2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之靜電場

第1頁（共1頁）2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之靜電場一．選擇題（共10小題）1．一帶正電微粒從靜止開始經(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。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點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)，不計重力。下列說法正確的是（）A．L：d＝2：1 B．U1：U2＝2：1 C．微粒穿過圖中電容器區(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動軌跡不變2．有一靜電場，其電勢φ沿x軸方向變化的圖線如圖所示。一個電子（重力不計）從坐標(biāo)原點O由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸運動。下列說法正確的是（）A．電子經(jīng)過P點和Q點加速度大小相等、方向相反 B．電子經(jīng)過P點與Q點時，動能相等 C．電子經(jīng)過P點與Q點時，電場力做功的功率相等 D．電子最遠可沿x方向運動至5m處3．關(guān)于圖中四幅圖像的說法正確的是（）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)把驗電器罩起來，使帶電金屬球靠近驗電器，箔片會張開 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電場強度為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．勻強電場中的三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，AB的長度為1m，D為AB的中點，如圖所示。已知電場線的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三點的電勢分別為14V、6V和2V。設(shè)電場強度大小為E，電量為1×10﹣6C的正電荷從D點移到C點電場力所做的功為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，勻強電場與該平面平行。將一質(zhì)量為m、電荷為+q的小球從A點向各個方向拋出，拋出時速度大小相等。落到正六邊形上時，C、E兩點電勢能相等，D、E連線上各點速度大小相等。重力加速度大小為g，下列說法不正確的是（）A．電場強度的方向由A指向O B．小球經(jīng)過F、C兩點的速度大小滿足vF＝vc C．小球受到的電場力與重力大小相等 D．B、D兩點的電勢滿足φB＝φD6．如圖，AB為某電場中的一根電場線，一不計重力的點電荷在A點以初速度v0向B運動，一段時間內(nèi)該電荷沿電場線運動的v﹣t圖象如圖，則（）A．點電荷一定帶正電 B．電場可能為勻強電場 C．A點電勢一定高于B點電勢 D．該點電荷在A點的電勢能一定低于在B點的電勢能7．利用靜電紡絲技術(shù)制備納米纖維材料是近年來材料領(lǐng)域的重要技術(shù)。如圖所示，初始時無電場，噴嘴處的球形液滴保持靜止；隨著高壓電場逐漸增強，液滴帶上正電荷且由球形變?yōu)閳A錐形（即“泰勒錐”）；當(dāng)電壓增至某個臨界值時（假設(shè)此后電壓保持不變），液滴從尖端噴出，在非勻強電場的作用下向下方運動，M、N為直線路徑上的兩點。以下說法正確的是（）A．噴嘴處的球形液滴在無電場的情況下只受重力 B．液滴從M到N的過程做勻加速直線運動 C．液滴從M到N的過程電場力做負(fù)功 D．液滴向下做螺旋運動時電勢能減小8．如圖所示為研究高壓帶電體周圍絕緣試驗的電場分布圖，由于試驗線路比較短，在大的空間尺度下高壓帶電體A可以等效為點電荷，B、C、D是其周圍的三個金屬導(dǎo)體，均已處于靜電平衡狀態(tài)，P、S是導(dǎo)體C上的兩點，M、N是A附近的兩點，下列說法正確的是（）A．電場強度EP＞ES B．電場強度EM＞EN C．正電荷在P點的電勢能大于其在S點的電勢能 D．負(fù)電荷在M點的電勢能大于其在N點的電勢能9．如圖所示，真空中正四面體的四個頂點上分別固定著一個點電荷，其中兩個為正點電荷，另外兩個為負(fù)點電荷，點電荷的電荷量均相等，O為正四面體的中心，a、b、c、d為4個棱的中點，下列說法正確的是（）A．中心O處的電場強度為0 B．b點和d點的電勢相等 C．a(chǎn)點與c點的電場強度相同 D．a(chǎn)點與c點的電勢相等10．一接地金屬板M水平放置，在金屬板M延長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線和等勢線分布如圖所示，則下列說法正確的是（）A．圖中虛線為等勢線 B．a(chǎn)、b兩點場強相同 C．a(chǎn)點電勢高于c點電勢 D．電子在a點的電勢能大于c點的電勢能二．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上的五個位置，且O1P＝PM＝MF＝FN＝NS＝SO2＝R。取無窮遠處為零電勢點且不計兩圓環(huán)電荷間的相互影響，下列說法正確的是（）A．O1、O2兩點場強不為0，電勢為0 B．F點的場強為0，電勢不為0 C．將正的試探電荷q沿連線O1O2由P點移動到N點其電勢能先減小后增大 D．P點的場強大小為(169（多選）12．如圖所示，真空中固定兩等量異種點電荷，A、B、O、C、D為兩電荷連線上的五個點，O為兩電荷連線的中點，BO＝CO，AO＝DO，則（）A．A、D兩點的電場強度相同 B．B、C兩點的電場強度不相同 C．B、C兩點的電勢相同 D．正電荷在A點的電勢能大于在D點的電勢能（多選）13．如圖所示，空間存在一個正四面體ABCD（由絕緣材料制成），其棱長為a，G是AB中點，H是BC中點，在水平面上頂點A、B各固定一個電荷量為+q（q＞0）的點電荷，在頂點C固定一個電荷量為﹣q（q＞0）的點電荷，靜電力常量為k，則（）A．G處的場強大小為3kqB．頂點D處的場強大小為EDC．H、D兩點電勢的高低為φD＞φH D．電荷Q在G點和H點電勢能為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，兩板間有勻強電場（不考慮邊界效應(yīng)），兩金屬板長為2l。M板中心處緊靠M板的α粒子源發(fā)射兩個速率均為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N板時的速度大小為2v0；粒子2平行M板向右射出，剛好從N板右端射出。不計α粒子的重力和α粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．N板的電勢低于M板的電勢 B．粒子1從M板運動到N板的時間為(2C．粒子2從N板右端射出時的速度大小為2v0 D．兩板間的電場強度大小為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沿著與電場強度垂直的方向自O(shè)點進入勻強電場。以O(shè)為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系，x軸垂直于電場方向，y軸平行于電場方向，在x軸上取OA＝AB＝BC，分別自A、B、C點作與y軸平行的線，跟電子的徑跡交于M、N、P三點，則電子經(jīng)M、N、P三點時，沿y軸的分速度之比為；電子從O點開始連續(xù)經(jīng)過三段相等時間的動能改變量之比為。16．某電場的等勢面如圖所示，一個電子僅在電場力作用下運動，A、B、C是某軌跡上的三個點，A處的電場強度（選填“大于”或者“小于”）C處的電場強度；電子在A點的速度大?。ㄟx填“大于”、“小于”或者“等于”）B點的速度大??；電子從A點移到C點，電場力做功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，地面上以導(dǎo)線落地點為中心，形成一個電勢分布區(qū)域，且離落地點越遠，地面電勢也越低。如果人或牲畜靠近電線落地點，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可以近似看成是在落地點放置了一個點電荷Q所產(chǎn)生的電場。（1）該點電荷Q應(yīng)為（選涂：A.正、B.負(fù)）電荷。如圖，a、b為該電場某條電場線上兩點，若兩點處電場強度大小分別為Ea、Eb，電勢分別為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的試探電荷在電場中的某點處所受電場力大小為F＝2.0×10﹣4N，且方向向右，則該點處電場強度的大小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，則該點處的電場強度的大小E＝N/C。（3）若將一個電子從A點移至B點，電場力做功6.4×10﹣18J，則此過程中電子的電勢能（選涂：A.增加、B.減?。珹B間的電勢差為V。（4）若測得該電場中某位置的場強大小為ρI2πr2，其中ρ為大地的電阻率，I為落地點流入大地的電流強度，r為落地點到測量位置的距離，則點電荷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電場、電場強度大小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，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B到某位置后撤去外力，此時A、B靜止，再將C從斜面上A的上方某點由靜止釋放后，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與斜面之間動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；C與A、（1）凹槽A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；（2）C釋放點離凹槽A上方的距離d；（3）已知彈簧彈性勢能表達式為Ep=12kx2其中k為彈簧勁度系數(shù)（未知），x為彈簧形變量。當(dāng)彈簧伸長量變?yōu)榕銮八查g壓縮量的2倍時，A、B、C三者速度恰好相同，求（4）從C與A碰后瞬間開始計時，經(jīng)過時間t，彈簧壓縮量恢復(fù)到與初始時的壓縮量相等，求該過程中，彈簧彈力對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處放置一個質(zhì)量也為m＝2kg不帶電的絕緣物塊C，同時加上一個斜向上電場強度大小為E＝4×104N/C的勻強電場，其方向與水平方向的夾角為θ＝53°，如圖所示。電場作用一段時間后，金屬板A與絕緣物塊C發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），此時立即撤去電場，在此后的運動過程中，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）撤去電場前金屬板A受到的電場力大??；（2）電場的作用時間；（3）金屬板A的最小長度；（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，水平地面上放一個質(zhì)量。M＝1kg的木板，一個質(zhì)量m＝1kg、帶電量q＝+1×10﹣5C的小物塊（可視為質(zhì)點）放在木板最左端，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1。在物塊右側(cè)距物塊L1＝6m的區(qū)域有一勻強電場E，電場區(qū)域?qū)挾葹長2＝12m，電場強度大小E＝1×106N/C，方向豎直向上。現(xiàn)對木板施加一水平向右恒力F，使物塊進入電場區(qū)域前恰好和木板保持相對靜止向右加速運動，物塊剛進入電場時撤去恒力F。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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??？（2）物塊離開電場時，木板的速度大??？

2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之靜電場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。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點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)，不計重力。下列說法正確的是（）A．L：d＝2：1 B．U1：U2＝2：1 C．微粒穿過圖中電容器區(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動軌跡不變【考點】帶電粒子先后經(jīng)過加速電場和偏轉(zhuǎn)電場．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】對微粒經(jīng)電壓U1加速的過程，由動能定理求得微粒射入電容器時的速度大小。微粒在電容器中水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做勻變速直線運動。將微粒的運動分解處理，根據(jù)牛頓第二定律與運動學(xué)公式解答ABC選項。對于D選項推導(dǎo)微粒在電容器中的運動軌跡方程，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動，豎直方向上做勻變速直線運動。根據(jù)電場強度和電勢差的關(guān)系可得：E根據(jù)牛頓第二定律得：F＝qE＝ma設(shè)微粒射入電容器時的速度為v0，水平方向上分速度為：vx=微粒從射入到運動到最高點在豎直方向上由運動學(xué)公式可得：v微粒經(jīng)電壓U1加速的過程，由動能定理得：q聯(lián)立解得：U1：U2＝1：1，故B錯誤；A、微粒從射入到運動到最高點過程中，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錯誤；C、微粒射入電容器到最高點過程中有：vy＝at從最高點到穿出電容器的過程中，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)微粒穿過電容器時，速度方向與水平方向的夾角為α，則有：tanα設(shè)微粒射入電場和水平方向的夾角為β＝45°，則tanβ＝tan45°＝1微粒穿過圖中電容器區(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錯誤；D、微粒在電容器中的運動過程，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可知微粒運動軌跡與微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量無關(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動軌跡不變，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了帶電粒子在電磁場中的運動問題，粒子在加速電場中的加速過程應(yīng)用動能定理求解獲得的速度，在電場中做勻變速曲線運動時，將粒子的運動正交分解為兩直線運動，依據(jù)分運動的獨立性與等時性進行解答。2．有一靜電場，其電勢φ沿x軸方向變化的圖線如圖所示。一個電子（重力不計）從坐標(biāo)原點O由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸運動。下列說法正確的是（）A．電子經(jīng)過P點和Q點加速度大小相等、方向相反 B．電子經(jīng)過P點與Q點時，動能相等 C．電子經(jīng)過P點與Q點時，電場力做功的功率相等 D．電子最遠可沿x方向運動至5m處【考點】φ﹣x圖像的理解與應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】B【分析】A、根據(jù)圖像斜率表示電場強度，可知P、Q兩點場強大小和方向的關(guān)系，則可得電子在這兩點加速度大小和方向的關(guān)系；BC、根據(jù)P、Q兩點電勢相等，可知電子從P到Q電場力做功為零，根據(jù)動能定理可知兩點動能關(guān)系，根據(jù)P＝Eqv比較電子在這兩點功率大?。籇、根據(jù)電子釋放位置和最遠位置動能變化為零，則可知在這兩點電勢能的變化為零，則可得兩點電勢相等，由圖可得結(jié)論?！窘獯稹拷猓篈、φ﹣x圖像的斜率表示電場強度，由圖可知P、Q兩點斜率不相等，則場強大小不等，方向相反，所以電子在這兩點電場力不相等，由牛頓第二定律可知電子經(jīng)過P點和Q點加速度大小不相等、方向相反，故A錯誤；BC、由圖可知P、Q兩點電勢相等，所以從P點到Q點電場力做功為零，由動能定理可知電子經(jīng)過P點與Q點時動能相等，則速率相等，電場力做功的功率P＝Eqv，P、Q兩點場強不相等，則功率P不相等，故B正確，C錯誤；D、電子從O點開始釋放做加速運動，通過x＝2m位置后做減速運動，當(dāng)電子速度減為零時，電子沿x軸運動最遠，則電子動能的變化為零，可知電場力做功為零，已知電子在坐標(biāo)原點的電勢為0，則速度減為0的位置電勢為0，由圖可知x＝6m處電勢為0，所以電子沿x軸最遠運動到x＝6m處，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了φ﹣x圖像，帶電粒子在電場中的運動，解題的關(guān)鍵是知道φ﹣x圖像的斜率表示電場強度，斜率的絕對值表示場強的大小，斜率的正負(fù)表示場強的方向。3．關(guān)于圖中四幅圖像的說法正確的是（）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)把驗電器罩起來，使帶電金屬球靠近驗電器，箔片會張開 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電場強度為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】電荷在導(dǎo)體上的分布、尖端放電；靜電平衡現(xiàn)象、等勢體．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(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錯誤；B．乙圖中，用金屬網(wǎng)把驗電器罩起來，由于金屬網(wǎng)罩的靜電屏蔽，帶電金屬球靠近驗電器時，箔片不會張開，故B錯誤；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)表面沒有電荷，導(dǎo)體殼內(nèi)空腔C電場強度為0，故C錯誤；D．丁圖中，將尖銳的金屬棒安裝在建筑物的頂端并通過導(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評】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)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面。4．勻強電場中的三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，AB的長度為1m，D為AB的中點，如圖所示。已知電場線的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三點的電勢分別為14V、6V和2V。設(shè)電場強度大小為E，電量為1×10﹣6C的正電荷從D點移到C點電場力所做的功為W，則（）A．E＝8V/m B．E＜8V/m C．W＝6×10﹣6J D．W＝8×10﹣6J【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】D【分析】根據(jù)勻強電場的特點得出D點的電勢，結(jié)合電場力的做功公式和場強的計算公式完成分析?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)勻強電場中，因為D為AB的中點，根據(jù)電勢的變化特點可知D點的電勢為：φD根據(jù)電場力做功的計算公式可知，電荷從D點移到C點電場力所做的功為：W=AB的長度為1m，由于電場強度的方向并不是沿著AB方向，所以AB兩點沿電場方向的距離d＜1m，勻強電場中兩點電勢差與兩點沿電場方向的距離成正比，即U＝Ed，所以E＞Ud=14-61V故選：D?！军c評】本題主要考查了勻強電場的相關(guān)應(yīng)用，熟悉勻強電場的特點，結(jié)合電場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，勻強電場與該平面平行。將一質(zhì)量為m、電荷為+q的小球從A點向各個方向拋出，拋出時速度大小相等。落到正六邊形上時，C、E兩點電勢能相等，D、E連線上各點速度大小相等。重力加速度大小為g，下列說法不正確的是（）A．電場強度的方向由A指向O B．小球經(jīng)過F、C兩點的速度大小滿足vF＝vc C．小球受到的電場力與重力大小相等 D．B、D兩點的電勢滿足φB＝φD【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；電場力與電勢的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】AB、根據(jù)C、E兩點電勢能相等，可知C、E兩點電勢相等，根據(jù)電場線和等勢面的關(guān)系和小球帶電的極性可知場強的方向，根據(jù)D、E連線上各點速度大小相等，可知小球所受合力的方向，根據(jù)動能定理可知小球經(jīng)過F、E兩點速度大??；C、根據(jù)幾何知識和平行四邊形定則分析；D、根據(jù)場強方向和沿著電場方向電勢降低分析?！窘獯稹拷猓篈B、C、E兩點電勢能相等，則C、E兩點電勢相等，兩點連線為等勢線，根據(jù)電場線與等勢線垂直，可知電場強度方向在AD方向上，D、E連線上各點速度大小相等，可知小球重力和電場力的合力F合方向垂直于DE的連線，如下圖所示：由于小球帶正電，電場力與電場的方向相同，所以電場強度的方向由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點到CF直線上任意一點合力做功相等，根據(jù)動能定理可知小球經(jīng)過F、C兩點的速度大小相等，即：vF＝vc，故AB正確；C、由幾何知識可知重力和電場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力與重力大小相等，故C正確；D、根據(jù)圖中場強的方向以及沿著電場方向電勢降低，可知φB＞φD，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：D?！军c評】本題考查了帶電粒子在電場中的運動，解題的關(guān)鍵是根據(jù)D、E連線上各點速度大小相等可知小球合力的方向，根據(jù)C、E兩點電勢能相等可知兩點電勢相等，在勻強電場中電勢相等的兩點的連線為等勢線。6．如圖，AB為某電場中的一根電場線，一不計重力的點電荷在A點以初速度v0向B運動，一段時間內(nèi)該電荷沿電場線運動的v﹣t圖象如圖，則（）A．點電荷一定帶正電 B．電場可能為勻強電場 C．A點電勢一定高于B點電勢 D．該點電荷在A點的電勢能一定低于在B點的電勢能【考點】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；電場線的定義及基本特征．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力．【答案】D【分析】AC、根據(jù)v﹣t圖像可知電場力做功的正負(fù)，則可知電場力的方向，場強方向未知，則電荷的正負(fù)未知，根據(jù)沿著電場方向電勢降低，分析A、B兩點電勢的高低；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力大小、電場強度大小變化特點，則可得結(jié)論；D、根據(jù)只有電場力做功，帶電粒子的動能和電勢能的和不變分析?！窘獯稹拷猓篈C、點電荷從A點向B點運動，由v﹣t圖像可知點電荷速度減小，可知電場力做負(fù)功，則電場力方向水平向左，若場強的方向水平向左，則點電荷帶正電，根據(jù)沿著電場方向電勢降低，可知A點電勢低于B點電勢，若場強的方向水平向右，則點電荷帶負(fù)電，A點電勢高于B點電勢，故AC錯誤；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力減小，則電場強度減小，所以該電場不是勻強電場，故B錯誤；D、由v﹣t圖像可知點電荷在A點的動能大于B點的動能，根據(jù)只有電場力做功，帶電粒子的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，兩者的和不變，可知該點電荷在A點的電勢能一定低于在B點的電勢能，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了帶電粒子在電場中的運動，解題的關(guān)鍵是知道v﹣t圖像的斜率表示加速度，知道只有電場力做功，帶電粒子的動能和電勢能相互轉(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材料領(lǐng)域的重要技術(shù)。如圖所示，初始時無電場，噴嘴處的球形液滴保持靜止；隨著高壓電場逐漸增強，液滴帶上正電荷且由球形變?yōu)閳A錐形（即“泰勒錐”）；當(dāng)電壓增至某個臨界值時（假設(shè)此后電壓保持不變），液滴從尖端噴出，在非勻強電場的作用下向下方運動，M、N為直線路徑上的兩點。以下說法正確的是（）A．噴嘴處的球形液滴在無電場的情況下只受重力 B．液滴從M到N的過程做勻加速直線運動 C．液滴從M到N的過程電場力做負(fù)功 D．液滴向下做螺旋運動時電勢能減小【考點】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】比較思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力．【答案】D【分析】噴嘴處的球形液滴在無電場的情況下受重力和噴嘴的引力；液滴從M到N的過程，電場力是變化的，做的是非勻加速直線運動；根據(jù)電場力方向與位移方向的關(guān)系判斷電場力做功正負(fù)，從而判斷出電勢能變化情況?！窘獯稹拷猓篈、噴嘴處的球形液滴在無電場的情況下受重力和噴嘴的引力兩個力作用，故A錯誤；B、液滴在非勻強電場中運動，所受電場力是變力，則合力是變化的，加速度是變化的，所以液滴從M到N的過程做變加速直線運動，故B錯誤；C、液滴帶正電，從M到N的過程中受到的電場力方向豎直向下，與位移方向相同，則電場力做正功，故C錯誤；D、液滴向下做螺旋運動時，電場力做正功，電勢能減小，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查帶電粒子在電場力作用下的運動，要明確液滴的受力情況，能根據(jù)電場力方向與位移方向的關(guān)系判斷電場力做功情況。8．如圖所示為研究高壓帶電體周圍絕緣試驗的電場分布圖，由于試驗線路比較短，在大的空間尺度下高壓帶電體A可以等效為點電荷，B、C、D是其周圍的三個金屬導(dǎo)體，均已處于靜電平衡狀態(tài)，P、S是導(dǎo)體C上的兩點，M、N是A附近的兩點，下列說法正確的是（）A．電場強度EP＞ES B．電場強度EM＞EN C．正電荷在P點的電勢能大于其在S點的電勢能 D．負(fù)電荷在M點的電勢能大于其在N點的電勢能【考點】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；電場強度與電場力的關(guān)系和計算．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(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)部處處場強為零，導(dǎo)體為一個等勢體分析，根據(jù)由EP＝φq分析P、S兩點電勢能大小關(guān)系；BD、根據(jù)電場線的疏密分析M、N兩點電場強度大小關(guān)系，根據(jù)沿著電場線的方向電勢降低分析M、N兩點電勢大小關(guān)系，根據(jù)EP＝φq比較M、N兩點電勢能大小關(guān)系。【解答】解：AC、金屬導(dǎo)體C處于靜電平衡狀態(tài)，內(nèi)部場強處處為零，是一個等勢體，所以P、S兩點的電場強度EP＝ES，P、S兩點的電勢φP＝φS，由EP＝φq可知正電荷在P點的電勢能等于其在S點的電勢能，故AC錯誤；BD、根據(jù)電場線的疏密可知M、N兩點電場強度EM＞EN，根據(jù)沿著電場線的方向電勢降低可知M、N兩點電勢φM＞φN，由EP＝φq可知負(fù)電荷在M點的電勢能小于其在N點的電勢能，故B正確，D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了電場力做功與電勢能的關(guān)系、靜電平衡，電場線，解題的關(guān)鍵是知道處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為零，導(dǎo)體為一個等勢體，熟記電場線的疏密表示電場的強弱，沿著電場的方向電勢降低。9．如圖所示，真空中正四面體的四個頂點上分別固定著一個點電荷，其中兩個為正點電荷，另外兩個為負(fù)點電荷，點電荷的電荷量均相等，O為正四面體的中心，a、b、c、d為4個棱的中點，下列說法正確的是（）A．中心O處的電場強度為0 B．b點和d點的電勢相等 C．a(chǎn)點與c點的電場強度相同 D．a(chǎn)點與c點的電勢相等【考點】電勢的定義、單位和物理意義；電場強度的疊加；電場強度與電場力的關(guān)系和計算．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】D【分析】根據(jù)電場強度疊加的矢量原則，結(jié)合電場力做功和電勢能變化關(guān)系分析求解?！窘獯稹拷猓篈.將兩個正點電荷作為一組等量正點電荷，將兩個負(fù)點電荷作為一組等量負(fù)點電荷，可知兩個正點電荷在中心O處的電場強度方向沿O指向d，兩個負(fù)點電荷在中心0處形成的電場強度方向也沿O指向d，根據(jù)電場強度疊加原則，中心O的合電場強度一定不為0，故A錯誤；B.將一個正試探點電荷從b點沿直線移動到d點，兩個正點電荷和兩個負(fù)點電荷均對其做正功，電場力做正功，電勢能減小，因為試探電荷為正電荷，故b點的電勢高于d點的電勢，故B錯誤；D.將a點所在棱的兩端的點電荷看作一組等量異號點電荷，另外兩個點電荷也看作一組等量異號點電荷，a、c兩點均在等量異種電荷的中垂線上，故a點和c點的電勢相等，故D正確；C.根據(jù)電場疊加原理，a點和c點的電場強度大小相同，方向不同，故C錯誤。故選：D?！军c評】本題考查了電場強度和電勢，理解各個物理量的關(guān)系和計算是解決此類問題的關(guān)鍵。10．一接地金屬板M水平放置，在金屬板M延長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線和等勢線分布如圖所示，則下列說法正確的是（）A．圖中虛線為等勢線 B．a(chǎn)、b兩點場強相同 C．a(chǎn)點電勢高于c點電勢 D．電子在a點的電勢能大于c點的電勢能【考點】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；等勢面及其與電場線的關(guān)系；電場線的定義及基本特征．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(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兩點場強方向不同分析；CD、根據(jù)順著電場線方向電勢降低分析電勢高低，根據(jù)負(fù)電荷電勢越高電勢能越低分析電子在a、b兩點電勢能的大小關(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，電場線由正電荷出發(fā)，終止于負(fù)電荷，可知虛線為電場線，故A錯誤；B、畫出過a、b兩點的電場線，兩點電場強度方向沿著電場線切線方向，如下圖所示：由圖可知，a、b兩點電場強度方向不同，所以a、b兩點場強不相同，故B錯誤；CD、電場線由N指向M，順著電場線電勢降低，可知φa＞φc，電子帶負(fù)電，所以Epa＜Epc，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了電場線、等勢面、電勢能大小的比較，解題的關(guān)鍵是知道金屬板M在正電荷產(chǎn)生的電場的作用下，左端感應(yīng)出負(fù)電荷，電場線由正電荷出發(fā)，終止于負(fù)電荷，且金屬板處于靜電平衡，金屬板是一個等勢體，電場線與導(dǎo)體表面垂直。知道沿著電場線方向電勢降低。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上的五個位置，且O1P＝PM＝MF＝FN＝NS＝SO2＝R。取無窮遠處為零電勢點且不計兩圓環(huán)電荷間的相互影響，下列說法正確的是（）A．O1、O2兩點場強不為0，電勢為0 B．F點的場強為0，電勢不為0 C．將正的試探電荷q沿連線O1O2由P點移動到N點其電勢能先減小后增大 D．P點的場強大小為(169【考點】電勢的定義、單位和物理意義；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場；電場強度的疊加；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；類比法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】BD【分析】根據(jù)等量同種電荷的對稱性分析，利用微元法進行求解?！窘獯稹拷猓篈B、題目中以無窮遠處為零電勢點，易知無窮遠處場強為零，由對稱性可知，F(xiàn)點處場強為零，兩圓環(huán)帶等量電荷，如果是都帶正電荷，O1、O2處電勢高于零，如果都帶負(fù)電荷，O1、O2處電勢低于零，故A錯誤，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點移動到N點其電勢能有可能先減小后增大，也有可能先增大后減小，故C錯誤。D、P點場強是兩圓環(huán)在P處場強矢量和，P點的場強大小為E=kQ(故選：BD。【點評】本題考查了電荷分布均勻圓環(huán)的帶電體的場強和電勢分布，熟練掌握等量異種電荷的電場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電荷，A、B、O、C、D為兩電荷連線上的五個點，O為兩電荷連線的中點，BO＝CO，AO＝DO，則（）A．A、D兩點的電場強度相同 B．B、C兩點的電場強度不相同 C．B、C兩點的電勢相同 D．正電荷在A點的電勢能大于在D點的電勢能【考點】電勢的定義、單位和物理意義；電場線的定義及基本特征；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；分析綜合能力．【答案】AD【分析】等量異種電荷的電場強度分布情況，電勢分布情況，利用對稱性求解?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)等量異種點電荷電場分布的對稱性可知A、D兩點的電場強度大小相等、方向相同，即A、D兩點的電場強度相同，故A正確；B.根據(jù)等量異種點電荷電場分布的對稱性可知B、C兩點的電場強度大小相等、方向相同，即B、C兩點的電場強度相同，故B錯誤；C.沿電場線電勢降低，根據(jù)等量異種點電荷電場分布可知，B點電勢高于C點電勢，故C錯誤；D.沿電場線電勢降低，根據(jù)等量異種點電荷電場分布可知，4點電勢高于D點電勢，根據(jù)Ep＝φq可知，正電荷在A點的電勢能大于在D點的電勢能，故D正確。故選：AD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵是要知道等量異種電荷周圍電場線的特點，會根據(jù)電場線分析電勢的高低，掌握判斷電勢能高低的方法。（多選）13．如圖所示，空間存在一個正四面體ABCD（由絕緣材料制成），其棱長為a，G是AB中點，H是BC中點，在水平面上頂點A、B各固定一個電荷量為+q（q＞0）的點電荷，在頂點C固定一個電荷量為﹣q（q＞0）的點電荷，靜電力常量為k，則（）A．G處的場強大小為3kqB．頂點D處的場強大小為EDC．H、D兩點電勢的高低為φD＞φH D．電荷Q在G點和H點電勢能為EPG＜EPH【考點】電勢的定義、單位和物理意義；電場力做功的計算及其特點；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】開放題；定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(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特點和電場強度的矢量疊加法則計算即可；根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低來分析電勢的特點；結(jié)合電勢能與電勢之間的關(guān)系來分析電勢能的大小。【解答】解：A、由點電荷場強公式E=kqr2和電場強度疊加原理可知：EG＝ECGB、同理可得：ED=EAB→CD、據(jù)等量同種和等量異種點電荷周圍空間的電勢分部特點可知，φD＜φH，φG＞φH，故負(fù)電荷在G點與H點電勢能：EpG＜EpH，故C錯誤，D正確。故選：BD?！军c評】本題考查點電荷電場強度的矢量疊加以及電勢的疊加，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，兩板間有勻強電場（不考慮邊界效應(yīng)），兩金屬板長為2l。M板中心處緊靠M板的α粒子源發(fā)射兩個速率均為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N板時的速度大小為2v0；粒子2平行M板向右射出，剛好從N板右端射出。不計α粒子的重力和α粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．N板的電勢低于M板的電勢 B．粒子1從M板運動到N板的時間為(2C．粒子2從N板右端射出時的速度大小為2v0 D．兩板間的電場強度大小為v【考點】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；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，即可判斷兩板電勢高低；BCD.對于平行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動，根據(jù)類平拋運動列式求解粒子在兩板間的時間、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大小?！窘獯稹拷猓篈．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板的電勢低于M板的電勢，故A正確；C．電場力對兩粒子做功相同，粒子2從N板右端射出時的速度大小應(yīng)為2v0，故C錯誤；D．粒子2在兩板間運動的時間t2=粒子2從N板右端射出時豎直向下的分速度大小為vy＝at2＝v0粒子在兩板間運動的加速度大小a=又a=qE解得E=故D正確；B．根據(jù)速度公式可知，粒子1在兩板間運動的時間t1=故B正確。故選：ABD?！军c評】本題考查了帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)和勻加速直線運動的對比，關(guān)鍵要掌握好類平拋運動規(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沿著與電場強度垂直的方向自O(shè)點進入勻強電場。以O(shè)為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系，x軸垂直于電場方向，y軸平行于電場方向，在x軸上取OA＝AB＝BC，分別自A、B、C點作與y軸平行的線，跟電子的徑跡交于M、N、P三點，則電子經(jīng)M、N、P三點時，沿y軸的分速度之比為1：2：3；電子從O點開始連續(xù)經(jīng)過三段相等時間的動能改變量之比為1：3：5。【考點】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動；動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力．【答案】1：2：3，1：3：5。【分析】電子做類平拋運動；電子水平方向做勻速直線運動，由此分析時間之比；電子在豎直方向的分運動為勻加速直線運動，根據(jù)速度—時間關(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，則由動能定理可求得離子動能增量之比。【解答】解：電子在x軸正方向上做勻速直線運動，由題意可知從O到A、從A到B、從B到C所用時間相等，均設(shè)為t。電子在y軸正方向上做勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為a，則電子經(jīng)M、N、P三點時，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動，在相等時間內(nèi)的位移之比為1：3：5，根據(jù)動能定理可知，動能的增量即為這個過程中電場力做的功，由于力相等，所以動能的增量就與位移成正比了，即動能的增量為之比為：EOA：EAB：EBC＝1：3：5。故答案為：1：2：3，1：3：5。【點評】有關(guān)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(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)合運動學(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，利用動能定理進行解答。16．某電場的等勢面如圖所示，一個電子僅在電場力作用下運動，A、B、C是某軌跡上的三個點，A處的電場強度大于（選填“大于”或者“小于”）C處的電場強度；電子在A點的速度大小等于（選填“大于”、“小于”或者“等于”）B點的速度大?。浑娮訌腁點移到C點，電場力做功﹣4eV?！究键c】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】定量思想；方程法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】大于；等于；﹣4?！痉治觥康葎菝娴氖杳艹潭缺硎緢鰪姷拇笮?；負(fù)電荷在電勢高的地方電勢能小，根據(jù)電勢高低判斷電子的電勢能變化，然后判斷電子動能和速度的變化；結(jié)合電勢能的變化求解電場力做功?！窘獯稹拷猓旱炔畹葎菝嬖矫芴巿鰪娫酱?，故A處的電場強度大于C處的電場強度；電子帶負(fù)電，根據(jù)Ep＝qφ可知電子在A處的電勢能小于電子在C處的電勢能，根據(jù)能量守恒定律可知電子在A點的動能大于電子在C點的動能，則電子在A點的受到大于電子在C點的速度。根據(jù)Ep＝qφ可知電子在B處的電勢能為EpB＝﹣1×10eV＝﹣10eV電子在C點的電勢能EpC＝﹣1×6eV＝﹣6eV電子從A點移到C點，電場力做功等于電子電勢能的變化量，即W＝EpB﹣EpC＝﹣10eV﹣（﹣6eV）＝﹣4eV故答案為：大于；等于；﹣4。【點評】本題考查等勢面，解題關(guān)鍵是知道等差等勢面的密集程度表示場強的大小，等勢面與電場線垂直。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，地面上以導(dǎo)線落地點為中心，形成一個電勢分布區(qū)域，且離落地點越遠，地面電勢也越低。如果人或牲畜靠近電線落地點，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可以近似看成是在落地點放置了一個點電荷Q所產(chǎn)生的電場。（1）該點電荷Q應(yīng)為A（選涂：A.正、B.負(fù)）電荷。如圖，a、b為該電場某條電場線上兩點，若兩點處電場強度大小分別為Ea、Eb，電勢分別為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的試探電荷在電場中的某點處所受電場力大小為F＝2.0×10﹣4N，且方向向右，則該點處電場強度的大小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，則該點處的電場強度的大小E＝2.0×104N/C。（3）若將一個電子從A點移至B點，電場力做功6.4×10﹣18J，則此過程中電子的電勢能B（選涂：A.增加、B.減小），AB間的電勢差為﹣40V。（4）若測得該電場中某位置的場強大小為ρI2πr2，其中ρ為大地的電阻率，I為落地點流入大地的電流強度，r為落地點到測量位置的距離，則點電荷Q的電量大小為【考點】電場力做功與電勢差的關(guān)系；電荷性質(zhì)、電場力方向和電場強度方向的相互判斷；正、負(fù)點電荷的電場線；電場力做功的計算及其特點；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；通過電場線的方向判斷電勢的高低．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(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)沿電場線的方向電勢降低，可判斷出電場線是從落地點發(fā)出的，由此確定該點電荷Q帶電性質(zhì)。根據(jù)正點電荷的電場分布，判斷兩點處電場強度大小關(guān)系，根據(jù)沿電場線方向電勢降低判斷電勢關(guān)系。（2）根據(jù)電場強度定義式求解該點處電場強度的大??；根據(jù)負(fù)電荷所受電場力方向與電場強度方向相反判斷該點處電場強度的方向；該點處的電場強度的大小與試探電荷無關(guān)。（3）根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，分析此過程中電子的電勢能如何變化；根據(jù)電場力做功與電勢差的關(guān)系計算AB間的電勢差。（4）根據(jù)點電荷的電場強度的決定式，依據(jù)題意求解點電荷Q的電量大小?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)沿電場線的方向電勢降低，可知電場線是從落地點發(fā)出的，則該點電荷Q應(yīng)為正電荷（故選：A）。如圖所示電場線由左指向右，可知正點電荷Q在左側(cè)，則a點與b點相比距離點電荷Q較近，故兩點處電場強度大小關(guān)系為Ea＞Eb，根據(jù)沿電場線方向電勢降低，可知電勢關(guān)系為φa＞φb，故A正確，BCD錯誤。（2）根據(jù)電場強度定義式E=Fq，可得該點處電場強度的大小E=2.0×10-4根據(jù)負(fù)電荷所受電場力方向與電場強度方向相反，可知該點處電場強度的方向向左（故選：A）；該點處的電場強度的大小與試探電荷無關(guān)，若試探電荷電量改為﹣2.0×10﹣8C，則該點處的電場強度的大小不變，仍為E＝2.0×104N/C。（3）根據(jù)電場力做正功電勢能減小，可知此過程中電子的電勢能減?。ü蔬x：B）；根據(jù)電場力做功W＝qU，可得AB間的電勢差為：UAB=WAB（4）根據(jù)點電荷的電場強度的決定式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【點評】本題考查了電場的基本性質(zhì)和點電荷的電場分布。掌握電場的基本物理量電場強度、電勢、電勢差的定義，以及它們之間的關(guān)系。掌握處于電場中的電荷受到的電場力，具有的電勢能，電場力做功的相關(guān)計算。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電場、電場強度大小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，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B到某位置后撤去外力，此時A、B靜止，再將C從斜面上A的上方某點由靜止釋放后，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與斜面之間動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；C與A、（1）凹槽A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；（2）C釋放點離凹槽A上方的距離d；（3）已知彈簧彈性勢能表達式為Ep=12kx2其中k為彈簧勁度系數(shù)（未知），x為彈簧形變量。當(dāng)彈簧伸長量變?yōu)榕銮八查g壓縮量的2倍時，A、B、C三者速度恰好相同，求（4）從C與A碰后瞬間開始計時，經(jīng)過時間t，彈簧壓縮量恢復(fù)到與初始時的壓縮量相等，求該過程中，彈簧彈力對B的沖量大小。【考點】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）凹槽A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ為0.8；（2）C釋放點離凹槽A上方的距離d為25v（3）C與A碰撞前彈簧的彈性勢能Ep1為172（4）該過程中，彈簧彈力對B的沖量大小為|mv0﹣1.2mgt|，或1.2mgt。【分析】（1）以A、B、C整體為研究對象，由平衡條件求解；（2）對C從釋放到與A相碰過程，根據(jù)動能定理求解；（3）根據(jù)平衡條件求得初始時彈簧壓縮量，根據(jù)動量守恒定律求得C與A碰撞后的速度，AC沿斜面下滑時，A、B、C組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律，結(jié)合能量守恒定律求解；（4）根據(jù)動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)用動量定理求解。【解答】解：（1）以A、B、C整體為研究對象，由平衡條件得：4mgsinθ＝μ（4mgcosθ﹣qE）解得：μ＝0.8（2）對C從釋放到與A相碰過程，根據(jù)動能定理得：mgdsinθ-解得：d（3）設(shè)初始時彈簧壓縮量為Δx1，對B，由平衡條件得：2mgsinθ＝kΔx1初始時彈簧彈性勢能為：EC與A碰撞過程，以沿斜面向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝2mv1由題意，當(dāng)彈簧伸長量為初始壓縮量的2倍時彈性勢能為：EAC沿斜面下滑時，A、B、C組成的系統(tǒng)所受合力為零，滿足動量守恒定律，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碰后瞬間開始計時，設(shè)到彈簧壓縮量等于初始時彈簧的壓縮量時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)初始時的壓縮量時，有：v由動量定理得：I解得：I彈＝mv0﹣1.2mgt彈簧彈力對B的沖量大小為|mv0﹣1.2mgt|彈簧第2、4、6、……2n次恢復(fù)初始時的壓縮量，有：v2′＝0由動量定理得：I彈+2mgsinθ?t＝0解得：I彈＝﹣1.2mgt彈簧彈力對B的沖量大小為1.2mgt。答：（1）凹槽A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ為0.8；（2）C釋放點離凹槽A上方的距離d為25v（3）C與A碰撞前彈簧的彈性勢能Ep1為172（4）該過程中，彈簧彈力對B的沖量大小為|mv0﹣1.2mgt|，或1.2mgt。【點評】本題考查動量守恒定律、能量守恒定律、功能關(guān)系綜合應(yīng)用。對于動量守恒定律，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，解答時要首先要確定正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。本題涉及的運動過程較復(fù)雜，運動過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處放置一個質(zhì)量也為m＝2kg不帶電的絕緣物塊C，同時加上一個斜向上電場強度大小為E＝4×104N/C的勻強電場，其方向與水平方向的夾角為θ＝53°，如圖所示。電場作用一段時間后，金屬板A與絕緣物塊C發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），此時立即撤去電場，在此后的運動過程中，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）撤去電場前金屬板A受到的電場力大??；（2）電場的作用時間；（3）金屬板A的最小長度；（4）絕緣物塊B與金屬板A間摩擦產(chǎn)生的熱量。【考點】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）撤去電場前金屬板A受到的電場力大小為20N；（2）電場的作用時間為3s；（3）金屬板A的最小長度為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)電場力公式求電場力的大小；（2）由動力學(xué)規(guī)律結(jié)合題設(shè)條件求電場力作用的時間；（3）根據(jù)運動學(xué)公式求出碰撞前的速度，由彈性碰撞兩個守恒求出碰撞后的速度，再由動力學(xué)規(guī)律求木板最小長度；（4）求出相對位移后，根據(jù)摩擦生熱的公式求熱量。【解答】解：（1）A物塊受到的電場力大?。篎＝Eq＝4×104×5×10﹣4N＝20N；（2）有電場力作用時，作用時間為t，由于地面無摩擦，所以物塊B與金屬板A一起做勻加速運動，對整體受力分析，由牛頓第二定律：Fcosθ＝（M+m）a整體運動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，由動量守恒定律得：Mv0＝Mv3+mv4機械能守恒：1聯(lián)立解二次方程得：v3＝2m/s，v4＝8m/s碰撞后B相對于A滑動，當(dāng)兩者共速時，以向右為正，由動量守恒定律得：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，共速時有：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）撤去電場前金屬板A受到的電場力大小為20N；（2）電場的作用時間為3s；（3）金屬板A的最小長度為3215m（4）絕緣物塊B與金屬板A間摩擦產(chǎn)生的熱量為323J【點評】本題是涉及電場力作用下使板塊模型發(fā)生相對滑動的問題，分清木板與C發(fā)生碰撞前后，兩個物體的運動狀態(tài)是解決問題的關(guān)鍵。20．如圖所示，水平地面上放一個質(zhì)量。M＝1kg的木板，一個質(zhì)量m＝1kg、帶電量q＝+1×10﹣5C的小物塊（可視為質(zhì)點）放在木板最左端，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1。在物塊右側(cè)距物塊L1＝6m的區(qū)域有一勻強電場E，電場區(qū)域?qū)挾葹長2＝12m，電場強度大小E＝1×106N/C，方向豎直向上?，F(xiàn)對木板施加一水平向右恒力F，使物塊進入電場區(qū)域前恰好和木板保持相對靜止向右加速運動，物塊剛進入電場時撤去恒力F。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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）物塊離開電場時，木板的速度大小？【考點】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問題；無外力的水平板塊模型．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力．【答案】（1）水平恒力F的大小為8N；（2）物塊離開電場時，木板的速度大小為4m/s。【分析】（1）物塊恰好和木板保持相對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）物塊進入勻強電場后受豎直向上的電場力作用。分析物塊與木板的受了，確定兩者的運動形式，根據(jù)牛頓第二定律與運動學(xué)公式求解?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)進入電場區(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摩擦力大小為f2，加速度大小為a1。則有：f1＝μ1mg，f2＝μ2（m+M）g對物塊，由牛頓第二定律可得：f1＝ma1解得：a1＝3m/s2對物塊和木板整體，由牛頓第二定律可得：F﹣f2＝（m+M）a1解得：F＝8N（2）物塊進入勻強電場后受豎直向上的電場力作用。電場力的大小為：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，物塊與木板之間無相互作用，所以物塊做勻速直線運動，木板做勻減速直線運動。設(shè)物塊剛進入電場區(qū)域時的速度大小為v0，物塊在電場中運動時間為t，木板的加速度大小為a2，物塊離開電場時木板的速度大小為v，對物塊由運動學(xué)公式可得：v02=2a1L1解得：v0＝6m/s，t＝2s對木板由牛頓第二定律和運動學(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）物塊離開電場時，木板的速度大小為4m/s。【點評】本題考查了帶電體在電場中運動問題，考查了牛頓第二定律的板塊模型。掌握板塊模型的相對運動與相對靜止的臨界條件。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】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(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(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(guān)系了：a∝F，a∝1m另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關(guān)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(chǎn)生、同時變化、同時消失，是瞬時對應(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物理量．（4）獨立性：作用于物體上的每個力各自產(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(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時間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(nèi)物塊做勻加速運動，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)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(nèi)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(xué)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(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，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當(dāng)剪斷Ⅱ瞬間時，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，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，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(guān)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(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：動力學(xué)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(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(jié)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(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，再由運動學(xué)可得下滑至出發(fā)點的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經(jīng)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小：a1（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(guān)鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律和運動學(xué)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(yīng)關(guān)系．對于分析瞬時對應(yīng)關(guān)系時應(yīng)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(chǎn)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(yīng)用牛頓第二定律解答動力學(xué)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(xué)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(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．2．無外力的水平板塊模型3．動能定理的簡單應(yīng)用4．功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度5．動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1．內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動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△t時間而停止，則在打擊時間內(nèi)，鐵錘對木樁的平均沖力的大小是（）A．mg△tB.mv△tC.mv△分析：由題意可知，鐵錘的初末動量，由動量定理可求得其對木樁的平均沖力．解答：對鐵錘分析可知，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，鐵錘對樁的平均沖力為：F＝mg+mv故選：C．點評：本題考查動量定理的應(yīng)用，在應(yīng)用時要注意先明確正方向，然后才能列動能定理的關(guān)系式求解．【解題方法點撥】1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，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間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．6．動量守恒與能量守恒共同解決實際問題【知識點的認(rèn)識】動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分了出來仍遠遠不夠，其他的綜合應(yīng)用暫時歸類于此。例如多種因素共存的動量和能量的綜合應(yīng)用、有電場存在的綜合應(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，傳送帶長度L＝4.0m，皮帶輪沿順時針方向轉(zhuǎn)動，帶動皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動。三個質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時滑塊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運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短。連接B、C的細(xì)繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。滑塊C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。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(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的速度大??；（2）滑塊B、C用細(xì)繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；（3）若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點，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點：碰撞中的動量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運動，涉及平拋的基本知識。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動量保持不變，這是動量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動量守恒的同時還滿足機械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開的過程中同時滿足動量守恒和機械能守恒。（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動，減速運動持續(xù)到物體到達傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時止，解題時要注意判斷；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動，加速運動持續(xù)到物體到達傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時止，解題時同樣要注意判斷。（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，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C端時的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運動，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達到傳送帶的速度v所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運動學(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，達到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為v＝3.0m/s（2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時的速度為v2，由動量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開的過程系統(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，它減速運動到傳送帶右端時，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)動量守恒定律可得：AB碰撞時：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開時：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開的過程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運動的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運動學(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點評：本題著重考查碰撞中的動量守恒和能量守恒問題，同時借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運動，還需用到平拋的基本知識，這是力學(xué)中的一道知識點比較多的綜合題，學(xué)生在所涉及的知識點中若存在相關(guān)知識缺陷，則拿全分的幾率將大大減小。【解題思路點撥】動量與能量的綜合類問題本來就是高中階段最大的難點之一，不管是知識點的難度疊加還是題目本身的復(fù)雜多變，需要學(xué)生對動量與能量這兩個板塊都數(shù)量應(yīng)用。7．點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場【知識點的認(rèn)識】1．大?。喝绻訯為中心作一個球面，則球面上各點的電場強度大小相等。Q為場源電荷電量。F=2．方向：若Q是正電荷，Q和該點的連線指向該點