2.040
【解析】
（2）C
【解析】
（3）M甲
∆t1
= M甲
∆t3
+ M乙
∆t2
或M甲
d
∆t1
= M甲
d
∆t3
+M乙
d
∆t2
M甲
∆t12 = M甲
∆t32 + M乙
∆t22 或M甲
( d
∆t1
)2
= M甲
( d
∆t3
)2
+
M乙
( d
∆t2
)2
【解析】略
高一物理目标自招综评班练习册
58
检测题参考答案
11 （1）等于
等于
等于
【解析】解：从表格中数据看出，碰撞前物体的速度矢量和与碰撞后物体的速度矢量和相等，碰撞
前后物体总动能相等，动量矢量和也相等。
（2）等于
不等于
等于
【解析】解：碰前物体的速度矢量和为v1 = 0.140m/s，碰后物体的速度矢量和为v2 = 0.069m/s +
0.069m/s = 0.138m/s，在误差允许的范围内，碰撞前后物体的速度矢量和相等。
碰前物体的动量矢量和为：p1 = 0.25×0.140kg·m/s = 0.035kg·m/s，
碰后物体的动量矢量和为：p2 = 0.25×0.069×2kg·m/s = 0.0345kg·m/s，
在误差允许的范围内，碰撞前后物体的动量矢量和相等。
碰前物体的总动能为：Ek1 = 1
2 ×0.25×0.142J = 0.00245J，
碰后物体的总动能为：Ek2 = 1
2 ×0.25×0.0692 ×2J = 0.0019J，
在误差允许的范围内，碰撞前后物体的总动能不相等。
（3）不等于
不等于
等于
【解析】解：碰前物体的速度矢量和为v1 = 0.120m/s，碰后物体的速度矢量和v2 = −0.024m/s +
0.070m/s = 0.046m/s，知碰撞前后物体的速度矢量和不相等。
碰前物体的总动能Ek1 = 1
2 ×0.25×0.122J = 0.0018J，
碰后物体的总动能Ek2 = 1
2 ×0.25×0.0242J+ 1
2 ×0.5×0.072J = 0.0013J ，
在误差允许的范围内，碰撞前后物体的总动能不等。
碰前物体的矢量和动量p1 = 0.25×0.12kg·m/s = 0.03kg·m/s，
碰后物体的矢量和动量p2 = −0.25×0.024kg·m/s+0.5×0.07kg·m/s = 0.029kg·m/s，
则误差允许的范围内，碰撞前后物体的动量矢量和相等。
（4）物体质量和速度的乘积的矢量和
【解析】解：最终在实验中发现的“不变量”是动量。
（5）B,C,D
【解析】解：在“探究碰撞中的不变量”实验中，只找到一种情景的“不变量”还不够，其他情景未必
适用，必须在各种碰撞的情况下都不改变，有限次实验偶然性较大，得出的结论需要检验。故BCD
正确，A 错误。
高一物理目标自招综评班练习册
59
检测题参考答案
第9 讲
1
小球中心绕圆环中心转动的线速度v = v1 +v2
2
；球自转的角速度ω = v1 −v2
2r
。
【解析】解：如图所示，设小球与外环、内环的接触点分别为A、B 点，因为小球与两个圆环之间无相
对滑动，所以为A、B 点的速度分别等于外、内环的线速度，连接AB 并延长与速度矢量箭头连线相
交于C 点，C 即为速度瞬心，令小球绕瞬心C 点转动的角速度为ω′，
有ω′ = v1
AC = v2
BC = v
OC，
由几何关系得AC = 2r +BC，OC = r +BC，
由于以上各式得到v = v1 +v2
2
。
球自转的角速度ω = v1 −v
r
= v1 −v2
2r
。
2
圆柱上与板接触处的A 点的加速度大小为(v1 +v2)2
4R
。
【解析】解：A 点的运动可以分解为随圆柱中心的平动和绕圆柱中心的转动，设圆柱中心的平动速
度为v，圆柱转动角速度为ω。由于圆柱与两板都无滑动，因此有v+ωR = v1，ωR−v = v2，联立解
得：v = v1 −v2
2
，ω = v1 +v2
2R
。因此，A 点相对于圆柱中心的转动速度为vA = ωR = (v2 +v1)
2
，可得A
点相对于圆柱中心的加速度大小为vA2
R = (v1 +v2)2
4R
，由于圆柱中心匀速运动，无加速度，因此，A 点
相对于地面的加速度也为(v1 +v2)2
4R
。
故答案为：(v1 +v2)2
4R
。
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60
检测题参考答案
3
圆柱爬坡所能达到的高度h′ 为h
9。
【解析】解：纯滚动时，无机械能损失，mgh = 1
2mv2 + 1
2 · mR2
2
( v
R
)2
= 3
4mv2，与光滑墙碰撞，开始做
非纯滚经时间达到纯滚动，质心速度由vc →v′
c，角速度从vc
R →−vc′
R ，运用动量定理及动量矩定理：
f ·t = m(vc −v′)；fR·t = mR2
2
(vc
R + vc′
R
)
，得vc′ = vc
3 ，此后机械能守恒：mgh′ = 3
4mv′2，得h′ = h
9。
4
vt2 −v02 = 2·
m
4π2I
s2
+m
gs = 2g′s，即匀加速直线下降vt = v0 +g′t，g′ =
m
4π2I
s2
+m
g。
【解析】解：由机械能守恒mgs = 1
2J
(
ωt2 −ω02)
+ 1
2m
(
v12 −v02)
，又ω
v = 2π
s ，可得vt2 −v02 =
2·
m
4π2I
s2
+m
gs = 2g′s，即匀加速直线下降vt = v0 +g′t，g′ =
m
4π2I
s2
+m
g。
5
乒乓球开始做纯滚动所需的时间t = 2(vc0 +Rω0)
5µg
；纯滚时质心速度vc = 3
5vc0 −2
5Rω0。
【解析】解：由角动量守恒，对与地接触点O，既滚又滑时与达到纯滚时mRvc0 −Jω0 = mRvc +Jω，
即vc0 −vc = 2
3R(ω0 +ω)。达到纯滚时有vc = Rω，可得纯滚时质心速度vc = 3
5vc0 −2
5Rω0；其中，若
vc0 > 2
3Rω0，纯滚后球向右顺时针纯滚，vc0 < 2
3Rω0，则纯滚后球向左逆时针纯滚，质心匀加速运动，
达到纯滚时间设为t，由vc = vc0 −µgt 可得t = 2(vc0 +Rω0)
5µg
。
6 （1）质心速度为v1、v2 分别为v1 = 2
7v、v2 = 5
7v。
【解析】解：如答图所示，
两球J = 2mv2
5
，刚完成弹性碰撞时，两球变换质心速度，角速度未变；设两球各经t1、t2 达到纯滚动，
质心速度为v1、v2，
高一物理目标自招综评班练习册
61
检测题参考答案
对球1：
f ·t1 = mv1
fR·t1 = 2mR2
5
( v
R −v1
R
)
，v1 = 2
7v，
对球2：
f ·t2 = m(v−v2)
fR·t2 = 2mR2
5
· v2
R
⇒v2 = 5
7v。
（2）全部过程中损失的机械能的百分数η = 20
49 ≈41%。
【解析】解：系统原机械能Ek1 = 1
2mv2+ 1
2
2mR2
5
( v
R
)2
= 7
10mv2；达到纯滚动后Ek2 = 1
2m
[(2v
7
)2
+
(5v
7
)2]
+
1
2
2mR2
5
[( 2v
7R
)2
+
( 5v
7R
)2]
= 29
70mv2，则η = 20
49 ≈41%。
7 （1）质心速度Vc =
m
M +mv0；角速度w =
6mv0
(M +4m)l 。
【解析】解：碰后系统质心位置从杆中点右移
m
M +m · l
2，由质心的动量守恒：mv0 = (M +m)Vc，求
得质心速度Vc =
m
M +mv0。
由角动量守恒mv0 · l
2 = Ml2
12 ω + mωx · l
2，x 为m 与杆上静止处距离；考虑质心速度与角速度关系
ω =
Vc
x−
Ml
2(M +m)
=
2mv0
2(M +m)x−Ml ，得瞬时轴距杆右端x = 2l
3 处，w =
6mv0
(M +4m)l 。
（2）实际的转轴(即静止点) 位于右端x = 2l
3 处。
【解析】解：由角动量守恒mv0 · l
2 = Ml2
12 ω +mωx· l
2，x 为m 与杆上静止处距离；考虑质心速度与
角速度关系ω =
Vc
x−
Ml
2(M +m)
=
2mv0
2(M +m)x−Ml ，得瞬时轴距杆右端x = 2l
3 处，w =
6mv0
(M +4m)l 。
8
系统相对质心的总动角动量为
m1m2l
m1 +m2
(v1 −v2)。
【解析】解：系统相对质心的总动角动量为
m1m2l
m1 +m2
(v1 −v2)。
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62
检测题参考答案
9
小球的速率为v2 = r1
r2
v1。
【解析】解：小球对O 点的合外力矩为零，因此小球对O 点的角动量守恒，即mv1r1 = mv2r2，解得：
v2 = r1
r2
v1。
10 碰后B 速度为2v
5 。
【解析】解：设碰后A 球速度为vA、B 球速度为vB，设杆长为l。
A、B、C 球及杆组成的系统对O 点角动量守恒，有
mv·l = 2mvA
1
2 +2m·vB ·l
由于A、B 绕O 点运动角速度相同，因此vA
vB
= 1
2，
联立解得：vB = 2v
5 。
故答案为：2v
5 。
第10 讲
1
经过π +2
2
√R
g 该物体落地。
【解析】解：把自由落体看成无尽扁的椭园，焦点长轴端点都会拉到地球心处。
则长轴2a = 2R，短轴2b →0，c →a
由开普勒第二定律可知：t
T = S
S总
，即t = T · S
S总
，
其中S = πab
4
+ ab
2 ，S总= πab，
由开普勒第三定律可知，该轨道卫星运动周期与近地卫星运动周期相同，因此有：
T = 2π
√
R3
R2g = 2π
√R
g 。
联立解得：t = π +2
4π ，2π
√R
g = π +2
2
√R
g 。
故答案为：π +2
2
√R
g 。
高一物理目标自招综评班练习册
63
检测题参考答案
2
该卫星在运行中与地球中心的最远距离为三倍地球半径。
【解析】解：设绕地球表面做匀速圆周运动的物体质量为m0、速度为v0，则：GMm0
R2
= m0
v02
R 。
设卫星质量为m：近地点距离地心r1，卫星在此处速率为v1 远地点距离地心r2，卫星在处速率为
v2。
由角动量守恒和机械能守恒：
mv1r1 = mv2r2，
1
2mv12 −GMm
r1
= 1
2mv22 −GMm
r2
其中，v1 =
√
1.5v0，r1 = R。
联立解得：r2 = 3R，即该卫星在运行中与地球中心的最远距离为三倍地球半径。
故答案为：即该卫星在运行中与地球中心的最远距离为三倍地球半径。
3
卫星与探测器的质量比为
√
2−1
1−
√
2n
3+n
。
【解析】解：设地球质量为M，卫星质量为m，探测器质量为m′，当卫星与探测器起绕地球做圆周
运动时，由万有引力定律和牛顿第二定律得
GM (m+m′)
(3R)2
= (m+m′) v2
3R①
解得：v2 = GM
3R ②
设分离后探测器速度为v′，探测器刚好脱离地球引力应满足
1
2m′v′2 −GMm′
3R
= 0③
解得：v′ =
√
2GM
3R
=
√
2v④
设分离后卫星速度为u，由机械能守恒定律可得
1
2mv2 −GMm
nR
= 1
2mu2 −GMm
3R ⑤
由开普勒第二定律有
nRv = 3Ru⑥
联立解得
u =
√
2n
3+nv⑦
由卫星与探测器分离前后系统动量守恒可得
(m+m′)v = mu+m′v′⑧
高一物理目标自招综评班练习册
64
检测题参考答案
联立④⑦⑧式得
m
m′ =
√
2−1
1−
√
2n
3+n
⑨。
4
二天体的距离：4r；双星的运行周期：T = 2π
√
27r3
2GM 。
【解析】解：解法一：
以其中某一星体A 为参考系，则另一星体B 受力F合= F完+F惯= 2GM2
R2
，
相当于质量2M 的中心天体对B 产生万有引力，B 绕2M 的中心天体做椭圆轨道运动。
两星体相距最近时距离2r，v相= 2v = 2
√
GM
3r ，
设B 绕2M 的中心天体做椭圆轨道运动的椭圆长轴2a，
由总能−GM (2M)
2a
= 1
2M
(
2
√
GM
3r
)2
−GM (2M)
2r
。
解得：a = 3r，
因此，两星体最远相距2a−2r = 4r。
由开普勒第三定律：a3
T 2 = G·2M
4π2 (注意2M 才是中心天体)
解得：T = 2π
√
a3
2GM = 2π
√
27R3
2GM 。
解法二：
也可想像其中一个天体B 所受的实际引力来源于质心处等效质量为M′ 的天体，
则GM
R2 = GM′
(R
2
)2 ，解得：M′ = M
4 。
设天体B 做故椭圆轨道运动的椭圆长轴为2a′，
两星体相距最近位置的能量−
GM
(M
4
)
2a′
= 1
2Mv2 −GM2
4r 。
解得：a′ = 3
2r，
综合对称性可知，两星体运动轨道参数相同，因此，两星体最远距离2(2a′ −r) = 4r。
由开普勒第三定律：
(3
2r
)3
T 2
=
G· M
4
4π2 。
∴T = 2π
√
27r3
2GM 。
故答案为：二天体的距离：4r；双星的运行周期：T = 2π
√
27r3
2GM 。
高一物理目标自招综评班练习册
65
检测题参考答案
5 （1）陨石这时的位置远地点。
【解析】解：因原来陨石做圆周运动时E < 0，碰撞过程又有动能损失，故碰撞后仍有E < 0，且碰撞
后陨石离开圆轨道做椭圆运动。又由于碰撞结束时大陨石速度仍垂直于它对地心的矢径，故陨石
这时的位置远地点。
（2）陨石碰撞后最接近地球的距离3787km。
【解析】解：碰撞前陨石m 做圆周运动，有GMm
r2
= mv2
r ，碰撞陨石动能Ek = 1
2mv2 = GMm
2r
=
mgR2
2r
= 1.893×107m，势能Ep = −GMm
r
= −mv2 = −3.786×107m。碰撞结束，势能未变，动能Ek
′ =
1.893×107m×98% = 1.855×107m，故碰后机械能为E′ = Ek
′ +Ep = 1.855×107m−3.786×107m =
−1.931 × 107m。由能量和椭圆长轴关系式，可求出陨石椭圆轨道长轴2a = −GMm
E′
= −mgR2
E
=
9.8×
(
6.4×106)2
1.931×107
m = 20787km。碰撞结束时为远地点，距地心距离rmax = (6400+4200)km =
10600km。所以近地点距地心距离为rmin = 2a−rmax = (20787−10600)km = 10187km。此时距地面
高度H = rmin −R = (10187−6400)km = 3787km。
6
设太阳的质量为M，A、B 的质量分别为m1、m2，合为一体前运动速度分别为v1、v2，合为一体后瞬间
的速度为v，由动量守恒定律有m1v1 +m2v2 = (m1 +m2)v，对A 原来的运动有GMm1
R1
2 = m1
v12
R1
。B 做
抛物线运动时的机械能为零，即1
2m2v22 −GMm2
R2
= 0，将R2 = 2R1 代入后解得v = v1 = v2 =
√GM
R1
。
又A、B 合为一体时质心不变，有R = m1R1 +m2R2
m1 +m2
= (m1 +2m2)R1
m1 +m2
。新星体的径向速度为零，其机
械能为E = 1
2 (m1 +m2)v2 −GM (m1 +m2)
R
= −M1m1 (m1 +m2)
R
< 0，故新星体运动轨道必为椭圆。
【解析】解：设太阳的质量为M，A、B 的质量分别为m1、m2，合为一体前运动速度分别为v1、
v2，合为一体后瞬间的速度为v，由动量守恒定律有m1v1 +m2v2 = (m1 +m2)v，对A 原来的运动有
GMm1
R1
2 = m1
v12
R1
。B 做抛物线运动时的机械能为零，即1
2m2v22 −GMm2
R2
= 0，将R2 = 2R1 代入后解
得v = v1 = v2 =
√GM
R1
。又A、B 合为一体时质心不变，有R = m1R1 +m2R2
m1 +m2
= (m1 +2m2)R1
m1 +m2
。新星
体的径向速度为零，其机械能为E = 1
2 (m1 +m2)v2 −GM (m1 +m2)
R
= −M1m1 (m1 +m2)
R
< 0，故新
星体运动轨道必为椭圆。
高一物理目标自招综评班练习册
66
检测题参考答案
7
登月器在月球表面可逗留的最短时间11.5h。
【解析】解：脱离前登月与航天飞机一起绕月球运动的速度v0 =
√
GMm
3R ，其运动周期T0 =
2π ·3R
v0
= 6πR
√3R
GMm
，又gm = GMm
R2 ，所以T0 = 6πR
√3
gmR = 3.38 × 104s = 9.4h。设登月器
航天飞机脱离后两者的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律可得(M +m)v0 = mv1 + Mv2，此
后两者沿不同的椭圆轨道运动，设登月器运动到月球表面时的速度为v1′，由机械能守恒定律
得1
2mv12 −GMnm
3R
= 1
2mv12′ −GMnm
R
，由角动量守恒得mv1 (3R) = mv1′R，解得v1 =
√
GMm
6R
=
w0
√
2
，v2 =
(3
2 −
1
2
√
2
)
v0。设航天飞机运动到最远处时与月球的距离为R2，速度为v2′，同样
有1
2Mv22 −GMmM
3R
= 1
2Mv22′ −GMmM
R2
，Mv2 (3R) = Mv2′R2，解得R2 = 19−6
√
2
2
√
2−1
R ≈5.75R。航
天飞机运动轨道的半长轴a2 = 3R+R2
2
= 4.375R，根据开普勒第三定律，航天飞机的运动周期
TM =
( a2
3R
)3
2 T0 ≈1.76T0；登月器运动周期Tm =
(2R
3R
)3
2 T0 ≈0.54T0。登月器在月球上逗留的最短
时间为∆t = TM −Tm = (1.76−0.54)T0 = 11.5h。
8 （1）总机械能E 为−GMm
2a 。
【解析】解：设行星在A、B 点速度分别为vAvB，由于在这两点速度方向与椭圆长轴垂直，因此面积
速度分别为：
∆SA
∆t = 1
2rAvA = 1
2 (a−c)vA，
∆SB
∆t = 1
2rBvB = 1
2 (a+c)vB，
根据开普勒第二定律可得：1
2 (a−c)vA = 1
2 (a+c)vB①，
行星运动的总机械能E 等于其动能和势能之和，当它经过A、B 点时，其机械能分别为：
EA = 1
2mvA2 −GMm
rA
= 1
2mvA2 −GMm
a−c ，
EB = 1
2mvB2 −GMm
rB
= 1
2mvB2 −GMm
a+c ，
根据机械能守恒EA = EB，可得1
2m
(
vA2 −vB2)
= GMm
(
1
a−c −
1
a+c
)
②，
联立①②可解得：
vA2 = (a+c)GM
a(a−c) ，
vB2 = (a−c)GM
a(a+c) ，
高一物理目标自招综评班练习册
67
检测题参考答案
EA = EB = E = −GMm
2a 。
故答案为：−GMm
2a 。
（2）公转周期T 为2πa
√a
GM 。
【解析】解：由(1) 中结果可知，面积速度为∆S
∆t = ∆SA
∆t = 1
2 (a−c)vA = b
2
√
GM
a 。
因此，T = πab
∆S = 2πa
√a
GM 。
故答案为：2πa
√a
GM 。
（3）由T = 2πa
√a
GM 可得：a2
T 2 = GM
4π2 ，
对太阳系的各行星来说，GM
4π2 是一个恒星，即a2
T 2 为常量，这就是开普勒第三定律。
【解析】解：由T = 2πa
√a
GM 可得：a2
T 2 = GM
4π2 ，
对太阳系的各行星来说，GM
4π2 是一个恒星，即a2
T 2 为常量，这就是开普勒第三定律。
故答案为：由T = 2πa
√a
GM 可得：a2
T 2 = GM
4π2 。
第11 讲
1
前n−1 个物块与第n 个物块碰后瞬间，n 个物块的速度为
√
(n−1)Fl
nm
。
【解析】解：前面物块与第n 个物块碰后瞬间，所有物块共速，故此时质心速度也为v，整个过程中，
质心位移为n−1
2
l。
因此，F · n−1
2
l = 1
2 (nm)v2，
解得：v =
√
(n−1)Fl
nm
。
故答案为：前n−1 个物块与第n 个物块碰后瞬间，n 个物块的速度为
√
(n−1)Fl
nm
。
2
速率v0 需要满足v0 ⩾
√2Gm
r0
。
【解析】解：解法一：
以两质点为系统动量守恒，系统总动量的大小为
√
2mgv0。它们之间的相互作用过程可以视为一种
高一物理目标自招综评班练习册
68
检测题参考答案
“碰撞“。依题意，碰撞后引力势能増大，这部分能量来自碰撞损失的动能。而碰撞过程中动能损失
最大的情况——完全非弹性碰撞——就是能符合题意的初始速度v0 最小的临界情况。
两质点能相距无穷远的临界条件为：发生“完全非弹性碰撞”，
“碰后”两质点有相同的速度为v，而
两者相距无穷远。
由系统的动量守恒推出：
√
2mv0 = 2mv；
由系统的能量守恒出：2
(1
2mv02
)
−Gm2
r0
= 2
(1
2mv2
)
；
解得：v0 =
√2Gm
r0
；因此，当v0 ⩾
√2Gm
r0
时，两物体的相对距离可以达到无穷远。
解法二：
两物体系统的运动可以分解为质心的平动和两物体相对质心的运动。由于只存在两者之间的万有
引力，因此，质心运动速度不变。
由两物体运动过程中总能量守恒，可得
Ekc + 1
2
mm
m+m
(√
2v0
)2
−Gmm
r0
= Ekc +0+0，
其中，Ekc 为质心平动的动能。当两物体刚好运动到无穷远时，两物体相对质心运动的动能为零，引
力势能为零。
由上式解得：v0 =
√2Gm
r0
。因此，当v0 ⩾
√2Gm
r0
时，两物体的相对距离可以达到无穷。
3
l = v02
6µg。
【解析】设每块板的质量为m，三块板相对运动停止后系统速度为v1。根据动量守恒定律，有
2mv0 = 3mv1 或v1 = 2
3v0
根据能量守恒定律，有
1
2 (2m)v02 = 1
2 (3m)v12 +Q+W
式中，Q 为当板2 与板3 完全非弹性碰撞时释放的热量，W 为当板1 沿板3 运动时摩擦力做的功。
由于板1 与板2 之间没有摩擦，在完全非弹性碰撞过程中对板2 和板3 系统运用动量守恒定律和
机械能守恒定律，有
mv0 = 2mu 或u = 1
2v0
1
2mv02 = 1
2 (2m)u2 +Q 或Q = 1
4mv02
随着板1 在板3 上向前移动，这两块板之间摩擦力按照线性规律从0 增加到µmg(图17.8)。摩擦
力做功数值上等于图象上画有斜线部分的面积，即
W = 1
2µmgl
联立以上各式，解得
高一物理目标自招综评班练习册
69
检测题参考答案
l = v02
6µg。
4 （1）摩擦力在此过程中对木板A 做的功Wf = −27
400Mv02，做负功。
【解析】解：这是典型的“子弹打木块”模型：A、B 间相互作用着一对等大、反向的摩擦力Ff = µMg，
而系统不受外力，它的变化在于过程中发生一系统内部瞬时的相互碰撞。小木块B 与挡板碰撞前、
后及整个过程均遵从动量守恒定律；A、B 两者加速度大小与质量成反比；碰撞前木块“追“木板，碰
撞后则成木板“追”木块：用v−t 图展示系统的运动过程如图9−13 所示：
图中，t1 是B 以v0 开始运动至与档板碰撞历时，碰后直至B 滑到A 木板左端历时为t2，A、
B 碰撞前A 加速、B 减速，碰撞后，A 减速而B 加速，加速度大小(即图线的斜率大小) 分别
为aA = 2
3µg，aB = µg。由于最终A、B 具有共同速度，系统全过程属完全非弹性碰撞，由动量
守恒关系：Mv0 = (M +1.5M)V，可得，当B 恰停止在A 木板左端时，两者共同速度V = 2
5v0。
图9 −13 中，梯形及三角形划阴影线部分“面积”各表示A、B 相对运动位移L。利用图象先求
出B 与挡板碰撞后滑行时间t2：L = 1
2t2 ·t2 (aA +aB) = 1
2 ·t22 · 5
3µg，t2 =
√6L
5µg；随后可得碰撞后
木板A 的速度：VA = V + 2
3µg ·t2 = v0
2 ；那么，由动能定理，摩擦力在此过程中对木板A 做的功
Wf = 1
2 ·1.5M
[(2v0
5
)2
−v02
4
]
= −27
400Mv02，做负功。
高一物理目标自招综评班练习册
70
检测题参考答案
（2）能向左滑动，又能保证木板A 和小木块B 刚好不脱离的条件为2v02
15g < µL ⩽3v02
20g 。
【解析】解：从v−t 图上容易看出，
相对地面运动方向向左的情况只可能发生在木块B，B 与挡极相碰后若速度变为向左，就会在一段
时间内先向左减速而后向右加速地运动，而木板一直向右减速，直至两者以共同速度向右运动。B
能有向左运动的阶段而又刚好不落下A 板应满足两个条件：一是B 与挡板碰后B 速度为负，
即VB = 2
5v0 −µg·t2 < 0，µL > 2v02
15g ；
二是一对摩擦力在2L 的相对位移上做的功不大于系统动能的增量，
即µMg·2L ⩽1
2Mv02 −1
2 (1.5M +M)
(2
5v0
)2
，µL ⩽3v02
20g
综上，在满足2v02
15g < µL ⩽3v02
20g 条件时，木块B 可在与挡板碰撞后的一段时间内相对地面向左运
动并刚好相对静止在木板A 的左端。
5 （1）∆t = t2 −t1 = 2
√d
g −
√2d
g 。
【解析】小猴跳出后做平抛运动，从开始到经过小圆桶上方圆周边缘部位所经历的时间为t1，在竖
直方向有
d = 1
2gt12 即t1 =
√2d
g
小猴从开始到落入小圆桶底部中心所经历的时间为t2，在竖直方向有
2d = 1
2gt22 即t2 = 2
√d
g
小猴从小圆桶上方边缘部位落到小圆桶底部中心所经历的时间为
∆t = t2 −t1 = 2
√d
g −
√2d
g 。
高一物理目标自招综评班练习册
71
检测题参考答案
（2）直杆长度L =
√
2+1
2
d。
【解析】小猴跳出后在水平方向上相对于圆桶做匀速直线运动。小猴从跳出到经过小圆桶上方圆
周边缘部位所经历的时间t1 =
√2d
g ，水平方向上相对于圆桶的位移x1 = L。
小猴从开始到落入小圆桶底部中心所经历的时间t2 = 2
√d
g，水平方向上相对于圆桶的位移x2 =
L+ d
2。
设小猴在水平方向上相对于圆桶做匀速直线运动的速度为v，则有
x1 = vt1，x2 = vt2
联立解得
L =
√
2+1
2
d。
（3）小猴跳离大圆桶时相对地面的速度vm =
√
2+2
4
·
M
M +m
√gd。
【解析】由于水平面光滑，小猴和圆桶组成的系统在水平方向上动量守恒，设小猴刚跳出时小猴相
对于地面的速度为vm，圆桶相对于地面的速度为vM，由动量守恒定律，有
mvm = MvM，vmt2 +vMt2 = L+ d
2
联立解得
vm =
√
2+2
4
·
M
M +m
√gd。
6 （1）共同速度为v = 2.5m/s。
【解析】解：设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得
mv0 = 2mv
v = 2.5m/s。
（2）发生6 次碰撞。
【解析】解：物块与凹槽间的滑动摩擦力
Ff = µN = µmg
设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由动能定理得
−Ff ·s1 = 1
2 (m+m)v2 −1
2mv02
得s1 = 12.5m
已知L = 1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6 次碰撞。
（3）所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小分别为t = 5s，s2 = 12.75m。
【解析】解：设凹槽与物块碰撞前的速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v′
1、v′
2。有
高一物理目标自招综评班练习册
72
检测题参考答案
mv1 +mv2 = m′v1 +mv2′
1
2mv12 + 1
2mv22 = 1
2mv1′2 + 1
2mv2′2
得v1′ = v2v2′ = v1
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，
根据碰撞次数可分为13 段，凹槽、物块的v−t 图像在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用
匀变速直线运动规律求时间，则v = v0 +ata = −µg 解得t = 5s
凹槽的v−t 图像所包围的阴影部分的面积即为凹槽的位移大小s2(等腰三角形面积共13 份，第一
份面积为0.5L，其余每份面积均为L)
s2 = 1
2
(v0
2
)
t +6.5L = 12.75m。
7 （1）方程为v = v0 +2v0。
【解析】解：以v0 的方向为坐标负方向，根据动量守恒有：
Mu0 −mv0 = mv+Mu
根据能量守恒定律有：
1
2mv2
0 + 1
2Mv2
0 = 1
2mv2 + 1
2Mu2
解得：v = M −m
M +mv0 +
2M
M +mv0
将m ≪M 代入可得：v = v0 +2u0。
（2）速率将增为v = 29.6km/s。
【解析】解：将所给数据代入(1) 小问可得：v = 29.6km/s。
（3）不能，探测器速度会减小。
【解析】解：若探测器初始速度与行星速度相同，则根据动量守恒有：
Mu0 +mv0 = mv+Mu
根据能量守恒定律有：
1
2mv2
0 + 1
2Mu2
0 = 1
2mv2 + 1
2Mu2
高一物理目标自招综评班练习册
73
检测题参考答案
且必须满足v0 > u0
解得：|v| = |v0 −2u0| < |v0|
因此不能产生“弹弓效应”。
第12 讲
1
A,B
【解析】解：验电器的两金箔带有同种的正电荷，由于斥力作用而张开，张开角度的大小决定于两
金箔带电荷的多少。如果A 球不带电，当其靠近B 球时，发生静电感应现象，使A 球靠近B 球的端
面出现负的感应电荷，而远离B 球的端面出现正的感应电荷。由于A 球上负电荷离验电器较近而
表现为吸引力，从而使金箔张角减小，选项A 正确，选项D 错误；
若A 球带负电，当其靠近验电器的B 球时，由于异种电荷相互吸引，使金箔上的正电荷逐渐“上
移”，从而使两金箔张角减小，选项B 正确，选项C 错误，故选A、B.
2
B
【解析】解：A、真空中有两个点电荷Q 和q，根据库仑定律得：它们之间的库仑力为F = kQq
r2 ，库仑
力与两点电荷带电量的乘积成正比，与两点电荷之间的距离平方成反比，故A 错误。
BCD、两点电荷带电荷量、电荷间距离均增加为原来的2 倍，它们之间的库仑力F′ = k ·2Q·2q
(2r)2
= F，
故B 正确，CD 错误。
故选：B。
3
B
【解析】因为C 和D 相互排斥，且D 带正电，所以C 和D 带同种电荷，都带正电，A 和B 相互排
斥，所以带同种电荷，而B 和C 相互吸引，所以B 和C 带异种电荷，即B 带负电。
4
B
【解析】用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，与验电器的金属小球接触，指针带正电从而张开；由于静
电感应，金属壳内壁感应出负电荷，大地的负电荷流入外壳，当接地线撤去后，由于正、负电荷的相
互作用，用手指摸验电器的金属小球再移开，并不能把金属球和指针上的正电荷全部导走。
高一物理目标自招综评班练习册
74
检测题参考答案
5
B,D
【解析】解：摩擦起电，实质是由于两个物体的原子核对核外电子的约束能力不相同，因而电子可
以在物体间转移。若一个物体失去电子，其质子数比电子数多，我们就说它带正电；若一个物体得
到电子，其质子数比电子数少，我们就说它带负电，使物体带电并不是创造出了电荷。
6
B
【解析】解：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小球异号的电
荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷，故B 符合条件。
故选：B。
7
A,B
【解析】把C 移近导体A 时，A、B 上的金属箔片都张开，A 上带负电荷，B 上带正电荷；把C 移近
导体A，先把A、B 分开，然后移去C，A、B 仍带电；把C 移近导体A 后，先把C 移去，再把A、B 分
开，A、B 上的电荷已相互中和，都不再带电。
8
A,D
【解析】根据两同夹异可知，a 和c 的电性相同，b 与a、c 的电性相反，所以a 对b 的静电力一定
是引力，A 正确，B 错误；
根据“两大夹小”原则可得a 的电荷量大于b 的电荷量，C 错误，D 正确。
9
B
【解析】解：因为C 球带正电，若A 球带正电，A 球处于平衡，则B 球也带正电，但是此时B 球所受
的库仑力均向右，B 球不可能平衡。所以A 球带负电，则B 球带正电。
对B 球进行研究，因为C 球对B 球的库仑力等于A 球对B 球的库仑力，根据库仑力大小公式
F = kQq
r2
知，CB 距离大于AB 距离，则B 球的带电荷量大于A 球的带电荷量，故B 正确，ACD 错
误。
故选：B。
高一物理目标自招综评班练习册
75
检测题参考答案
10 A
【解析】分别取三个电荷为研究对象，根据库仑定律，在真空中两个点电荷的相互作用力跟它们的
电荷量的乘积成正比，跟它们距离的平方成反比，作用力的方向在它们的连线上。由于三个电荷只
能在静电场力作用下平衡，所以这三个电荷不可能为同种电荷，否则不可能都平衡，故选项B、D 可
以排除。选q2 为研究对象，由受力平衡得kq1q2
r2
= k q2q3
(2r)2 ，q1 = q3
4 ，即q3 = 4q1。由上面分析结论与
选项A、C 对照，可看出选项C 不满足此关系，因而选项A 是正确的。
11 B
【解析】解：三个夸克都在半径为r 的同一圆周，形成了等边三角形，
电荷量为−e
3 的下夸克受到另一个电荷量为−e
3 的下夸克的库仑斥力F1 和电荷量为+2e
3
的上夸
克库仑引力F2。
根据库仑定律得：F1 = 1
2F2
根据力的合成得F1 和F2 的合力方向竖直向上，
根据对称性另一个下夸克受静电作用力的方向也是竖直向上，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
12 D
【解析】设1、2 之间的距离为R，则有F = knq2
R2 ；
3 与2 接触后，它们所带的电荷量均为nq
2 ，
再让3 与1 接触后，它们所带的电荷量均为(n+2)q
4
，
最后有F = kn(n+2)q2
8R2
，
解得：n = 6。
高一物理目标自招综评班练习册
76
检测题参考答案
第13 讲
1
C
【解析】金属盒内部由于静电平衡，各点合场强为零，感应电荷产生的场强与Q 产生的场强大小相
等方向相反，故选项C 正确。
2
B,D
【解析】A、B、C、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，表面是一个等势面，
表面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B 正
确，AC 错误；D、由于静电感应，水平放置的光滑接地金属板产生的感应电场与原电场叠加后的电
场，使正点电荷与金属板之间的电场相对于一对等量异号点电荷的电场，所以距离正电荷越近的地
方，电场强度越大，所以在小球运动的整个过程中，小球受到的电场力先增大后减小，故D 正确。故
选：BD。
3
C
【解析】处于静电平衡的导体内部场强处处为零，故a、b、c 三点的场强都为零。静电平衡的导体内
部场强为零是感应电荷产生的电场与外电场叠加的结果，所以感应电荷在球内某点产生的电场的
场强与MN 在这一点形成的电场的场强等大反向。比较a、b、c 三点感应电场的场强，实质上是比
较带电体MN 在这三点的场强。由于c 点离MN 最近，故MN 在c 点的场强最大，感应电荷在c
点场强也最大。C 项正确。
4
C
【解析】若放在P 点的电荷的电荷量加倍，则P 点的电场力会加倍，而此处的电场强度却不变，即
使不放电荷，电场强度依然存在，故A 错误；
若放在P 点的电荷的电荷量加倍，则P 点的电场力会加倍，而此处的电场强度却不变，即使不放电
荷，电场强度依然存在，故B 错误；
对于电场力是由电场强度与电量决定，当P 点的场强越小，则同一电荷在P 点受到的电场力一定
越小，故C 正确；
P 点的场强方向为放在该点的正电荷所受的电场力方向，故D 错误。
故选C。
高一物理目标自招综评班练习册
77
检测题参考答案
5
C
【解析】解：电场线的疏密反映电场强度的相对大小，电场线越密，场强越大。由图可知，B 点处电
场线最密，故电场强度最大的是B 点，C 点处电场线最疏，故电场强度最小的是C 点，EB > EA > EC。
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
6
D
【解析】解：等量异种点电荷电场线的分布如图，
可知，x < −L 时，电场强度E 方向向左，为负。
−L ⩽x ⩽L 时，E 方向向右，为正。
x > L 时，E 方向向左，为负，且O 点的电场强度不为零，
故ABC 错误，D 正确。
故选:D。
7
A
【解析】解：两个等量正点电荷，根据场强的叠加，可知在两正电荷的中点场强为零，周围的电场由
于点电荷电性相同而呈排斥状对称分布，且沿x 轴向外，场强先增大后减小，再依据同种电荷相斥
可知，O 点两边的电场强度方向不同，故A 正确，BCD 错误.
故选：A。
8
D
【解析】解：两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零，两个等量同种正电荷在其连线的
中垂线上的合场强沿中垂线由连线中点指向远离正电荷的方向，两个等量同种负电荷在其连线的
中垂线上的合场强沿中垂线指向连线中点的方向。在正方体的上面中心，上面的四个电荷分成两
组产生的场强都是零，下面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上面中心处的
合场强为零，同理所有各面中心处的合场强都为零。在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的
高一物理目标自招综评班练习册
78
检测题参考答案
合场强为零。而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零。综上所述，在正方体范围内电场强度为
零的点为体中心和各面中心。
9
A,C
【解析】解：电场线上每一点的切线方向和该点电场强度的方向一致；曲线密集的地方场强强，稀
疏的地方场强弱。由图可以得到A 处场强比B 大，A、B 两点方向不相同。AB 两点都受到电场力的
作用。
10 B
【解析】解：根据电场线始于正电荷、终于负电荷以及电场线疏密分布可知选项B 正确。
11 C
【解析】解：电场线的疏密表征了电场强度的大小，由图可知Ea < Eb，Ed > Ec，Eb > Ed，Ea > Ec，故
选项C 正确，选项A 错误；由于电场线是曲线，由a 点释放的正电荷不可能沿电场线运动，故选项
B 错误；电场线的切线方向为该点电场强度的方向，a 点和b 点的切线不在同一条直线上，故选项
D 错误。
12 A,C
【解析】导体P 向负电荷Q 靠近的过程中，导体所在处的外加电场的场强增大，导体内的自由电
荷将定向移动，使两端的电荷增加，所以选项A 正确；导体P 向带电小球Q 缓慢靠近的过程，可
看做每个瞬间导体均处于新的静电平衡状态，尽管外电场增强，导体两端电荷也相应增加，附加电
场相应增强，合场强始终为零，所以选项B 错误；由于导体处于静电平衡状态，感应电荷产生的场
强与场源电荷产生的场强大小相等，方向相反，合场强为零，由于C 点离电荷Q 近，D 点离电荷Q
远，根据点电荷电场场强分布规律E ∝1
r2 可知，负电荷Q 在C 处的场强要大于在D 处的场强，所
以选项C 正确；同理，感应电荷的电场在C、D 两处的场强也具有同样的大小关系，即C 处的场强
更大，所以选项D 错误。
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79
检测题参考答案
13 12kQ
L2
沿AB 指向B
【解析】球壳处于静电平衡时内部场强处处为0，故O 点场强为0，所以E干−E = 0。球壳上的
感应电荷在O 点处的场强大小等于A、B 在O 点产生的合电场的电场强度即E合= EA + EB =
k
Q
(L
2
)2 +k
2Q
(L
2
)2 = 12kQ
L2 ，方向沿AB 指向B。
14 k
q
(R+ L
2)2
向左
【解析】导体处于静电平衡状态时，导体内部合场强为零，这是点电荷+q 所形成的电场与棒两端
出现的感应电荷所形成的附加电场在棒中叠加的结果。因此可通过计算点电荷+q 产生的电场E1
来确定感应电荷所形成的电场E2 的大小和方向。点电荷+q 在棒内中点处产生的场强由E=k Q
r2 ，
得E1 = k
q
(R+ L
2)2
，方向向右，由该点合场强为零知，感应电荷在棒内中点处产生的场强大小为
E2 = k
q
(R+ L
2)2
，方向向左。
15 B,C,D
【解析】解：AB、当达到静电平衡时，导体A 端感应电荷的电性与点电荷的电性相同，带负电，B 端
带正电。故A 错误，B 正确。
CD、当达到静电平衡时整个导体是一个等势体，导体中心O 点的场强为0，所以感应电荷在O 点
产生的附加电场的场强与点电荷在O 点产生的场强的大小相等，方向相反，所以感应电荷在O 点
产生的场强：E′ = E = kQ
R2 。故C 正确、D 正确。
故选：BCD。
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80
检测题参考答案
第14 讲
1
B
【解析】取无穷远处电势为零，则O 点电势为零，但场强不为零，选项A 错误；
b 点电势高于d 点电势，选项D 错误；
a、c 两点电势相等，且高于d 点的电势，低于b 点的电势，所以，将某一正试探电荷沿正方形路径
a →d →c 移动，电场力先做正功后做负功，将某一正试探电荷沿正方形路径a →b →c 移动，电场
力先做负功，后做正功，选项C 错误，选项B 正确。
2
B
【解析】解：A、B、B 到N 段电场线从N 到B，电场力做负功，N 到C 段电场线从N 到C，电场力做
正功，根据场强的叠加，知NC 段的电场强度大于BN 段的电场强度，B 到C 过程中，电场力做的负
功小于电场力做的正功，所以B 到C 电场力做正功。故A 错误，B 正确。
C、A 点与B 点等电势，所以A 点移动到C 点与B 点移动到C 点等效，所以将电荷从A 点移动到
C 点电场力做正功。故C 错误。
D、A 点与B 点等电势，电场力不做功。故D 错误。
3
B
【解析】在x 轴负方向，电势的变化趋势为一直增大，但是增大的快慢为先慢，后快，再变慢，故而
电场强度变化为先增大，后减小，因为电势变化以y 轴对称，故而可知，电场强度变化也是以y 轴对
称，但方向是相反的，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
4
A,B
【解析】根据电势能与电势的关系Ep = qφ，场强与电势的关系：E = ∆φ
∆x ，得：E = 1
q · ∆Ep
∆x ，由数学
知识可知Ep −x 图象切线的斜率等于∆Ep
∆x ，x1 处切线斜率为零，则x1 处电场强度为零，故A 正确；
根据电势能与电势的关系：Ep = qφ，粒子带正电，q > 0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越高，
所以有：φ3 > φ2 = φ0 > φ1。故B 正确，C 错误；
由图看出在0 ∼x1 段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速
度减小，做非匀变速运动。x1 ∼x2 段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，
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81
检测题参考答案
做非匀变速运动。x2 ∼x3 段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子
所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故D 错误；
故选AB。
5
C
【解析】根据电场线与等势面垂直，一带负电的粒子以某一速度从图中A 点沿图示方向进入电场
在纸面内飞行，受到向上的电场力作用，粒子在电场中做曲线运动，粒子靠近两电荷连线时，电场力
做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，电势能先变小后变大，选项C 正确。
6
B,C
【解析】解：AB、根据E = ∆ϕ
∆x ，可知ϕ −x 图线的斜率表示电场强度，斜率绝对值越大，电场强度越
大，则有EA > EB。故A 错误，B 正确。
CD、因为沿电场线方向电势逐渐降低，可知电场的方向沿x 轴正方向，EA 与EB 方向相同，故C 正
确，D 错误。
7
C
【解析】解:AD、+q 由O 到A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势降低，所以O 点的电势
比A 点的高；−q 从O 到B 速度增大，电场力做正功，电势能减小，电势升高，B 点电势比O 点高。
所以B 点最高，故AD 错误；
B、根据动能定理得:
+q 从O 到A，有:qUOA = 1
2(3v0)2 −1
2mv2
0
−q 从O 到B，有−qUOB = 1
2m(4v0)2 −1
2(3v0)2
又UOB = −UBO，联立得:UOA > UBO，故B 错误。
C、UOA > UBO，根据W = qU 知，甲电荷从O 到A 电场力对其所做的功，比乙电荷从O 到B 电场力
对其所做的功多，故C 正确。
故选:C。
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82
检测题参考答案
8
B
【解析】解：由φa = (2−
√
3)V，φb = (2+
√
3)V，在匀强电场中a、b 的中点O 处电势φO = φa +φb
2
=
2V，又φc = 2V，所以连线Oc 是一条等势线，过O 点作Oc 的垂线eO 即是一条电场线，如图所示。
由题知电场线eO 与圆的交点d 处电势最低，且有φO −φd
R
= φO −φa
Rcos30◦。
解上式得φd = 0V，同理知点e 处电势最高，可求出φe = 4V，选项B 对。
9
D
【解析】先画x 轴上的电场线，如图所示：
图中c 点是电场强度为零的点；沿着电场线电势降低，无穷远处的电势为零，φ −x 图象的切线斜率
表示电场强度；a 电荷向左的电势是逐渐减小为零；ab 电荷之间是向右电势逐渐降低；b 点右侧是
电势先升高后降低，最后为零；故ABC 错误，D 正确；故选：D。
10 D
【解析】根据电场线与等势线垂直得：必有一条电场线与PQ 连线重合，P 为正电荷，故该电场线必
从P 沿直线指向Q，因电场线总是由正电荷指向负电荷，故P、Q 电荷为等量异种电荷，A 选项错
误；
电场强度是矢量，a、b 两处电场强度方向不同，B 选项错误；
因越靠近正电荷，电势越高，故c 点的电势高于d 点的电势，C 选项错误；
根据等势线的分布及P、Q 的电性，c 所在的等势线电势高于a 所在等势线的电势，负电荷从a 到
c，电场力做正功，电势能减少，D 选项正确。
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83
检测题参考答案
11 B
【解析】解：由图可知，从x1 到x2 电场强度方向为先向左后向右，则正电荷运动的方向与电场的方
向先相反后相同，所以电场力先做负功后做正功，故电势能先增加后减小，故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
12 B,D
【解析】A、一个带电粒子无论从P 点移动到A 点，还是从P 点移动到B 点，电场力都做正功，P 点
到AB 间都有电势差，故直线PC 不可能为等势线，故A 错误；
B、粒子从P 点移动到B 点，电场力做功WPB = 3.2 × 10−8J，D 点为PB 的中点，故粒子从D
点移动到B 点，电场力做功WDB = 1
2WPB = 1.6 × 10−8J，粒子从A 点移动到B 点电场力做功
WAB = WAP +WPB = 1.6×10−8J，故AD 为等势线，故B 正确；
C、从B 点移动到P 点电场力做功WBP = −3.2×10−8J，
故粒子从B 点移动到A 点电场力做功WBA = WBP +WPA = −1.6×10−8J，故C 错误；
D、C 是AB 的中点，故C 点电势为AB 的中点电势，故该粒子从P 点移动到C 点，
电场力做功WPC = WPA +WPB
2
= 2.4×10−8J，故D 正确。
13 C
【解析】在匀强电场中将某一线段等分时，该线段两端的电势差也被等分，将线段bd 两等分，则O
点的电势为15V，作等势线的垂线，即为电场线，如图所示：
由边长关系得∠Obe = 30◦，
由几何关系得：be =
√
3cos30◦= 3
2cm = 0.015m，E = U
d = 24−15
0.015 V/m = 600V/m，故C 正确。
综上所述本题答案是C 。
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84
检测题参考答案
14 D
【解析】A 点和B 点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，故A 错误；
根据电场的对称性可知，C 点和D 点的电场强度的大小相同，但是它们的方向不同，所以电场强度
不同，故B 错误；
C 点和D 点在同一个等势面上，负电荷从C 点移至D 点，电场力不做功，电势能不变，故C 错误；
从A 点移至B 点，电势降低，所以正电荷从A 点移至B 点，电场力做正功，故D 正确。
故选D。
第15 讲
1
D
【解析】解：A、充电时电源的正极要接电容器的正极，A 错误；
B、电容是由电容器本身的性质决定的，与电压和电量无关，B 错误；
C、放电过程是把内部的电场能转化为电能的过程，C 错误；
D、由题意可知，该“超级电容器”能储存电荷，D 正确。
故选D。
2
B
【解析】由题意可知，在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与导体层之间被玻璃绝缘层隔开，形成
一个电容，故不需要用力就可以形成一个电容，选项A 错误；选项B 正确；如果手与屏的接触面积
较大，则触摸点的位置就不容易确定，选项C 错误；如果手指上带了棉线手套，手指就不能称为导
体了，故也就不能与导体层形成电容了，所以就不能工作了，选项D 错误。
3
C
【解析】电容仅由电容器本身决定，所以若它带的电荷量减少Q
2 ，则电容不变，根据C = ∆Q
∆U 知两
极板电压是原来的1
2。
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85
检测题参考答案
4
D
【解析】解：若保持下极板不动，将上极板向下平移一小段距离，则根据C =
εS
4πkd 可知，C 变大，Q
一定，则根据Q = CU 可知，U 减小，则静电计指针偏角θ 减小；由E = U
d = Q
Cd = 4πkQ
εS
知，E 不
变；根据U1 = Ed1 可知P 点离下极板的距离不变，E 不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的
电势不变，即Ep 不变，故选项A、B、C 错误，D 正确。
5
A
【解析】解：要使电容C 增大时，根据电容的决定式C =
εS
4πkd 分析正对面积应增大，则知，让液面
高度h 增大。
要使C 减小，则让h 减小，
A、液面高度h 降低时，该电容的电容减小，故A 正确；
B、液面高度h 降低时，该电容两极板间的正对面积减小，故B 错误；
C、液面高度h 升高时，该电容两极板间的距离减小，故C 错误；
D、液面高度h 升高时，该电容的电容增大，那么该电容存储电荷的能力增大，故D 错误。
故选：A。
6
B,C,D
【解析】解：A、斜面的倾角为θ = 30◦，斜面上AD = DB，由几何关系可知，AC = AD = CD，即A 到
C 的距离与D 到C 的距离是相等的，所以D 与A 的电势相等，则由W = qU，知A 到D 的过程中
电场力做的功等于0，故A 错误；
B、由于A 到C 的距离与D 到C 的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD 的方向上的各点到C
的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，所以从A 到D 的过程中负电荷
的电势能先减小后增大，故B 正确；
C、结合几何关系可知，D 到C 的距离小于B 到C 的距离，C 点处是正电荷，结合正电荷的电场的
特点可知，B 点电势比D 点电势低，故C 正确；
D、设AB 的长度为2L，则AD = DB = L，在小球从A 到D 的过程中，由动能定理有：
mgLsinθ = 1
2mv2 −0
在小球从A 到B 的过程中有：
mgsinθ ·2L+(−q)UAB = 0−0 所以: UAB = mv2
q ，故D 正确。
故选：BCD。
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86
检测题参考答案
7
A,C
【解析】这是一道有关交流电和带电粒子在电场中的运动相结合的问题，是一个力学与电学综合
的问题。B 板的电势UB 是随时间按余弦规律变化，作出其变化的图象如图所示，电子在A、B 板间
的运动可以分两种情况：
（I）如果板间距离比较大，当电子在t = 0 时刻无初速度进入电场后，在0 T
4 时间段内，B 板电势为
正，B 板电势比A 板高，电子受向右的正向电场力，向B 板做加速运动，因为电压在减小，所以电子
受的电场力减小，但速度仍在不断增大，电子在T
4 时刻，电压为零，电子受力为零，其加速度减小为
零，速度才不再增大，此时电子向B 运动的速度达到最大，
在T
4
T
2 时间段内，B 板电势变为负值，B 板电势比A 板低，电子受向左的负向电场力，但由于惯性，
电子继续向B 板运动，在电场力作用下做减速运动，在T
2 时刻电子受向左的负向电场力达到最大，
向左的加速度也达到最大，此时速度减小为零，电子到达离A 板最远的位置，
由于T
2 时刻电子速度已减小为零，在T
2
3T
4 时间段内，B 板电势仍为负值，电子仍然受向左的负向
电场力，所以电子返回向左即向A 板做加速运动，在3T
4 时刻，电子向A 板运动的速度达到最大。
3T
4
T 时间段内，B 板电势变为正值，B 板电势比A 板高，电子受向右的正向电场力，但由于惯性，
电子继续向A 板运动，在电场力作用下做减速运动，在T 时刻，电子受向右的电场力达到最大，此
时速度减小为零，电子恰好回到了t = 0 时刻所在的位置，
此后电子将重复以上运动过程，所以选项A 正确，B 错误。
（II）如果ω 比较小，B 板电势变化的周期就比较大，从而电子在0 T
4 时间段加速的时间比较长，在
T
4
T
2 时间段内减速时间也比较长，在这段时间内电子一直在向B 板运动，如果板间距离L 小于电
子在0 T
2 时间内一直向B 板运动的距离L0，电子就会穿出B 板，所以选项C 正确，D 错误。
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87
检测题参考答案
8
B
【解析】解：AD、球受重力和电场力，根据牛顿第二定律，有：mg−F = ma，
其中：a = 0.9g，
联立解得：F = 0.1mg；
故克服电场力做功为0.1mgh，电势能增加0.1mgh，故A、D 错误；
B、根据牛顿第二定律，合力为F合= ma = 0.9mg，
根据动能定理，动能增加：∆Ek = F合h = 0.9mgh，故B 正确；
C、非重力做功等机械能的变化量，克服电场力做功为0.1mgh，故机械能减少了0.1mgh，故C 错误；
故选:B。
9
A,C,D
【解析】解：AB、由题意知a、b、c 三个粒子在电场中受到相同的电场力，在电场方向产生相同的加
速度a，由题图得，粒子在电场方向偏转的位移满足：
ya = yb > yc
由于在电场方向粒子做初速度为0 的匀加速直线运动，有y = 1
2at2，可得粒子在电场中运动的时间
t =
√
2y
a ，所以粒子在电场中运动时间有：
ta = tb > tc，故A 正确，B 错误；
C、在垂直电场方向的位移满足xa < xb = xc，由于在垂直电场方向上微粒做匀速直线运动，根据
x = vt，由ta = tb > tc 可得：v0a < v0b < v0c，故C 正确；
D、粒子在电场中电场力做功W = qEd，其中da = db > dc，电场力对a、b 做的功相同且大于对c 做
的功，故c 的动能增加量最小，a 和b 的动能增加量一样大，则D 正确。
故选：CD。
10 A,C,D
【解析】解：A、三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x = v0t 得，运动时间
tA : tB : tC = 2 : 3 : 4，故A 正确；
B、三个粒子在竖直方向上的位移y 相等，根据y = 1
2at2，解得：aA : aB : aC = 36 : 16 : 9，故B 错误；
C、由牛顿第二定律可知F = ma，因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相同，合力做功
W = Fy，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以，三个粒子在电场中运动过程的动
能变化量之比为36 : 16 : 9，故C 正确；
D、三个粒子的合力大小关系为FA > FB > FC，三个粒子的重力相等，所以B 仅受重力作用，A 所
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88
检测题参考答案
受的电场力向下，C 所受的电场力向上，即B 不带电，A 带负电，C 带正电，由牛顿第二定律得
aA : aB : aC = (mg+qAE) : mg : (mg−qCE)，解得qA : qC = 7 : 20，故D 正确。
故选：ACD。
11 （1）L
v0
。
【解析】带电粒子通过电场时，水平方向做匀速运动，则所用的时间t = L
v0
。
（2）qU
md 。
【解析】带电粒子在电场中运动时的加速度a = F
m，F = Eq = U
d q，则a = qU
md 。
（3）q2U2L2
2md2v2
0
。
【解析】电场力做的功W = Fy 即W = qEy，y = 1
2at2，
由动能定理W = ∆Ek，∆Ek = q2U2L2
2md2v2
0
。
1219092614313
