2025年高考物理復習熱搜題速遞之靜電場（2024年7月）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復習熱搜題速遞之靜電場（2024年7月）一．選擇題（共8小題）1．一帶負電荷的質點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質點的速率是遞減的。關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線在b點的切線）（）A． B． C． D．2．如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一個固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動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為固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓．帶電粒子Q在P的電場中運動．運動軌跡與兩圓在同一平面內，a、b、c為軌跡上的三個點．若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則（）A．aa＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．aa＞ab＞ac，vb＞vc＞va C．ab＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．ab＞ac＞aa，va＞vc＞vb4．如圖，三個固定的帶電小球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，設小球a，b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則（）A．a，b的電荷同號，k=16B．a，b的電荷異號，k=16C．a，b的電荷同號，k=64D．a，b的電荷異號，k=5．如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM，φN，φP，φQ，一電子由M點分別到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等，則（）A．直線a位于某一等勢面內，φM＞φQ B．直線c位于某一等勢面內，φM＞φN C．若電子由M點運動到Q點，電場力做正功 D．若電子由P點運動到Q點，電場力做負功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三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q（q＞0）的固定點電荷。已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為（k為靜電力常量）（）A．k3qR2 B．k10q9R7．直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖。M、N兩點各固定一負點電荷，一電量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點，則H點處場強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，實線表示某電場的電場線（方向未標出），虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為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．aM＜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，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，∠M＝30°，M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN、φP＝φF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內，則（）A．點電荷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點搬運到N點，電場力做負功 D．φP＞φM（多選）10．圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V，一電子經過a時的動能為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．該電子可能到達不了平面f C．該電子經過平面d時，其電勢能為4eV D．該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍（多選）11．如圖所示，平行板電容器的兩個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．動能逐漸增加 D．做勻變速直線運動（多選）12．如圖，水平地面上有一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ．一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行．小球A的質量為m，電量為q．小球A的右側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qd=mgsinθC．當qd=mgtanθD．當qd=mgktanθ時，斜（多選）13．兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示，c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則（）A．a點的電場強度比b點的大 B．a點的電勢比b點的高 C．c點的電場強度比d點的大 D．c點的電勢比d點的低（多選）14．在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed，點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標（ra，φa）標出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd．下列選項正確的是（）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點電荷，已知q1與q2之間的距離為l1，已知q2與q3之間的距離為l2，且每個電荷都處于平衡狀態(tài)（1）如q2為負電荷，則q1為電荷，q3為電荷。（2）q1，q2，q3三者電量大小之比是：：。四．實驗題（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入加速器，在間隙中被電場加速（穿過間隙的時間忽略不計），在圓筒內做勻速直線運動。若粒子在筒內運動時間恰好等于交變電壓周期的一半，這樣粒子就能“踏準節(jié)奏”在間隙處一直被加速。粒子離開加速器后，從O點垂直直線邊界OP進入勻強磁場區(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與勻強磁場區(qū)域Ⅱ的下直線邊界MN平行，其間距L可調。兩區(qū)域的勻強磁場方向均垂直紙面向里，磁感應強度大小B=2α2mU0q?，F(xiàn)有質子（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，交變電壓周期仍為T，則需要將圖乙中交變電壓U0調至多少；加速后，氘核在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑多大；（3）為使上述先后通過此加速器的質子與氘核在勻強磁場Ⅱ中的運動軌跡無交點，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電場。自該區(qū)域上方的A點將質量為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離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍。不計空氣阻力，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點距電場上邊界的高度；（3）該電場的電場強度大小。18．如圖，一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°．不計重力。求A、B兩點間的電勢差。19．如圖所示，長l＝1m的輕質細繩上端固定，下端連接一個可視為質點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，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，勻強電場的場強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）小球的質量m。（3）將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小。20．如圖，O、A、B為同一豎直平面內的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB=32OA，將一質量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點，使此小球帶電，電荷量為q（q＞0），同時加一勻強電場，場強方向與ΔOAB所在平面平行．現(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍，若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為（1）無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值；（2）電場強度的大小和方向。

2025年高考物理復習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）1．一帶負電荷的質點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質點的速率是遞減的。關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線在b點的切線）（）A． B． C． D．【考點】電場強度與電場力的關系和計算；物體做曲線運動的條件．【專題】壓軸題；電場力與電勢的性質專題．【答案】D【分析】根據(jù)物體做曲線運動的條件和受力特點分析電荷受的電場力方向，再由負電荷所受的電場力方向與場強方向相反進行選擇。【解答】解：A、電荷做曲線運動，電場力與速度方向不在同一直線上，應指向軌跡彎曲的內側，不可能沿軌跡的切線方向，則場強也不可能沿軌跡的切線方向。故A錯誤。B、負電荷所受的電場力方向與場強方向相反，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錯誤。C、圖中場強方向指向軌跡的內側，則電場力指向軌跡的外側，電荷的軌跡應向上彎曲，不可能沿如圖的軌跡運動。故C錯誤。D、圖中場強方向指向軌跡的外側，則電場力指向軌跡的內側，而且電場力方向與電荷的速度方向成鈍角，電場力做負功，電荷的速率減小，符合題意。故D正確。故選：D?！军c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側和速度沿軌跡的切線方向是解題的關鍵。2．如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一個固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動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】電容器的動態(tài)分析——電容器與驗電器相連．【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，從而分析靜電計指針夾角的變化；根據(jù)U＝Ed分析電場強度的變化；根據(jù)電勢與電勢差之間的關系可分析P點電勢，再由電勢分析電勢能的變化?！窘獯稹拷猓弘娙萜髋c電源斷開，故電量不變；上極板向下移動時，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兩板間的電場強度為：E=U再根據(jù)設P與下極板距離為L，則P點的電勢φP＝EL，電勢能EP＝ELq；因此電荷在P點的電勢能保持不變；故D正確，ABC錯誤；故選：D?！军c評】本題考查電容器的動態(tài)分析問題，解題的關鍵在于正確掌握電容的決定式和定義式；同時注意要掌握相關結論的應用，如本題中可以直接應用結論：當充電后斷開電源時，如果只改變兩板間距離，則兩板間的電場強度不變。3．如圖，P為固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓．帶電粒子Q在P的電場中運動．運動軌跡與兩圓在同一平面內，a、b、c為軌跡上的三個點．若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則（）A．aa＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．aa＞ab＞ac，vb＞vc＞va C．ab＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．ab＞ac＞aa，va＞vc＞vb【考點】電場強度與電場力的關系和計算；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題．【答案】D【分析】根據(jù)帶電粒子的運動軌跡彎曲方向，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度大，電場線疏的地方電場的強度小，電場力做正功，速度增大，電場力做負功，速度減小，根據(jù)這些知識進行分析即可．【解答】解：點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越小，場強越大，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，粒子在運動的過程中，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功越多，粒子的速度越小，所以va＞vc＞vb，所以D正確，ABC錯誤；故選：D?！军c評】本題中，點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，掌握住電場線和等勢面的特點，即可解決本題．屬于基礎題目．4．如圖，三個固定的帶電小球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，設小球a，b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則（）A．a，b的電荷同號，k=16B．a，b的電荷異號，k=16C．a，b的電荷同號，k=64D．a，b的電荷異號，k=【考點】庫侖定律的表達式及其簡單應用；力的合成與分解的應用．【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，結合幾何關系，及三角知識，即可求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?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，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評】考查庫侖定律與矢量的合成法則，掌握幾何關系，與三角形相似比的運用，注意小球C的合力方向可能向左，不影響解題的結果。5．如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM，φN，φP，φQ，一電子由M點分別到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等，則（）A．直線a位于某一等勢面內，φM＞φQ B．直線c位于某一等勢面內，φM＞φN C．若電子由M點運動到Q點，電場力做正功 D．若電子由P點運動到Q點，電場力做負功【考點】等勢面及其與電場線的關系；電場力做功與電勢能變化的關系．【專題】電場力與電勢的性質專題．【答案】B【分析】電子由M點分別到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等，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點分別到N點和P點的過程中，電場力做負功相等，則電勢能增加相等，電勢降低，則N、P兩點的電勢相等，d位于同一等勢面內，根據(jù)勻強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，且φM＞φN．故A錯誤，B正確。C、由上分析知，直線c位于某一等勢面內，M、Q的電勢相等，若電子由M點運動到Q點電場力不做功，故C錯誤。D、電子由P點運動到Q點與電子由P點運動到M點電場力做功相等，所以電場力做正功，故D錯誤。故選：B?！军c評】解決本題的關鍵要抓住電場力做功與電勢能變化的關系，知道負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三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q（q＞0）的固定點電荷。已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為（k為靜電力常量）（）A．k3qR2 B．k10q9R【考點】電場強度的疊加；電場強度與電場力的關系和計算；點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點處有一電荷量為q（q＞0）的固定點電荷，在b點處的場強為零，說明各自電場強度大小相等，方向相反。那么在d點處場強的大小即為兩者之和。因此根據(jù)點電荷的電場強度為E=【解答】解：電荷量為q的點電荷在b處產生電場強度為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點處有一電荷量為q（q＞0）的固定點電荷，在b點處的場強為零，則圓盤在此處產生電場強度也為E=kqR2．那么圓盤在此而電荷量為q的點電荷在d處產生電場強度為E'=kq所以兩者這d處產生電場強度為k10q9R2故選：B?！军c評】考查點電荷與圓盤電荷在某處的電場強度疊加，緊扣電場強度的大小與方向關系，從而為解題奠定基礎。7．直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖。M、N兩點各固定一負點電荷，一電量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點，則H點處場強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】電場強度與電場力的關系和計算；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．【專題】電場力與電勢的性質專題．【答案】B【分析】根據(jù)點電荷的場強公式和場強疊加的原理，可以知道在G點的時候負電荷在G點產生的合場強與正電荷在G點產生的場強大小相等方向相反，在H點同樣根據(jù)場強的疊加來計算合場強的大小即可．【解答】解：G點處的電場強度恰好為零，說明負電荷在G點產生的合場強與正電荷在G點產生的場強大小相等方向相反，根據(jù)點電荷的場強公式可得，正電荷在G點的場強為kQa2，負電荷在G點的合場強也為當正點電荷移到G點時，正電荷與H點的距離為2a，正電荷在H點產生的場強為kQ4a2由于GH對稱，所以負電荷在G點和H點產生的場強大小相等方向相反，大小為kQa2，方向沿所以H點處場合強的大小為kQa2-kQ4故選：B?！军c評】本題是對場強疊加原理的考查，同時注意點電荷的場強公式的應用，本題的關鍵的是理解G點處的電場強度恰好為零的含義．8．如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標出），虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為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．aM＜aN，EPM＜EPN【考點】電勢的定義、單位和物理意義；電場強度與電場力的關系和計算；電場力做功與電勢能變化的關系．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題．【答案】D【分析】帶電粒子只受電場力作用，根據(jù)運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內側即斜向右下方，由于粒子帶負電，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；電場線的疏密反應電場的強弱。【解答】解：帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內側，根據(jù)帶負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，電場力做負功，動能減小，電勢能增加，故帶電粒子通過M點時的速度比通過N點時的速度大，即vM＞vN②，在M點具有的電勢能比在N點具有的電勢能小，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錯誤；B、由①②可知，B錯誤；C、由①③可知，C錯誤；D、由③④可知，D正確；故選：D。【點評】解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據(jù)運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化。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，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，∠M＝30°，M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN、φP＝φF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內，則（）A．點電荷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點搬運到N點，電場力做負功 D．φP＞φM【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系；電場力做功與電勢能變化的關系；電勢的定義、單位和物理意義．【專題】電場力與電勢的性質專題．【答案】AD【分析】點電荷的等勢面是一系列的同心圓，對于圓，圓弧上任意兩點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、點電荷的等勢面是一系列的同心圓，對于圓、圓弧上任意兩點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）的一個弦，故B錯誤；C、在正的點電荷的電場中，離場源越遠，電勢越低，將正試探電荷從P點搬運到N點，電勢能降低，故電場力做正功，故C錯誤；D、在正的點電荷的電場中，離場源越遠，電勢越低，故φP＞φM，故D正確。故選：AD?！军c評】本題關鍵是明確點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代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V，一電子經過a時的動能為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．該電子可能到達不了平面f C．該電子經過平面d時，其電勢能為4eV D．該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍【考點】等勢面及其與電場線的關系；功是能量轉化的過程和量度．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題．【答案】AB【分析】根據(jù)只有電場力做功，動能與電勢能之和不變，當電場力做負功時，動能轉化為電勢能，在電勢為零處，電勢能為零，從而即可一一求解。【解答】解：A、虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV，動能減小了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，當電子由a向f方向運動，則電子到達平面f的動能為2eV，由于題目中沒有說明電子如何運動，因此也可能電子在勻強電場中做拋體運動，則可能不會到達平面f，故B正確；C、在平面b上電勢為2V，則電子的電勢能為﹣2eV，動能為8eV，電勢能與動能之和為6eV，當電子經過平面d時，動能為4eV，其電勢能為2eV，故C錯誤；D、電子經過平面b時的動能是平面d的動能2倍，電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍，故D錯誤；故選：AB?！军c評】考查電場力做功與電勢能變化的關系，掌握電勢能與動能之和不變，理解電勢為零處的電勢能為零是解題的關鍵。（多選）11．如圖所示，平行板電容器的兩個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．動能逐漸增加 D．做勻變速直線運動【考點】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的直線運動．【專題】帶電粒子在電場中的運動專題．【答案】BD【分析】帶電粒子在場中受到電場力與重力，根據(jù)粒子的運動軌跡，結合運動的分析，可知電場力垂直極板向上，從而可確定粒子的運動的性質，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，粒子做直線運動，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動，因此A錯誤，D正確；B、由A選項分析可知，電場力做負功，則電勢能增加，故B正確；C、因電場力做負功，則電勢能增加，導致動能減小，故C錯誤；故選：BD?！军c評】考查根據(jù)運動情況來確定受力情況，并由電場力做功來確定電勢能如何，以及動能的變化．（多選）12．如圖，水平地面上有一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ．一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行．小球A的質量為m，電量為q．小球A的右側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qd=mgsinθC．當qd=mgtanθkD．當qd=mgktanθ【考點】庫侖力作用下的受力平衡問題；共點力的平衡問題及求解．【專題】電場力與電勢的性質專題．【答案】AC【分析】根據(jù)庫侖定律求解兩個球間的庫侖斥力大小，然后根據(jù)共點力平衡條件列式分析?！窘獯稹拷猓篈、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錯誤；故選：AC。【點評】本題關鍵是明確A球的受力情況，然后根據(jù)共點力平衡條件列方程求解，注意細線拉力為零的臨界條件。（多選）13．兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示，c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則（）A．a點的電場強度比b點的大 B．a點的電勢比b點的高 C．c點的電場強度比d點的大 D．c點的電勢比d點的低【考點】電勢的定義、單位和物理意義；電場強度與電場力的關系和計算；電場線的定義及基本特征．【專題】電場力與電勢的性質專題．【答案】ACD【分析】根據(jù)電場線的疏密判斷場強的大小。根據(jù)電場線的方向判斷電荷的正負。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?！窘獯稹拷猓篈、由圖看出，a點處電場線比b點處電場線密，則a點的場強大于b點的場強，故A正確。B、電場線從正電荷到負電荷，沿著電場線電勢降低，所以b點的電勢比a點的高，所以B錯誤；C、負電荷在c點的合場強為零，c點只有正電荷產生的電場強度，在d正電荷產生的場強向上，兩個負電荷產生的場強向下，合場強是它們的差值，所以c點的電場強度比d點的大，所以C正確；D、正電荷到c點的平均場強大于正電荷到d點的平均場強，根據(jù)U＝Ed可知，正電荷到c點電勢降低的多，所以c點的電勢比d點的低；也可以根據(jù)電勢這樣理解：由正電荷在d，c兩點產生的電勢相等，但兩個負電荷在d點產生的電勢高于c點，所以c點的總電勢低于d點。所以D正確；故選：ACD?！军c評】本題要掌握電場線的物理意義：電場線的疏密表示場強的大小，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等勢面。（多選）14．在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed，點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標（ra，φa）標出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd．下列選項正確的是（）A．Ea：Eb＝4：1 B．Ec：Ed＝2：1 C．Wab：Wbc＝3：1 D．Wbc：Wcd＝1：3【考點】電場力做功的計算及其特點；點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專題．【答案】AC【分析】由點電荷場強公式E=kQr2可求場強之比；利用公式Uab＝φa﹣φb和W【解答】解：A、由點電荷場強公式E=kQr2可得：Ea：Eb=rb2：ra2=B、由點電荷場強公式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錯誤。故選：AC?！军c評】解答此題的關鍵是正確理解點電荷場強公式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點電荷，已知q1與q2之間的距離為l1，已知q2與q3之間的距離為l2，且每個電荷都處于平衡狀態(tài)（1）如q2為負電荷，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】三（多）個點電荷在一條直線上時的平衡問題．【專題】壓軸題；帶電粒子在電場中的運動專題．【答案】見試題解答內容【分析】（1）解決本題一定要把握“每個電荷都處于平衡狀態(tài)”這一特點進行分析，已知q2為負電荷，可以利用假設法判斷q1和q3的電性，如假設q1帶正電，其它電荷是否平衡等，也可以利用“兩同夾異，近小遠大”（三個電荷處于平衡時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）進行判斷。（2）三個電荷處于同一直線上，每個電荷受兩個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q1帶負電，要使q2平衡則q3也應帶負電，但此時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【點評】本題考查了庫侖定律在電荷平衡中的應用，對于三個電荷平衡可以利用“兩同夾異，近小遠大”的規(guī)律進行電性判斷，本題的難點在于計算，學生列出方程容易，但是計算正確難。四．實驗題（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入加速器，在間隙中被電場加速（穿過間隙的時間忽略不計），在圓筒內做勻速直線運動。若粒子在筒內運動時間恰好等于交變電壓周期的一半，這樣粒子就能“踏準節(jié)奏”在間隙處一直被加速。粒子離開加速器后，從O點垂直直線邊界OP進入勻強磁場區(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與勻強磁場區(qū)域Ⅱ的下直線邊界MN平行，其間距L可調。兩區(qū)域的勻強磁場方向均垂直紙面向里，磁感應強度大小B=2α2mU0q?，F(xiàn)有質子（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，交變電壓周期仍為T，則需要將圖乙中交變電壓U0調至多少；加速后，氘核在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑多大；（3）為使上述先后通過此加速器的質子與氘核在勻強磁場Ⅱ中的運動軌跡無交點，兩磁場間距L的取值范圍?！究键c】帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；帶電粒子由磁場進入電場中的運動．【專題】壓軸題；定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；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調至2U0；加速后，氘核在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為2a；（3）為使上述先后通過此加速器的質子與氘核在勻強磁場Ⅱ中的運動軌跡無交點，兩磁場間距L的取值范圍為：0≤L＜(3-3)a【分析】（1）粒子通過每個間隙電場力做功相同，兩粒子在每個筒中的運動時間也相同，根據(jù)動能定理求解速度，由運動學公式求解位移比；（2）氘核在每個筒中的速度與質子的相同，根據(jù)兩粒子的比荷關系求解電壓關系；在磁場中由洛倫茲力提供向心力結合兩粒子的比荷關系求解運動半徑；（3）找到兩粒子軌跡恰好相交的臨界情況，作出運動軌跡圖，由幾何關系求解臨界情況的L值，在判斷其范圍?！窘獯稹拷猓海?）設粒子進入第n個圓筒的速度為vn，根據(jù)動能定理得：nqU=解得：vn=由于兩粒子在筒中的運動時間相同，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“踏準節(jié)奏”在間隙處被加速，則需要氘核在每個筒中的速度與質子的相同。氘核電荷量與質子相同，質量為質子兩倍，由vn=2nqUm，可得：U0要調至由洛倫茲力提供向心力得：qv4B=對于質子，其v4=已知：B代入解得質子的軌道半徑：r1＝a氘核質量為質子兩倍，v4與質子相同，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：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，為使質子與氘核在勻強磁場Ⅱ中的運動軌跡無交點，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調至2U0；加速后，氘核在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為2a；（3）為使上述先后通過此加速器的質子與氘核在勻強磁場Ⅱ中的運動軌跡無交點，兩磁場間距L的取值范圍為：0≤L＜(3-3)a【點評】本題考查了帶電粒子在電場和磁場中運動問題。對于粒子在電場中的加速直線運動，應用動能定理解答；對于帶電粒子在勻強磁場只受了洛倫茲力而做勻速圓周運動，依據(jù)題意作出粒子運動軌跡圖是解題的前提，根據(jù)幾何關系求得運動半徑和軌跡圓心角是解題關鍵。本題的幾何關系是難點，需多積累經驗。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電場。自該區(qū)域上方的A點將質量為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離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍。不計空氣阻力，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點距電場上邊界的高度；（3）該電場的電場強度大小?！究键c】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題．【答案】見試題解答內容【分析】（1）抓住兩球在電場中，水平方向上的加速度大小相等，一個做勻加速直線運動，一個做勻減速直線運動，在豎直方向上的運動時間相等得出水平方向時間相等，結合運動學公式求出M與N在電場中沿水平方向的位移之比；（2）根據(jù)離開電場時動能的大小關系，抓住M做直線運動，得出M離開電場時水平分速度和豎直分速度的關系，抓住M速度方向不變，結合進入電場時豎直分速度和水平分速度的關系，根據(jù)速度—位移公式求出A點距電場上邊界的高度；（3）結合帶電小球M電場中做直線運動，結合速度方向得出電場力和重力的關系，從而求出電場強度的大小。【解答】解：（1）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動，N球在水平方向上做勻減速直線運動，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的勻加速直線運動，由于豎直方向上的位移相等，則運動的時間相等，設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）設正電小球離開電場時的豎直分速度為vy，水平分速度為v1，兩球離開電場時豎直分速度相等，因為M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍，則有：12解得v1因為v1＝v0+at＝2v0，則v1=2因為M做直線運動，設小球進電場時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點距電場上邊界的高度h=H因為M做直線運動，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點距電場上邊界的高度為H3（3）該電場的電場強度大小為2mg【點評】本題考查了帶電小球在勻強電場中的運動，理清兩球在整個過程中的運動規(guī)律，將運動分解為水平方向和豎直方向，結合運動學公式靈活求解。18．如圖，一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°．不計重力。求A、B兩點間的電勢差?！究键c】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動；動能定理的簡單應用．【專題】電場力與電勢的性質專題．【答案】見試題解答內容【分析】粒子水平方向受電場力，做勻加速直線運動；豎直方向不受力，故豎直分運動是勻速直線運動；結合運動的合成與分解的知識得到A點速度與B點速度的關系，然后對A到B過程根據(jù)動能定理列式求解。【解答】解：設帶電粒子在B點的速度大小為vB，粒子在垂直電場方向的分速度不變，故：vBsin30°＝v0sin60°①解得：vB=設A、B間的電勢差為UAB，由動能定理，有：qUAB聯(lián)立②③解得：UAB答：A、B兩點間的電勢差為mv【點評】本題關鍵是通過運動的合成與分解得到A點速度和B點速度的關系，然后結合動能定理列式求解即可，基礎題目。19．如圖所示，長l＝1m的輕質細繩上端固定，下端連接一個可視為質點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，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，勻強電場的場強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）小球的質量m。（3）將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小?！究键c】電場強度與電場力的關系和計算；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】計算題；定量思想；方程法；帶電粒子在電場中的運動專題．【答案】見試題解答內容【分析】（1）根據(jù)電場力的計算公式求解電場力；（2）畫出小球受力情況示意圖，根據(jù)幾何關系列方程求解質量；（3）根據(jù)機械能守恒定律求解速度?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)電場力的計算公式可得電場力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)幾何關系可得mg=qE所以m=qEgtanθ=3×10-3（3）電場撤去后小球運動過程中機械能守恒，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）小球的質量為4×10﹣4kg。（3）將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小為2m/s?！军c評】有關帶電粒子在勻強電場中的運動，可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關系。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，利用動能定理進行解答。20．如圖，O、A、B為同一豎直平面內的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB=32OA，將一質量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點，使此小球帶電，電荷量為q（q＞0），同時加一勻強電場，場強方向與ΔOAB所在平面平行．現(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍，若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為（1）無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值；（2）電場強度的大小和方向。【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；平拋運動速度的計算．【專題】電場力與電勢的性質專題．【答案】見試題解答內容【分析】（1）小球做平拋運動，設初速度v0．初動能EK0，從O到A的運動時間為t，將該運動分解即可；（2）加電場后，同樣使用動能定理與功能關系對小球到達A與到達B的過程分別列出公式即可．【解答】解：（1）小球做平拋運動，設初速度v0．初動能EK0，從O到A的運動時間為t，令OA=則：OB=根據(jù)平拋運動的規(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設小球到達A時的動能為EKA，則：EKA所以：EKA（2）加電場后，從O點到A點下降了y=12d，從O點到B點下降了32d，設兩點的電勢能分別減小ΔEPA和ΔEΔEΔE在勻強電場中，沿著任意直線，電勢的降落是均勻的，設直線OB上的M點的電勢與A的電勢相同，M點到O點的距離是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，設電場方向與豎直向下的方向之間的夾角是α，由幾何關系可得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°，設電場強度的大小是E，則：qE?dcos30°＝ΔEPA…⑨聯(lián)立④⑥⑨得：E=3答：（1）無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值是73（2）電場強度的大小是3mg6q【點評】本題是平拋運動與類平拋運動的組合，關鍵是運用動能定理與功能關系研究小球到達A與到達B的過程，再運用電場力做功的基本規(guī)律解題．

考點卡片1．力的合成與分解的應用2．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于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：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點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：①當某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。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：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關知識進行論證、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，采用數(shù)學知識求極值或者根據(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行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結”與“死結”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結”與“死結”模型①“活結”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”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”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”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”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”：指輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態(tài)時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉動，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，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽K的作用力應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，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端下面掛一質量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，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，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項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的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結合平衡條件分析是關鍵。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力，根據(jù)合力為零分析AB選項；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，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態(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。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點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)幾何關系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結點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點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關系可知，當F2與BD垂直時，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錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關鍵是當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為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通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體（都處于靜止狀態(tài)），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩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)力的分解及幾何關系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據(jù)平衡條件求解細繩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繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（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。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共點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或兩個以上的物體構成的系統(tǒng)，應明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，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系，對各力按坐標軸進行分解。（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，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結論。3．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】1．內容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表達式：F合＝ma．該表達式只能在國際單位制中成立．因為F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動的參考系）．（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運動（遠小于光速）的情況．4．對牛頓第二定律的進一步理解牛頓第二定律是動力學的核心內容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內涵：F量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運動狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個量的物理意義，就不難理解如下的關系了：a∝F，a∝1m另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關系，也是由力的作用效果的瞬時性特征所決定的．（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）瞬時性：加速度a與合外力F合同時產生、同時變化、同時消失，是瞬時對應的．（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物理量．（4）獨立性：作用于物體上的每個力各自產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力產生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應．（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動的物體而言的．【命題方向】題型一：對牛頓第二定律的進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)的大小與時間t的關系如圖甲所示，物塊速度v與時間t的關系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此兩圖線可以得出（）A．物塊的質量為1.5kgB．物塊與地面之間的滑動摩擦力為2NC．t＝3s時刻物塊的速度為3m/sD．t＝3s時刻物塊的加速度為2m/s2分析：根據(jù)v﹣t圖和F﹣t圖象可知，在4～6s，物塊勻速運動，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內物塊做勻加速運動，由牛頓第二定律可以求得物體的質量的大?。鶕?jù)速度時間圖線求出3s時的速度和加速度．解答：4～6s做勻速直線運動，則f＝F＝2N．2～4s內做勻加速直線運動，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﹣時間圖線可知，3s時刻的速度為2m/s．故B故選：BD．點評：本題考查學生對于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個圖象對比可以確定物體的運動的狀態(tài)，再由牛頓第二定律來求解．題型二：對牛頓第二定律瞬時性的理解例子：如圖所示，質量為m的球與彈簧Ⅰ和水平細線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q．球靜止時，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當剪斷Ⅱ瞬間時，球的加速度a應是（）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線的拉力．剛剪短細繩時，彈簧來不及形變，故彈簧彈力不能突變；細繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細繩彈力可突變！根據(jù)牛頓第二定律求解瞬間的加速度．解答：Ⅱ未斷時，受力如圖所示，由共點力平衡條件得，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：由幾何關系，F(xiàn)合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛頓第二定律得：a=F1sinθm=故選：D．點評：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應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鍵．題型三：動力學中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運動情況；②已知運動情況求物體的受力情況．加速度是聯(lián)系運動和受力的重要“橋梁”，將運動學規(guī)律和牛頓第二定律相結合是解決問題的基本思路．例子：某同學為了測定木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，他用測速儀研究木塊在斜面上的運動情況，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，并同時開始記錄數(shù)據(jù)，結果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點的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）木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）木塊回到出發(fā)點時的速度大小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）由運動學可得上滑距離，上下距離相等，由牛頓第二定律可得下滑的加速度，再由運動學可得下滑至出發(fā)點的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經0.5s滑至最高點，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）木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.35；（3）木塊回到出發(fā)點時的速度大小v＝2m/s．點評：解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律和運動學公式聯(lián)合求解．【解題方法點撥】1．根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時對應關系．對于分析瞬時對應關系時應注意兩個基本模型特點的區(qū)別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產生彈力時的形變量很小，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．應用牛頓第二定律解答動力學問題時，首先要對物體的受力情況及運動情況進行分析，確定題目屬于動力學中的哪類問題，不論是由受力情況求運動情況，還是由運動情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應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動情況，必要時畫好受力示意圖和運動過程示意圖，規(guī)定正方向．（3）根據(jù)牛頓第二定律和運動公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時可把力進行分解或合成處理，再列方程）（4）檢查答案是否完整、合理，必要時需進行討論．4．物體做曲線運動的條件【知識點的認識】物體做曲線運動的條件1．曲線運動的定義：軌跡是曲線的運動叫曲線運動．2．曲線運動的特點：（1）速度方向：質點在某一點的速度，沿曲線在這一點的切線方向．（2）運動的性質：做曲線運動的物體，速度的方向時刻在改變，所以曲線運動一定是變速運動，即必然具有加速度．3．曲線運動的條件（1）從動力學角度看：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）從運動學角度看：物體的速度方向跟它的加速度方向不在同一條直線上．【知識點的應用及延伸】變速運動一定是曲線運動嗎？曲線運動一定是變速運動嗎？曲線運動一定不是勻變速運動嗎？請舉例說明？變速運動不一定是曲線運動，如勻變速直線運動．曲線運動一定是變速運動，因為速度方向一定變化．曲線運動不一定是非勻變速運動，如平拋運動是曲線運動，也是勻變速運動．【命題方向】（1）?？碱}型考查物體做曲線運動的條件：下列說法正確的是（）A．做曲線運動的物體一定有加速度B．平拋運動是勻變速運動，任意相等時間內速度的變化都相同C．勻速圓周運動雖然不是勻變速運動，但任意相等時間內速度的變化仍相同D．當物體受到的合外力為零時，物體仍可以做曲線運動分析：物體做曲線運動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，平拋運動是勻變速運動，任意相等時間內速度的變化是相同的，當物體受到的合外力為零時，物體只能是處于靜止或勻速直線運動狀態(tài)，不可能做曲線運動．解答：A、物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上，所以做曲線運動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、平拋運動是勻變速運動，加速度的大小為g，所以任意相等時間內速度的變化為△V＝g△t，所以任意相等時間內速度的變化都相同，所以B正確．C、勻速圓周運動只是說速度的大小不變，但速度的方向時刻在變，任意相等時間內速度方向的變化是不一樣的，所以C錯誤．D、物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上，當物體受到的合外力為零時，物體只能是處于靜止或勻速直線運動狀態(tài)，不可能做曲線運動，所以D錯誤．故選：A、B．點評：本題關鍵是對質點做曲線運動的條件的考查，勻速圓周運動，平拋運動等都是曲線運動，對于它們的特點要掌握?。窘忸}方法點撥】曲線運動的條件（1）從動力學角度看：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）從運動學角度看：物體的加速度方向跟它的速度方向不在同一條直線上．5．平拋運動速度的計算6．動能定理的簡單應用7．功是能量轉化的過程和量度8．機械能守恒定律的簡單應用【知識點的認識】1．機械能：勢能和動能統(tǒng)稱為機械能，即E＝Ek+Ep，其中勢能包括重力勢能和彈性勢能。2．機械能守恒定律（1）內容：在只有重力（或彈簧彈力）做功的物體系統(tǒng)內，動能與勢能可以相互轉化，而總的機械能保持不變。（2）表達式：觀點表達式守恒觀點E1＝E2，Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2（要選零勢能參考平面）轉化觀點△EK＝﹣△EP（不用選零勢能參考平面）轉移觀點△EA＝﹣△EB（不用選零勢能參考平面）【命題方向】題型一：機械能是否守恒的判斷例1：關于機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，物體的機械能一定守恒B．做勻速直線運動的物體，機械能一定守恒C．外力對物體做的功為零時，物體的機械能一定守恒D．只有重力對物體做功時，物體的機械能一定守恒分析：機械能守恒的條件：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，例如各種拋體運動。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，此時只有重力做功，機械能也是守恒的。解：A、機械能守恒條件是只有重力做功，故A錯誤；B、勻速運動，動能不變，但重力勢能可能變化，故B錯誤；C、外力對物體做的功為零時，不一定只有重力做功，當其它力與重力做的功的和為0時，機械能不守恒，故C錯誤；D、機械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，故D正確。故選：D。點評：本題關鍵是如何判斷機械能守恒，可以看能量的轉化情況，也可以看是否只有重力做功。題型二：機械能守恒定律的應用例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)有一質量為m的小物體從斜面上的A點無初速滑下，且恰能通過光滑圓形軌道的最高點D．已知小物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，求：（1）AB長度l應該多大。（2）小物體第一次通過C點時對軌道的壓力多大。分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律列出重力提供向心力的表達式，再由動能定理結合幾何關系即可求解；（2）由機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D，則有mg又因f＝μN＝μmgcosθ，物體從A運動到D全程，由動能定理可得：mg（lsinθ﹣R﹣Rcosθ）﹣fl=聯(lián)立求得：l（2）物體從C運動到D的過程，設C點速度為vc，由機械能守恒定律：1物體在C點時：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點時對軌道的壓力6mg。點評：本題是動能定理與牛頓運動定律的綜合應用，關鍵是分析物體的運動過程，抓住滑動摩擦力做功與路程有關這一特點。題型三：多物體組成的系統(tǒng)機械能守恒問題例3：如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，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的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上。現(xiàn)用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時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，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)機械能守恒分析：C球剛離開地面時，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)機械能守恒，初始位置彈簧處于壓縮狀態(tài)，當B具有最大速度時，彈簧處于伸長狀態(tài)，根據(jù)受力知，壓縮量與伸長量相等。在整個過程中彈性勢能變化為零，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒求出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，對C有：kx2＝mg此時B有最大速度，即aB＝aC＝0