2025年高考物理復(fù)習(xí)熱搜題速遞之靜電場（2024年7月）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習(xí)熱搜題速遞之靜電場（2024年7月）一．選擇題（共8小題）1．一帶負(fù)電荷的質(zhì)點(diǎn)，在電場力作用下沿曲線abc從a運(yùn)動(dòng)到c，已知質(zhì)點(diǎn)的速率是遞減的。關(guān)于b點(diǎn)電場強(qiáng)度E的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線在b點(diǎn)的切線）（）A． B． C． D．2．如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一個(gè)固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則（）A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變3．如圖，P為固定的點(diǎn)電荷，虛線是以P為圓心的兩個(gè)圓．帶電粒子Q在P的電場中運(yùn)動(dòng)．運(yùn)動(dòng)軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個(gè)點(diǎn)．若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點(diǎn)的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則（）A．a(chǎn)a＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．a(chǎn)a＞ab＞ac，vb＞vc＞va C．a(chǎn)b＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．a(chǎn)b＞ac＞aa，va＞vc＞vb4．如圖，三個(gè)固定的帶電小球a，b和c，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm，小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a，b的連線，設(shè)小球a，b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則（）A．a(chǎn)，b的電荷同號(hào)，k=16B．a(chǎn)，b的電荷異號(hào)，k=16C．a(chǎn)，b的電荷同號(hào)，k=64D．a(chǎn)，b的電荷異號(hào)，k=5．如圖，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢分別為φM，φN，φP，φQ，一電子由M點(diǎn)分別到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電場力所做的負(fù)功相等，則（）A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM＞φQ B．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM＞φN C．若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場力做正功 D．若電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場力做負(fù)功6．如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個(gè)點(diǎn)，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q（q＞0）的固定點(diǎn)電荷。已知b點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，則d點(diǎn)處場強(qiáng)的大小為（k為靜電力常量）（）A．k3qR2 B．k10q9R7．直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位于x軸上，G、H兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖。M、N兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一電量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)處的電場強(qiáng)度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)，則H點(diǎn)處場強(qiáng)的大小和方向分別為（）A．3kQ4a2，沿y軸正向 B．3C．5kQ4a2，沿y軸正向 D．8．如圖所示，實(shí)線表示某電場的電場線（方向未標(biāo)出），虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時(shí)加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EPM、EPN．下列判斷正確的是（）A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN C．φM＜φN，EPM＜EPN D．a(chǎn)M＜aN，EPM＜EPN二．多選題（共6小題）（多選）9．如圖，在正電荷Q的電場中有M、N、P、F四點(diǎn)，M、N、P為直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，F(xiàn)為MN的中點(diǎn)，∠M＝30°，M、N、P、F四點(diǎn)處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN、φP＝φF，點(diǎn)電荷Q在M、N、P三點(diǎn)所在平面內(nèi)，則（）A．點(diǎn)電荷Q一定在MP的連線上 B．連接PF的線段一定在同一等勢面上 C．將正試探電荷從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn)，電場力做負(fù)功 D．φP＞φM（多選）10．圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V，一電子經(jīng)過a時(shí)的動(dòng)能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV．下列說法正確的是（）A．平面c上的電勢為零 B．該電子可能到達(dá)不了平面f C．該電子經(jīng)過平面d時(shí)，其電勢能為4eV D．該電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍（多選）11．如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（）A．所受重力與電場力平衡 B．電勢能逐漸增加 C．動(dòng)能逐漸增加 D．做勻變速直線運(yùn)動(dòng)（多選）12．如圖，水平地面上有一個(gè)光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ．一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個(gè)帶電小球A，細(xì)線與斜面平行．小球A的質(zhì)量為m，電量為q．小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d．靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點(diǎn)電荷．小球A靜止在斜面上，則（）A．小球A與B之間庫侖力的大小為kqB．當(dāng)qd=mgsinθC．當(dāng)qd=mgtanθD．當(dāng)qd=mgktanθ時(shí)，斜（多選）13．兩個(gè)相同的負(fù)電荷和一個(gè)正電荷附近的電場線分布如圖所示，c是兩負(fù)電荷連線的中點(diǎn)，d點(diǎn)在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則（）A．a(chǎn)點(diǎn)的電場強(qiáng)度比b點(diǎn)的大 B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的高 C．c點(diǎn)的電場強(qiáng)度比d點(diǎn)的大 D．c點(diǎn)的電勢比d點(diǎn)的低（多選）14．在一靜止點(diǎn)電荷的電場中，任一點(diǎn)的電勢φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed，點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢φa已在圖中用坐標(biāo)（ra，φa）標(biāo)出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd．下列選項(xiàng)正確的是（）A．Ea：Eb＝4：1 B．Ec：Ed＝2：1 C．Wab：Wbc＝3：1 D．Wbc：Wcd＝1：3三．填空題（共1小題）15．如圖所示，q1，q2，q3，分別表示在一條直線上的三個(gè)點(diǎn)電荷，已知q1與q2之間的距離為l1，已知q2與q3之間的距離為l2，且每個(gè)電荷都處于平衡狀態(tài)（1）如q2為負(fù)電荷，則q1為電荷，q3為電荷。（2）q1，q2，q3三者電量大小之比是：：。四．實(shí)驗(yàn)題（共1小題）16．如圖甲所示，某多級直線加速器由橫截面相同的金屬圓板和4個(gè)金屬圓筒依次排列組成，圓筒的兩底面中心開有小孔，其中心軸線在同一直線上，相鄰金屬圓筒分別接在周期性交變電壓的兩端。粒子從圓板中心沿軸線無初速度進(jìn)入加速器，在間隙中被電場加速（穿過間隙的時(shí)間忽略不計(jì)），在圓筒內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若粒子在筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間恰好等于交變電壓周期的一半，這樣粒子就能“踏準(zhǔn)節(jié)奏”在間隙處一直被加速。粒子離開加速器后，從O點(diǎn)垂直直線邊界OP進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域I，OP距離為a，區(qū)域I的PO、PQ兩直線邊界垂直。區(qū)域I的上邊界PQ與勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ的下直線邊界MN平行，其間距L可調(diào)。兩區(qū)域的勻強(qiáng)磁場方向均垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2α2mU0q。現(xiàn)有質(zhì)子（11H）和氘核（（1）金屬圓筒2與金屬圓筒4的長度之比l2：l4；（2）加速氘核時(shí)，交變電壓周期仍為T，則需要將圖乙中交變電壓U0調(diào)至多少；加速后，氘核在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑多大；（3）為使上述先后通過此加速器的質(zhì)子與氘核在勻強(qiáng)磁場Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡無交點(diǎn)，兩磁場間距L的取值范圍。五．解答題（共4小題）17．如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和﹣q（q＞0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)的動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比；（2）A點(diǎn)距電場上邊界的高度；（3）該電場的電場強(qiáng)度大小。18．如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場方向的夾角為30°．不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢差。19．如圖所示，長l＝1m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°．已知小球所帶電荷量q＝1.0×10﹣6C，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）小球所受電場力F的大小。（2）小球的質(zhì)量m。（3）將電場撤去，小球回到最低點(diǎn)時(shí)速度v的大小。20．如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB=32OA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好通過A點(diǎn)，使此小球帶電，電荷量為q（q＞0），同時(shí)加一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向與ΔOAB所在平面平行．現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍，若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出，恰好通過B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍，重力加速度大小為（1）無電場時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值；（2）電場強(qiáng)度的大小和方向。

2025年高考物理復(fù)習(xí)熱搜題速遞之靜電場（2024年7月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）1．一帶負(fù)電荷的質(zhì)點(diǎn)，在電場力作用下沿曲線abc從a運(yùn)動(dòng)到c，已知質(zhì)點(diǎn)的速率是遞減的。關(guān)于b點(diǎn)電場強(qiáng)度E的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線在b點(diǎn)的切線）（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計(jì)算；物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件．【專題】壓軸題；電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】D【分析】根據(jù)物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件和受力特點(diǎn)分析電荷受的電場力方向，再由負(fù)電荷所受的電場力方向與場強(qiáng)方向相反進(jìn)行選擇?！窘獯稹拷猓篈、電荷做曲線運(yùn)動(dòng)，電場力與速度方向不在同一直線上，應(yīng)指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，不可能沿軌跡的切線方向，則場強(qiáng)也不可能沿軌跡的切線方向。故A錯(cuò)誤。B、負(fù)電荷所受的電場力方向與場強(qiáng)方向相反，圖中電場力方向與速度方向的夾角為銳角，電場力做正功，電荷的速率增大，與題不符。故B錯(cuò)誤。C、圖中場強(qiáng)方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，則電場力指向軌跡的外側(cè)，電荷的軌跡應(yīng)向上彎曲，不可能沿如圖的軌跡運(yùn)動(dòng)。故C錯(cuò)誤。D、圖中場強(qiáng)方向指向軌跡的外側(cè)，則電場力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，而且電場力方向與電荷的速度方向成鈍角，電場力做負(fù)功，電荷的速率減小，符合題意。故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】本題是電場中軌跡問題，抓住電荷所受的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)和速度沿軌跡的切線方向是解題的關(guān)鍵。2．如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一個(gè)固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則（）A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析——電容器與驗(yàn)電器相連．【專題】定性思想；推理法；電容器專題．【答案】D【分析】電容器充電后斷開電源，極板上的電量不變；根據(jù)電容器的定義式可分析電容的變化，再根據(jù)決定式分析電壓的變化，從而分析靜電計(jì)指針夾角的變化；根據(jù)U＝Ed分析電場強(qiáng)度的變化；根據(jù)電勢與電勢差之間的關(guān)系可分析P點(diǎn)電勢，再由電勢分析電勢能的變化。【解答】解：電容器與電源斷開，故電量不變；上極板向下移動(dòng)時(shí)，兩板間的距離減小，根據(jù)C=?s4πkd可知，電容C增大，則根據(jù)C兩板間的電場強(qiáng)度為：E=U再根據(jù)設(shè)P與下極板距離為L，則P點(diǎn)的電勢φP＝EL，電勢能EP＝ELq；因此電荷在P點(diǎn)的電勢能保持不變；故D正確，ABC錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查電容器的動(dòng)態(tài)分析問題，解題的關(guān)鍵在于正確掌握電容的決定式和定義式；同時(shí)注意要掌握相關(guān)結(jié)論的應(yīng)用，如本題中可以直接應(yīng)用結(jié)論：當(dāng)充電后斷開電源時(shí)，如果只改變兩板間距離，則兩板間的電場強(qiáng)度不變。3．如圖，P為固定的點(diǎn)電荷，虛線是以P為圓心的兩個(gè)圓．帶電粒子Q在P的電場中運(yùn)動(dòng)．運(yùn)動(dòng)軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個(gè)點(diǎn)．若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點(diǎn)的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則（）A．a(chǎn)a＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．a(chǎn)a＞ab＞ac，vb＞vc＞va C．a(chǎn)b＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．a(chǎn)b＞ac＞aa，va＞vc＞vb【考點(diǎn)】電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計(jì)算；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】D【分析】根據(jù)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡彎曲方向，即可判斷庫侖力是引力還是斥力；電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度小，電場力做正功，速度增大，電場力做負(fù)功，速度減小，根據(jù)這些知識(shí)進(jìn)行分析即可．【解答】解：點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度的特點(diǎn)是離開場源電荷距離越小，場強(qiáng)越大，粒子受到的電場力越大，帶電粒子的加速度越大，所以ab＞ac＞aa，根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出，粒子在運(yùn)動(dòng)的過程中，一直受靜電斥力作用，離電荷最近的位置，電場力對粒子做的負(fù)功越多，粒子的速度越小，所以va＞vc＞vb，所以D正確，ABC錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評】本題中，點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度的特點(diǎn)是離開場源電荷距離越大，場強(qiáng)越小，掌握住電場線和等勢面的特點(diǎn)，即可解決本題．屬于基礎(chǔ)題目．4．如圖，三個(gè)固定的帶電小球a，b和c，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm，小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a，b的連線，設(shè)小球a，b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則（）A．a(chǎn)，b的電荷同號(hào)，k=16B．a(chǎn)，b的電荷異號(hào)，k=16C．a(chǎn)，b的電荷同號(hào)，k=64D．a(chǎn)，b的電荷異號(hào)，k=【考點(diǎn)】庫侖定律的表達(dá)式及其簡單應(yīng)用；力的合成與分解的應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題．【答案】D【分析】對小球C受力分析，根據(jù)庫侖定律，與矢量的合成法則，結(jié)合幾何關(guān)系，及三角知識(shí)，即可求解。【解答】解：根據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸，且小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a，b的連線，可知，a，b的電荷異號(hào)，對小球C受力分析，如下圖所示：因ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm，因此ac⊥bc，那么兩力的合成構(gòu)成矩形，依據(jù)相似三角形之比，則有：Fa而根據(jù)庫侖定律，F(xiàn)a＝kQcqaac2綜上所得，qaqb=4故選：D?！军c(diǎn)評】考查庫侖定律與矢量的合成法則，掌握幾何關(guān)系，與三角形相似比的運(yùn)用，注意小球C的合力方向可能向左，不影響解題的結(jié)果。5．如圖，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢分別為φM，φN，φP，φQ，一電子由M點(diǎn)分別到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電場力所做的負(fù)功相等，則（）A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM＞φQ B．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM＞φN C．若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場力做正功 D．若電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場力做負(fù)功【考點(diǎn)】等勢面及其與電場線的關(guān)系；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】B【分析】電子由M點(diǎn)分別到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電場力所做的負(fù)功相等，說明電勢能增加相等，據(jù)此分析電勢高低?！窘獯稹拷猓篈B、據(jù)題，電子由M點(diǎn)分別到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功相等，則電勢能增加相等，電勢降低，則N、P兩點(diǎn)的電勢相等，d位于同一等勢面內(nèi)，根據(jù)勻強(qiáng)電場等勢面分布情況知，直線a不是同一等勢面，直線c位于某一等勢面內(nèi)，且φM＞φN．故A錯(cuò)誤，B正確。C、由上分析知，直線c位于某一等勢面內(nèi)，M、Q的電勢相等，若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)電場力不做功，故C錯(cuò)誤。D、電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)與電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)電場力做功相等，所以電場力做正功，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵要抓住電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，知道負(fù)電荷在電勢高處電勢能小。6．如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個(gè)點(diǎn)，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q（q＞0）的固定點(diǎn)電荷。已知b點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，則d點(diǎn)處場強(qiáng)的大小為（k為靜電力常量）（）A．k3qR2 B．k10q9R【考點(diǎn)】電場強(qiáng)度的疊加；電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計(jì)算；點(diǎn)電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】B【分析】由題意可知，半徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷，與在a點(diǎn)處有一電荷量為q（q＞0）的固定點(diǎn)電荷，在b點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，說明各自電場強(qiáng)度大小相等，方向相反。那么在d點(diǎn)處場強(qiáng)的大小即為兩者之和。因此根據(jù)點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度為E=【解答】解：電荷量為q的點(diǎn)電荷在b處產(chǎn)生電場強(qiáng)度為E=而半徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷，與在a點(diǎn)處有一電荷量為q（q＞0）的固定點(diǎn)電荷，在b點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，則圓盤在此處產(chǎn)生電場強(qiáng)度也為E=kqR2．那么圓盤在此而電荷量為q的點(diǎn)電荷在d處產(chǎn)生電場強(qiáng)度為E'=kq所以兩者這d處產(chǎn)生電場強(qiáng)度為k10q9R2故選：B?！军c(diǎn)評】考查點(diǎn)電荷與圓盤電荷在某處的電場強(qiáng)度疊加，緊扣電場強(qiáng)度的大小與方向關(guān)系，從而為解題奠定基礎(chǔ)。7．直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位于x軸上，G、H兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖。M、N兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一電量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)處的電場強(qiáng)度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)，則H點(diǎn)處場強(qiáng)的大小和方向分別為（）A．3kQ4a2，沿y軸正向 B．3C．5kQ4a2，沿y軸正向 D．【考點(diǎn)】電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計(jì)算；勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】B【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式和場強(qiáng)疊加的原理，可以知道在G點(diǎn)的時(shí)候負(fù)電荷在G點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)與正電荷在G點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等方向相反，在H點(diǎn)同樣根據(jù)場強(qiáng)的疊加來計(jì)算合場強(qiáng)的大小即可．【解答】解：G點(diǎn)處的電場強(qiáng)度恰好為零，說明負(fù)電荷在G點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)與正電荷在G點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等方向相反，根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式可得，正電荷在G點(diǎn)的場強(qiáng)為kQa2，負(fù)電荷在G點(diǎn)的合場強(qiáng)也為當(dāng)正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)時(shí)，正電荷與H點(diǎn)的距離為2a，正電荷在H點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為kQ4a2由于GH對稱，所以負(fù)電荷在G點(diǎn)和H點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等方向相反，大小為kQa2，方向沿所以H點(diǎn)處場合強(qiáng)的大小為kQa2-kQ4故選：B?！军c(diǎn)評】本題是對場強(qiáng)疊加原理的考查，同時(shí)注意點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式的應(yīng)用，本題的關(guān)鍵的是理解G點(diǎn)處的電場強(qiáng)度恰好為零的含義．8．如圖所示，實(shí)線表示某電場的電場線（方向未標(biāo)出），虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時(shí)加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EPM、EPN．下列判斷正確的是（）A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN C．φM＜φN，EPM＜EPN D．a(chǎn)M＜aN，EPM＜EPN【考點(diǎn)】電勢的定義、單位和物理意義；電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計(jì)算；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】D【分析】帶電粒子只受電場力作用，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向右下方，由于粒子帶負(fù)電，因此電場線方向指向左上方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線的疏密反應(yīng)電場的強(qiáng)弱?！窘獯稹拷猓簬щ娏Ｗ铀茈妶隽χ赶蜍壽E彎曲的內(nèi)側(cè)，根據(jù)帶負(fù)電粒子受力情況可知，電場線方向斜向左上方，又沿著電場線方向，電勢逐漸降低，故φM＞φN①；若粒子從M到N過程，電場力做負(fù)功，動(dòng)能減小，電勢能增加，故帶電粒子通過M點(diǎn)時(shí)的速度比通過N點(diǎn)時(shí)的速度大，即vM＞vN②，在M點(diǎn)具有的電勢能比在N點(diǎn)具有的電勢能小，即EPM＜EPN③；根據(jù)電場線疏密可知，EM＜EN，根據(jù)F＝Eq和牛頓第二定律可知，aM＜aN④；A、由②④可知，A錯(cuò)誤；B、由①②可知，B錯(cuò)誤；C、由①③可知，C錯(cuò)誤；D、由③④可知，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】解決這類帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的思路是：根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷出所受電場力方向，然后進(jìn)一步判斷電勢、電場強(qiáng)度、電勢能、動(dòng)能等物理量的變化。二．多選題（共6小題）（多選）9．如圖，在正電荷Q的電場中有M、N、P、F四點(diǎn)，M、N、P為直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，F(xiàn)為MN的中點(diǎn)，∠M＝30°，M、N、P、F四點(diǎn)處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN、φP＝φF，點(diǎn)電荷Q在M、N、P三點(diǎn)所在平面內(nèi)，則（）A．點(diǎn)電荷Q一定在MP的連線上 B．連接PF的線段一定在同一等勢面上 C．將正試探電荷從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn)，電場力做負(fù)功 D．φP＞φM【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；電勢的定義、單位和物理意義．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】AD【分析】點(diǎn)電荷的等勢面是一系列的同心圓，對于圓，圓弧上任意兩點(diǎn)的連線的中垂線一定通過圓心；找出電荷位置后，根據(jù)電勢能的變化情況判斷電場力做功情況?！窘獯稹拷猓篈、點(diǎn)電荷的等勢面是一系列的同心圓，對于圓、圓弧上任意兩點(diǎn)的連線的中垂線一定通過圓心，故場源電荷在MN的中垂線和FP的中垂線的交點(diǎn)上，在MP的連線上，如圖所示，故A正確；B、φP＝φF，線段PF是P、F所在等勢面（球面）的一個(gè)弦，故B錯(cuò)誤；C、在正的點(diǎn)電荷的電場中，離場源越遠(yuǎn)，電勢越低，將正試探電荷從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn)，電勢能降低，故電場力做正功，故C錯(cuò)誤；D、在正的點(diǎn)電荷的電場中，離場源越遠(yuǎn)，電勢越低，故φP＞φM，故D正確。故選：AD。【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵是明確點(diǎn)電荷的電場的電場線和等勢面的分布規(guī)律，知道沿著電場線電勢逐漸降低。（多選）10．圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V，一電子經(jīng)過a時(shí)的動(dòng)能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV．下列說法正確的是（）A．平面c上的電勢為零 B．該電子可能到達(dá)不了平面f C．該電子經(jīng)過平面d時(shí)，其電勢能為4eV D．該電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍【考點(diǎn)】等勢面及其與電場線的關(guān)系；功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題．【答案】AB【分析】根據(jù)只有電場力做功，動(dòng)能與電勢能之和不變，當(dāng)電場力做負(fù)功時(shí)，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電勢能，在電勢為零處，電勢能為零，從而即可一一求解?！窘獯稹拷猓篈、虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，一電子經(jīng)過a時(shí)的動(dòng)能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV，動(dòng)能減小了6eV，電勢能增加了6eV，因此等勢面間的電勢差為2V，因平面b上的電勢為2V，由于電子的電勢能增加，等勢面由a到f是降低的，因此平面c上的電勢為零，故A正確；B、由上分析，可知，當(dāng)電子由a向f方向運(yùn)動(dòng)，則電子到達(dá)平面f的動(dòng)能為2eV，由于題目中沒有說明電子如何運(yùn)動(dòng)，因此也可能電子在勻強(qiáng)電場中做拋體運(yùn)動(dòng)，則可能不會(huì)到達(dá)平面f，故B正確；C、在平面b上電勢為2V，則電子的電勢能為﹣2eV，動(dòng)能為8eV，電勢能與動(dòng)能之和為6eV，當(dāng)電子經(jīng)過平面d時(shí)，動(dòng)能為4eV，其電勢能為2eV，故C錯(cuò)誤；D、電子經(jīng)過平面b時(shí)的動(dòng)能是平面d的動(dòng)能2倍，電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍，故D錯(cuò)誤；故選：AB?！军c(diǎn)評】考查電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，掌握電勢能與動(dòng)能之和不變，理解電勢為零處的電勢能為零是解題的關(guān)鍵。（多選）11．如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（）A．所受重力與電場力平衡 B．電勢能逐漸增加 C．動(dòng)能逐漸增加 D．做勻變速直線運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】帶電粒子（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng)．【專題】帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題．【答案】BD【分析】帶電粒子在場中受到電場力與重力，根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的分析，可知電場力垂直極板向上，從而可確定粒子的運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，及根據(jù)電場力做功來確定電勢能如何變化．【解答】解：A、根據(jù)題意可知，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，則電場力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，因此A錯(cuò)誤，D正確；B、由A選項(xiàng)分析可知，電場力做負(fù)功，則電勢能增加，故B正確；C、因電場力做負(fù)功，則電勢能增加，導(dǎo)致動(dòng)能減小，故C錯(cuò)誤；故選：BD?！军c(diǎn)評】考查根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況來確定受力情況，并由電場力做功來確定電勢能如何，以及動(dòng)能的變化．（多選）12．如圖，水平地面上有一個(gè)光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ．一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個(gè)帶電小球A，細(xì)線與斜面平行．小球A的質(zhì)量為m，電量為q．小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d．靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點(diǎn)電荷．小球A靜止在斜面上，則（）A．小球A與B之間庫侖力的大小為kqB．當(dāng)qd=mgsinθC．當(dāng)qd=mgtanθkD．當(dāng)qd=mgktanθ【考點(diǎn)】庫侖力作用下的受力平衡問題；共點(diǎn)力的平衡問題及求解．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】AC【分析】根據(jù)庫侖定律求解兩個(gè)球間的庫侖斥力大小，然后根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列式分析。【解答】解：A、根據(jù)庫侖定律，小球A與B之間庫侖力的大小為：F=kq2B、C、若細(xì)線上的拉力為0，小球A受重力、支持力和庫侖力而平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，重力的下滑分力與庫侖力的上滑分力平衡，即：mgsinθ＝Fcosθ；其中F=k聯(lián)立解得：mgsinθ=kq故：qd=mgtanθk；故D、兩個(gè)球帶同種電荷，相互排斥，故斜面對A的彈力不可能為零；故D錯(cuò)誤；故選：AC?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵是明確A球的受力情況，然后根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列方程求解，注意細(xì)線拉力為零的臨界條件。（多選）13．兩個(gè)相同的負(fù)電荷和一個(gè)正電荷附近的電場線分布如圖所示，c是兩負(fù)電荷連線的中點(diǎn)，d點(diǎn)在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則（）A．a(chǎn)點(diǎn)的電場強(qiáng)度比b點(diǎn)的大 B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的高 C．c點(diǎn)的電場強(qiáng)度比d點(diǎn)的大 D．c點(diǎn)的電勢比d點(diǎn)的低【考點(diǎn)】電勢的定義、單位和物理意義；電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計(jì)算；電場線的定義及基本特征．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】ACD【分析】根據(jù)電場線的疏密判斷場強(qiáng)的大小。根據(jù)電場線的方向判斷電荷的正負(fù)。順著電場線電勢逐漸降低，由電場線的方向可判斷電勢的正負(fù)?！窘獯稹拷猓篈、由圖看出，a點(diǎn)處電場線比b點(diǎn)處電場線密，則a點(diǎn)的場強(qiáng)大于b點(diǎn)的場強(qiáng)，故A正確。B、電場線從正電荷到負(fù)電荷，沿著電場線電勢降低，所以b點(diǎn)的電勢比a點(diǎn)的高，所以B錯(cuò)誤；C、負(fù)電荷在c點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，c點(diǎn)只有正電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度，在d正電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)向上，兩個(gè)負(fù)電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)向下，合場強(qiáng)是它們的差值，所以c點(diǎn)的電場強(qiáng)度比d點(diǎn)的大，所以C正確；D、正電荷到c點(diǎn)的平均場強(qiáng)大于正電荷到d點(diǎn)的平均場強(qiáng)，根據(jù)U＝Ed可知，正電荷到c點(diǎn)電勢降低的多，所以c點(diǎn)的電勢比d點(diǎn)的低；也可以根據(jù)電勢這樣理解：由正電荷在d，c兩點(diǎn)產(chǎn)生的電勢相等，但兩個(gè)負(fù)電荷在d點(diǎn)產(chǎn)生的電勢高于c點(diǎn)，所以c點(diǎn)的總電勢低于d點(diǎn)。所以D正確；故選：ACD。【點(diǎn)評】本題要掌握電場線的物理意義：電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小，順著電場線電勢逐漸降低，知道等量異種電荷連線的垂直平分線是一個(gè)等勢面。（多選）14．在一靜止點(diǎn)電荷的電場中，任一點(diǎn)的電勢φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed，點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢φa已在圖中用坐標(biāo)（ra，φa）標(biāo)出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd．下列選項(xiàng)正確的是（）A．Ea：Eb＝4：1 B．Ec：Ed＝2：1 C．Wab：Wbc＝3：1 D．Wbc：Wcd＝1：3【考點(diǎn)】電場力做功的計(jì)算及其特點(diǎn)；點(diǎn)電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場．【專題】比較思想；比例法；電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】AC【分析】由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=kQr2可求場強(qiáng)之比；利用公式Uab＝φa﹣φb和W【解答】解：A、由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=kQr2可得：Ea：Eb=rb2：ra2=B、由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=kQr2可得：Ec：Ed=rd2：rc2=6C、從a到b電場力做功為：Wab＝qUab＝q（φa﹣φb）＝q（6﹣3）J＝3q（J），從b到c電場力做功為：Wbc＝qUbc＝q（φb﹣φc）＝q（3﹣2）J＝q（J），所以有：Wab：Wbc＝3：1，故C正確；D、從c到d電場力做功為：Wcd＝qUcd＝q（φc﹣φd）＝q（2﹣1）J＝q（J），所以Wbc：Wcd＝1：1，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評】解答此題的關(guān)鍵是正確理解點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=kQr2和W三．填空題（共1小題）15．如圖所示，q1，q2，q3，分別表示在一條直線上的三個(gè)點(diǎn)電荷，已知q1與q2之間的距離為l1，已知q2與q3之間的距離為l2，且每個(gè)電荷都處于平衡狀態(tài)（1）如q2為負(fù)電荷，則q1為正電荷，q3為正電荷。（2）q1，q2，q3三者電量大小之比是(l1+l2l2)2【考點(diǎn)】三（多）個(gè)點(diǎn)電荷在一條直線上時(shí)的平衡問題．【專題】壓軸題；帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）解決本題一定要把握“每個(gè)電荷都處于平衡狀態(tài)”這一特點(diǎn)進(jìn)行分析，已知q2為負(fù)電荷，可以利用假設(shè)法判斷q1和q3的電性，如假設(shè)q1帶正電，其它電荷是否平衡等，也可以利用“兩同夾異，近小遠(yuǎn)大”（三個(gè)電荷處于平衡時(shí)兩邊電性相同和中間相反，中間電荷離電量小的近，離電量大的遠(yuǎn)）進(jìn)行判斷。（2）三個(gè)電荷處于同一直線上，每個(gè)電荷受兩個(gè)庫侖力作用處于平衡狀態(tài)，據(jù)此列方程即可求解。【解答】解：（1）假設(shè)q1帶負(fù)電，要使q2平衡則q3也應(yīng)帶負(fù)電，但此時(shí)q1、q3因都受斥力而不平衡，故q1帶正電，同理分析q3帶正電。（2）由于三個(gè)電荷均處于平衡狀態(tài)，所以對q1有：kq1對q2有：kq1對q3有：kq1聯(lián)立①②③可解得：q答：（1）正，正（2）q1，q2，q3三者電量大小之比是：q【點(diǎn)評】本題考查了庫侖定律在電荷平衡中的應(yīng)用，對于三個(gè)電荷平衡可以利用“兩同夾異，近小遠(yuǎn)大”的規(guī)律進(jìn)行電性判斷，本題的難點(diǎn)在于計(jì)算，學(xué)生列出方程容易，但是計(jì)算正確難。四．實(shí)驗(yàn)題（共1小題）16．如圖甲所示，某多級直線加速器由橫截面相同的金屬圓板和4個(gè)金屬圓筒依次排列組成，圓筒的兩底面中心開有小孔，其中心軸線在同一直線上，相鄰金屬圓筒分別接在周期性交變電壓的兩端。粒子從圓板中心沿軸線無初速度進(jìn)入加速器，在間隙中被電場加速（穿過間隙的時(shí)間忽略不計(jì)），在圓筒內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若粒子在筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間恰好等于交變電壓周期的一半，這樣粒子就能“踏準(zhǔn)節(jié)奏”在間隙處一直被加速。粒子離開加速器后，從O點(diǎn)垂直直線邊界OP進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域I，OP距離為a，區(qū)域I的PO、PQ兩直線邊界垂直。區(qū)域I的上邊界PQ與勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ的下直線邊界MN平行，其間距L可調(diào)。兩區(qū)域的勻強(qiáng)磁場方向均垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2α2mU0q?，F(xiàn)有質(zhì)子（11H）和氘核（（1）金屬圓筒2與金屬圓筒4的長度之比l2：l4；（2）加速氘核時(shí)，交變電壓周期仍為T，則需要將圖乙中交變電壓U0調(diào)至多少；加速后，氘核在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑多大；（3）為使上述先后通過此加速器的質(zhì)子與氘核在勻強(qiáng)磁場Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡無交點(diǎn)，兩磁場間距L的取值范圍?！究键c(diǎn)】帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉(zhuǎn)；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)；帶電粒子由磁場進(jìn)入電場中的運(yùn)動(dòng)．【專題】壓軸題；定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）金屬圓筒2與金屬圓筒4的長度之比l2：l4為2：（2）需要將圖乙中交變電壓U0調(diào)至2U0；加速后，氘核在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為2a；（3）為使上述先后通過此加速器的質(zhì)子與氘核在勻強(qiáng)磁場Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡無交點(diǎn)，兩磁場間距L的取值范圍為：0≤L＜(3-3)a【分析】（1）粒子通過每個(gè)間隙電場力做功相同，兩粒子在每個(gè)筒中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間也相同，根據(jù)動(dòng)能定理求解速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解位移比；（2）氘核在每個(gè)筒中的速度與質(zhì)子的相同，根據(jù)兩粒子的比荷關(guān)系求解電壓關(guān)系；在磁場中由洛倫茲力提供向心力結(jié)合兩粒子的比荷關(guān)系求解運(yùn)動(dòng)半徑；（3）找到兩粒子軌跡恰好相交的臨界情況，作出運(yùn)動(dòng)軌跡圖，由幾何關(guān)系求解臨界情況的L值，在判斷其范圍。【解答】解：（1）設(shè)粒子進(jìn)入第n個(gè)圓筒的速度為vn，根據(jù)動(dòng)能定理得：nqU=解得：vn=由于兩粒子在筒中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，則金屬圓筒2與金屬圓筒4的長度之比：l2（2）要讓氘核也能“踏準(zhǔn)節(jié)奏”在間隙處被加速，則需要氘核在每個(gè)筒中的速度與質(zhì)子的相同。氘核電荷量與質(zhì)子相同，質(zhì)量為質(zhì)子兩倍，由vn=2nqUm，可得：U0要調(diào)至由洛倫茲力提供向心力得：qv4B=對于質(zhì)子，其v4=已知：B代入解得質(zhì)子的軌道半徑：r1＝a氘核質(zhì)量為質(zhì)子兩倍，v4與質(zhì)子相同，對比可得氘核的軌道半徑：r2＝2a（3）氘核離開磁場區(qū)域I的速度方向與邊界夾角θ＝60°①如圖1所示，兩軌跡相交于D點(diǎn)：L＝HC?tanθCD＝2r2?sin60°＝2×2a×GH＝r2?sin60°＝2a×HC＝CD﹣r1﹣GH=23a由以上兩式得：L=(3-②如圖2所示，兩軌跡外切：L＝HC?tanθO1G＝r1+r2＝a+2a＝3aO1Q＝r2?sin30°＝2a×1GH＝r2?sin60°＝2a×GQ=HC＝CQ+GQ﹣GH=由以上兩式得：L=2綜上所述，為使質(zhì)子與氘核在勻強(qiáng)磁場Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡無交點(diǎn)，L的取值范圍為：0≤L＜(3-3)a答：（1）金屬圓筒2與金屬圓筒4的長度之比l2：l4為2：（2）需要將圖乙中交變電壓U0調(diào)至2U0；加速后，氘核在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為2a；（3）為使上述先后通過此加速器的質(zhì)子與氘核在勻強(qiáng)磁場Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡無交點(diǎn)，兩磁場間距L的取值范圍為：0≤L＜(3-3)a【點(diǎn)評】本題考查了帶電粒子在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)問題。對于粒子在電場中的加速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理解答；對于帶電粒子在勻強(qiáng)磁場只受了洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖是解題的前提，根據(jù)幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)半徑和軌跡圓心角是解題關(guān)鍵。本題的幾何關(guān)系是難點(diǎn)，需多積累經(jīng)驗(yàn)。五．解答題（共4小題）17．如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和﹣q（q＞0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)的動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比；（2）A點(diǎn)距電場上邊界的高度；（3）該電場的電場強(qiáng)度大小。【考點(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）抓住兩球在電場中，水平方向上的加速度大小相等，一個(gè)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，一個(gè)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等得出水平方向時(shí)間相等，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出M與N在電場中沿水平方向的位移之比；（2）根據(jù)離開電場時(shí)動(dòng)能的大小關(guān)系，抓住M做直線運(yùn)動(dòng)，得出M離開電場時(shí)水平分速度和豎直分速度的關(guān)系，抓住M速度方向不變，結(jié)合進(jìn)入電場時(shí)豎直分速度和水平分速度的關(guān)系，根據(jù)速度—位移公式求出A點(diǎn)距電場上邊界的高度；（3）結(jié)合帶電小球M電場中做直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合速度方向得出電場力和重力的關(guān)系，從而求出電場強(qiáng)度的大小?！窘獯稹拷猓海?）兩帶電小球的電量相同，可知M球在電場中水平方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，N球在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向上的加速度大小相等，兩球在豎直方向均受重力，豎直方向上做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由于豎直方向上的位移相等，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，設(shè)水平方向的加速度大小為a，對M，有：xM對N：v0＝at，xN可得xM解得xM：xN＝3：1。（2、3）設(shè)正電小球離開電場時(shí)的豎直分速度為vy，水平分速度為v1，兩球離開電場時(shí)豎直分速度相等，因?yàn)镸在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)的動(dòng)能的1.5倍，則有：12解得v1因?yàn)関1＝v0+at＝2v0，則v1=2因?yàn)镸做直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球進(jìn)電場時(shí)在豎直方向上的分速度為vy1，則有：vy1v0=在豎直方向上有：vy12解得A點(diǎn)距電場上邊界的高度h=H因?yàn)镸做直線運(yùn)動(dòng)，合力方向與速度方向在同一條直線上，有：vy則電場的電場強(qiáng)度E=mg答：（1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比為3：1（2）A點(diǎn)距電場上邊界的高度為H3（3）該電場的電場強(qiáng)度大小為2mg【點(diǎn)評】本題考查了帶電小球在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)，理清兩球在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，將運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解。18．如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場方向的夾角為30°．不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢差?！究键c(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】粒子水平方向受電場力，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；豎直方向不受力，故豎直分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)；結(jié)合運(yùn)動(dòng)的合成與分解的知識(shí)得到A點(diǎn)速度與B點(diǎn)速度的關(guān)系，然后對A到B過程根據(jù)動(dòng)能定理列式求解?！窘獯稹拷猓涸O(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB，粒子在垂直電場方向的分速度不變，故：vBsin30°＝v0sin60°①解得：vB=設(shè)A、B間的電勢差為UAB，由動(dòng)能定理，有：qUAB聯(lián)立②③解得：UAB答：A、B兩點(diǎn)間的電勢差為mv【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵是通過運(yùn)動(dòng)的合成與分解得到A點(diǎn)速度和B點(diǎn)速度的關(guān)系，然后結(jié)合動(dòng)能定理列式求解即可，基礎(chǔ)題目。19．如圖所示，長l＝1m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°．已知小球所帶電荷量q＝1.0×10﹣6C，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）小球所受電場力F的大小。（2）小球的質(zhì)量m。（3）將電場撤去，小球回到最低點(diǎn)時(shí)速度v的大小?！究键c(diǎn)】電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計(jì)算；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】計(jì)算題；定量思想；方程法；帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)電場力的計(jì)算公式求解電場力；（2）畫出小球受力情況示意圖，根據(jù)幾何關(guān)系列方程求解質(zhì)量；（3）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解速度?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)電場力的計(jì)算公式可得電場力F＝qE＝1.0×10﹣6×3.0×103N＝3.0×10﹣3N；（2）小球受力情況如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系可得mg=qE所以m=qEgtanθ=3×10-3（3）電場撤去后小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，則mgl（1﹣cos37°）=1解得：v＝2m/s。答：（1）小球所受電場力F的大小為3.0×10﹣3N。（2）小球的質(zhì)量為4×10﹣4kg。（3）將電場撤去，小球回到最低點(diǎn)時(shí)速度v的大小為2m/s?！军c(diǎn)評】有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)，可以從兩條線索展開：其一，力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系。根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答。20．如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB=32OA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好通過A點(diǎn)，使此小球帶電，電荷量為q（q＞0），同時(shí)加一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向與ΔOAB所在平面平行．現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍，若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出，恰好通過B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍，重力加速度大小為（1）無電場時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值；（2）電場強(qiáng)度的大小和方向?！究键c(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度v0．初動(dòng)能EK0，從O到A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，將該運(yùn)動(dòng)分解即可；（2）加電場后，同樣使用動(dòng)能定理與功能關(guān)系對小球到達(dá)A與到達(dá)B的過程分別列出公式即可．【解答】解：（1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度v0．初動(dòng)能EK0，從O到A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，令OA=則：OB=根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：水平方向：d?sin60°＝v0t…①豎直方向：y=又：EK聯(lián)立①②③解得：EK設(shè)小球到達(dá)A時(shí)的動(dòng)能為EKA，則：EKA所以：EKA（2）加電場后，從O點(diǎn)到A點(diǎn)下降了y=12d，從O點(diǎn)到B點(diǎn)下降了32d，設(shè)兩點(diǎn)的電勢能分別減小ΔEPA和ΔEΔEΔE在勻強(qiáng)電場中，沿著任意直線，電勢的降落是均勻的，設(shè)直線OB上的M點(diǎn)的電勢與A的電勢相同，M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離是x，如圖，則有：x3解得：x＝d，MA是等勢線，電場線與MA的垂線OC平行，設(shè)電場方向與豎直向下的方向之間的夾角是α，由幾何關(guān)系可得ΔOAM是等邊三角形，所以：α=12即電場線的方向與豎直方向之間的夾角是30°，設(shè)電場強(qiáng)度的大小是E，則：qE?dcos30°＝ΔEPA…⑨聯(lián)立④⑥⑨得：E=3答：（1）無電場時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值是73（2）電場強(qiáng)度的大小是3mg6q【點(diǎn)評】本題是平拋運(yùn)動(dòng)與類平拋運(yùn)動(dòng)的組合，關(guān)鍵是運(yùn)用動(dòng)能定理與功能關(guān)系研究小球到達(dá)A與到達(dá)B的過程，再運(yùn)用電場力做功的基本規(guī)律解題．

考點(diǎn)卡片1．力的合成與分解的應(yīng)用2．共點(diǎn)力的平衡問題及求解【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)力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點(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.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（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，另一端跨過滑輪后懸掛重物m。滑輪對繩的作用力應(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。【命題方向】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：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。現(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：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C端的支持力；（3）輕桿HG對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C端的支持力；（3）乙圖中，以C點(diǎn)為研究對象，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且夾角為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=M2gtan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C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點(diǎn)評：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)為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.在分析問題時(shí)，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共點(diǎn)力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對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）對所選研究對象進(jìn)行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進(jìn)行處理，對三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時(shí)的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標(biāo)系，對各力按坐標(biāo)軸進(jìn)行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時(shí)，首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過程分析，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)來研究臨界問題，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。3．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表達(dá)式：F合＝ma．該表達(dá)式只能在國際單位制中成立．因?yàn)镕合＝k?ma，只有在國際單位制中才有k＝1．力的單位的定義：使質(zhì)量為1kg的物體，獲得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg?m/s2．3．適用范圍：（1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系）．（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運(yùn)動(dòng)（遠(yuǎn)小于光速）的情況．4．對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解牛頓第二定律是動(dòng)力學(xué)的核心內(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)涵：F量化了迫使物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個(gè)量的物理意義，就不難理解如下的關(guān)系了：a∝F，a∝1m另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時(shí)關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時(shí)性特征所決定的．（1）矢量性：加速度a與合外力F合都是矢量，且方向總是相同．（2）瞬時(shí)性：加速度a與合外力F合同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，是瞬時(shí)對應(yīng)的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個(gè)物理量．（4）獨(dú)立性：作用于物體上的每個(gè)力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合加速度則是每個(gè)力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應(yīng)．（5）相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運(yùn)動(dòng)的物體而言的．【命題方向】題型一：對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此兩圖線可以得出（）A．物塊的質(zhì)量為1.5kgB．物塊與地面之間的滑動(dòng)摩擦力為2NC．t＝3s時(shí)刻物塊的速度為3m/sD．t＝3s時(shí)刻物塊的加速度為2m/s2分析：根據(jù)v﹣t圖和F﹣t圖象可知，在4～6s，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，處于受力平衡狀態(tài)，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物體受到的摩擦力的大小，在根據(jù)在2～4s內(nèi)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大小．根據(jù)速度時(shí)間圖線求出3s時(shí)的速度和加速度．解答：4～6s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則f＝F＝2N．2～4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a=42=2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣時(shí)間圖線可知，3s時(shí)刻的速度為2m/s．故B故選：BD．點(diǎn)評：本題考查學(xué)生對于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個(gè)圖象對比可以確定物體的運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，再由牛頓第二定律來求解．題型二：對牛頓第二定律瞬時(shí)性的理解例子：如圖所示，質(zhì)量為m的球與彈簧Ⅰ和水平細(xì)線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q．球靜止時(shí)，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當(dāng)剪斷Ⅱ瞬間時(shí)，球的加速度a應(yīng)是（）A．則a＝g，方向豎直向下B．則a＝g，方向豎直向上C．則a=F1m，方向沿Ⅰ的延長線D．則a分析：先研究原來靜止的狀態(tài)，由平衡條件求出彈簧和細(xì)線的拉力．剛剪短細(xì)繩時(shí)，彈簧來不及形變，故彈簧彈力不能突變；細(xì)繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細(xì)繩彈力可突變！根據(jù)牛頓第二定律求解瞬間的加速度．解答：Ⅱ未斷時(shí)，受力如圖所示，由共點(diǎn)力平衡條件得，F(xiàn)2＝mgtanθ，F(xiàn)1=mg剛剪斷Ⅱ的瞬間，彈簧彈力和重力不變，受力如圖：由幾何關(guān)系，F(xiàn)合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛頓第二定律得：a=F1sinθm=故選：D．點(diǎn)評：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律即可正確解題，知道彈簧的彈力不能突變是正確解題的關(guān)鍵．題型三：動(dòng)力學(xué)中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運(yùn)動(dòng)情況；②已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的受力情況．加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和受力的重要“橋梁”，將運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)合是解決問題的基本思路．例子：某同學(xué)為了測定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，他用測速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)情況，裝置如圖甲所示．他使木塊以初速度v0＝4m/s的速度沿傾角θ＝30°的斜面上滑緊接著下滑至出發(fā)點(diǎn)，并同時(shí)開始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點(diǎn)的v﹣t圖線如圖乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑過程中的加速度的大小a1；（2）木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v．分析：（1）由v﹣t圖象可以求出上滑過程的加速度．（2）由牛頓第二定律可以得到摩擦因數(shù)．（3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得上滑距離，上下距離相等，由牛頓第二定律可得下滑的加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點(diǎn)，由加速度定義式a=上滑過程中加速度的大?。篴1（2）上滑過程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛頓第二定律F＝ma得上滑過程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)得：μ＝0.35．（3）下滑的距離等于上滑的距離：x=v02下滑摩擦力方向變?yōu)橄蛏?，由牛頓第二定律F＝ma得：下滑過程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2=下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度大小為：v=聯(lián)立解得：v＝2m/s答：（1）上滑過程中的加速度的大小a1（2）木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.35；（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v＝2m/s．點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)合求解．【解題方法點(diǎn)撥】1．根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系．對于分析瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系時(shí)應(yīng)注意兩個(gè)基本模型特點(diǎn)的區(qū)別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時(shí)的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突變；（2）輕彈簧模型：①彈力的大小為F＝kx，其中k是彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，②彈力突變．2．應(yīng)用牛頓第二定律解答動(dòng)力學(xué)問題時(shí)，首先要對物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，確定題目屬于動(dòng)力學(xué)中的哪類問題，不論是由受力情況求運(yùn)動(dòng)情況，還是由運(yùn)動(dòng)情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應(yīng)用牛頓第二定律的解題步驟（1）通過審題靈活地選取研究對象，明確物理過程．（2）分析研究對象的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，必要時(shí)畫好受力示意圖和運(yùn)動(dòng)過程示意圖，規(guī)定正方向．（3）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時(shí)可把力進(jìn)行分解或合成處理，再列方程）（4）檢查答案是否完整、合理，必要時(shí)需進(jìn)行討論．4．物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件1．曲線運(yùn)動(dòng)的定義：軌跡是曲線的運(yùn)動(dòng)叫曲線運(yùn)動(dòng)．2．曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)：（1）速度方向：質(zhì)點(diǎn)在某一點(diǎn)的速度，沿曲線在這一點(diǎn)的切線方向．（2）運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)：做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，速度的方向時(shí)刻在改變，所以曲線運(yùn)動(dòng)一定是變速運(yùn)動(dòng)，即必然具有加速度．3．曲線運(yùn)動(dòng)的條件（1）從動(dòng)力學(xué)角度看：物體所受合力的方向跟它的速度方向不在同一條直線上．（2）從運(yùn)動(dòng)學(xué)角度看：物體的速度方向跟它的加速度方向不在同一條直線上．【知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用及延伸】變速運(yùn)動(dòng)一定是曲線運(yùn)動(dòng)嗎？曲線運(yùn)動(dòng)一定是變速運(yùn)動(dòng)嗎？曲線運(yùn)動(dòng)一定不是勻變速運(yùn)動(dòng)嗎？請舉例說明？變速運(yùn)動(dòng)不一定是曲線運(yùn)動(dòng)，如勻變速直線運(yùn)動(dòng)．曲線運(yùn)動(dòng)一定是變速運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樗俣确较蛞欢ㄗ兓€運(yùn)動(dòng)不一定是非勻變速運(yùn)動(dòng)，如平拋運(yùn)動(dòng)是曲線運(yùn)動(dòng)，也是勻變速運(yùn)動(dòng)．【命題方向】（1）?？碱}型考查物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件：下列說法正確的是（）A．做曲線運(yùn)動(dòng)的物體一定有加速度B．平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速運(yùn)動(dòng)，任意相等時(shí)間內(nèi)速度的變化都相同C．勻速圓周運(yùn)動(dòng)雖然不是勻變速運(yùn)動(dòng)，但任意相等時(shí)間內(nèi)速度的變化仍相同D．當(dāng)物體受到的合外力為零時(shí)，物體仍可以做曲線運(yùn)動(dòng)分析：物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件是合力與速度不在同一條直線上，既然有合力就一定有加速度，平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速運(yùn)動(dòng)，任意相等時(shí)間內(nèi)速度的變化是相同的，當(dāng)物體受到的合外力為零時(shí)，物體只能是處于靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，不可能做曲線運(yùn)動(dòng)．解答：A、物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件是合力與速度不在同一條直線上，所以做曲線運(yùn)動(dòng)的物體所受的合外力一定不為零，物體一定有加速度，故A正確．B、平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度的大小為g，所以任意相等時(shí)間內(nèi)速度的變化為△V＝g△t，所以任意相等時(shí)間內(nèi)速度的變化都相同，所以B正確．C、勻速圓周運(yùn)動(dòng)只是說速度的大小不變，但速度的方向時(shí)刻在變，任意相等時(shí)間內(nèi)速度方向的變化是不一樣的，所以C錯(cuò)誤．D、物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件是合力與速度不在同一條直線上，當(dāng)物體受到的合外力為零時(shí)，物體只能是處于靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，不可能做曲線運(yùn)動(dòng)，所以D錯(cuò)誤．故選：A、B．點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是對質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)的條件的考查，勻速圓周運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)等都是曲線運(yùn)動(dòng)，對于它們的特點(diǎn)要掌握住．【解題方法點(diǎn)撥】曲線運(yùn)動(dòng)的條件（1）從動(dòng)力學(xué)角度看：物體所受合力的方向跟它的速度方向不在同一條直線上．（2）從運(yùn)動(dòng)學(xué)角度看：物體的加速度方向跟它的速度方向不在同一條直線上．5．平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算6．動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用7．功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度8．機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．機(jī)械能：勢能和動(dòng)能統(tǒng)稱為機(jī)械能，即E＝Ek+Ep，其中勢能包括重力勢能和彈性勢能。2．機(jī)械能守恒定律（1）內(nèi)容：在只有重力（或彈簧彈力）做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。（2）表達(dá)式：觀點(diǎn)表達(dá)式守恒觀點(diǎn)E1＝E2，Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2（要選零勢能參考平面）轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)△EK＝﹣△EP（不用選零勢能參考平面）轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)△EA＝﹣△EB（不用選零勢能參考平面）【命題方向】題型一：機(jī)械能是否守恒的判斷例1：關(guān)于機(jī)械能是否守恒的敘述中正確的是（）A．只要重力對物體做了功，物體的機(jī)械能一定守恒B．做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體，機(jī)械能一定守恒C．外力對物體做的功為零時(shí)，物體的機(jī)械能一定守恒D．只有重力對物體做功時(shí)，物體的機(jī)械能一定守恒分析：機(jī)械能守恒的條件：只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)，其他力不做功，理解如下：①只受重力作用，例如各種拋體運(yùn)動(dòng)。②受到其它外力，但是這些力是不做功的。例如：繩子的一端固定在天花板上，另一端系一個(gè)小球，讓它從某一高度靜止釋放，下擺過程中受到繩子的拉力，但是拉力的方向始終與速度方向垂直，拉力不做功，只有重力做功，小球的機(jī)械能是守恒的。③受到其它外力，且都在做功，但是它們的代數(shù)和為0，此時(shí)只有重力做功，機(jī)械能也是守恒的。解：A、機(jī)械能守恒條件是只有重力做功，故A錯(cuò)誤；B、勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，但重力勢能可能變化，故B錯(cuò)誤；C、外力對物體做的功為零時(shí)，不一定只有重力做功，當(dāng)其它力與重力做的功的和為0時(shí)，機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；D、機(jī)械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，故D正確。故選：D。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是如何判斷機(jī)械能守恒，可以看能量的轉(zhuǎn)化情況，也可以看是否只有重力做功。題型二：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用例2：如圖，豎直放置的斜面下端與光滑的圓弧軌道BCD的B端相切，圓弧半徑為R，∠COB＝θ，斜面傾角也為θ，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小物體從斜面上的A點(diǎn)無初速滑下，且恰能通過光滑圓形軌道的最高點(diǎn)D．已知小物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求：（1）AB長度l應(yīng)該多大。（2）小物體第一次通過C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力多大。分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律列出重力提供向心力的表達(dá)式，再由動(dòng)能定理結(jié)合幾何關(guān)系即可求解；（2）由機(jī)械能守恒定律與牛頓第二定律聯(lián)合即可求解。解：（1）因恰能過最高點(diǎn)D，則有mg又因f＝μN(yùn)＝μmgcosθ，物體從A運(yùn)動(dòng)到D全程，由動(dòng)能定理可得：mg（lsinθ﹣R﹣Rcosθ）﹣fl=聯(lián)立求得：l（2）物體從C運(yùn)動(dòng)到D的過程，設(shè)C點(diǎn)速度為vc，由機(jī)械能守恒定律：1物體在C點(diǎn)時(shí)：N聯(lián)合求得：N＝6mg答：（1）AB長度得：l=（2）小物體第一次通過C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力6mg。點(diǎn)評：本題是動(dòng)能定理與牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，抓住滑動(dòng)摩擦力做功與路程有關(guān)這一特點(diǎn)。題型三：多物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題例3：如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上。現(xiàn)用手控制住A，并使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行。已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，開始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時(shí)C恰好離開地面。下列說法正確的是（）A．斜面傾角α＝30°B．A獲得最大速度為2gmC．C剛離開地面時(shí)，B的加速度最大D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒分析：C球剛離開地面時(shí)，彈簧的彈力等于C的重力，根據(jù)牛頓第二定律知B的加速度為零，B、C加速度相同，分別對B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的傾角。A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，初始位置彈簧處于壓縮狀態(tài)，當(dāng)B具有最大速度時(shí)，彈簧處于伸長狀態(tài)，根據(jù)受力知，壓縮量與伸長量相等。在整個(gè)過程中彈性勢能變化為零，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度與B相等；解：A、C剛離開地面時(shí)，對C有：kx2＝mg此時(shí)B有最大速度，即aB＝aC＝0