2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之靜電場(chǎng)

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之靜電場(chǎng)一．選擇題（共10小題）1．一帶正電微粒從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時(shí)緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應(yīng)，不計(jì)重力。下列說(shuō)法正確的是（）A．L：d＝2：1 B．U1：U2＝2：1 C．微粒穿過(guò)圖中電容器區(qū)域的速度偏轉(zhuǎn)角度的正切值為12D．僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運(yùn)動(dòng)軌跡不變2．有一靜電場(chǎng)，其電勢(shì)φ沿x軸方向變化的圖線如圖所示。一個(gè)電子（重力不計(jì)）從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下沿x軸運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．電子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)和Q點(diǎn)加速度大小相等、方向相反 B．電子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能相等 C．電子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做功的功率相等 D．電子最遠(yuǎn)可沿x方向運(yùn)動(dòng)至5m處3．關(guān)于圖中四幅圖像的說(shuō)法正確的是（）A．甲圖中，將帶正電的小球C靠近不帶電的導(dǎo)體，再沿圖中虛線將導(dǎo)體分割成A、B兩部分后，A所帶電荷量小于B所帶電荷量 B．乙圖中，用金屬網(wǎng)把驗(yàn)電器罩起來(lái)，使帶電金屬球靠近驗(yàn)電器，箔片會(huì)張開(kāi) C．丙圖中，處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體腔的內(nèi)外表面感應(yīng)出等量異種電荷，導(dǎo)體殼內(nèi)空腔C電場(chǎng)強(qiáng)度為0 D．丁圖中，將尖銳的金屬棒安裝在建筑物的頂端并通過(guò)導(dǎo)線與大地相連制成避雷針，利用的是尖端放電原理4．勻強(qiáng)電場(chǎng)中的三點(diǎn)A、B、C是一個(gè)三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，AB的長(zhǎng)度為1m，D為AB的中點(diǎn)，如圖所示。已知電場(chǎng)線的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)分別為14V、6V和2V。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，電量為1×10﹣6C的正電荷從D點(diǎn)移到C點(diǎn)電場(chǎng)力所做的功為W，則（）A．E＝8V/m B．E＜8V/m C．W＝6×10﹣6J D．W＝8×10﹣6J5．豎直平面有一如圖所示的正六邊形ABCDEF，O為中心，勻強(qiáng)電場(chǎng)與該平面平行。將一質(zhì)量為m、電荷為+q的小球從A點(diǎn)向各個(gè)方向拋出，拋出時(shí)速度大小相等。落到正六邊形上時(shí)，C、E兩點(diǎn)電勢(shì)能相等，D、E連線上各點(diǎn)速度大小相等。重力加速度大小為g，下列說(shuō)法不正確的是（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由A指向O B．小球經(jīng)過(guò)F、C兩點(diǎn)的速度大小滿足vF＝vc C．小球受到的電場(chǎng)力與重力大小相等 D．B、D兩點(diǎn)的電勢(shì)滿足φB＝φD6．如圖，AB為某電場(chǎng)中的一根電場(chǎng)線，一不計(jì)重力的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)以初速度v0向B運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間內(nèi)該電荷沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象如圖，則（）A．點(diǎn)電荷一定帶正電 B．電場(chǎng)可能為勻強(qiáng)電場(chǎng) C．A點(diǎn)電勢(shì)一定高于B點(diǎn)電勢(shì) D．該點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能一定低于在B點(diǎn)的電勢(shì)能7．利用靜電紡絲技術(shù)制備納米纖維材料是近年來(lái)材料領(lǐng)域的重要技術(shù)。如圖所示，初始時(shí)無(wú)電場(chǎng)，噴嘴處的球形液滴保持靜止；隨著高壓電場(chǎng)逐漸增強(qiáng)，液滴帶上正電荷且由球形變?yōu)閳A錐形（即“泰勒錐”）；當(dāng)電壓增至某個(gè)臨界值時(shí)（假設(shè)此后電壓保持不變），液滴從尖端噴出，在非勻強(qiáng)電場(chǎng)的作用下向下方運(yùn)動(dòng)，M、N為直線路徑上的兩點(diǎn)。以下說(shuō)法正確的是（）A．噴嘴處的球形液滴在無(wú)電場(chǎng)的情況下只受重力 B．液滴從M到N的過(guò)程做勻加速直線運(yùn)動(dòng) C．液滴從M到N的過(guò)程電場(chǎng)力做負(fù)功 D．液滴向下做螺旋運(yùn)動(dòng)時(shí)電勢(shì)能減小8．如圖所示為研究高壓帶電體周圍絕緣試驗(yàn)的電場(chǎng)分布圖，由于試驗(yàn)線路比較短，在大的空間尺度下高壓帶電體A可以等效為點(diǎn)電荷，B、C、D是其周圍的三個(gè)金屬導(dǎo)體，均已處于靜電平衡狀態(tài)，P、S是導(dǎo)體C上的兩點(diǎn)，M、N是A附近的兩點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度EP＞ES B．電場(chǎng)強(qiáng)度EM＞EN C．正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能大于其在S點(diǎn)的電勢(shì)能 D．負(fù)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能9．如圖所示，真空中正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)上分別固定著一個(gè)點(diǎn)電荷，其中兩個(gè)為正點(diǎn)電荷，另外兩個(gè)為負(fù)點(diǎn)電荷，點(diǎn)電荷的電荷量均相等，O為正四面體的中心，a、b、c、d為4個(gè)棱的中點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．中心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0 B．b點(diǎn)和d點(diǎn)的電勢(shì)相等 C．a(chǎn)點(diǎn)與c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同 D．a(chǎn)點(diǎn)與c點(diǎn)的電勢(shì)相等10．一接地金屬板M水平放置，在金屬板M延長(zhǎng)線上垂直紙面放置一均勻帶正電的金屬棒N，其剖面圖中兩者周圍的電場(chǎng)線和等勢(shì)線分布如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（）A．圖中虛線為等勢(shì)線 B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同 C．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)電勢(shì) D．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于c點(diǎn)的電勢(shì)能二．多選題（共4小題）（多選）11．如圖所示，半徑為R的兩平行金屬圓環(huán)豎直固定，兩圓環(huán)各帶等量的同種電荷，電荷量為Q且電荷分布均勻，兩圓環(huán)中心連線O1O2與環(huán)面垂直，P、M、F、N、S為連線O1O2上的五個(gè)位置，且O1P＝PM＝MF＝FN＝NS＝SO2＝R。取無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)點(diǎn)且不計(jì)兩圓環(huán)電荷間的相互影響，下列說(shuō)法正確的是（）A．O1、O2兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不為0，電勢(shì)為0 B．F點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為0，電勢(shì)不為0 C．將正的試探電荷q沿連線O1O2由P點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)其電勢(shì)能先減小后增大 D．P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為(169（多選）12．如圖所示，真空中固定兩等量異種點(diǎn)電荷，A、B、O、C、D為兩電荷連線上的五個(gè)點(diǎn)，O為兩電荷連線的中點(diǎn)，BO＝CO，AO＝DO，則（）A．A、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同 B．B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不相同 C．B、C兩點(diǎn)的電勢(shì)相同 D．正電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在D點(diǎn)的電勢(shì)能（多選）13．如圖所示，空間存在一個(gè)正四面體ABCD（由絕緣材料制成），其棱長(zhǎng)為a，G是AB中點(diǎn)，H是BC中點(diǎn)，在水平面上頂點(diǎn)A、B各固定一個(gè)電荷量為+q（q＞0）的點(diǎn)電荷，在頂點(diǎn)C固定一個(gè)電荷量為﹣q（q＞0）的點(diǎn)電荷，靜電力常量為k，則（）A．G處的場(chǎng)強(qiáng)大小為3kqB．頂點(diǎn)D處的場(chǎng)強(qiáng)大小為EDC．H、D兩點(diǎn)電勢(shì)的高低為φD＞φH D．電荷Q在G點(diǎn)和H點(diǎn)電勢(shì)能為EPG＜EPH（多選）14．如圖所示，兩塊相同的水平金屬板M、N帶等量異種電荷，兩板正對(duì)，兩板間有勻強(qiáng)電場(chǎng)（不考慮邊界效應(yīng)），兩金屬板長(zhǎng)為2l。M板中心處緊靠M板的α粒子源發(fā)射兩個(gè)速率均為v0、比荷均為k的α粒子1和2。粒子1垂直M板向下射出，到達(dá)N板時(shí)的速度大小為2v0；粒子2平行M板向右射出，剛好從N板右端射出。不計(jì)α粒子的重力和α粒子間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是（）A．N板的電勢(shì)低于M板的電勢(shì) B．粒子1從M板運(yùn)動(dòng)到N板的時(shí)間為(2C．粒子2從N板右端射出時(shí)的速度大小為2v0 D．兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為v三．填空題（共2小題）15．如圖所示，真空中有一電子以速度v沿著與電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向自O(shè)點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，x軸垂直于電場(chǎng)方向，y軸平行于電場(chǎng)方向，在x軸上取OA＝AB＝BC，分別自A、B、C點(diǎn)作與y軸平行的線，跟電子的徑跡交于M、N、P三點(diǎn)，則電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時(shí)，沿y軸的分速度之比為；電子從O點(diǎn)開(kāi)始連續(xù)經(jīng)過(guò)三段相等時(shí)間的動(dòng)能改變量之比為。16．某電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，一個(gè)電子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，A、B、C是某軌跡上的三個(gè)點(diǎn)，A處的電場(chǎng)強(qiáng)度（選填“大于”或者“小于”）C處的電場(chǎng)強(qiáng)度；電子在A點(diǎn)的速度大?。ㄟx填“大于”、“小于”或者“等于”）B點(diǎn)的速度大??；電子從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做功eV。四．解答題（共4小題）17．當(dāng)架空線路的一根帶電導(dǎo)線斷落在地上時(shí)，地面上以導(dǎo)線落地點(diǎn)為中心，形成一個(gè)電勢(shì)分布區(qū)域，且離落地點(diǎn)越遠(yuǎn)，地面電勢(shì)也越低。如果人或牲畜靠近電線落地點(diǎn)，就可能發(fā)生觸電事故。帶電導(dǎo)線落地之后所形成的電場(chǎng)可以近似看成是在落地點(diǎn)放置了一個(gè)點(diǎn)電荷Q所產(chǎn)生的電場(chǎng)。（1）該點(diǎn)電荷Q應(yīng)為（選涂：A.正、B.負(fù)）電荷。如圖，a、b為該電場(chǎng)某條電場(chǎng)線上兩點(diǎn)，若兩點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb，電勢(shì)分別為φa、φb，則。A.Ea＞Eb，φa＞φbB.Ea＞Eb，φa＜φbC.Ea＜Eb，φa＞φbD.Ea＜Eb，φa＜φb（2）若一電荷量為﹣1.0×10﹣8C的試探電荷在電場(chǎng)中的某點(diǎn)處所受電場(chǎng)力大小為F＝2.0×10﹣4N，且方向向右，則該點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝N/C，方向（選涂：A.向左、B.向右）；若試探電荷電量改為﹣2.0×10﹣8C，則該點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝N/C。（3）若將一個(gè)電子從A點(diǎn)移至B點(diǎn)，電場(chǎng)力做功6.4×10﹣18J，則此過(guò)程中電子的電勢(shì)能（選涂：A.增加、B.減?。?，AB間的電勢(shì)差為V。（4）若測(cè)得該電場(chǎng)中某位置的場(chǎng)強(qiáng)大小為ρI2πr2，其中ρ為大地的電阻率，I為落地點(diǎn)流入大地的電流強(qiáng)度，r為落地點(diǎn)到測(cè)量位置的距離，則點(diǎn)電荷Q的電量大小為18．如圖甲所示，質(zhì)量為m的凹槽A放在傾角θ＝37°的足夠長(zhǎng)的絕緣斜面上，斜面固定在水平地面上，槽內(nèi)左端用輕彈簧和質(zhì)量為2m的物體B相連，空間存在垂直斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=mg5q（g為重力加速度大?。?。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電物體C靜置在凹槽A中時(shí)，A、B、C恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)。如圖乙所示，現(xiàn)將C取出，在A內(nèi)移動(dòng)B到某位置后撤去外力，此時(shí)A、B靜止，再將C從斜面上A的上方某點(diǎn)由靜止釋放后，C以大小為v0的速度與A碰撞后立即粘在一起。已知A、B均絕緣且不帶電，A、B間接觸面光滑，凹槽A、物體C與斜面之間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力；C與A、（1）凹槽A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（2）C釋放點(diǎn)離凹槽A上方的距離d；（3）已知彈簧彈性勢(shì)能表達(dá)式為Ep=12kx2其中k為彈簧勁度系數(shù)（未知），x為彈簧形變量。當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量變?yōu)榕銮八查g壓縮量的2倍時(shí)，A、B、C三者速度恰好相同，求（4）從C與A碰后瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，彈簧壓縮量恢復(fù)到與初始時(shí)的壓縮量相等，求該過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)B的沖量大小。19．在光滑絕緣水平面上放置一質(zhì)量為M＝4kg、帶電量為q＝+5×10﹣4C的金屬板A，金屬板左端放置一個(gè)質(zhì)量為m＝2kg不帶電的絕緣物塊B。距金屬板右端d＝9m處放置一個(gè)質(zhì)量也為m＝2kg不帶電的絕緣物塊C，同時(shí)加上一個(gè)斜向上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝4×104N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向與水平方向的夾角為θ＝53°，如圖所示。電場(chǎng)作用一段時(shí)間后，金屬板A與絕緣物塊C發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），此時(shí)立即撤去電場(chǎng)，在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，絕緣物塊B始終未滑離金屬板A。已知絕緣物塊B與金屬板A間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，重力加速度大小為g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）撤去電場(chǎng)前金屬板A受到的電場(chǎng)力大小；（2）電場(chǎng)的作用時(shí)間；（3）金屬板A的最小長(zhǎng)度；（4）絕緣物塊B與金屬板A間摩擦產(chǎn)生的熱量。20．如圖所示，水平地面上放一個(gè)質(zhì)量。M＝1kg的木板，一個(gè)質(zhì)量m＝1kg、帶電量q＝+1×10﹣5C的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在木板最左端，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1。在物塊右側(cè)距物塊L1＝6m的區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng)E，電場(chǎng)區(qū)域?qū)挾葹長(zhǎng)2＝12m，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝1×106N/C，方向豎直向上?，F(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右恒力F，使物塊進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域前恰好和木板保持相對(duì)靜止向右加速運(yùn)動(dòng)，物塊剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)撤去恒力F。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，物塊帶電量始終不變，重力加速度g取10m/s2，求：（1）水平恒力F的大?。浚?）物塊離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，木板的速度大?。?/p>

2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之靜電場(chǎng)參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．一帶正電微粒從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時(shí)緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應(yīng)，不計(jì)重力。下列說(shuō)法正確的是（）A．L：d＝2：1 B．U1：U2＝2：1 C．微粒穿過(guò)圖中電容器區(qū)域的速度偏轉(zhuǎn)角度的正切值為12D．僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運(yùn)動(dòng)軌跡不變【考點(diǎn)】帶電粒子先后經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．【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；分析綜合能力．【答案】D【分析】對(duì)微粒經(jīng)電壓U1加速的過(guò)程，由動(dòng)能定理求得微粒射入電容器時(shí)的速度大小。微粒在電容器中水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。將微粒的運(yùn)動(dòng)分解處理，根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解答ABC選項(xiàng)。對(duì)于D選項(xiàng)推導(dǎo)微粒在電容器中的運(yùn)動(dòng)軌跡方程，依據(jù)軌跡方程是否與微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量有關(guān)進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓築、微粒在電容器中水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)差的關(guān)系可得：E根據(jù)牛頓第二定律得：F＝qE＝ma設(shè)微粒射入電容器時(shí)的速度為v0，水平方向上分速度為：vx=微粒從射入到運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)在豎直方向上由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：v微粒經(jīng)電壓U1加速的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：q聯(lián)立解得：U1：U2＝1：1，故B錯(cuò)誤；A、微粒從射入到運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中，在水平方向上的位移為：x＝2L＝vxt在豎直方向上的位移為：y聯(lián)立解得：L：d＝1：1，故A錯(cuò)誤；C、微粒射入電容器到最高點(diǎn)過(guò)程中有：vy＝at從最高點(diǎn)到穿出電容器的過(guò)程中，設(shè)豎直方向上的末速度大小為vy1。在水平方向上有：L＝vxt1，在豎直方向上有：vy1＝at1聯(lián)立解得：v設(shè)微粒穿過(guò)電容器時(shí)，速度方向與水平方向的夾角為α，則有：tanα設(shè)微粒射入電場(chǎng)和水平方向的夾角為β＝45°，則tanβ＝tan45°＝1微粒穿過(guò)圖中電容器區(qū)域的速度偏轉(zhuǎn)角度等于α+β，根據(jù)數(shù)學(xué)三角函數(shù)公式可得：tan（α+β）＝3，故C錯(cuò)誤；D、微粒在電容器中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，水平方向的位移為x＝vxt豎直方向的位移為：y聯(lián)立解得：y可知微粒運(yùn)動(dòng)軌跡與微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量無(wú)關(guān)，故僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運(yùn)動(dòng)軌跡不變，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，粒子在加速電場(chǎng)中的加速過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解獲得的速度，在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，將粒子的運(yùn)動(dòng)正交分解為兩直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)分運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性與等時(shí)性進(jìn)行解答。2．有一靜電場(chǎng)，其電勢(shì)φ沿x軸方向變化的圖線如圖所示。一個(gè)電子（重力不計(jì)）從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下沿x軸運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．電子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)和Q點(diǎn)加速度大小相等、方向相反 B．電子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能相等 C．電子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做功的功率相等 D．電子最遠(yuǎn)可沿x方向運(yùn)動(dòng)至5m處【考點(diǎn)】φ﹣x圖像的理解與應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】B【分析】A、根據(jù)圖像斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，可知P、Q兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小和方向的關(guān)系，則可得電子在這兩點(diǎn)加速度大小和方向的關(guān)系；BC、根據(jù)P、Q兩點(diǎn)電勢(shì)相等，可知電子從P到Q電場(chǎng)力做功為零，根據(jù)動(dòng)能定理可知兩點(diǎn)動(dòng)能關(guān)系，根據(jù)P＝Eqv比較電子在這兩點(diǎn)功率大??；D、根據(jù)電子釋放位置和最遠(yuǎn)位置動(dòng)能變化為零，則可知在這兩點(diǎn)電勢(shì)能的變化為零，則可得兩點(diǎn)電勢(shì)相等，由圖可得結(jié)論。【解答】解：A、φ﹣x圖像的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，由圖可知P、Q兩點(diǎn)斜率不相等，則場(chǎng)強(qiáng)大小不等，方向相反，所以電子在這兩點(diǎn)電場(chǎng)力不相等，由牛頓第二定律可知電子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)和Q點(diǎn)加速度大小不相等、方向相反，故A錯(cuò)誤；BC、由圖可知P、Q兩點(diǎn)電勢(shì)相等，所以從P點(diǎn)到Q點(diǎn)電場(chǎng)力做功為零，由動(dòng)能定理可知電子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)與Q點(diǎn)時(shí)動(dòng)能相等，則速率相等，電場(chǎng)力做功的功率P＝Eqv，P、Q兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不相等，則功率P不相等，故B正確，C錯(cuò)誤；D、電子從O點(diǎn)開(kāi)始釋放做加速運(yùn)動(dòng)，通過(guò)x＝2m位置后做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電子速度減為零時(shí)，電子沿x軸運(yùn)動(dòng)最遠(yuǎn)，則電子動(dòng)能的變化為零，可知電場(chǎng)力做功為零，已知電子在坐標(biāo)原點(diǎn)的電勢(shì)為0，則速度減為0的位置電勢(shì)為0，由圖可知x＝6m處電勢(shì)為0，所以電子沿x軸最遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)到x＝6m處，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了φ﹣x圖像，帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題的關(guān)鍵是知道φ﹣x圖像的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，斜率的絕對(duì)值表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，斜率的正負(fù)表示場(chǎng)強(qiáng)的方向。3．關(guān)于圖中四幅圖像的說(shuō)法正確的是（）A．甲圖中，將帶正電的小球C靠近不帶電的導(dǎo)體，再沿圖中虛線將導(dǎo)體分割成A、B兩部分后，A所帶電荷量小于B所帶電荷量 B．乙圖中，用金屬網(wǎng)把驗(yàn)電器罩起來(lái)，使帶電金屬球靠近驗(yàn)電器，箔片會(huì)張開(kāi) C．丙圖中，處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體腔的內(nèi)外表面感應(yīng)出等量異種電荷，導(dǎo)體殼內(nèi)空腔C電場(chǎng)強(qiáng)度為0 D．丁圖中，將尖銳的金屬棒安裝在建筑物的頂端并通過(guò)導(dǎo)線與大地相連制成避雷針，利用的是尖端放電原理【考點(diǎn)】電荷在導(dǎo)體上的分布、尖端放電；靜電平衡現(xiàn)象、等勢(shì)體．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】D【分析】將帶正電的小球C靠近不帶電的導(dǎo)體，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布，但總電荷守恒；根據(jù)靜電屏蔽分析判斷；處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體腔的外表面感應(yīng)出等量異種電荷；根據(jù)尖端放電原理分析?！窘獯稹拷猓篈．甲圖中，將帶正電的小球C靠近不帶電的導(dǎo)體，再沿圖中虛線將導(dǎo)體分割成A、B兩部分后，根據(jù)電荷守恒定律，A所帶電荷量等于B所帶電荷量，故A錯(cuò)誤；B．乙圖中，用金屬網(wǎng)把驗(yàn)電器罩起來(lái)，由于金屬網(wǎng)罩的靜電屏蔽，帶電金屬球靠近驗(yàn)電器時(shí)，箔片不會(huì)張開(kāi)，故B錯(cuò)誤；C．丙圖中，處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體腔的外表面感應(yīng)出等量異種電荷，內(nèi)表面沒(méi)有電荷，導(dǎo)體殼內(nèi)空腔C電場(chǎng)強(qiáng)度為0，故C錯(cuò)誤；D．丁圖中，將尖銳的金屬棒安裝在建筑物的頂端并通過(guò)導(dǎo)線與大地相連制成避雷針，利用的是尖端放電原理，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查靜電平衡、靜電屏蔽以及尖端放電的應(yīng)用，知道處于靜電感應(yīng)現(xiàn)象的導(dǎo)體，內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面。4．勻強(qiáng)電場(chǎng)中的三點(diǎn)A、B、C是一個(gè)三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，AB的長(zhǎng)度為1m，D為AB的中點(diǎn)，如圖所示。已知電場(chǎng)線的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)分別為14V、6V和2V。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，電量為1×10﹣6C的正電荷從D點(diǎn)移到C點(diǎn)電場(chǎng)力所做的功為W，則（）A．E＝8V/m B．E＜8V/m C．W＝6×10﹣6J D．W＝8×10﹣6J【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；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】D【分析】根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的特點(diǎn)得出D點(diǎn)的電勢(shì)，結(jié)合電場(chǎng)力的做功公式和場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算公式完成分析。【解答】解：根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中，因?yàn)镈為AB的中點(diǎn)，根據(jù)電勢(shì)的變化特點(diǎn)可知D點(diǎn)的電勢(shì)為：φD根據(jù)電場(chǎng)力做功的計(jì)算公式可知，電荷從D點(diǎn)移到C點(diǎn)電場(chǎng)力所做的功為：W=AB的長(zhǎng)度為1m，由于電場(chǎng)強(qiáng)度的方向并不是沿著AB方向，所以AB兩點(diǎn)沿電場(chǎng)方向的距離d＜1m，勻強(qiáng)電場(chǎng)中兩點(diǎn)電勢(shì)差與兩點(diǎn)沿電場(chǎng)方向的距離成正比，即U＝Ed，所以E＞Ud=14-61V故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了勻強(qiáng)電場(chǎng)的相關(guān)應(yīng)用，熟悉勻強(qiáng)電場(chǎng)的特點(diǎn)，結(jié)合電場(chǎng)力的做功公式即可完成分析。5．豎直平面有一如圖所示的正六邊形ABCDEF，O為中心，勻強(qiáng)電場(chǎng)與該平面平行。將一質(zhì)量為m、電荷為+q的小球從A點(diǎn)向各個(gè)方向拋出，拋出時(shí)速度大小相等。落到正六邊形上時(shí)，C、E兩點(diǎn)電勢(shì)能相等，D、E連線上各點(diǎn)速度大小相等。重力加速度大小為g，下列說(shuō)法不正確的是（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由A指向O B．小球經(jīng)過(guò)F、C兩點(diǎn)的速度大小滿足vF＝vc C．小球受到的電場(chǎng)力與重力大小相等 D．B、D兩點(diǎn)的電勢(shì)滿足φB＝φD【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；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】AB、根據(jù)C、E兩點(diǎn)電勢(shì)能相等，可知C、E兩點(diǎn)電勢(shì)相等，根據(jù)電場(chǎng)線和等勢(shì)面的關(guān)系和小球帶電的極性可知場(chǎng)強(qiáng)的方向，根據(jù)D、E連線上各點(diǎn)速度大小相等，可知小球所受合力的方向，根據(jù)動(dòng)能定理可知小球經(jīng)過(guò)F、E兩點(diǎn)速度大??；C、根據(jù)幾何知識(shí)和平行四邊形定則分析；D、根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)方向和沿著電場(chǎng)方向電勢(shì)降低分析。【解答】解：AB、C、E兩點(diǎn)電勢(shì)能相等，則C、E兩點(diǎn)電勢(shì)相等，兩點(diǎn)連線為等勢(shì)線，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，可知電場(chǎng)強(qiáng)度方向在AD方向上，D、E連線上各點(diǎn)速度大小相等，可知小球重力和電場(chǎng)力的合力F合方向垂直于DE的連線，如下圖所示：由于小球帶正電，電場(chǎng)力與電場(chǎng)的方向相同，所以電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由A指向O，可知小球的合力從A指向E，F(xiàn)C連線與DE連線平行，小球合力與FC連線垂直，所以從A點(diǎn)到CF直線上任意一點(diǎn)合力做功相等，根據(jù)動(dòng)能定理可知小球經(jīng)過(guò)F、C兩點(diǎn)的速度大小相等，即：vF＝vc，故AB正確；C、由幾何知識(shí)可知重力和電場(chǎng)力與合力的夾角都是30°，根據(jù)平行四邊形定則可知小球受到的電場(chǎng)力與重力大小相等，故C正確；D、根據(jù)圖中場(chǎng)強(qiáng)的方向以及沿著電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，可知φB＞φD，故D錯(cuò)誤。本題選錯(cuò)誤的，故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)D、E連線上各點(diǎn)速度大小相等可知小球合力的方向，根據(jù)C、E兩點(diǎn)電勢(shì)能相等可知兩點(diǎn)電勢(shì)相等，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)相等的兩點(diǎn)的連線為等勢(shì)線。6．如圖，AB為某電場(chǎng)中的一根電場(chǎng)線，一不計(jì)重力的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)以初速度v0向B運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間內(nèi)該電荷沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象如圖，則（）A．點(diǎn)電荷一定帶正電 B．電場(chǎng)可能為勻強(qiáng)電場(chǎng) C．A點(diǎn)電勢(shì)一定高于B點(diǎn)電勢(shì) D．該點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能一定低于在B點(diǎn)的電勢(shì)能【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；電場(chǎng)線的定義及基本特征．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【答案】D【分析】AC、根據(jù)v﹣t圖像可知電場(chǎng)力做功的正負(fù)，則可知電場(chǎng)力的方向，場(chǎng)強(qiáng)方向未知，則電荷的正負(fù)未知，根據(jù)沿著電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，分析A、B兩點(diǎn)電勢(shì)的高低；B、根據(jù)v﹣t圖像斜率表示加速度、牛頓第二定律可知電場(chǎng)力大小、電場(chǎng)強(qiáng)度大小變化特點(diǎn)，則可得結(jié)論；D、根據(jù)只有電場(chǎng)力做功，帶電粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能的和不變分析?！窘獯稹拷猓篈C、點(diǎn)電荷從A點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，由v﹣t圖像可知點(diǎn)電荷速度減小，可知電場(chǎng)力做負(fù)功，則電場(chǎng)力方向水平向左，若場(chǎng)強(qiáng)的方向水平向左，則點(diǎn)電荷帶正電，根據(jù)沿著電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，可知A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn)電勢(shì)，若場(chǎng)強(qiáng)的方向水平向右，則點(diǎn)電荷帶負(fù)電，A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，故AC錯(cuò)誤；B、v﹣t圖像的斜率表示加速度，由圖可知加速度逐漸減小，由牛頓第二定律可知電場(chǎng)力減小，則電場(chǎng)強(qiáng)度減小，所以該電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，故B錯(cuò)誤；D、由v﹣t圖像可知點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的動(dòng)能大于B點(diǎn)的動(dòng)能，根據(jù)只有電場(chǎng)力做功，帶電粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，兩者的和不變，可知該點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能一定低于在B點(diǎn)的電勢(shì)能，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題的關(guān)鍵是知道v﹣t圖像的斜率表示加速度，知道只有電場(chǎng)力做功，帶電粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，兩者的和不變。7．利用靜電紡絲技術(shù)制備納米纖維材料是近年來(lái)材料領(lǐng)域的重要技術(shù)。如圖所示，初始時(shí)無(wú)電場(chǎng)，噴嘴處的球形液滴保持靜止；隨著高壓電場(chǎng)逐漸增強(qiáng)，液滴帶上正電荷且由球形變?yōu)閳A錐形（即“泰勒錐”）；當(dāng)電壓增至某個(gè)臨界值時(shí)（假設(shè)此后電壓保持不變），液滴從尖端噴出，在非勻強(qiáng)電場(chǎng)的作用下向下方運(yùn)動(dòng)，M、N為直線路徑上的兩點(diǎn)。以下說(shuō)法正確的是（）A．噴嘴處的球形液滴在無(wú)電場(chǎng)的情況下只受重力 B．液滴從M到N的過(guò)程做勻加速直線運(yùn)動(dòng) C．液滴從M到N的過(guò)程電場(chǎng)力做負(fù)功 D．液滴向下做螺旋運(yùn)動(dòng)時(shí)電勢(shì)能減小【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；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專題】比較思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【答案】D【分析】噴嘴處的球形液滴在無(wú)電場(chǎng)的情況下受重力和噴嘴的引力；液滴從M到N的過(guò)程，電場(chǎng)力是變化的，做的是非勻加速直線運(yùn)動(dòng)；根據(jù)電場(chǎng)力方向與位移方向的關(guān)系判斷電場(chǎng)力做功正負(fù)，從而判斷出電勢(shì)能變化情況。【解答】解：A、噴嘴處的球形液滴在無(wú)電場(chǎng)的情況下受重力和噴嘴的引力兩個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤；B、液滴在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，所受電場(chǎng)力是變力，則合力是變化的，加速度是變化的，所以液滴從M到N的過(guò)程做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、液滴帶正電，從M到N的過(guò)程中受到的電場(chǎng)力方向豎直向下，與位移方向相同，則電場(chǎng)力做正功，故C錯(cuò)誤；D、液滴向下做螺旋運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)，要明確液滴的受力情況，能根據(jù)電場(chǎng)力方向與位移方向的關(guān)系判斷電場(chǎng)力做功情況。8．如圖所示為研究高壓帶電體周圍絕緣試驗(yàn)的電場(chǎng)分布圖，由于試驗(yàn)線路比較短，在大的空間尺度下高壓帶電體A可以等效為點(diǎn)電荷，B、C、D是其周圍的三個(gè)金屬導(dǎo)體，均已處于靜電平衡狀態(tài)，P、S是導(dǎo)體C上的兩點(diǎn)，M、N是A附近的兩點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度EP＞ES B．電場(chǎng)強(qiáng)度EM＞EN C．正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能大于其在S點(diǎn)的電勢(shì)能 D．負(fù)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】B【分析】AC、根據(jù)處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部處處場(chǎng)強(qiáng)為零，導(dǎo)體為一個(gè)等勢(shì)體分析，根據(jù)由EP＝φq分析P、S兩點(diǎn)電勢(shì)能大小關(guān)系；BD、根據(jù)電場(chǎng)線的疏密分析M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系，根據(jù)沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低分析M、N兩點(diǎn)電勢(shì)大小關(guān)系，根據(jù)EP＝φq比較M、N兩點(diǎn)電勢(shì)能大小關(guān)系。【解答】解：AC、金屬導(dǎo)體C處于靜電平衡狀態(tài)，內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)處處為零，是一個(gè)等勢(shì)體，所以P、S兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度EP＝ES，P、S兩點(diǎn)的電勢(shì)φP＝φS，由EP＝φq可知正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能等于其在S點(diǎn)的電勢(shì)能，故AC錯(cuò)誤；BD、根據(jù)電場(chǎng)線的疏密可知M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度EM＞EN，根據(jù)沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低可知M、N兩點(diǎn)電勢(shì)φM＞φN，由EP＝φq可知負(fù)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能小于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能，故B正確，D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系、靜電平衡，電場(chǎng)線，解題的關(guān)鍵是知道處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體為一個(gè)等勢(shì)體，熟記電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，沿著電場(chǎng)的方向電勢(shì)降低。9．如圖所示，真空中正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)上分別固定著一個(gè)點(diǎn)電荷，其中兩個(gè)為正點(diǎn)電荷，另外兩個(gè)為負(fù)點(diǎn)電荷，點(diǎn)電荷的電荷量均相等，O為正四面體的中心，a、b、c、d為4個(gè)棱的中點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．中心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0 B．b點(diǎn)和d點(diǎn)的電勢(shì)相等 C．a(chǎn)點(diǎn)與c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同 D．a(chǎn)點(diǎn)與c點(diǎn)的電勢(shì)相等【考點(diǎn)】電勢(shì)的定義、單位和物理意義；電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】D【分析】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度疊加的矢量原則，結(jié)合電場(chǎng)力做功和電勢(shì)能變化關(guān)系分析求解?！窘獯稹拷猓篈.將兩個(gè)正點(diǎn)電荷作為一組等量正點(diǎn)電荷，將兩個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷作為一組等量負(fù)點(diǎn)電荷，可知兩個(gè)正點(diǎn)電荷在中心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿O指向d，兩個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷在中心0處形成的電場(chǎng)強(qiáng)度方向也沿O指向d，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原則，中心O的合電場(chǎng)強(qiáng)度一定不為0，故A錯(cuò)誤；B.將一個(gè)正試探點(diǎn)電荷從b點(diǎn)沿直線移動(dòng)到d點(diǎn)，兩個(gè)正點(diǎn)電荷和兩個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷均對(duì)其做正功，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，因?yàn)樵囂诫姾蔀檎姾?，故b點(diǎn)的電勢(shì)高于d點(diǎn)的電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；D.將a點(diǎn)所在棱的兩端的點(diǎn)電荷看作一組等量異號(hào)點(diǎn)電荷，另外兩個(gè)點(diǎn)電荷也看作一組等量異號(hào)點(diǎn)電荷，a、c兩點(diǎn)均在等量異種電荷的中垂線上，故a點(diǎn)和c點(diǎn)的電勢(shì)相等，故D正確；C.根據(jù)電場(chǎng)疊加原理，a點(diǎn)和c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，方向不同，故C錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)，理解各個(gè)物理量的關(guān)系和計(jì)算是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵。10．一接地金屬板M水平放置，在金屬板M延長(zhǎng)線上垂直紙面放置一均勻帶正電的金屬棒N，其剖面圖中兩者周圍的電場(chǎng)線和等勢(shì)線分布如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（）A．圖中虛線為等勢(shì)線 B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同 C．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)電勢(shì) D．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于c點(diǎn)的電勢(shì)能【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；等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(guān)系；電場(chǎng)線的定義及基本特征．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】C【分析】A、根據(jù)金屬板左端感應(yīng)電荷的正負(fù)，電場(chǎng)線由正電荷出發(fā)，終止于負(fù)電荷分析；B、根據(jù)a、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向不同分析；CD、根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低分析電勢(shì)高低，根據(jù)負(fù)電荷電勢(shì)越高電勢(shì)能越低分析電子在a、b兩點(diǎn)電勢(shì)能的大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、金屬棒N帶正電，在金屬板左端感應(yīng)出負(fù)電荷，電場(chǎng)線由正電荷出發(fā)，終止于負(fù)電荷，可知虛線為電場(chǎng)線，故A錯(cuò)誤；B、畫出過(guò)a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)線，兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿著電場(chǎng)線切線方向，如下圖所示：由圖可知，a、b兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，所以a、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不相同，故B錯(cuò)誤；CD、電場(chǎng)線由N指向M，順著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，可知φa＞φc，電子帶負(fù)電，所以Epa＜Epc，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電場(chǎng)線、等勢(shì)面、電勢(shì)能大小的比較，解題的關(guān)鍵是知道金屬板M在正電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的作用下，左端感應(yīng)出負(fù)電荷，電場(chǎng)線由正電荷出發(fā)，終止于負(fù)電荷，且金屬板處于靜電平衡，金屬板是一個(gè)等勢(shì)體，電場(chǎng)線與導(dǎo)體表面垂直。知道沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低。二．多選題（共4小題）（多選）11．如圖所示，半徑為R的兩平行金屬圓環(huán)豎直固定，兩圓環(huán)各帶等量的同種電荷，電荷量為Q且電荷分布均勻，兩圓環(huán)中心連線O1O2與環(huán)面垂直，P、M、F、N、S為連線O1O2上的五個(gè)位置，且O1P＝PM＝MF＝FN＝NS＝SO2＝R。取無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)點(diǎn)且不計(jì)兩圓環(huán)電荷間的相互影響，下列說(shuō)法正確的是（）A．O1、O2兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不為0，電勢(shì)為0 B．F點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為0，電勢(shì)不為0 C．將正的試探電荷q沿連線O1O2由P點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)其電勢(shì)能先減小后增大 D．P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為(169【考點(diǎn)】電勢(shì)的定義、單位和物理意義；點(diǎn)電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場(chǎng)；電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；類比法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】BD【分析】根據(jù)等量同種電荷的對(duì)稱性分析，利用微元法進(jìn)行求解?！窘獯稹拷猓篈B、題目中以無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)點(diǎn)，易知無(wú)窮遠(yuǎn)處場(chǎng)強(qiáng)為零，由對(duì)稱性可知，F(xiàn)點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)為零，兩圓環(huán)帶等量電荷，如果是都帶正電荷，O1、O2處電勢(shì)高于零，如果都帶負(fù)電荷，O1、O2處電勢(shì)低于零，故A錯(cuò)誤，B正確。C、由于兩圓環(huán)帶電荷性質(zhì)不知道，所以，到F電勢(shì)變化有兩種可能性，所以將正的試探電荷q沿連線O1O2由P點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)其電勢(shì)能有可能先減小后增大，也有可能先增大后減小，故C錯(cuò)誤。D、P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)是兩圓環(huán)在P處場(chǎng)強(qiáng)矢量和，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E=kQ(故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了電荷分布均勻圓環(huán)的帶電體的場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)分布，熟練掌握等量異種電荷的電場(chǎng)線分布是解題的基礎(chǔ)。（多選）12．如圖所示，真空中固定兩等量異種點(diǎn)電荷，A、B、O、C、D為兩電荷連線上的五個(gè)點(diǎn)，O為兩電荷連線的中點(diǎn)，BO＝CO，AO＝DO，則（）A．A、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同 B．B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不相同 C．B、C兩點(diǎn)的電勢(shì)相同 D．正電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在D點(diǎn)的電勢(shì)能【考點(diǎn)】電勢(shì)的定義、單位和物理意義；電場(chǎng)線的定義及基本特征；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專題】定性思想；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】AD【分析】等量異種電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度分布情況，電勢(shì)分布情況，利用對(duì)稱性求解?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)分布的對(duì)稱性可知A、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相同，即A、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，故A正確；B.根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)分布的對(duì)稱性可知B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相同，即B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，故B錯(cuò)誤；C.沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)分布可知，B點(diǎn)電勢(shì)高于C點(diǎn)電勢(shì)，故C錯(cuò)誤；D.沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)分布可知，4點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì)，根據(jù)Ep＝φq可知，正電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在D點(diǎn)的電勢(shì)能，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是要知道等量異種電荷周圍電場(chǎng)線的特點(diǎn)，會(huì)根據(jù)電場(chǎng)線分析電勢(shì)的高低，掌握判斷電勢(shì)能高低的方法。（多選）13．如圖所示，空間存在一個(gè)正四面體ABCD（由絕緣材料制成），其棱長(zhǎng)為a，G是AB中點(diǎn)，H是BC中點(diǎn)，在水平面上頂點(diǎn)A、B各固定一個(gè)電荷量為+q（q＞0）的點(diǎn)電荷，在頂點(diǎn)C固定一個(gè)電荷量為﹣q（q＞0）的點(diǎn)電荷，靜電力常量為k，則（）A．G處的場(chǎng)強(qiáng)大小為3kqB．頂點(diǎn)D處的場(chǎng)強(qiáng)大小為EDC．H、D兩點(diǎn)電勢(shì)的高低為φD＞φH D．電荷Q在G點(diǎn)和H點(diǎn)電勢(shì)能為EPG＜EPH【考點(diǎn)】電勢(shì)的定義、單位和物理意義；電場(chǎng)力做功的計(jì)算及其特點(diǎn)；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專題】開(kāi)放題；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】BD【分析】根據(jù)等量異種電荷和等量同種電荷的電場(chǎng)特點(diǎn)和電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量疊加法則計(jì)算即可；根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低來(lái)分析電勢(shì)的特點(diǎn)；結(jié)合電勢(shì)能與電勢(shì)之間的關(guān)系來(lái)分析電勢(shì)能的大小?！窘獯稹拷猓篈、由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E=kqr2和電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理可知：EG＝ECGB、同理可得：ED=EAB→CD、據(jù)等量同種和等量異種點(diǎn)電荷周圍空間的電勢(shì)分部特點(diǎn)可知，φD＜φH，φG＞φH，故負(fù)電荷在G點(diǎn)與H點(diǎn)電勢(shì)能：EpG＜EpH，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量疊加以及電勢(shì)的疊加，屬于基礎(chǔ)題。（多選）14．如圖所示，兩塊相同的水平金屬板M、N帶等量異種電荷，兩板正對(duì)，兩板間有勻強(qiáng)電場(chǎng)（不考慮邊界效應(yīng)），兩金屬板長(zhǎng)為2l。M板中心處緊靠M板的α粒子源發(fā)射兩個(gè)速率均為v0、比荷均為k的α粒子1和2。粒子1垂直M板向下射出，到達(dá)N板時(shí)的速度大小為2v0；粒子2平行M板向右射出，剛好從N板右端射出。不計(jì)α粒子的重力和α粒子間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是（）A．N板的電勢(shì)低于M板的電勢(shì) B．粒子1從M板運(yùn)動(dòng)到N板的時(shí)間為(2C．粒子2從N板右端射出時(shí)的速度大小為2v0 D．兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為v【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；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；分析綜合能力．【答案】ABD【分析】A.粒子帶正電，平行M板向右射出，剛好從N板右端射出，即可判斷兩板電勢(shì)高低；BCD.對(duì)于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)列式求解粒子在兩板間的時(shí)間、加速度、和兩板間距的大小，由速度的合成法則求合速度及電場(chǎng)大小。【解答】解：A．α粒子帶正電，粒子2平行M板向右射出，剛好從N板右端射出，N板的電勢(shì)低于M板的電勢(shì)，故A正確；C．電場(chǎng)力對(duì)兩粒子做功相同，粒子2從N板右端射出時(shí)的速度大小應(yīng)為2v0，故C錯(cuò)誤；D．粒子2在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=粒子2從N板右端射出時(shí)豎直向下的分速度大小為vy＝at2＝v0粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=又a=qE解得E=故D正確；B．根據(jù)速度公式可知，粒子1在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=故B正確。故選：ABD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)和勻加速直線運(yùn)動(dòng)的對(duì)比，關(guān)鍵要掌握好類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，屬于常規(guī)題型。三．填空題（共2小題）15．如圖所示，真空中有一電子以速度v沿著與電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向自O(shè)點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，x軸垂直于電場(chǎng)方向，y軸平行于電場(chǎng)方向，在x軸上取OA＝AB＝BC，分別自A、B、C點(diǎn)作與y軸平行的線，跟電子的徑跡交于M、N、P三點(diǎn)，則電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時(shí)，沿y軸的分速度之比為1：2：3；電子從O點(diǎn)開(kāi)始連續(xù)經(jīng)過(guò)三段相等時(shí)間的動(dòng)能改變量之比為1：3：5?！究键c(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【答案】1：2：3，1：3：5?！痉治觥侩娮幼鲱惼綊佭\(yùn)動(dòng)；電子水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由此分析時(shí)間之比；電子在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度—時(shí)間關(guān)系求解豎直方向的速度之比，由此分析速度之比；先求出粒子偏轉(zhuǎn)位移之比，則由動(dòng)能定理可求得離子動(dòng)能增量之比?！窘獯稹拷猓弘娮釉趚軸正方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由題意可知從O到A、從A到B、從B到C所用時(shí)間相等，均設(shè)為t。電子在y軸正方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時(shí)，沿y軸的分速度分別為vyM＝at、vyN＝2at、vyP＝3at所以：vyM：vyN：vyP＝1：2：3；電子在豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，在相等時(shí)間內(nèi)的位移之比為1：3：5，根據(jù)動(dòng)能定理可知，動(dòng)能的增量即為這個(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力做的功，由于力相等，所以動(dòng)能的增量就與位移成正比了，即動(dòng)能的增量為之比為：EOA：EAB：EBC＝1：3：5。故答案為：1：2：3，1：3：5?！军c(diǎn)評(píng)】有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可以從兩條線索展開(kāi)：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(chǎng)力對(duì)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。16．某電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，一個(gè)電子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，A、B、C是某軌跡上的三個(gè)點(diǎn)，A處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于（選填“大于”或者“小于”）C處的電場(chǎng)強(qiáng)度；電子在A點(diǎn)的速度大小等于（選填“大于”、“小于”或者“等于”）B點(diǎn)的速度大??；電子從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做功﹣4eV?！究键c(diǎn)】等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(guān)系；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專題】定量思想；方程法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】大于；等于；﹣4?！痉治觥康葎?shì)面的疏密程度表示場(chǎng)強(qiáng)的大小；負(fù)電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能小，根據(jù)電勢(shì)高低判斷電子的電勢(shì)能變化，然后判斷電子動(dòng)能和速度的變化；結(jié)合電勢(shì)能的變化求解電場(chǎng)力做功?！窘獯稹拷猓旱炔畹葎?shì)面越密處場(chǎng)強(qiáng)越大，故A處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C處的電場(chǎng)強(qiáng)度；電子帶負(fù)電，根據(jù)Ep＝qφ可知電子在A處的電勢(shì)能小于電子在C處的電勢(shì)能，根據(jù)能量守恒定律可知電子在A點(diǎn)的動(dòng)能大于電子在C點(diǎn)的動(dòng)能，則電子在A點(diǎn)的受到大于電子在C點(diǎn)的速度。根據(jù)Ep＝qφ可知電子在B處的電勢(shì)能為EpB＝﹣1×10eV＝﹣10eV電子在C點(diǎn)的電勢(shì)能EpC＝﹣1×6eV＝﹣6eV電子從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做功等于電子電勢(shì)能的變化量，即W＝EpB﹣EpC＝﹣10eV﹣（﹣6eV）＝﹣4eV故答案為：大于；等于；﹣4。【點(diǎn)評(píng)】本題考查等勢(shì)面，解題關(guān)鍵是知道等差等勢(shì)面的密集程度表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，等勢(shì)面與電場(chǎng)線垂直。四．解答題（共4小題）17．當(dāng)架空線路的一根帶電導(dǎo)線斷落在地上時(shí)，地面上以導(dǎo)線落地點(diǎn)為中心，形成一個(gè)電勢(shì)分布區(qū)域，且離落地點(diǎn)越遠(yuǎn)，地面電勢(shì)也越低。如果人或牲畜靠近電線落地點(diǎn)，就可能發(fā)生觸電事故。帶電導(dǎo)線落地之后所形成的電場(chǎng)可以近似看成是在落地點(diǎn)放置了一個(gè)點(diǎn)電荷Q所產(chǎn)生的電場(chǎng)。（1）該點(diǎn)電荷Q應(yīng)為A（選涂：A.正、B.負(fù)）電荷。如圖，a、b為該電場(chǎng)某條電場(chǎng)線上兩點(diǎn)，若兩點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb，電勢(shì)分別為φa、φb，則A。A.Ea＞Eb，φa＞φbB.Ea＞Eb，φa＜φbC.Ea＜Eb，φa＞φbD.Ea＜Eb，φa＜φb（2）若一電荷量為﹣1.0×10﹣8C的試探電荷在電場(chǎng)中的某點(diǎn)處所受電場(chǎng)力大小為F＝2.0×10﹣4N，且方向向右，則該點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝2.0×104N/C，方向A（選涂：A.向左、B.向右）；若試探電荷電量改為﹣2.0×10﹣8C，則該點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝2.0×104N/C。（3）若將一個(gè)電子從A點(diǎn)移至B點(diǎn)，電場(chǎng)力做功6.4×10﹣18J，則此過(guò)程中電子的電勢(shì)能B（選涂：A.增加、B.減?。?，AB間的電勢(shì)差為﹣40V。（4）若測(cè)得該電場(chǎng)中某位置的場(chǎng)強(qiáng)大小為ρI2πr2，其中ρ為大地的電阻率，I為落地點(diǎn)流入大地的電流強(qiáng)度，r為落地點(diǎn)到測(cè)量位置的距離，則點(diǎn)電荷Q的電量大小為【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系；電荷性質(zhì)、電場(chǎng)力方向和電場(chǎng)強(qiáng)度方向的相互判斷；正、負(fù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線；電場(chǎng)力做功的計(jì)算及其特點(diǎn)；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；通過(guò)電場(chǎng)線的方向判斷電勢(shì)的高低．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】（1）A；A；（2）2.0×104；A；2.0×104；（3）B；﹣40；（4）ρ【分析】（1）根據(jù)沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，可判斷出電場(chǎng)線是從落地點(diǎn)發(fā)出的，由此確定該點(diǎn)電荷Q帶電性質(zhì)。根據(jù)正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布，判斷兩點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低判斷電勢(shì)關(guān)系。（2）根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度定義式求解該點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。桓鶕?jù)負(fù)電荷所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反判斷該點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度的方向；該點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與試探電荷無(wú)關(guān)。（3）根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系，分析此過(guò)程中電子的電勢(shì)能如何變化；根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系計(jì)算AB間的電勢(shì)差。（4）根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的決定式，依據(jù)題意求解點(diǎn)電荷Q的電量大小?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，可知電場(chǎng)線是從落地點(diǎn)發(fā)出的，則該點(diǎn)電荷Q應(yīng)為正電荷（故選：A）。如圖所示電場(chǎng)線由左指向右，可知正點(diǎn)電荷Q在左側(cè)，則a點(diǎn)與b點(diǎn)相比距離點(diǎn)電荷Q較近，故兩點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系為Ea＞Eb，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，可知電勢(shì)關(guān)系為φa＞φb，故A正確，BCD錯(cuò)誤。（2）根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度定義式E=Fq，可得該點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E=2.0×10-4根據(jù)負(fù)電荷所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，可知該點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度的方向向左（故選：A）；該點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與試探電荷無(wú)關(guān)，若試探電荷電量改為﹣2.0×10﹣8C，則該點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小不變，仍為E＝2.0×104N/C。（3）根據(jù)電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減小，可知此過(guò)程中電子的電勢(shì)能減?。ü蔬x：B）；根據(jù)電場(chǎng)力做功W＝qU，可得AB間的電勢(shì)差為：UAB=WAB（4）根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的決定式E=由題意可得：E=解得：Q=ρI2故答案為：（1）A；A；（2）2.0×104；A；2.0×104；（3）B；﹣40；（4）ρ【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電場(chǎng)的基本性質(zhì)和點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布。掌握電場(chǎng)的基本物理量電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)差的定義，以及它們之間的關(guān)系。掌握處于電場(chǎng)中的電荷受到的電場(chǎng)力，具有的電勢(shì)能，電場(chǎng)力做功的相關(guān)計(jì)算。18．如圖甲所示，質(zhì)量為m的凹槽A放在傾角θ＝37°的足夠長(zhǎng)的絕緣斜面上，斜面固定在水平地面上，槽內(nèi)左端用輕彈簧和質(zhì)量為2m的物體B相連，空間存在垂直斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=mg5q（g為重力加速度大小）。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電物體C靜置在凹槽A中時(shí)，A、B、C恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)。如圖乙所示，現(xiàn)將C取出，在A內(nèi)移動(dòng)B到某位置后撤去外力，此時(shí)A、B靜止，再將C從斜面上A的上方某點(diǎn)由靜止釋放后，C以大小為v0的速度與A碰撞后立即粘在一起。已知A、B均絕緣且不帶電，A、B間接觸面光滑，凹槽A、物體C與斜面之間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力；C與A、（1）凹槽A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（2）C釋放點(diǎn)離凹槽A上方的距離d；（3）已知彈簧彈性勢(shì)能表達(dá)式為Ep=12kx2其中k為彈簧勁度系數(shù)（未知），x為彈簧形變量。當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量變?yōu)榕銮八查g壓縮量的2倍時(shí)，A、B、C三者速度恰好相同，求（4）從C與A碰后瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，彈簧壓縮量恢復(fù)到與初始時(shí)的壓縮量相等，求該過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)B的沖量大小。【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；功是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程和量度；動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）凹槽A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.8；（2）C釋放點(diǎn)離凹槽A上方的距離d為25v（3）C與A碰撞前彈簧的彈性勢(shì)能Ep1為172（4）該過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)B的沖量大小為|mv0﹣1.2mgt|，或1.2mgt?！痉治觥浚?）以A、B、C整體為研究對(duì)象，由平衡條件求解；（2）對(duì)C從釋放到與A相碰過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理求解；（3）根據(jù)平衡條件求得初始時(shí)彈簧壓縮量，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求得C與A碰撞后的速度，AC沿斜面下滑時(shí)，A、B、C組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律，結(jié)合能量守恒定律求解；（4）根據(jù)動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律求得末態(tài)B的速度，根據(jù)B的末狀態(tài)情況，應(yīng)用動(dòng)量定理求解?！窘獯稹拷猓海?）以A、B、C整體為研究對(duì)象，由平衡條件得：4mgsinθ＝μ（4mgcosθ﹣qE）解得：μ＝0.8（2）對(duì)C從釋放到與A相碰過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgdsinθ-解得：d（3）設(shè)初始時(shí)彈簧壓縮量為Δx1，對(duì)B，由平衡條件得：2mgsinθ＝kΔx1初始時(shí)彈簧彈性勢(shì)能為：EC與A碰撞過(guò)程，以沿斜面向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝2mv1由題意，當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量為初始?jí)嚎s量的2倍時(shí)彈性勢(shì)能為：EAC沿斜面下滑時(shí)，A、B、C組成的系統(tǒng)所受合力為零，滿足動(dòng)量守恒定律，以沿斜面向下為正方向，從C與A碰撞到A、B、C共速，則有：2mv1＝4mv2設(shè)此過(guò)程AC的位移大小為xA，B的位移大小為xB，則有：xA＝xB+3Δx1根據(jù)能量守恒定律得：12其中：2mgxAsinθ+2mgxBsinθ﹣μ（4mgcosθ﹣qE）xA＝﹣2mg?3Δx1sinθ聯(lián)立解得：E（4）從C與A碰后瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，設(shè)到彈簧壓縮量等于初始時(shí)彈簧的壓縮量時(shí)AC的速度為v1′，B的速度為v2′，以沿斜面向下為正方向，同理可得：2mv1＝2mv1′+2mv2′12?2聯(lián)立解得：v2'=v02彈簧第1、3、5、……（2n﹣1）次恢復(fù)初始時(shí)的壓縮量時(shí)，有：v由動(dòng)量定理得：I解得：I彈＝mv0﹣1.2mgt彈簧彈力對(duì)B的沖量大小為|mv0﹣1.2mgt|彈簧第2、4、6、……2n次恢復(fù)初始時(shí)的壓縮量，有：v2′＝0由動(dòng)量定理得：I彈+2mgsinθ?t＝0解得：I彈＝﹣1.2mgt彈簧彈力對(duì)B的沖量大小為1.2mgt。答：（1）凹槽A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.8；（2）C釋放點(diǎn)離凹槽A上方的距離d為25v（3）C與A碰撞前彈簧的彈性勢(shì)能Ep1為172（4）該過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)B的沖量大小為|mv0﹣1.2mgt|，或1.2mgt?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律、功能關(guān)系綜合應(yīng)用。對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用，解答時(shí)要首先要確定正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。本題涉及的運(yùn)動(dòng)過(guò)程較復(fù)雜，運(yùn)動(dòng)過(guò)程的分析要思路清晰。19．在光滑絕緣水平面上放置一質(zhì)量為M＝4kg、帶電量為q＝+5×10﹣4C的金屬板A，金屬板左端放置一個(gè)質(zhì)量為m＝2kg不帶電的絕緣物塊B。距金屬板右端d＝9m處放置一個(gè)質(zhì)量也為m＝2kg不帶電的絕緣物塊C，同時(shí)加上一個(gè)斜向上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝4×104N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向與水平方向的夾角為θ＝53°，如圖所示。電場(chǎng)作用一段時(shí)間后，金屬板A與絕緣物塊C發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），此時(shí)立即撤去電場(chǎng)，在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，絕緣物塊B始終未滑離金屬板A。已知絕緣物塊B與金屬板A間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，重力加速度大小為g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）撤去電場(chǎng)前金屬板A受到的電場(chǎng)力大小；（2）電場(chǎng)的作用時(shí)間；（3）金屬板A的最小長(zhǎng)度；（4）絕緣物塊B與金屬板A間摩擦產(chǎn)生的熱量?！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；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）撤去電場(chǎng)前金屬板A受到的電場(chǎng)力大小為20N；（2）電場(chǎng)的作用時(shí)間為3s；（3）金屬板A的最小長(zhǎng)度為3215m（4）絕緣物塊B與金屬板A間摩擦產(chǎn)生的熱量為323J【分析】（1）根據(jù)電場(chǎng)力公式求電場(chǎng)力的大??；（2）由動(dòng)力學(xué)規(guī)律結(jié)合題設(shè)條件求電場(chǎng)力作用的時(shí)間；（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出碰撞前的速度，由彈性碰撞兩個(gè)守恒求出碰撞后的速度，再由動(dòng)力學(xué)規(guī)律求木板最小長(zhǎng)度；（4）求出相對(duì)位移后，根據(jù)摩擦生熱的公式求熱量?！窘獯稹拷猓海?）A物塊受到的電場(chǎng)力大?。篎＝Eq＝4×104×5×10﹣4N＝20N；（2）有電場(chǎng)力作用時(shí)，作用時(shí)間為t，由于地面無(wú)摩擦，所以物塊B與金屬板A一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體受力分析，由牛頓第二定律：Fcosθ＝（M+m）a整體運(yùn)動(dòng)d后碰撞有：d=代入數(shù)據(jù)得：a＝2m/s2，t＝3s（3）碰撞前，物塊A和金屬板的速度為：v0＝at＝2×3m/s＝6m/s以向右為正方向，AC碰撞后速度分別為v3，v4，由動(dòng)量守恒定律得：Mv0＝Mv3+mv4機(jī)械能守恒：1聯(lián)立解二次方程得：v3＝2m/s，v4＝8m/s碰撞后B相對(duì)于A滑動(dòng)，當(dāng)兩者共速時(shí)，以向右為正，由動(dòng)量守恒定律得：Mv3+mv0＝（M+m）v1代入數(shù)據(jù)得：v1=10當(dāng)B恰在A的右端靜止時(shí)，共速時(shí)有：μmgL=代入數(shù)據(jù)得：L=32（4）由摩擦生熱公式可得：Q＝μmgL代入數(shù)據(jù)得：Q=32答：（1）撤去電場(chǎng)前金屬板A受到的電場(chǎng)力大小為20N；（2）電場(chǎng)的作用時(shí)間為3s；（3）金屬板A的最小長(zhǎng)度為3215m（4）絕緣物塊B與金屬板A間摩擦產(chǎn)生的熱量為323J【點(diǎn)評(píng)】本題是涉及電場(chǎng)力作用下使板塊模型發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的問(wèn)題，分清木板與C發(fā)生碰撞前后，兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵。20．如圖所示，水平地面上放一個(gè)質(zhì)量。M＝1kg的木板，一個(gè)質(zhì)量m＝1kg、帶電量q＝+1×10﹣5C的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在木板最左端，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1。在物塊右側(cè)距物塊L1＝6m的區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng)E，電場(chǎng)區(qū)域?qū)挾葹長(zhǎng)2＝12m，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝1×106N/C，方向豎直向上?，F(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右恒力F，使物塊進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域前恰好和木板保持相對(duì)靜止向右加速運(yùn)動(dòng)，物塊剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)撤去恒力F。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，物塊帶電量始終不變，重力加速度g取10m/s2，求：（1）水平恒力F的大小？（2）物塊離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，木板的速度大??？【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；無(wú)外力的水平板塊模型．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【答案】（1）水平恒力F的大小為8N；（2）物塊離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，木板的速度大小為4m/s?！痉治觥浚?）物塊恰好和木板保持相對(duì)靜止的臨界條件為它們之間的靜摩擦力為最大靜摩擦力。分別對(duì)物塊和物塊與木板整體，根據(jù)牛頓第二定律求解。（2）物塊進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后受豎直向上的電場(chǎng)力作用。分析物塊與木板的受了，確定兩者的運(yùn)動(dòng)形式，根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。【解答】解：（1）設(shè)進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域前物塊與木板間的最大靜摩擦力為f1，木板與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小為f2，加速度大小為a1。則有：f1＝μ1mg，f2＝μ2（m+M）g對(duì)物塊，由牛頓第二定律可得：f1＝ma1解得：a1＝3m/s2對(duì)物塊和木板整體，由牛頓第二定律可得：F﹣f2＝（m+M）a1解得：F＝8N（2）物塊進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后受豎直向上的電場(chǎng)力作用。電場(chǎng)力的大小為：F電＝qE＝1×10﹣5C×1×106N＝10N物塊的重力大小為：mg＝1×10N＝10N可知qE＝mg，物塊與木板之間無(wú)相互作用，所以物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)物塊剛進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小為v0，物塊在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，木板的加速度大小為a2，物塊離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)木板的速度大小為v，對(duì)物塊由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：v02=2a1L1解得：v0＝6m/s，t＝2s對(duì)木板由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：μ2Mg＝Ma2；v＝v0﹣a2t解得：v＝4m/s答：（1）水平恒力F的大小為8N；（2）物塊離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，木板的速度大小為4m/s?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，考查了牛頓第二定律的板塊模型。掌握板塊模型的相對(duì)運(yùn)動(dòng)與相對(duì)靜止的臨界條件。

考點(diǎn)卡片1．牛頓第二定律的簡(jiǎn)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(guó)際單位制中成立．因?yàn)镕合＝k?ma，只有在國(guó)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(duì)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(duì)于分子、原子）、低速運(yùn)動(dòng)（遠(yuǎn)小于光速）的情況．4．對(duì)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(duì)應(yīng)的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對(duì)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(duì)應(yīng)．（5）相對(duì)性：物體的加速度是對(duì)相對(duì)地面靜止或相對(duì)地面做勻速運(yùn)動(dòng)的物體而言的．【命題方向】題型一：對(duì)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(píng)：本題考查學(xué)生對(duì)于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個(gè)圖象對(duì)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(lái)求解．題型二：對(duì)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(zhǎng)線D．則分析：先研究原來(lái)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(lái)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(píng)：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(wèn)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(wèn)題的基本思路．例子：某同學(xué)為了測(cè)定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，他用測(cè)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(kāi)始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開(kāi)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(guò)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(guò)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(guò)程中加速度的大小：a1（2）上滑過(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(píng)：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(duì)應(yīng)關(guān)系．對(duì)于分析瞬時(shí)對(duì)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?gòu)椓Φ拇笮镕＝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(wèn)題時(shí)，首先要對(duì)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(wèn)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(guò)審題靈活地選取研究對(duì)象，明確物理過(guò)程．（2）分析研究對(duì)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(guò)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．2．無(wú)外力的水平板塊模型3．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用4．功是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程和量度5．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-mv0【命題方向】題型一：動(dòng)量定理的應(yīng)用例子：一質(zhì)量為m的鐵錘，以速度v豎直打在木樁上，經(jīng)過(guò)△t時(shí)間而停止，則在打擊時(shí)間內(nèi)，鐵錘對(duì)木樁的平均沖力的大小是（）A．mg△tB.mv△tC.mv△分析：由題意可知，鐵錘的初末動(dòng)量，由動(dòng)量定理可求得其對(duì)木樁的平均沖力．解答：對(duì)鐵錘分析可知，其受重力與木樁的作用力；設(shè)向下為正方向，則有：（mg﹣F）t＝0﹣mv得：F＝mg+mv由牛頓第三定律可知，鐵錘對(duì)樁的平均沖力為：F＝mg+mv故選：C．點(diǎn)評(píng)：本題考查動(dòng)量定理的應(yīng)用，在應(yīng)用時(shí)要注意先明確正方向，然后才能列動(dòng)能定理的關(guān)系式求解．【解題方法點(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．6．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?！久}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)。滑塊A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)的速度大小；（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=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?！窘忸}思路點(diǎn)撥】動(dòng)量與能量的綜合類問(wèn)題本來(lái)就是高中階段最大的難點(diǎn)之一，不管是知識(shí)點(diǎn)的難度疊加還是題目本身的復(fù)雜多變，需要學(xué)生對(duì)動(dòng)量與能量這兩個(gè)板塊都數(shù)量應(yīng)用。7．點(diǎn)電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場(chǎng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．大小：如果以Q為中心作一個(gè)球面，則球面上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等。Q為場(chǎng)源電荷電量。F=2．方向：若Q是正電荷，Q和該點(diǎn)的連線指向該點(diǎn)