1．如图所示，一束 β 粒子自下而上进入一垂直纸面的匀强磁场后发生偏转，则磁场方向向_____，进入磁场后，β 粒子的动能______（填“增加”、“减少”或“不变”）。

【答案】

内，不变

 

1．如图所示，一束 β 粒子自下而上进入一水平方向的匀强电场后发生偏转，则电场方向向______，进入电场后，β 粒子的动能______（填“增加”、“减少”或“不变”）。

【答案】

左，增加

 

2．如图所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线 1 和 2，通有大小相等、方向相反的恒定电流，a、b 两点与两导线共面，a 点在两导线的中间，与两导线的距离均为 r，b 点在导线 2 右侧，与导线 2 的距离也为 r。现测得 a 点磁感应强度的大小为 B，则去掉导线 1 后，b 点的磁感应强度大小为_____，方向_______。

【答案】

$\frac{B}{2}$，（垂直纸面）向外

 

2．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数分别为 n₁ 和 n₂， 当负载电阻 R 中流过的电流为 I 时，原线圈中流过的电流为______；现减小负载电阻 R 的阻值，则变压器的输入功率将_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。

【答案】

$\frac{n_2}{n_1}$I，增大

 

3．利用光电管产生光电流的电路如图所示。电源的正极应接在_____端（填“a”或“b”）；若电流表读数为 8 μA， 则每秒从光电管阴极发射的光电子至少是______个（已知电子电量为 1.6×10^－19 C）。

【答案】

a，5×10¹³

 

3．右图为包含某逻辑电路的一个简单电路图，L 为小灯泡。光照射电阻 R′ 时，其阻值将变得远小于 R。该逻辑电路是_____门电路（填“与”、“或”或“非”）。当电阻 R′ 受到光照时，小灯泡 L 将_______（填“发光”或“不发光”）。

【答案】

非，发光

 

4．伽利略通过研究自由落体和物块沿光滑斜面的运动，首次发现了匀加速运动规律。伽利略假设物块沿斜面运动与物块自由下落遵从同样的法则，他在斜面上用刻度表示物块滑下的路程，并测出物块通过相应路程的时间，然后用图线表示整个运动过程，如图所示。图中 OA 表示测得的时间，矩形 OAED 的面积表示该时间内物块经过的路程，则图中 OD 的长度表示_____。P 为 DE 的中点，连接 OP 且延长交 AE 的延长线于 B 点，则 AB 的长度表示_______。

【答案】

平均速度，末速度

 

5．半径分别为 r 和 2r 的两个质量不计的圆盘，共轴固定连结在一起，可以绕水平轴 O 无摩擦转动，大圆盘的边缘上固定有一个质量为 m 的质点，小圆盘上绕有细绳．开始时圆盘静止，质点处在水平轴 O 的正下方位置．现以水平恒力 F 拉细绳，使两圆盘转动，若恒力 F ＝ mg，两圆盘转过的角度 θ ＝_____时，质点 m 的速度最大。若圆盘转过的最大角度 θ ＝ $\frac{\pi }{3}$，则此时恒力 F =_________。

【答案】

$\frac{\pi }{6}$，$\frac{3mg}{\pi }$

 

6．人类对光的本性的认识经历了曲折的过程。下列关于光的本性的陈述符合科学规律或历史事实的是（       ）

（A）牛顿的“微粒说”与爱因斯坦的“光子说”本质上是一样的

（B）光的双缝干涉实验显示了光具有波动性

（C）麦克斯韦预言了光是一种电磁波

（D）光具有波粒二象性

【答案】

BCD

 

7．卢瑟福通过对 α 粒子散射实验结果的分析，提出（      ）

（A）原子的核式结构模型                          （B）原子核内有中子存在

（C）电子是原子的组成部分                      （D）原子核是由质子和中子组成的

【答案】

A

 

8．A、B 是一条电场线上的两点，若在 A 点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从 A 运动到 B，其速度随时间变化的规律如图所示。设 A、B 两点的电场强度分别为 E_A、E_B，电势分别为 φ_A、φ_B，则（        ）

（A）E_A ＝ E_B        （B）E_A ＜ E_B

（C）φ_A ＝ φ_B        （D）φ_A ＜ φ_B

【答案】

AD

 

9．如图所示，竖直放置的弯曲管 A 端开口，B 端封闭，密度为 ρ 的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为 h₁、h₂ 和 h₃，则 B 端气体的压强为（已知大气压强为 p₀）（     ）

（A）p₀ − ρg（h₁ ＋ h₂ − h₃）

（B）p₀ − ρg（h₁ ＋ h₃）

（C）p₀ − ρg（h₁ ＋ h₃ − h₂）

（D）p₀ − ρg（h₁ ＋ h₂）

 

【答案】

B

 

10．在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的 9 个质点，相邻两质点的距离均为 L，如图（a）所示。一列横波沿该直线向右传播，t ＝ 0 时到达质点 1，质点 1 开始向下运动，经过时间 Δt 第一次出现如图（b）所示的波形。则该波的（       ）

（A）周期为 Δt，波长为 8L

（B）周期为 $\frac{2}{3}$Δt，波长为 8L

（C）周期为 $\frac{2}{3}$Δt，波速为 $\frac{12L}{\mathrm{\Delta }t}$

（D）周期为 Δt，波速为 $\frac{8L}{\mathrm{\Delta }t}$

【答案】

BC

 

11．在如图所示电路中，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I、U₁、U₂ 和 U₃ 表示，电表示数变化量的大小分别用 ΔI、ΔU₁、ΔU₂ 和 ΔU₃ 表示。下列比值正确的是（       ）

（A）$\frac{U_1}{I}$ 不变，$\frac{\mathrm{\Delta }{U}_1}{\mathrm{\Delta }I}$ 不变

（B）$\frac{U_2}{I}$ 变大，$\frac{\mathrm{\Delta }{U}_2}{\mathrm{\Delta }I}$ 变大

（C）$\frac{U_2}{I}$ 变大，$\frac{\mathrm{\Delta }{U}_2}{\mathrm{\Delta }I}$ 不变

（D）$\frac{U_3}{I}$ 变大，$\frac{\mathrm{\Delta }{U}_3}{\mathrm{\Delta }I}$ 不变

【答案】

ACD

【解析】

无

 

12．如图所示，平行金属导轨与水平面成 θ 角，导轨与固定电阻 R₁ 和 R₂ 相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒 ab，质量为 m，导体棒的电阻与固定电阻 R₁ 和 R₂ 的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为 μ，导体棒 ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为 v 时，受到安培力的大小为 F。此时（         ）

（A）电阻 R₁ 消耗的热功率为 $\frac{Fv}{3}$

（B）电阻 R₂ 消耗的热功率为 $\frac{Fv}{6}$

（C）整个装置因摩擦而消耗的热功率为 μmgvcosθ

（D）整个装置消耗的机械功率为（F ＋ μmgcosθ）v

【答案】

BCD

 

13．如图所示．一足够长的固定斜面与水平面的夹角为 37°，质点 A 以初速度 v₁ 从斜面顶端水平抛出，质点 B 在斜面上距顶端 L = 15 m 处同时以速度 v₂ 沿斜面向下匀速运动，经历时间 t 物体 A 和物体 B 在斜面上相遇，则下列各组速度和时间中满足条件的是（        ）（sin37° ＝ 0.6，cos37° ＝ 0.8，g ＝ 10 m/s²）

（A）v₁ ＝ 16 m/s，v₂ ＝ 15 m/s，t ＝ 3 s

（B）v₁ ＝ 16 m/s，v₂ ＝ 16 m/s，t ＝ 2 s

（C）v₁ ＝ 20 m/s，v₂ ＝ 20 m/s，t ＝ 3 s

（D）v₁ ＝ 20 m/s，v₂ ＝ 16 m/s，t ＝ 2 s

【答案】

C

【解析】

无

 

14．1919 年卢瑟福通过如图所示的实验装置，第一次完成了原子核的人工转变，并由此发现_____。图中 A 为放射源发出的_____粒子，B 为_____气。完成该实验的下列核反应方程____＋______→ ¹⁷₈O＋______。

【答案】

质子，α，氮， ⁴₂He＋¹⁴₇N →¹⁷₈O＋¹₁H

【解析】

无

 

15．在研究电磁感应现象实验中，

（1）为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图；

（2）将原线圈插入副线圈中，闭合电键，副线圈中感生电流与原线圈中电流的绕行方向________（填“相同”或“相反”）；

（3）将原线圈拔出时，副线圈中的感生电流与原线圈中电流的绕行方向_______（填“相同”或“相反”）。

【答案】

（1）实物电路图连线如图所示。

（2）相反

（3）相同

 

16．为了测试某种安全阀在外界环境为一个大气压时，所能承受的最大内部压强，某同学自行设计制作了一个简易的测试装置。该装置是一个装有电加热器和温度传感器的可密闭容器。测试过程可分为如下操作步骤：

a．记录密闭容器内空气的初始温度t₁；

b．当安全阀开始漏气时，记录容器内空气的温度t₂；

c．用电加热器加热容器内的空气；

d．将待测安全阀安装在容器盖上；

e．盖紧装有安全阀的容器盖，将一定量空气密闭在容器内。

（1）将每一步骤前的字母按正确的操作顺序填写：__________；

（2）若测得的温度分别为 t₁ ＝ 27 ℃，t₂ ＝ 87 ℃，已知大气压强为 1.0×10⁵ Pa，则测试结果是：这个安全阀能承受的最大内部压强是_______。

【答案】

（1）deacb

（2）1.2×10⁵ Pa（或 1.2 个大气压）

【解析】

无

 

17．表格中所列数据是测量小灯泡 U–I 关系的实验数据：

U（V）	0.0	0.2	0.5	1.0	1.5	2.0	2.5	3.0
I（A）	0.000	0.050	0.100	0.150	0.180	0.195	0.205	0.215

（1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图______（填“甲“或“乙”）；

（2）在方格纸内画出小灯泡的 U–I 曲线。分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而______（填“变大”、“变小”或“不变”）；

（3）如图丙所示，用一个定值电阻 R 和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为 3 V 的电源上。已知流过电阻 R 的电流是流过灯泡 b 电流的两倍，则流过灯泡 b 的电流约为_____A。

【答案】

（1）甲

（2）小灯泡的 U–I 图线如图所示，变大

（3）0.07

【解析】

（1）因小灯泡两端的电压是从零开始的，所以滑动变阻器应采用分压接法，符合图中数据的要求，故选甲。

（2）将表中数据逐一描点后用平滑曲线连接各点，如图所示，图线的斜率表示小灯泡的电阻，所以小灯泡的电阻随 I 变大而变大。

（3）由电路的连接方式知，流过灯 a 的电流是流过灯 b 的 3 倍，这就相当于同一个灯泡两种不同的工作状态，这两种状态下，灯泡的电压之和为 3 V，电流满足 3 倍的关系，有 E = U_a + U_b，I_a = 3I_b，在灯泡的 U–I 曲线上找这样的两种状态，可确定灯泡的电流值约为 0.07 A。

 

18．有一测量微小时间差的装置，是由两个摆长略有微小差别的单摆同轴水平悬挂成两个单摆，摆动平面前后相互平行。

（1）现测得两单摆完成 50 次全振动的时间分别为 50.0 s 和 49.0 s，则两单摆的周期差 ΔT ＝_______s；

（2）某同学利用此装置测量小于单摆周期的微小时间差，具体操作如下：把两摆球向右拉至相同的摆角处，先释放长摆摆球，接着再释放短摆摆球，测得短摆经过若干次全振动后，两摆恰好第一次同时同方向通过某位置，由此可得出释放两摆的微小时间差．若测得释放两摆的时间差 Δt ＝ 0.165 s，则在短摆释放_____s（填时间）后，两摆恰好第一次同时向 （填方向）通过_______（填位置）；

（3）为了能更准确地测量微小的时间差，你认为此装置还可做的改进是_________。

【答案】

（1）0.02

（2）8.085，左，平衡位置

（3）减小两单摆的摆长差等

【解析】

（1）ΔT = T₁ – T₂ = $\frac{50}{50}$ s − $\frac{49}{50}$ s = 0.02 s；

（2）先释放的是长摆，故有 nT₁ = nT₂ + Δt，解得 n = 8.25，所以短摆释放的时间为 t = nT₂ = 8.085 s，此时两摆同时向左经过平衡位置。

 

19．一轻活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，初始时气体体积为 3.0×10^-3 m³。用 DIS实验系统测得此时气体的温度和压强分别为 300 K 和 1.0×10⁵ Pa。推动活塞压缩气体，测得气体的温度和压强分别为 320 K 和 1.6×10⁵Pa，活塞与气缸壁摩擦不计。

（1）求此时气体的体积；

（2）保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为 8.0×10⁴ Pa，求此时气体的体积。

【答案】

（1）V₂ = 2.0×10⁻³ m³

（2）V₃ = 4.0×10⁻³ m³

【解析】

（1）气体从状态 I 到状态 II 的变化符合理想气体状态方程

$\frac{p_1{V}_1}{T_1}$ = $\frac{p_2{V}_2}{T_2}$                                                                                                               ①

由①式    V₂ = $\frac{p_1{V}_1{T}_2}{p_2{T}_1}$ = $\frac{1\times {10}^5\times 3\times {10}^{-3}\times 320}{1.6\times {10}^5\times 300}$ = 2.0×10⁻³ m³                               ②

（2）气体从状态 II 到状态 III 的变化为等温过程

p₂V₂ = p₃V₃                                       ③

由③式    V₃ = $\frac{p_2{V}_2}{p_3}$ = $\frac{1.6\times {10}^5\times 2.0\times {10}^{-3}}{8.0\times {10}^4}$ = 4.0×10⁻³ m³                     ④

评分标准：本题共10分。第（1）小题5分，得出①式2分，得出②式3分；第（2）小题5分，得出③式2分，得出④式3分。

 

19．一轻活塞将一定质量的理想气体封闭在水平固定放置的气缸内，开始时气体体积为 V₀，温度为 27 ℃。在活塞上施加压力，将气体体积压缩到 $\frac{2}{3}$V₀，温度升高到 57 ℃。设大气压强 p₀ ＝ 1.0×10⁵ Pa，活塞与气缸壁摩擦不计。

（1）求此时气体的压强；

（2）保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到 V₀，求此时气体的压强。

【答案】

（1）p₂ ＝ 1.65×10⁵ Pa

（2）p₃ ＝1.1×10⁵ Pa

【解析】

（1）气体从状态 I 到状态 II 的变化符合理想气体状态方程

$\frac{p_1{V}_1}{T_1}$ = $\frac{p_2{V}_2}{T_2}$                                                                                                               ①

由①式    p₂ = $\frac{p_1{V}_1{T}_2}{V_2{T}_1}$ = $\frac{1\times {10}^5\times V_0\times (273+57)}{(273+27)\times \frac{2}{3}{V}_0}$ = 1.65×10⁵ Pa                      ②

（2）气体从状态 Ⅱ 到状态 Ⅲ 的变化为等温过程

p₂V₂ = p₃V₃                               ③

由③式：p₃ = $\frac{p_2{V}_2}{p_3}$ = $\frac{1.65\times {10}^5\times \frac{2}{3}{V}_0}{V_0}$ = 1.1×10⁵ Pa    ④

评分标准：本题共10分。第（1）小题5分，得出①式2分，得出②式3分；第（2）小题5分，得出③式2分，得出④式3分。

 

20．要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道，求摩托车在直道上行驶所用的最短时间。有关数据见表格。

启动加速度 a1	4 m/s2
制动加速度 a2	8 m/s2
直道最大速度 v1	40 m/s
弯道最大速度 v2	20 m/s
直道长度 s	218 m

某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度 v₁ ＝ 40 m/s，然后再减速到 v₂ ＝ 20 m/s， t₁ ＝ $\frac{v_1}{a_1}$ ＝……；t₂ ＝ $\frac{v_1-v_2}{a_2}$ ＝……；t ＝ t₁ ＋ t₂

你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果。

【答案】

不正确。11 s。

【解析】

该同学的解法不正确，因为摩托车必须在 218 m 的直道上完成变速运动过程，但按照该同学的解法，

t₁ = $\frac{v_1}{a_1}$ = $\frac{40}{4}$ s = 10 s，t₂ = $\frac{v_1-v_2}{a_2}$ = $\frac{40-20}{8}$ s = 2.5 s

则    t = t₁ + t₂ = 12.5 s

摩托车的位移为：

s = s₁ + s₂ = $\frac{1}{2}$v₁t₁ + $\frac{1}{2}$（v₁ + v₂）t₂ = 0.5×40×10 + 0.5（40 + 20）×2.5 = 275 m

已大于直道长度 218 m。

正确的解法如下：

摩托车在 t₁ 时间内加速到 v_m，再在 t₂ 时间内减速到 v₂，总位移 s 为 218 m，

t₁ = $\frac{v_{\mathrm{m}}}{a_1}$                                             ①

t₂ = $\frac{v_{\mathrm{m}}-v_2}{a_2}$                                     ②

$\frac{1}{2}$v_mt₁ + $\frac{1}{2}$（v_m + v₂）t₂ = s         ③

由①，②，③式联立解得    v_m = 36 m/s             ④

最短时间

t = t₁ + t₂ = $\frac{v_{\mathrm{m}}}{a_1}$ + $\frac{v_{\mathrm{m}}-v_2}{a_2}$ = $\frac{36}{4}$ + $\frac{36-20}{8}$ = 11 s              ⑤

评分标准：本题共10分。作出正确判断并说明理由得3分；得出①、②、③式各1分，得出④式2分，得出正确结果⑤式2分。

 

21．质量为 10 kg 的物体在 F ＝ 200 N 的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角 θ ＝ 37°。力 F 作用 2 s 后撤去，物体在斜面上继续上滑了 1.25 秒钟后，速度减为零。求：

物体与斜面间的动摩擦因数 μ 和物体的总位移 s。（已知 sin37° ＝ 0.6，cos37° ＝ 0.8，g ＝ 10 m/s²）

【答案】

μ ＝ 0.25，s ＝ 16.25 m

【解析】

物体的整个运动分为两部分，设设加速时的加速度为 a₁，减速时的加速度为 a₂，撤去力 F 瞬间物体的速度为 v，则

v = a₁t₁，0 = v − a₂t₂

得 a₁t₁ = a₂t₂ 或 2a₁ = 1.25a₂                                                   ①

a₁ = $\frac{F\cos \theta -mg\sin \theta -\mu (F\sin \theta +mg\cos \theta )}{m}$                      ②

a₂ = $\frac{mg\sin \theta +\mu mg\cos \theta }{m}$                                                                   ③

由①，②，③式联立解得：μ = 0.25                                    ④

代入②，③得：a₁ = 5 m/s²，a₂ = 8 m/s²

物体的总位移为

s = $\frac{1}{2}$a₁t₁² + $\frac{1}{2}$a₂t₂²                                                                 ⑤

= 0.5×5×2² + 0.5×8×1.25² = 16.25 m                                      ⑥

评分标准：本题共12分。得出①、②和③式各2分，正确得出结果④式2分；正确得出结果⑥式4分，仅得出⑤式2分。

 

22．如图所示，将边长为 a、质量为 m、电阻为 R 的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为 b、磁感应强度为 B 的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里。线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场。整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力 f 且线框不发生转动。求：

（1）线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度 v₂；

（2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度 v₁；

（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热 Q。

【答案】

（1）v₂ = $\frac{(mg-f)R}{B^2{a}^2}$

（2）v₁ = $\frac{R\sqrt{{(mg)}^2-f^2}}{B^2{a}^2}$

（3）Q = $\frac{3}{2}$m[（mg）² − f ² ]$\frac{R^2}{B^4{a}^4}$ −（mg + f）（a + b）

【解析】

（1）线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间，由受力平衡得

mg = f + $\frac{B^2{a}^2{v}_2}{R}$                                       ①

解得                v₂ = $\frac{(mg-f)R}{B^2{a}^2}$                   ②

（2）线框从离开磁场至上升到最高点的过程，由动能定理得

（mg + f）h = $\frac{1}{2}$mv₁²                    ③

线框从最高点回落至磁场的过程

（mg − f）h = $\frac{1}{2}$mv₂²                    ④

③、④式联立解得

v₁ = $\frac{\sqrt{mg+f}}{\sqrt{mg-f}}$v₂                           ⑤

 = $\frac{R\sqrt{{(mg)}^2-f^2}}{B^2{a}^2}$                      ⑥

（3）线框在向上通过磁场过程中，由动能定理得

$\frac{1}{2}$mv₀² − $\frac{1}{2}$mv₁² = Q + （mg + f）（a + b）                        ⑦

又    v₀ = 2v₁

联立解得

Q = $\frac{3}{2}$m[（mg）² − f ² ]$\frac{R^2}{B^4{a}^4}$ −（mg + f）（a + b）    ⑧

评分标准：本题共14分。第（1）小题4分，得出①、②式各2分；第（2）小题6分，得出③、④式各2分，正确得出结果⑥式2分，仅得出⑤式1分；第（3）小题4分，得出⑦、⑧式各2分。

 

23．电偶极子模型是指电量为 q、相距为 l 的一对正负点电荷组成的电结构，O 是中点，电偶极子的方向为从负电荷指向正电荷，用图（a）所示的矢量表示。科学家在描述某类物质的电性质时，认为物质是由大量的电偶极子组成的，平时由于电偶极子的排列方向杂乱无章，因而该物质不显示带电的特性。当加上外电场后，电偶极子绕其中心转动，最后都趋向于沿外电场方向排列，从而使物质中的合电场发生变化。

（1）如图（b）所示，有一电偶极子放置在电场强度为 E₀ 的匀强外电场中，若电偶极子的方向与外电场方向的夹角为 θ，求作用在电偶极子上的电场力绕 O 点的力矩；

（2）求图（b）中的电偶极子在力矩的作用下转动到外电场方向的过程中，电场力所做的功；

（3）求电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，其方向与外电场方向夹角的可能值及相应的电势能；

（4）现考察物质中的三个电偶极子，其中心在一条直线上，初始时刻如图（c）排列，它们相互间隔距离恰等于 l。加上外电场 E₀ 后，三个电偶极子转到外电场方向，若在图中 A 点处引入一电量为 ＋q₀ 的点电荷（q₀ 很小，不影响周围电场的分布），求该点电荷所受电场力的大小。

【答案】

（1）M = qE₀lsinθ

（2）W = qE₀l（1 − cosθ）

（3）θ₁ = 0 时，E_p1 = − qE₀l

θ₂ = π 时，E_p2 = qE₀l

（4）F = q₀E₀ − $\frac{8k{q}_{0}q}{9l^2}$

【解析】

（1）由题意知，+ q 所受电场力矩为

M₁ = qE₀$\frac{l}{2}$sinθ                                ①

− q 所受电场力矩为

M₂ = qE₀$\frac{l}{2}$sinθ                                ②

电偶极子所受力矩为

M = M₁ + M₂ = qE₀lsinθ                  ③

（2）电场力对 + q 做功

W₁ = qE₀$\frac{l}{2}$（1 − cosθ）                         ④

电场力对 – q 做功

W₂ = qE₀$\frac{l}{2}$（1 − cosθ）                         ⑤

电场力对电偶极子做功

W = W₁ + W₂ = qE₀l（1 − cosθ）                   ⑥

（3）由③式  M = qE₀lsinθ = 0                      ⑦

得 θ₁ = 0 或 θ₂ = π

θ₁ = 0 时，设此时点电荷所在位置的电势为 φ，电偶极子的电势能

E_p1 = − qφ + q（φ −E₀l）= − qE₀l

θ₂ = π 时，电偶极子的电势能

E_p2 = − qφ + q（φ + E₀l）= qE₀l                            ⑧

（4）三个电偶极子沿电场方向排列，中间的正负电荷相互抵消，两端的正电荷作用在 A 点处点电荷 q₀ 上的电场大小均为 $\frac{k{q}_{0}q}{{\left(\frac{3}{2}l\right)}^2}$，方向均与外电场相反，三个电偶极子作用在 q₀ 上的电场力为

F′ = $\frac{2k{q}_{0}q}{{\left(\frac{3}{2}l\right)}^2}$ = $\frac{8k{q}_{0}q}{9l^2}$                                ⑨

外电场作用在 q₀ 上的电场力为

F = q₀E₀

q₀ 所受的电场力为

F = F₀ − Fʹ = q₀E₀ − $\frac{8k{q}_{0}q}{9l^2}$                    ⑩

评分标准：本题共14分。第（1）小题3分，得出③式3分；第（2）小题3分，得出⑥式3分；第（3）小题4分，得出⑦式中的两个角度和⑧式中的两个能量值各得1分；第（4）小题4分，得出⑨、⑩式各2分。