2024-2025學(xué)年上學(xué)期合肥高二物理期末卷3

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2024-2025學(xué)年上學(xué)期合肥高二物理期末卷3一．選擇題（共10小題，滿分40分，每小題4分）1．（4分）下列說(shuō)法正確的是（）A．光譜中，可見(jiàn)光從紅光到紫光，其波長(zhǎng)越來(lái)越長(zhǎng) B．黑體輻射電磁波的強(qiáng)度按波長(zhǎng)的分布只與溫度有關(guān) C．不同頻率的電磁波在真空中的傳播速度不同 D．愛(ài)因斯坦提出的能量子假說(shuō)，能夠很好地解釋黑體輻射規(guī)律2．（4分）（2018秋?扶余市校級(jí)期中）關(guān)于感應(yīng)電流，下列說(shuō)法中正確的是（）A．線框閉合時(shí)，即使穿過(guò)線框的磁通量不發(fā)生變化，線框中也有感應(yīng)電流產(chǎn)生 B．穿過(guò)螺線管的磁通量發(fā)生變化時(shí)，螺線管內(nèi)部就一定有感應(yīng)電流產(chǎn)生 C．只要閉合電路內(nèi)磁通量發(fā)生變化時(shí)，閉合電路中就有感應(yīng)電流產(chǎn)生 D．只要閉合電路的部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，電路中就一定有感應(yīng)電流產(chǎn)生3．（4分）（2013秋?中方縣校級(jí)期中）關(guān)于電場(chǎng)和磁場(chǎng)，下列說(shuō)法中不正確的是（）A．電場(chǎng)和磁場(chǎng)都是一種特殊的物質(zhì) B．在同一個(gè)電場(chǎng)或磁場(chǎng)中，電場(chǎng)線或磁場(chǎng)線越密的地方，電場(chǎng)或磁場(chǎng)也越強(qiáng) C．磁場(chǎng)不能是帶電粒子加速 D．電場(chǎng)既能使帶電粒子加速，也能使帶電粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)；磁場(chǎng)也能使帶電粒子加速，又能使帶電粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)4．（4分）將一個(gè)不帶電的金屬小球N放在一帶電小球M的旁邊，穩(wěn)定后，在M、N周圍產(chǎn)生的電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布如圖所示。A、B、C、D是電場(chǎng)中的四點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)比C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小 B．B點(diǎn)電勢(shì)比D點(diǎn)電勢(shì)低 C．將一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，電勢(shì)能可能不變 D．將一個(gè)正點(diǎn)電荷從C點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，電場(chǎng)力一定做正功（多選）5．（4分）（2023秋?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)月考）電飯鍋工作時(shí)有兩種狀態(tài)：一種是鍋內(nèi)的水燒干以前的加熱狀態(tài)，另一種是水燒干后的保溫狀態(tài)。如圖所示是電飯鍋的電路圖，R1是電阻，R2是加熱用的電熱絲。下列說(shuō)法正確的是（）A．自動(dòng)開(kāi)關(guān)S接通時(shí)，電飯鍋處于加熱狀態(tài) B．自動(dòng)開(kāi)關(guān)S接通時(shí)，電飯鍋處于保溫狀態(tài) C．如果R1＝0.5R2，電熱絲在保溫時(shí)與加熱時(shí)的功率之比為4：9 D．如果R1＝0.5R2，電熱絲在保溫時(shí)與加熱時(shí)的功率之比為2：36．（4分）（2024春?北侖區(qū)校級(jí)期中）通有大小相等的電流的6根長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直紙面放置在正六邊形的6個(gè)頂點(diǎn)上，電流方向如圖所示，O為正六邊形的中心。若通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍任一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與電流大小成正比，與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離成反比。已知A通電導(dǎo)線在O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A．B B．2B C．3B D．4B7．（4分）（2022?烏魯木齊一模）如圖所示，一側(cè)為弧形軌道的物塊A靜止在光滑水平面上，軌道底端切線水平，一小球由靜止開(kāi)始從物塊A的最高點(diǎn)沿軌道滾到最低點(diǎn)，在此過(guò)程中，小球受到重力的沖量的大小為IG，受到物塊A的作用力的沖量的大小為IA，受到合外力的沖量的大小為I合。下列關(guān)系式中正確的是（）A．IG＞IA＞I合 B．IG＞I合＞IA C．IA＞I合＞IG D．IA＞IG＞I合（多選）8．（4分）（2019秋?南城縣校級(jí)月考）如圖所示，兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構(gòu)成一平行板電容器，閉合開(kāi)關(guān)S，電源給電容器充電。在兩極板間有固定點(diǎn)P，用E表示兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，下列說(shuō)法正確的是（）A．S接通，上極板A不動(dòng)，將下極板B緩慢向下移動(dòng)稍許到B′，φ減小 B．S接通，上極板A不動(dòng)，將下極板B緩慢向下移動(dòng)稍許到B′，E增大 C．?dāng)嚅_(kāi)S，下極板B不動(dòng)，將上極板A緩慢向下移動(dòng)稍許到A′，則E不變 D．?dāng)嚅_(kāi)S，下極板B不動(dòng)，將上極板A緩慢向下移動(dòng)稍許到A′，φ不變（多選）9．（4分）（2020秋?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）二氧化錫傳感器的電阻隨著一氧化碳的濃度增大而減小，將其接入如圖所示的電路中，可以測(cè)量汽車尾氣一氧化碳的濃度是否超標(biāo)。當(dāng)一氧化碳濃度增大時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．電流表示數(shù)變大 B．電壓表示數(shù)變小 C．電路的路端電壓變大 D．電源內(nèi)部消耗的功率變大（多選）10．（4分）（2020?浙江開(kāi)學(xué)）如圖所示，xOy為豎直面內(nèi)的直角坐標(biāo)系，y軸正向豎直向上，空間中存在平行于xOy所在平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m的不帶電小球A以一定的初動(dòng)能從P（0，d）點(diǎn)沿平行x軸方向水平拋出，并通過(guò)Q（22d，0）點(diǎn)。若使A帶上電量為+q的電荷，仍從P點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出，A通過(guò)N（2d，0）點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的12；若使A帶上電量為﹣q的電荷，還從P點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出，A通過(guò)M（0，﹣d）點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的4倍。重力加速度為gA．A不帶電時(shí)，到達(dá)Q點(diǎn)的動(dòng)能為2mgd B．P、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UPN=-2mgdC．P、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UPM=2mgdD．電場(chǎng)強(qiáng)度E=2mgq，方向沿二．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿分16分）11．（6分）（2022春?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器材”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道末端碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系：先安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復(fù)寫紙，記下重垂線所指的位置O。接下來(lái)的實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1：不放小球B，讓小球A從斜槽上G點(diǎn)由靜止?jié)L下，并落在地面上。重復(fù)多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點(diǎn)圈在里面，其圓心就是小球落點(diǎn)的平均位置；步驟2：把小球B放在斜槽前端邊緣位置，讓小球A從G點(diǎn)由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復(fù)多次，并使用與步驟1同樣的方法分別標(biāo)出碰撞后兩小球落點(diǎn)的平均位置；步驟3：用刻度尺分別測(cè)量三個(gè)落地點(diǎn)的平均位置M、P、N離O點(diǎn)的距離，即線段OM、OP、ON的長(zhǎng)度。（1）上述實(shí)驗(yàn)除需測(cè)量線段OM、OP、ON的長(zhǎng)度外，還需要測(cè)量小球的質(zhì)量，為了防止碰撞后A球反彈，應(yīng)保證A球的質(zhì)量mAB球質(zhì)量mB（選填“大于”、“等于”或“小于”）。（2）請(qǐng)由圖乙讀出碰撞前A球的水平射程OP為cm。（3）若兩個(gè)小球在軌道末端碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則需驗(yàn)證的關(guān)系式為。（用題中給出的字母表示）（4）實(shí)驗(yàn)中造成誤差的可能原因有。A．用刻度尺測(cè)量線段OM、OP、ON的長(zhǎng)度值B．軌道不光滑C．軌道末端不水平D．軌道末端到地面的高度未測(cè)量12．（10分）（2018春?日照期末）目前汽車上都有車載電瓶作為備用電源，用久以后性能會(huì)下降，表現(xiàn)之一為電瓶的電動(dòng)勢(shì)變小，內(nèi)阻變大。某興趣小組將一塊舊的車載電瓶充滿電，準(zhǔn)備利用下列器材測(cè)量電瓶的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻。A．待測(cè)電瓶，電動(dòng)勢(shì)約為9V，內(nèi)阻約幾歐姆B．直流電壓表V1、V2，量程均為9V，內(nèi)阻約為9kΩC．定值電阻R0未知D．滑動(dòng)變阻器R，最大阻值Rm已知E．導(dǎo)線和開(kāi)關(guān)（1）根據(jù)如圖乙所示的電路圖，用筆畫線代替導(dǎo)線將圖甲實(shí)物圖連接完整。（2）實(shí)驗(yàn)之前，需要利用該電路圖測(cè)出定值電阻R0的阻值，方法是先把滑動(dòng)變阻器R調(diào)到最大阻值Rm，再閉合開(kāi)關(guān)，電壓表V1和V2的讀數(shù)分別為U1、U2，則R0＝（用U1、U2、Rm表示）。（3）實(shí)驗(yàn)中移動(dòng)滑動(dòng)變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出U1﹣U2圖象如圖丙所示，圖中直線斜率為k。與橫軸的截距為b，則電瓶的電動(dòng)勢(shì)E＝，內(nèi)阻r＝（用k、b、R0表示）。三．解答題（共4小題，滿分44分，每小題11分）13．（11分）（2022秋?峨眉山市校級(jí)期中）如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中直角三角形ABC的邊長(zhǎng)AB＝8cm，BC＝4cm，將帶電荷量q＝﹣6×10﹣6C的負(fù)電荷從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，克服電場(chǎng)力做了2.4×10﹣5J的功，再?gòu)腂點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做了1.2×10﹣5J的功。求：（1）A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB和B、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UBC；（2）如果規(guī)定B點(diǎn)的電勢(shì)為零，則A點(diǎn)和C點(diǎn)的電勢(shì)分別為多少？（3）畫出過(guò)B點(diǎn)的一條電場(chǎng)線并計(jì)算電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。ó媹D保留作圖的痕跡，不寫做法）。14．（11分）（2019春?太原期末）自動(dòng)駕駛汽車是一種通過(guò)電腦系統(tǒng)實(shí)現(xiàn)無(wú)人駕駛的智能汽車。有一輛m＝1000kg的自動(dòng)駕駛汽車，在平直公路上以v1＝90km/?的速度勻速行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為P1＝50kw，當(dāng)探測(cè)到前方有80km/h的限速標(biāo)志時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)功率自動(dòng)降低到??并保持不變，當(dāng)轎車速度減到v2＝72km/?時(shí)又開(kāi)始勻速。假設(shè)汽車在上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力保持不變。求：（1）汽車行駛時(shí)所受阻力的大??；（2）當(dāng)汽車開(kāi)始減速時(shí)，其加速度的大小。15．（11分）（2022秋?荔灣區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，光滑軌道abcde固定在豎直平面內(nèi)，其中ab段水平，cde段是以O(shè)為圓心、半徑R＝0.4m的一小段圓弧，圓心O在ab的延長(zhǎng)線上。在軌道ab上放著兩個(gè)質(zhì)量均為1kg物塊A、B（A、B可視為質(zhì)點(diǎn)），用輕質(zhì)細(xì)繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧P（兩端未與A、B拴接）。軌道左側(cè)緊靠a點(diǎn)的光滑水平地面上停著一質(zhì)量為M＝1kg的小車。小車上表面與水平面ab等高，車上有一根輕彈簧Q。彈簧Q的左端固定在小車上，彈簧原長(zhǎng)時(shí)右端在小車上g點(diǎn)正上方，小車上表面g點(diǎn)右側(cè)與右端點(diǎn)f之間是粗糙的，g點(diǎn)左側(cè)是光滑的，物塊A與g、f兩點(diǎn)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25?，F(xiàn)將物塊A、B之間的細(xì)繩剪斷，脫離彈簧P后A向左滑上小車，B沿軌道bcde滑動(dòng)。當(dāng)B運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)速度沿水平方向，大小為1m/s，g取10m/s2。求：（1）B運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)受到的支持力的大小FN；（2）釋放A、B前彈簧P所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能EP；（3）要保證物塊A既能擠壓彈簧Q又最終沒(méi)有滑離小車，則小車上f、g兩點(diǎn)之間的距離L的取值范圍為多少？16．（11分）（2020秋?越秀區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量m＝0.6kg、電荷量q＝+3×10﹣3C的帶電小球，用一根長(zhǎng)L＝0.2m且不可伸長(zhǎng)的絕緣輕細(xì)線系在一方向水平向右、分布的區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中的O點(diǎn)。已知A、O兩點(diǎn)等高，且OA＝L，若將帶電小球從A點(diǎn)初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)速度恰好為零，g取10m/s2。（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；（2）求小球最大速度的大小vm。

2024-2025學(xué)年上學(xué)期合肥高二物理期末典型卷3參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題，滿分40分，每小題4分）1．（4分）下列說(shuō)法正確的是（）A．光譜中，可見(jiàn)光從紅光到紫光，其波長(zhǎng)越來(lái)越長(zhǎng) B．黑體輻射電磁波的強(qiáng)度按波長(zhǎng)的分布只與溫度有關(guān) C．不同頻率的電磁波在真空中的傳播速度不同 D．愛(ài)因斯坦提出的能量子假說(shuō)，能夠很好地解釋黑體輻射規(guī)律【考點(diǎn)】熱輻射、黑體和黑體輻射現(xiàn)象；能量子與量子化現(xiàn)象；電磁波譜；電磁波與信息化社會(huì)．【專題】定性思想；歸納法；原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)專題；理解能力．【答案】B【分析】可見(jiàn)光中的紅光比紫光的頻率低；黑體輻射電磁波按波長(zhǎng)分布只與溫度有關(guān)；在真空中電磁波的速度與光速相同；普朗克提出的能量子假說(shuō)?！窘獯稹拷猓篈、光譜中，可見(jiàn)光從紅光到紫光，頻率越來(lái)越大，其波長(zhǎng)越來(lái)越短，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)黑體輻射規(guī)律可知，黑體輻射電磁波的強(qiáng)度按波長(zhǎng)的分布只與溫度有關(guān)，故B正確；C、不同頻率的電磁波在真空中的傳播速度均為光速，是相同的，故C錯(cuò)誤；D、普朗克提出的能量子假說(shuō)，能夠很好地解釋黑體輻射規(guī)律，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物理光學(xué)的相關(guān)性質(zhì)，注意可見(jiàn)光的頻率大小規(guī)律、光在不同介質(zhì)中，傳播速度與波長(zhǎng)的變化情況、還有光的粒子性的實(shí)驗(yàn)依據(jù)。2．（4分）（2018秋?扶余市校級(jí)期中）關(guān)于感應(yīng)電流，下列說(shuō)法中正確的是（）A．線框閉合時(shí)，即使穿過(guò)線框的磁通量不發(fā)生變化，線框中也有感應(yīng)電流產(chǎn)生 B．穿過(guò)螺線管的磁通量發(fā)生變化時(shí)，螺線管內(nèi)部就一定有感應(yīng)電流產(chǎn)生 C．只要閉合電路內(nèi)磁通量發(fā)生變化時(shí)，閉合電路中就有感應(yīng)電流產(chǎn)生 D．只要閉合電路的部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，電路中就一定有感應(yīng)電流產(chǎn)生【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過(guò)程．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【答案】C【分析】明確感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件：只要穿過(guò)閉合電路的磁通量發(fā)生變化就能產(chǎn)生感應(yīng)電流?？梢苑纸鉃閮蓚€(gè)條件：1、閉合電路，2、磁通量發(fā)生變化。這兩個(gè)條件必須同時(shí)滿足，才能有感應(yīng)電流產(chǎn)生?！窘獯稹拷猓篈、滿足閉合電路，但是磁通量沒(méi)有變化，沒(méi)有感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；B、螺線管內(nèi)滿足磁通量變化，但是沒(méi)有滿足閉合電路這個(gè)條件，故B錯(cuò)誤。C、根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件可知，只要閉合電路內(nèi)磁通量發(fā)生變化時(shí)，閉合電路中就有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故C正確。D、閉合電路的部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，內(nèi)部磁通量不一定變化，故電路中不一定有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】此題要求理解感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件，注意明確兩個(gè)條件缺一不可，必須同時(shí)滿足時(shí)才能產(chǎn)生感應(yīng)電流。3．（4分）（2013秋?中方縣校級(jí)期中）關(guān)于電場(chǎng)和磁場(chǎng)，下列說(shuō)法中不正確的是（）A．電場(chǎng)和磁場(chǎng)都是一種特殊的物質(zhì) B．在同一個(gè)電場(chǎng)或磁場(chǎng)中，電場(chǎng)線或磁場(chǎng)線越密的地方，電場(chǎng)或磁場(chǎng)也越強(qiáng) C．磁場(chǎng)不能是帶電粒子加速 D．電場(chǎng)既能使帶電粒子加速，也能使帶電粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)；磁場(chǎng)也能使帶電粒子加速，又能使帶電粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義．【專題】電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題．【答案】D【分析】本題應(yīng)知道電場(chǎng)和磁場(chǎng)都是客觀存在的物質(zhì)，都可以用電場(chǎng)線或磁感線的疏密表示場(chǎng)的強(qiáng)弱，洛倫茲力不做功，磁場(chǎng)不能使帶電粒子加速，只能使帶電粒子偏轉(zhuǎn)，而電場(chǎng)既能使帶電粒子加速，也能使帶電粒子偏轉(zhuǎn)．【解答】解：A、電場(chǎng)和磁場(chǎng)都是客觀存在的特殊物質(zhì)，只是不能直接的觀察到，故A正確；B、在同一個(gè)電場(chǎng)或磁場(chǎng)中，電場(chǎng)線或磁場(chǎng)線越密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度或磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，電場(chǎng)或磁場(chǎng)也越強(qiáng)，故B正確；C、帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，不改變粒子的速度大小，所以磁場(chǎng)不能使帶電粒子加速。故C正確；D、電場(chǎng)既能使帶電粒子加速，也能使帶電粒子偏轉(zhuǎn)。而磁場(chǎng)不能使帶電粒子加速，只能使帶電粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)。故D錯(cuò)誤。本題選錯(cuò)誤的，故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要明確磁場(chǎng)與電場(chǎng)的共同點(diǎn)和不同點(diǎn)，知道電場(chǎng)線與磁感線的共同點(diǎn)：不客觀存在，且疏密表示場(chǎng)的強(qiáng)弱，某點(diǎn)的切線方向表示場(chǎng)的方向，同時(shí)不相交．但靜電場(chǎng)線不閉合，而磁感線閉合．洛倫茲力不做功，而電場(chǎng)力可以做功．4．（4分）將一個(gè)不帶電的金屬小球N放在一帶電小球M的旁邊，穩(wěn)定后，在M、N周圍產(chǎn)生的電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布如圖所示。A、B、C、D是電場(chǎng)中的四點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)比C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小 B．B點(diǎn)電勢(shì)比D點(diǎn)電勢(shì)低 C．將一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，電勢(shì)能可能不變 D．將一個(gè)正點(diǎn)電荷從C點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，電場(chǎng)力一定做正功【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；電勢(shì)的定義、單位和物理意義及用定義式計(jì)算電勢(shì)；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算；電場(chǎng)線的定義及基本特征．【專題】定性思想；比較思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】D【分析】電場(chǎng)線疏密反映電場(chǎng)強(qiáng)度大小、沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，負(fù)電荷電勢(shì)能升高，電場(chǎng)力做負(fù)功?！窘獯稹拷猓篈.電場(chǎng)線疏密反映電場(chǎng)強(qiáng)度大小，A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)比C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大，故A錯(cuò)誤；B.沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，故B點(diǎn)電勢(shì)比D點(diǎn)電勢(shì)高，故B錯(cuò)誤；C.沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，A點(diǎn)電勢(shì)高于D，將一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，電勢(shì)能升高，故C錯(cuò)誤；D.沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，C點(diǎn)電勢(shì)高于D，將一個(gè)正點(diǎn)電荷從C點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，電勢(shì)能降低，電場(chǎng)力一定做正功，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)電場(chǎng)線疏密作用、通過(guò)電場(chǎng)線判斷電勢(shì)高低、分析電場(chǎng)力做功等規(guī)律的掌握，中等難度題。（多選）5．（4分）（2023秋?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)月考）電飯鍋工作時(shí)有兩種狀態(tài)：一種是鍋內(nèi)的水燒干以前的加熱狀態(tài)，另一種是水燒干后的保溫狀態(tài)。如圖所示是電飯鍋的電路圖，R1是電阻，R2是加熱用的電熱絲。下列說(shuō)法正確的是（）A．自動(dòng)開(kāi)關(guān)S接通時(shí)，電飯鍋處于加熱狀態(tài) B．自動(dòng)開(kāi)關(guān)S接通時(shí)，電飯鍋處于保溫狀態(tài) C．如果R1＝0.5R2，電熱絲在保溫時(shí)與加熱時(shí)的功率之比為4：9 D．如果R1＝0.5R2，電熱絲在保溫時(shí)與加熱時(shí)的功率之比為2：3【考點(diǎn)】電功和電功率的計(jì)算．【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；方程法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】分析開(kāi)關(guān)斷開(kāi)和閉合時(shí)電路中的電阻大小，根據(jù)P=U2R分析產(chǎn)生的熱功率大小判斷電路中產(chǎn)生的熱量的大小，從而分析是加熱還是保溫；根據(jù)P＝I【解答】解：AB、由題圖可知，當(dāng)開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，R1被短路，只有R2接入電路；當(dāng)開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)，兩電阻串聯(lián)，總電阻R增大，則由P=U2R可知，開(kāi)關(guān)接通時(shí)為加熱狀態(tài)，故ACD、由題意可知，電熱絲在加熱時(shí)，此時(shí)電阻絲功率為：P電熱絲在保溫時(shí)，此時(shí)電阻絲功率為：P則電熱絲在保溫時(shí)與加熱時(shí)的功率之比為：P2P1=4故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是正確分析電路圖，掌握功率的求解公式，熟記歐姆定律，知道當(dāng)電壓一定時(shí)，電流和電阻成反比。6．（4分）（2024春?北侖區(qū)校級(jí)期中）通有大小相等的電流的6根長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直紙面放置在正六邊形的6個(gè)頂點(diǎn)上，電流方向如圖所示，O為正六邊形的中心。若通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍任一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與電流大小成正比，與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離成反比。已知A通電導(dǎo)線在O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A．B B．2B C．3B D．4B【考點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義；通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)．【專題】探究題；定性思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．【答案】D【分析】通電直導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)的方向，可以根據(jù)右手螺旋定則判斷。再由磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加，即可解題?！窘獯稹拷猓篈處導(dǎo)線與B處導(dǎo)線在O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，方向如圖，夾角120°，二者磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和為B．方向豎直向下；同理E、D處導(dǎo)線在O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和也為豎直向下的B；F、C處導(dǎo)線在O的磁感應(yīng)強(qiáng)度也為豎直向下的B，所以O(shè)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為4B，方向豎直向下。故ABC錯(cuò)誤；D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加，涉及到通電直導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)的方向的判斷。屬于基礎(chǔ)題目。7．（4分）（2022?烏魯木齊一模）如圖所示，一側(cè)為弧形軌道的物塊A靜止在光滑水平面上，軌道底端切線水平，一小球由靜止開(kāi)始從物塊A的最高點(diǎn)沿軌道滾到最低點(diǎn)，在此過(guò)程中，小球受到重力的沖量的大小為IG，受到物塊A的作用力的沖量的大小為IA，受到合外力的沖量的大小為I合。下列關(guān)系式中正確的是（）A．IG＞IA＞I合 B．IG＞I合＞IA C．IA＞I合＞IG D．IA＞IG＞I合【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】D【分析】沖量是矢量，根據(jù)矢量的運(yùn)算法則可知I合2＝IG2﹣IA2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析IG與I合的關(guān)系從而分析判斷?！窘獯稹拷猓阂李}意，設(shè)小球滑到底端時(shí)的速度大小為v，則小球末動(dòng)量方向水平向左；對(duì)小球A根據(jù)動(dòng)量定理可得I合＝mv小球受到重力的沖量的大小為IG，方向豎直向下；受到物塊A的作用力的沖量的大小為IA，方向斜向左上方，根據(jù)矢量疊加原理，則有I合2＝IG2﹣IA2小球沿圓弧下落時(shí)，加速度a＝gsinθθ為圓弧切線與水平方向的夾角，則a＜g則v＝at＜gt可得I合＜IG所以IA＞IG＞I合故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量定理，解題?掌握沖量的矢量性，注意I合＝mv。（多選）8．（4分）（2019秋?南城縣校級(jí)月考）如圖所示，兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構(gòu)成一平行板電容器，閉合開(kāi)關(guān)S，電源給電容器充電。在兩極板間有固定點(diǎn)P，用E表示兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，下列說(shuō)法正確的是（）A．S接通，上極板A不動(dòng)，將下極板B緩慢向下移動(dòng)稍許到B′，φ減小 B．S接通，上極板A不動(dòng)，將下極板B緩慢向下移動(dòng)稍許到B′，E增大 C．?dāng)嚅_(kāi)S，下極板B不動(dòng)，將上極板A緩慢向下移動(dòng)稍許到A′，則E不變 D．?dāng)嚅_(kāi)S，下極板B不動(dòng)，將上極板A緩慢向下移動(dòng)稍許到A′，φ不變【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析（U不變）——板間距離變化．【專題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；電容器專題；推理論證能力．【答案】CD【分析】電容器與電源相連，兩極板間的電勢(shì)差不變，通電后斷開(kāi)，則兩極板上的電量不變；由平行板電容器電容C=?s根據(jù)某些量的變化可知電容的變化，則由Q＝UC可知電壓或電量的變化，由E=U【解答】解：AB、保持S接通，則兩板間的電勢(shì)差不變，上極板A不動(dòng)，將下極板B緩慢向下移動(dòng)稍許到B′，導(dǎo)致d增大，由E=Ud可知，兩極板間的電場(chǎng)的電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E減小，則P到上極板的電勢(shì)差減小，因此P點(diǎn)的電勢(shì)升高，故C、斷開(kāi)S，下極板B不動(dòng)，將上極板A緩慢向下移動(dòng)稍許到A′，因兩板上所帶電量不變，減小距離d，電容增大，由C=QU，及E=Ud=D、由上分析可知，因電場(chǎng)強(qiáng)度不變，當(dāng)將上極板A緩慢向下移動(dòng)稍許到A′，而P到B極板間的電勢(shì)差不變，則其電勢(shì)φ不變，故D正確；故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】電容器的動(dòng)態(tài)分析重點(diǎn)在于明確電容器的兩種狀態(tài)：充電后斷開(kāi)則極板上的電量不變；和電源相連，則兩板間的電勢(shì)差不變。（多選）9．（4分）（2020秋?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）二氧化錫傳感器的電阻隨著一氧化碳的濃度增大而減小，將其接入如圖所示的電路中，可以測(cè)量汽車尾氣一氧化碳的濃度是否超標(biāo)。當(dāng)一氧化碳濃度增大時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．電流表示數(shù)變大 B．電壓表示數(shù)變小 C．電路的路端電壓變大 D．電源內(nèi)部消耗的功率變大【考點(diǎn)】電路動(dòng)態(tài)分析；電功和電功率的概念及影響因素．【專題】比較思想；控制變量法；恒定電流專題；理解能力．【答案】AD【分析】根據(jù)一氧化碳濃度的變化分析二氧化錫傳感器的電阻的變化，從而分析出電路中電流的變化，由歐姆定律分析電壓表示數(shù)的變化，由閉合電路歐姆定律分析路端電壓的變化，由P＝I2r分析電源內(nèi)部消耗的功率變化情況?！窘獯稹拷猓篈B、當(dāng)一氧化碳濃度增大時(shí)，二氧化錫傳感器的電阻減小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律知，電路中電流變大，則電流表示數(shù)變大。由歐姆定律知R的電壓變大，則電壓表示數(shù)變大，故A正確，B錯(cuò)誤；C、電路中電流變大，電源的內(nèi)電壓變大，路端電壓變小，故C錯(cuò)誤；D、電路中電流變大，內(nèi)阻不變，由P＝I2r分析電源內(nèi)部消耗的功率變大，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題是信息給予題，搞懂題意，明確二氧化錫傳感器的電阻與一氧化碳濃度的關(guān)系是解題的關(guān)鍵，相當(dāng)于電路的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題。（多選）10．（4分）（2020?浙江開(kāi)學(xué)）如圖所示，xOy為豎直面內(nèi)的直角坐標(biāo)系，y軸正向豎直向上，空間中存在平行于xOy所在平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m的不帶電小球A以一定的初動(dòng)能從P（0，d）點(diǎn)沿平行x軸方向水平拋出，并通過(guò)Q（22d，0）點(diǎn)。若使A帶上電量為+q的電荷，仍從P點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出，A通過(guò)N（2d，0）點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的12；若使A帶上電量為﹣q的電荷，還從P點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出，A通過(guò)M（0，﹣d）點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的4倍。重力加速度為gA．A不帶電時(shí)，到達(dá)Q點(diǎn)的動(dòng)能為2mgd B．P、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UPN=-2mgdC．P、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UPM=2mgdD．電場(chǎng)強(qiáng)度E=2mgq，方向沿【考點(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；電勢(shì)差的概念、單位和物理意義及用定義式計(jì)算；勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解初速度，再根據(jù)動(dòng)能定理求解到達(dá)Q點(diǎn)的動(dòng)能；P到N根據(jù)動(dòng)能定理求解PN兩點(diǎn)間的電壓。根據(jù)動(dòng)能定理求解出PM兩點(diǎn)的電勢(shì)差，結(jié)合U＝dE求解電場(chǎng)強(qiáng)度?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)小球的初速度為v0，初動(dòng)能為Ek0，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間為t，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有22d＝v0td=12聯(lián)立解得v0＝2gd，t=2d初動(dòng)能為：Ek0=1設(shè)小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkQ，由動(dòng)能定理有mgd＝EkQ﹣Ek0聯(lián)立解得EkQ＝3mgd，故A錯(cuò)誤；B、A帶電后，設(shè)P、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UPN，根據(jù)動(dòng)能定理，小球從P到N有mgd+qUPN=12Ek0﹣解得UPN=-2mgdq，故C、設(shè)P、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UPM，根據(jù)動(dòng)能定理，小球從P到M有mg（2d）﹣qUPM＝4Ek0﹣Ek0解得UPM=-4mgdq，故D、在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿任一直線，電勢(shì)的降落是均勻的。聯(lián)立解得：UPM＝2UPN，可知PM的中點(diǎn)O與N點(diǎn)等電勢(shì)，ON為等勢(shì)線，電場(chǎng)必與其垂線平行?？芍妶?chǎng)方向沿y軸正方向設(shè)場(chǎng)強(qiáng)的大小為E，則有E=聯(lián)立解得：E=2mgq，故故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是掌握小球做平拋運(yùn)動(dòng)在水平和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，熟記電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系，選擇合適的過(guò)程用動(dòng)能定理求解電勢(shì)差。二．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿分16分）11．（6分）（2022春?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器材”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道末端碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系：先安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復(fù)寫紙，記下重垂線所指的位置O。接下來(lái)的實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1：不放小球B，讓小球A從斜槽上G點(diǎn)由靜止?jié)L下，并落在地面上。重復(fù)多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點(diǎn)圈在里面，其圓心就是小球落點(diǎn)的平均位置；步驟2：把小球B放在斜槽前端邊緣位置，讓小球A從G點(diǎn)由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復(fù)多次，并使用與步驟1同樣的方法分別標(biāo)出碰撞后兩小球落點(diǎn)的平均位置；步驟3：用刻度尺分別測(cè)量三個(gè)落地點(diǎn)的平均位置M、P、N離O點(diǎn)的距離，即線段OM、OP、ON的長(zhǎng)度。（1）上述實(shí)驗(yàn)除需測(cè)量線段OM、OP、ON的長(zhǎng)度外，還需要測(cè)量小球的質(zhì)量，為了防止碰撞后A球反彈，應(yīng)保證A球的質(zhì)量mA大于B球質(zhì)量mB（選填“大于”、“等于”或“小于”）。（2）請(qǐng)由圖乙讀出碰撞前A球的水平射程OP為8.60cm。（3）若兩個(gè)小球在軌道末端碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則需驗(yàn)證的關(guān)系式為mAOP＝mAOM+mBON。（用題中給出的字母表示）（4）實(shí)驗(yàn)中造成誤差的可能原因有AC。A．用刻度尺測(cè)量線段OM、OP、ON的長(zhǎng)度值B．軌道不光滑C．軌道末端不水平D．軌道末端到地面的高度未測(cè)量【考點(diǎn)】驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】（1）大于；（2）8.60；（3）mAOP＝mAOM+mBON；（4）AC【分析】（1）（2）（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)操作分析，寫出要驗(yàn)證的表達(dá)式，然后即可作出判斷；（4）對(duì)實(shí)驗(yàn)進(jìn)行誤差分析，可知選項(xiàng).【解答】解：（1）為了防止碰撞后A球反彈，應(yīng)保證A球的質(zhì)量mA大于B球質(zhì)量mB。（2）用盡量小的圓將各個(gè)落點(diǎn)圈起來(lái)，圓心即為平均落地點(diǎn)，則由圖乙讀出碰撞前A球的水平射程OP為8.60cm。（3）由于兩球從同一高度開(kāi)始下落，且下落到同一水平面上，故兩球下落的時(shí)間相同；根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得在水平方向有mAv0＝mAv1+mBv2故mAv0t＝mAv1t+mBv2t即mAOP＝mAOM+mBON（4）A.用刻度尺測(cè)量線段OM、OP、ON的長(zhǎng)度值可造成偶然誤差，選項(xiàng)A正確；B.軌道不光滑對(duì)實(shí)驗(yàn)無(wú)影響，只要到達(dá)底端時(shí)的速度相同即可，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.軌道末端不水平，則小球不能做平拋運(yùn)動(dòng)，則對(duì)實(shí)驗(yàn)會(huì)造成誤差，選項(xiàng)C正確；D.兩球從同一高度開(kāi)始下落，則下落的時(shí)間相等，即軌道末端到地面的高度未測(cè)量對(duì)實(shí)驗(yàn)不會(huì)造成誤差，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選：AC。故答案為：（1）大于；（2）8.60；（3）mAOP＝mAOM+mBON；（4）AC【點(diǎn)評(píng)】本題考查驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，關(guān)鍵還在于平拋運(yùn)動(dòng)的處理思路，注意尋找落地點(diǎn)的處理方法。12．（10分）（2018春?日照期末）目前汽車上都有車載電瓶作為備用電源，用久以后性能會(huì)下降，表現(xiàn)之一為電瓶的電動(dòng)勢(shì)變小，內(nèi)阻變大。某興趣小組將一塊舊的車載電瓶充滿電，準(zhǔn)備利用下列器材測(cè)量電瓶的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻。A．待測(cè)電瓶，電動(dòng)勢(shì)約為9V，內(nèi)阻約幾歐姆B．直流電壓表V1、V2，量程均為9V，內(nèi)阻約為9kΩC．定值電阻R0未知D．滑動(dòng)變阻器R，最大阻值Rm已知E．導(dǎo)線和開(kāi)關(guān)（1）根據(jù)如圖乙所示的電路圖，用筆畫線代替導(dǎo)線將圖甲實(shí)物圖連接完整。（2）實(shí)驗(yàn)之前，需要利用該電路圖測(cè)出定值電阻R0的阻值，方法是先把滑動(dòng)變阻器R調(diào)到最大阻值Rm，再閉合開(kāi)關(guān)，電壓表V1和V2的讀數(shù)分別為U1、U2，則R0＝(U2-U1)RmU1（3）實(shí)驗(yàn)中移動(dòng)滑動(dòng)變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出U1﹣U2圖象如圖丙所示，圖中直線斜率為k。與橫軸的截距為b，則電瓶的電動(dòng)勢(shì)E＝kbk-1，內(nèi)阻r＝R0k-1（用k、b、【考點(diǎn)】測(cè)量普通電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定性思想；推理法；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）由電路圖連接實(shí)物電路圖；（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合歐姆定律可求得定值電阻的阻值；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律及圖象的性質(zhì)可得出對(duì)應(yīng)的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)圖甲所示電路圖連接實(shí)物電路圖，實(shí)物電路圖如圖所示；（2）由圖可知，V2測(cè)量R0與R兩端的電壓，V1測(cè)量R兩端的電壓，則R0兩端的電壓U2﹣U1；由歐姆定律可知：R0=U（3）由閉合電路歐姆定律可知：E＝U2+U變形得：U1=R0+r則有：-R0Er=解得：E=kbk-1，r故答案為：（1）實(shí)物電路圖如圖所示；（2）(U2-U1)R【點(diǎn)評(píng)】本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)方法，關(guān)鍵在明確根據(jù)閉合電路歐姆定律得出對(duì)應(yīng)的表達(dá)式，再分析圖象的意義，求得電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻。三．解答題（共4小題，滿分44分，每小題11分）13．（11分）（2022秋?峨眉山市校級(jí)期中）如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中直角三角形ABC的邊長(zhǎng)AB＝8cm，BC＝4cm，將帶電荷量q＝﹣6×10﹣6C的負(fù)電荷從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，克服電場(chǎng)力做了2.4×10﹣5J的功，再?gòu)腂點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做了1.2×10﹣5J的功。求：（1）A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB和B、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UBC；（2）如果規(guī)定B點(diǎn)的電勢(shì)為零，則A點(diǎn)和C點(diǎn)的電勢(shì)分別為多少？（3）畫出過(guò)B點(diǎn)的一條電場(chǎng)線并計(jì)算電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。ó媹D保留作圖的痕跡，不寫做法）?！究键c(diǎn)】勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電勢(shì)差的概念、單位和物理意義及用定義式計(jì)算．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】（1）AB間的電勢(shì)差為4V，BC間的電勢(shì)差為﹣2V．（2）A、C的電勢(shì)分別為4V、2V．（3）如圖所示．電場(chǎng)強(qiáng)度為70.7V/m【分析】（1）根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系求出AB間的電勢(shì)差、BC間的電勢(shì)差．（2）根據(jù)電勢(shì)差等于電勢(shì)之差，結(jié)合B點(diǎn)電勢(shì)為零，求出A、C點(diǎn)的電勢(shì)．（3）找出等勢(shì)線，結(jié)合電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，作出電場(chǎng)線．【解答】解：（1）A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB=WABqB、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UBC=WBCq（2）A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB＝φA﹣φB，B、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UBC＝φB﹣φC又φB＝0解得φA＝4V，φC＝2V（3）取AB的中點(diǎn)D，D點(diǎn)的電勢(shì)為2V，連接CD，為等勢(shì)線，電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，如圖所示．根據(jù)幾何關(guān)系，E=Ud=2-04×答：（1）AB間的電勢(shì)差為4V，BC間的電勢(shì)差為﹣2V．（2）A、C的電勢(shì)分別為4V、2V．（3）如圖所示．電場(chǎng)強(qiáng)度為70.7V/m【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系，電勢(shì)差與電勢(shì)的關(guān)系．知道電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，由高電勢(shì)指向低電勢(shì)．14．（11分）（2019春?太原期末）自動(dòng)駕駛汽車是一種通過(guò)電腦系統(tǒng)實(shí)現(xiàn)無(wú)人駕駛的智能汽車。有一輛m＝1000kg的自動(dòng)駕駛汽車，在平直公路上以v1＝90km/?的速度勻速行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為P1＝50kw，當(dāng)探測(cè)到前方有80km/h的限速標(biāo)志時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)功率自動(dòng)降低到??并保持不變，當(dāng)轎車速度減到v2＝72km/?時(shí)又開(kāi)始勻速。假設(shè)汽車在上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力保持不變。求：（1）汽車行駛時(shí)所受阻力的大??；（2）當(dāng)汽車開(kāi)始減速時(shí)，其加速度的大小?！究键c(diǎn)】功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)；共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；功率的計(jì)算專題；推理論證能力．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）由瞬時(shí)功率公式可以得到勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的牽引力的大小，牽引力和阻力相等，可以得到阻力的大??；（2）當(dāng)汽車開(kāi)始減速時(shí)，根據(jù)功率公式求解牽引力，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度?！窘獯稹拷猓海?）汽車的輸出功率P1＝Fv1，當(dāng)汽車勻速行駛，牽引力等于阻力，f＝F，代入數(shù)據(jù)解得，阻力f＝2000N。（2）當(dāng)汽車開(kāi)始減速時(shí)，F(xiàn)f﹣F′＝ma。減到勻速時(shí)，P1＝F′v2。由平衡條件可知，F(xiàn)f＝F′。解得加速度a＝0.4m/s2。答：（1）汽車行駛時(shí)所受阻力的大小為2000N。（2）當(dāng)汽車開(kāi)始減速時(shí)，其加速度的大小為0.4m/s2?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是理解發(fā)動(dòng)機(jī)的功率就是牽引力的功率，當(dāng)汽車勻速行駛時(shí)，牽引力等于阻力。15．（11分）（2022秋?荔灣區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，光滑軌道abcde固定在豎直平面內(nèi)，其中ab段水平，cde段是以O(shè)為圓心、半徑R＝0.4m的一小段圓弧，圓心O在ab的延長(zhǎng)線上。在軌道ab上放著兩個(gè)質(zhì)量均為1kg物塊A、B（A、B可視為質(zhì)點(diǎn)），用輕質(zhì)細(xì)繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧P（兩端未與A、B拴接）。軌道左側(cè)緊靠a點(diǎn)的光滑水平地面上停著一質(zhì)量為M＝1kg的小車。小車上表面與水平面ab等高，車上有一根輕彈簧Q。彈簧Q的左端固定在小車上，彈簧原長(zhǎng)時(shí)右端在小車上g點(diǎn)正上方，小車上表面g點(diǎn)右側(cè)與右端點(diǎn)f之間是粗糙的，g點(diǎn)左側(cè)是光滑的，物塊A與g、f兩點(diǎn)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25?，F(xiàn)將物塊A、B之間的細(xì)繩剪斷，脫離彈簧P后A向左滑上小車，B沿軌道bcde滑動(dòng)。當(dāng)B運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)速度沿水平方向，大小為1m/s，g取10m/s2。求：（1）B運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)受到的支持力的大小FN；（2）釋放A、B前彈簧P所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能EP；（3）要保證物塊A既能擠壓彈簧Q又最終沒(méi)有滑離小車，則小車上f、g兩點(diǎn)之間的距離L的取值范圍為多少？【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；繩球類模型及其臨界條件．【專題】計(jì)算題；定量思想；尋找守恒量法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力．【答案】（1）B運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)受到的支持力的大小FN為7.5N。（2）釋放A、B前彈簧P所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能EP為9J。（3）小車上f、g兩點(diǎn)之間的距離L的取值范圍為0.45m＜L＜0.9m?！痉治觥浚?）B運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律計(jì)算支持力的大小。（2）B由位置b運(yùn)動(dòng)到d的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律求出B離開(kāi)彈簧時(shí)的速度大小。彈簧將A、B彈開(kāi)過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律相結(jié)合計(jì)算釋放A、B前彈簧P所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能EP。（3）研究物塊A剛好運(yùn)動(dòng)到g點(diǎn)和物塊A剛好返回到f點(diǎn)兩種臨界情況，利用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律計(jì)算小車上f、g兩點(diǎn)之間的距離L，從而得到L的范圍?！窘獯稹拷猓海?）B運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：mBg﹣FN＝mBv代入數(shù)據(jù)解得：FN＝7.5N（2）B由位置b運(yùn)動(dòng)到d的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：1A、B分開(kāi)過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAv1﹣mBvB＝0代入數(shù)據(jù)解得：v1＝3m/s釋放A、B前彈簧P所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能EP=12mAv1代入數(shù)據(jù)解得：EP＝9J（3）當(dāng)物塊A剛好運(yùn)動(dòng)到g點(diǎn)時(shí)，物塊A與小車的速度相等，將小車、彈簧Q和物塊A當(dāng)成一個(gè)系統(tǒng)，取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mAv1＝（M+mA）v2根據(jù)能量守恒定律得：12mAv12=12（M+mA）聯(lián)立解得：L1＝0.9m當(dāng)物塊A剛好返回到f點(diǎn)時(shí)，物塊A與小車的速度相等，將小車、彈簧Q和物塊A當(dāng)成一個(gè)系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mAv1＝（M+mA）v3根據(jù)能量守恒定律得：12mAv12=12（M+mA）v聯(lián)立解得：L2＝0.45m綜上所述，L的取值范圍為0.45m＜L＜0.9m。答：（1）B運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)受到的支持力的大小FN為7.5N。（2）釋放A、B前彈簧P所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能EP為9J。（3）小車上f、g兩點(diǎn)之間的距離L的取值范圍為0.45m＜L＜0.9m。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的綜合應(yīng)用，要分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，選擇合適的研究對(duì)象，確定隱含的臨界狀態(tài)，結(jié)合動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律分析出L的取值范圍。16．（11分）（2020秋?越秀區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量m＝0.6kg、電荷量q＝+3×10﹣3C的帶電小球，用一根長(zhǎng)L＝0.2m且不可伸長(zhǎng)的絕緣輕細(xì)線系在一方向水平向右、分布的區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中的O點(diǎn)。已知A、O兩點(diǎn)等高，且OA＝L，若將帶電小球從A點(diǎn)初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)速度恰好為零，g取10m/s2。（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；（2）求小球最大速度的大小vm?！究键c(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E為2×103V/m；（2）小球最大速度的大小vm為22【分析】（1）小球從A到B過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理即可求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E。（2）小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)速度為零，根據(jù)對(duì)稱性可知，小球達(dá)到AB弧的中點(diǎn)時(shí)速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理列式求解最大速度?！窘獯稹拷猓海?）小球從A到B過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgL﹣EqL＝0解得：E＝2×103V/m（2）小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)速度為零，根據(jù)對(duì)稱性可知，AB弧的中點(diǎn)為小球速度最大的位置。從A到AB圓弧中點(diǎn)位置，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgLsin45°﹣EqL（1﹣cos45°）=12mvm2解得：vm=2答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E為2×103V/m；（2）小球最大速度的大小vm為22【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于這類帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，一定要正確進(jìn)行受力分析，弄清帶電體的運(yùn)動(dòng)形式，然后選擇適當(dāng)規(guī)律求解。

考點(diǎn)卡片1．共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.共點(diǎn)力（1）定義：如果一個(gè)物體受到兩個(gè)或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點(diǎn)上，或者雖不作用在同一點(diǎn)上，但它們的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，這幾個(gè)力叫作共點(diǎn)力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點(diǎn)力。2.共點(diǎn)力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點(diǎn)力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對(duì)共點(diǎn)力平衡條件的理解及應(yīng)用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個(gè)力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力必定與另外（n﹣1）個(gè)力的合力等大、反向。5.解答共點(diǎn)力平衡問(wèn)題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問(wèn)題a.臨界問(wèn)題（1）問(wèn)題特點(diǎn)：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識(shí)進(jìn)行論證、求解。b.極值問(wèn)題（1）問(wèn)題界定：物體平衡的極值問(wèn)題，一般指在力的變化過(guò)程中涉及力的最大值和最小值的問(wèn)題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時(shí)，采用數(shù)學(xué)知識(shí)求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過(guò)光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實(shí)際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開(kāi)的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨(dú)立的繩，因此由“死結(jié)”分開(kāi)的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當(dāng)輕桿處于平衡狀態(tài)時(shí)，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會(huì)引起輕桿的轉(zhuǎn)動(dòng)。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個(gè)小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過(guò)滑輪后懸掛重物m?；唽?duì)繩的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?！久}方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過(guò)滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對(duì)滑輪受力分析，受兩個(gè)繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個(gè)繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個(gè)繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個(gè)選項(xiàng)中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個(gè)力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序?yàn)椋篎D＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長(zhǎng)的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對(duì)日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點(diǎn)力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點(diǎn)力，根據(jù)合力為零分析AB選項(xiàng)；根據(jù)對(duì)稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對(duì)日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，這三個(gè)力是共點(diǎn)力，故B錯(cuò)誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個(gè)拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點(diǎn)評(píng)：本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行力的合成，利用平衡條件建立方程進(jìn)行解答。例3：如圖，三根長(zhǎng)度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點(diǎn)C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點(diǎn)受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點(diǎn)兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對(duì)D點(diǎn)的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細(xì)繩AD跨過(guò)固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過(guò)細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點(diǎn)用細(xì)繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止?fàn)顟B(tài)），求：（1）細(xì)繩AC的張力FTAC與細(xì)繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對(duì)滑輪受力分析，運(yùn)用合成法求解細(xì)繩AC段的張力FAC與輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）乙圖中，以C點(diǎn)為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件求解細(xì)繩EG段的張力F2以及輕桿HG對(duì)G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個(gè)物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細(xì)繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點(diǎn)和G點(diǎn)為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過(guò)定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且?jiàn)A角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細(xì)繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點(diǎn)評(píng)：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點(diǎn)，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點(diǎn)為研究對(duì)象，按力平衡問(wèn)題的一般步驟求解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.在分析問(wèn)題時(shí)，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0時(shí)，是靜止，是平衡狀態(tài)2.解答共點(diǎn)力平衡問(wèn)題的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，對(duì)于有相互作用的兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)明確所選研究對(duì)象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個(gè)物體（整體法或隔離法）。（2）對(duì)所選研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對(duì)研究對(duì)象所受的力進(jìn)行處理，對(duì)三力平衡問(wèn)題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時(shí)的平行四邊形。對(duì)四力或四力以上的平衡問(wèn)題，一般建立合適的直角坐標(biāo)系，對(duì)各力按坐標(biāo)軸進(jìn)行分解。（4）建立平衡方程，對(duì)于四力或四力以上的平衡問(wèn)題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問(wèn)題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問(wèn)題和極值問(wèn)題時(shí)，首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過(guò)程分析，找出平衡中的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個(gè)狀態(tài)來(lái)研究臨界問(wèn)題，而是要把某個(gè)物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。2．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問(wèn)題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。3．繩球類模型及其臨界條件【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，質(zhì)量為M的支座上有一水平細(xì)軸．軸上套有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩，繩的另一端栓一質(zhì)量為m的小球，讓球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，支座恰好離開(kāi)地面，則此時(shí)小球的線速度是多少？分析：當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，支座恰好離開(kāi)地面，由此說(shuō)明此時(shí)支座和球的重力全部作為了小球的向心力，再根據(jù)向心力的公式可以求得小球的線速度．解答：對(duì)支座M，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①對(duì)小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝mv2聯(lián)立①②式可解得：v=M+m答：小球的線速度是M+mm點(diǎn)評(píng)：物體做圓周運(yùn)動(dòng)需要向心力，找到向心力的來(lái)源，本題就能解決了，比較簡(jiǎn)單．【解題思路點(diǎn)撥】對(duì)于豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，一般題目都會(huì)給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過(guò)圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)時(shí)，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點(diǎn)的速度v4．功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.義：功與完成這些功所用時(shí)間的比值．2.理意義：描述做功的快慢。3.質(zhì)：功是標(biāo)量。4.計(jì)算公式（1）定義式：P=Wt，P為時(shí)間（2）機(jī)械功的表達(dá)式：P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時(shí)速度，則P為瞬時(shí)功率．推導(dǎo)：如果物體的受力F與運(yùn)動(dòng)方向的夾角為α，從計(jì)時(shí)開(kāi)始到時(shí)刻t這段時(shí)間內(nèi)，發(fā)生的位移是l，則力在這段時(shí)間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開(kāi)始計(jì)時(shí)到時(shí)刻t這段時(shí)間內(nèi)發(fā)生的，所以lt是物體在這段時(shí)間內(nèi)的平均速度vP＝Fvcosα可見(jiàn)，力對(duì)物體做功的功率等于沿運(yùn)動(dòng)方向的分力與物體速度的乘積。通常情況下，力與位移的方向一致，即F與v的夾角一致時(shí)，cosα＝1，上式可以寫成P＝Fv。從以上推導(dǎo)過(guò)程來(lái)看，P＝Fv中的速度v是物體在恒力F作用下的平均速度，所以這里的功率P是指從計(jì)時(shí)開(kāi)始到時(shí)刻t的平均功率。如果時(shí)間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時(shí)速度，這個(gè)關(guān)系式也就可以反映瞬時(shí)速度與瞬時(shí)功率的關(guān)系。5.額定功率：機(jī)械正常工作時(shí)輸出的最大功率．6.實(shí)際功率：機(jī)械實(shí)際工作時(shí)輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關(guān)于功率和機(jī)械效率的說(shuō)法中，正確的是（）A、功率大的機(jī)械，做功一定多B、做功多的機(jī)械，效率一定高C、做功快的機(jī)械，功率一定大D、效率高的機(jī)械，功率一定大分析：根據(jù)P=Wt知，做功多．功率不一定大，根據(jù)η解答：A、根據(jù)P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根據(jù)η=W有W總=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解題思路點(diǎn)撥】1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少?zèng)]有直接關(guān)系。2.功率的定義式P=W5．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡(jiǎn)單情況下用動(dòng)能定理來(lái)解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對(duì)物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大小；（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移是54m；（3）物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評(píng)：分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動(dòng)能定理比較簡(jiǎn)單。【解題思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)力是否做功？③在哪段位移哪段過(guò)程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過(guò)程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫出物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過(guò)程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。6．動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過(guò)程中所受力的沖量．2．表達(dá)式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動(dòng)量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0t=【命題方向】籃球運(yùn)動(dòng)員通常要伸出兩臂迎接傳來(lái)的籃球，接球時(shí)，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球?qū)κ值臎_量B、減小籃球?qū)θ说臎_擊力C、減小籃球的動(dòng)量變化量D、增大籃球的動(dòng)量變化量分析：分析接球的動(dòng)作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理即可分析。解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力就減小，而沖量和動(dòng)量的變化量都不變，故A錯(cuò)誤C、運(yùn)動(dòng)員接球過(guò)程，球的末動(dòng)量為零，球的初動(dòng)量一定，則球的動(dòng)量的變化量一定，故CD錯(cuò)誤。故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了動(dòng)量定理的直接應(yīng)用，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解題，解題時(shí)要注意，接球過(guò)程球的動(dòng)量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動(dòng)量的變化量與沖量不會(huì)因如何接球而改變?！窘忸}方法點(diǎn)撥】1．動(dòng)量、動(dòng)量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時(shí)，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負(fù)值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時(shí)間的乘積表示，變力的沖量計(jì)算，要看題目條件確定．如果力隨時(shí)間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時(shí)間均勻變化，就用I表示這個(gè)力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時(shí)間t，用牛頓第二定律能解答的問(wèn)題、用動(dòng)量定理也能解答，而用動(dòng)量定理解題，更簡(jiǎn)捷．7．動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨(dú)分了出來(lái)仍遠(yuǎn)遠(yuǎn)不夠，其他的綜合應(yīng)用暫時(shí)歸類于此。例如多種因素共存的動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用、有電場(chǎng)存在的綜合應(yīng)用等等。【命題方向】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L＝4.0m，皮帶輪沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動(dòng)。三個(gè)質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開(kāi)始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)?；瑝KA以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時(shí)間極短。連接B、C的細(xì)繩受擾動(dòng)而突然斷開(kāi)，彈簧伸展，從而使C與A、B分離?；瑝KC脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)。已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大??；（2）滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep；（3）若每次實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本題主要考查以下知識(shí)點(diǎn)：碰撞中的動(dòng)量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運(yùn)動(dòng)，涉及平拋的基本知識(shí)。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量保持不變，這是動(dòng)量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動(dòng)量守恒的同時(shí)還滿足機(jī)械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開(kāi)的過(guò)程中同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。（3）物體滑上傳送帶后，如果物體的速度大于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，減速運(yùn)動(dòng)持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)要注意判斷；如果物體的速度小于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)同樣要注意判斷。（4）物體做平拋的射程與拋體的高度和初速度共同決定，要使C物體總能落到P點(diǎn)，在高度一定的情況下，即物體做平拋的初速度相等也就是物體到達(dá)C端時(shí)的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為t，加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入數(shù)據(jù)可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度為v＝3.0m/s（2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開(kāi)的過(guò)程系統(tǒng)能量守恒∴E代入數(shù)據(jù)可解得：EP＝1.0J（3）在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳遞帶的速度v。設(shè)A與B碰撞后的速度為v1′，分離后A與B的速度為v2′，滑塊C的速度為vc′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：AB碰撞時(shí)：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開(kāi)時(shí)：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開(kāi)的過(guò)程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入數(shù)據(jù)聯(lián)列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s點(diǎn)評(píng)：本題著重考查碰撞中的動(dòng)量守恒和能量守恒問(wèn)題，同時(shí)借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運(yùn)動(dòng)，還需用到平拋的基本知識(shí)，這是力學(xué)中的一道知識(shí)點(diǎn)比較多的綜合題，學(xué)生在所涉及的知識(shí)點(diǎn)中若存在相關(guān)知識(shí)缺陷，則拿全分的幾率將大大減小。【解題思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對(duì)象（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程）；（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動(dòng)量；（4）由動(dòng)量守恒定律列式求解；（5）必要時(shí)進(jìn)行討論．2．解決動(dòng)量守恒中的臨界問(wèn)題應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問(wèn)題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點(diǎn)是求解這類問(wèn)題的關(guān)鍵．3．綜合應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)4．動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)：這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化所經(jīng)歷的過(guò)程中狀態(tài)的改變，不對(duì)過(guò)程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡(jiǎn)單地說(shuō)，只要求知道過(guò)程的始末狀態(tài)動(dòng)量、動(dòng)能和力在過(guò)程中所做的功，即可對(duì)問(wèn)題求解．5．利用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問(wèn)題：（1）動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無(wú)分量表達(dá)式．（2）動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學(xué)中解題時(shí)必須注意動(dòng)量守恒條件及機(jī)械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究對(duì)象及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化過(guò)程后，根據(jù)問(wèn)題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解．（3）中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)解決的問(wèn)題，若用動(dòng)量觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解，一般比用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)簡(jiǎn)便．8．電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=FF＝qE。【命題方向】如圖，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點(diǎn)電荷。當(dāng)在C處放一電荷量為q的點(diǎn)電荷時(shí)，它所受到的電場(chǎng)力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點(diǎn)電荷，其所受電場(chǎng)力大小為（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先確定電荷量為2q的點(diǎn)電荷在B處所受的電場(chǎng)力方向與F方向的關(guān)系，再根據(jù)庫(kù)侖定律得到F與AB的關(guān)系，即可求出2q的點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力。解答：根據(jù)同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點(diǎn)電荷在B處所受的電場(chǎng)力方向與F方向相同；設(shè)AB＝r，則有BC＝r。則有：F＝kQq故電荷量為2q的點(diǎn)電荷在B處所受電場(chǎng)力為：FB＝kQ?2qr2=8F，故B故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是根據(jù)庫(kù)侖定律研究?jī)呻姾稍趦牲c(diǎn)所受的電場(chǎng)力大小和方向關(guān)系，注意B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同?！窘忸}方法點(diǎn)撥】既可以利用E=Fq計(jì)算某一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度也可以利用它的變形F＝9．電場(chǎng)線的定義及基本特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：為了形象描述電場(chǎng)中各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的強(qiáng)弱及方向，在電場(chǎng)中畫出一些曲線，曲線上每一點(diǎn)的切線方向都跟該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向一致，曲線的疏密程度表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱．2．特點(diǎn)：（1）電場(chǎng)線始于正電荷（或無(wú)窮遠(yuǎn)），終于負(fù)電荷（或無(wú)窮遠(yuǎn)）；（2）電場(chǎng)線互不相交；（3）電場(chǎng)線和等勢(shì)面在相交處互相垂直；（4）沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；（5）電場(chǎng)線密的地方等差等勢(shì)面密；等差等勢(shì)面密的地方電場(chǎng)線也密．3．幾種典型的電場(chǎng)線．注意：電場(chǎng)中某點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向與該點(diǎn)放不放電荷以及所放電荷的大小和電性無(wú)關(guān)，由電場(chǎng)本身決定．4．等量同種電荷和等量異種電荷的電場(chǎng)（1）等量同種電荷的電場(chǎng)如圖2甲所示①兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)O處的場(chǎng)強(qiáng)為零，此處無(wú)電場(chǎng)線．②兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)O附近電場(chǎng)線非常稀疏，但場(chǎng)強(qiáng)不為零．③從兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)O沿中垂面（線）到無(wú)限遠(yuǎn)，電場(chǎng)線先變密后變疏，即場(chǎng)強(qiáng)先變大后變?。軆牲c(diǎn)電荷連線中垂線上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向和中垂線平行．⑤關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)A與A′、B與B′的場(chǎng)強(qiáng)等大、反向．（2）等量異種電荷的電場(chǎng)如圖2乙所示．①兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向從正電荷指向負(fù)電荷，沿電場(chǎng)線方向場(chǎng)強(qiáng)先變小再變大．②兩點(diǎn)電荷連線的中垂面（線）上，電場(chǎng)線的方向均相同，即場(chǎng)強(qiáng)方向相同，且與中垂面（線）垂直．③關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)A與A′、B與B′的場(chǎng)強(qiáng)等大同向．【命題方向】本考點(diǎn)主要考查電場(chǎng)線的定義與特點(diǎn)下列關(guān)于電場(chǎng)的論述，正確的是（）A、電場(chǎng)線方向就是正檢驗(yàn)電荷的運(yùn)動(dòng)方向B、電場(chǎng)線是直線的地方是勻強(qiáng)電場(chǎng)C、只要初速度為零，正電荷必將在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)D、畫有電場(chǎng)線的地方有電場(chǎng)，未畫電場(chǎng)線的地方不一定無(wú)電場(chǎng)分析：電場(chǎng)線是為了形象地描述電場(chǎng)而假想的線，電場(chǎng)線的方向起于正電荷，終止于負(fù)電荷，電場(chǎng)線上某點(diǎn)的切線方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱．解答：A、電場(chǎng)線的方向與正電荷的運(yùn)動(dòng)方向不一定相同。故A錯(cuò)誤。B、勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線是間距相等的平行直線，電場(chǎng)線是直線的地方不一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)。故B錯(cuò)誤。C、若電場(chǎng)線是曲線，初速度為零的正電荷不一定沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)。故C錯(cuò)誤。D、電場(chǎng)線為了形象地描述電場(chǎng)而假想的線，畫電場(chǎng)線的地方有電場(chǎng)，未畫電場(chǎng)線的地方可能也有電場(chǎng)。故D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道電場(chǎng)線的性質(zhì)，知道電場(chǎng)線是為了形象地描述電場(chǎng)而假想的線．【解題方法點(diǎn)撥】1．電場(chǎng)線與帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡的關(guān)系：根據(jù)電場(chǎng)線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)與電場(chǎng)線重合，只有同時(shí)滿足以下三個(gè)條件時(shí)，兩者才會(huì)重合：（1）電場(chǎng)線為直線；（2）電荷初速度為零，或速度方向與電場(chǎng)線平行；（3）電荷僅受電場(chǎng)力或所受其他力合力的方向與電場(chǎng)線平行．2．關(guān)于電場(chǎng)線的問(wèn)題往往與帶電粒子的運(yùn)動(dòng)聯(lián)系起來(lái)進(jìn)行考查，解答這類問(wèn)題應(yīng)抓住以下幾