2024-2025學(xué)年人教版（2019）高二（上）物理寒假作業(yè)（八）

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2024-2025學(xué)年人教版（2019）高二（上）物理寒假作業(yè)（八）一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?西山區(qū)校級(jí)月考）質(zhì)量1kg的帶正電滑塊，輕輕放在傳送帶底端。傳送帶與水平方向夾角為θ＝37°，與滑塊間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傳送帶以3m/s速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)?；瑝K受到沿斜面向上的4N恒定電場(chǎng)力作用，則1s內(nèi)（）A．滑塊動(dòng)能增加4J B．滑塊機(jī)械能增加12J C．由于放上滑塊電機(jī)多消耗電能為12J D．滑塊因摩擦生熱而增加的內(nèi)能為8J2．（2024秋?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)月考）某帶電粒子轉(zhuǎn)向器的橫截面如圖所示，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場(chǎng)。粒子從M點(diǎn)射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線（等勢(shì)線）運(yùn)動(dòng)，并從虛線上的N點(diǎn)射出，虛線處電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應(yīng)滿足（）A．E1E2=RC．E1E2=3．（2024秋?歷城區(qū)校級(jí)月考）如圖所示為一勻強(qiáng)電場(chǎng)，某帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，在這一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力做的功為﹣3J，電場(chǎng)力做的功為2J。則下列說(shuō)法正確的是（）A．粒子帶負(fù)電 B．粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)少2J C．粒子在A點(diǎn)的重力勢(shì)能比在B點(diǎn)少3J D．粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)少1J4．（2024秋?北碚區(qū)校級(jí)月考）圖甲所示兩水平金屬板間距為d，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～T3時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0A．末速度大小為2vB．微粒帶正電 C．重力勢(shì)能減少了mgd D．微粒的電勢(shì)能增加了15．（2024秋?海門區(qū)校級(jí)月考）某儀器兩極間的電場(chǎng)線分布如圖所示，一正電荷只在電場(chǎng)力作用下以某一初速度沿x方向運(yùn)動(dòng)，從O到A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，關(guān)于各點(diǎn)的電勢(shì)φ，電荷的動(dòng)能Ek隨位移x的變化圖線可能正確的是（）A． B． C． D．6．（2024秋?荔灣區(qū)校級(jí)月考）11H、12H、13H三個(gè)原子核，電荷均為e，質(zhì)量之比為1：2：3。如圖所示，它們以相同的初速度由P點(diǎn)平行極板射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，在下極板的落點(diǎn)為A．三個(gè)原子核在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等 B．11C．三個(gè)原子核剛到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能相等 D．落在A點(diǎn)的原子核是7．（2023秋?杜集區(qū)校級(jí)期末）如圖加速電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)所示，從熾熱的金屬絲飄出的電子（速度可視為零），經(jīng)加速電場(chǎng)加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（）A．僅增大加速電場(chǎng)的電壓 B．僅減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間的距離 C．僅減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓 D．僅減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板的長(zhǎng)度8．（2023秋?龍崗區(qū)校級(jí)期末）在真空中的x軸上的原點(diǎn)處和x＝6a處分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷M、N，在x＝2a處由靜止釋放一個(gè)正點(diǎn)電荷P，假設(shè)點(diǎn)電荷P只受電場(chǎng)力作用沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，得到點(diǎn)電荷P速度大小與其在x軸上的位置關(guān)系如圖所示（其中在x＝4a處速度最大），則下列說(shuō)法正確的是（）A．點(diǎn)電荷M、N一定為異種電荷 B．B點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對(duì)值不相等 C．x＝4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度最大 D．點(diǎn)電荷P在x＝4a處的電勢(shì)能最大二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)月考）如圖甲所示，在A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。A板的電勢(shì)為0，一質(zhì)量為m、電荷量為q的電子在t=T4時(shí)刻進(jìn)入兩極板，僅在靜電力作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，恰好能到達(dá)A．電子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．A、B兩板間的距離為qUC．若電子在t=T8時(shí)刻進(jìn)入兩極板，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最終打在BD．電子在兩板間的最大速度為q（多選）10．（2024秋?臺(tái)江區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平面上豎直固定一光滑絕緣、半徑為R的四分之一圓弧軌道BC，B為圓弧的最低點(diǎn)，A點(diǎn)在圓弧左側(cè)的水平面上，且A、B間距為2R。整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。一質(zhì)量為m，電荷量為mgE的帶正電小球從A點(diǎn)由靜止釋放，忽略空氣阻力，重力加速度大小為gA．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小vBB．小球在圓弧BC上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大動(dòng)能Ekmax＝3mgR C．小球從離開圓弧軌道到落地過(guò)程中的最小速率vminD．小球落地點(diǎn)離圓弧軌道B點(diǎn)的距離x（多選）11．（2024?湖南模擬）2020年2月，中國(guó)科學(xué)家通過(guò)冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人體細(xì)胞表面ACE2蛋白的結(jié)合過(guò)程，首次揭開了新冠病毒入侵人體的神秘面紗。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關(guān)鍵部分，在電子顯微鏡中電子束相當(dāng)于光束，通過(guò)由電場(chǎng)或磁場(chǎng)構(gòu)成的電子透鏡實(shí)現(xiàn)會(huì)聚或發(fā)散作用，其中的一種電子透鏡的電場(chǎng)分布如圖所示，其中虛線為等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等。一電子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖中實(shí)線所示，a、b、c是軌跡上的三點(diǎn)，且b點(diǎn)的動(dòng)能大于a點(diǎn)的動(dòng)能，則下列說(shuō)法正確的是（）A．電子經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)的速度大于經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)的速度 B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì) C．a(chǎn)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 D．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在c點(diǎn)的電勢(shì)能（多選）12．（2024秋?道里區(qū)校級(jí)期中）如圖，平面內(nèi)有豎直向下、大小為E0的勻強(qiáng)電場(chǎng)，OA與x軸間夾角θ＝37°。質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子從y軸上的P點(diǎn)，以某一未知速度v0沿x軸正向射出，運(yùn)動(dòng)t時(shí)間后，平面內(nèi)又加入另一勻強(qiáng)電場(chǎng)E。此后粒子沿垂直于OA的方向再經(jīng)時(shí)間t到達(dá)OA界面上的一點(diǎn)，且到達(dá)該點(diǎn)時(shí)速度剛好為零。不計(jì)粒子重力，下面說(shuō)法正確的是（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（）A．粒子從P點(diǎn)射出的初速度v0B．后來(lái)所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E=C．P點(diǎn)縱坐標(biāo)yPD．P點(diǎn)縱坐標(biāo)y三．填空題（共4小題）13．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）噴霧器噴出質(zhì)量均為m，電量均為﹣q的油滴，并以v豎直進(jìn)入電容為C的電容器，板間距離d，上板接地，兩板剛開始不帶電，油滴落到下板上電量全被吸收，兩板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)。問(wèn)：（1）下板最多能吸收滴油滴。（2）某時(shí)刻4滴油滴形成豎直間距依次為h、2h、3h，它們依次進(jìn)入電容器的時(shí)間間隔為T，此時(shí)板上的油滴有滴。14．（2024秋?南開區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，讓一價(jià)氫離子（H+）和二價(jià)氦離子（He2+）的混合物從O點(diǎn)由靜止開始經(jīng)過(guò)同一加速電場(chǎng)加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)里偏轉(zhuǎn)，最后都從加速電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右側(cè)離開，圖中畫出了其中一種粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡。則：（1）在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)的是；（2）離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)兩種離子的側(cè)移量之比是。15．（2024春?黃浦區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在豎直放置的光滑半圓弧形絕緣細(xì)管的圓心處放一點(diǎn)電荷，將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從圓弧管水平直徑的端點(diǎn)A由靜止釋放，當(dāng)小球沿細(xì)管下滑到最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)細(xì)管上壁的壓力恰好為32mg，則兩帶電體所帶電性（填“相同”、“相反”或“相同相反均可”），圓心處的電荷在圓弧管內(nèi)最低點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為。（重力加速度為16．（2024秋?普陀區(qū)校級(jí)月考）氫原子（原子核內(nèi)有一個(gè)質(zhì)子，核外有一個(gè)電子）的核外電子離核的距離是r，電子和質(zhì)子的電荷量大小均為e、電子質(zhì)量為m，則電子繞核做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小為。周期是（靜電力常量為k）。四．解答題（共4小題）17．（2024秋?云陽(yáng)縣校級(jí)月考）如圖所示，由靜止開始被電場(chǎng)（加速電壓為U1）加速的帶電粒子（質(zhì)量m，電量q）平行于兩正對(duì)的平行金屬板且從兩板正中間射入，從右側(cè)射出，設(shè)在此過(guò)程中帶電粒子沒(méi)有碰到兩極板。若金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d、兩板間電壓為U2（不計(jì)帶電粒子重力）。求：（1）粒子離開加速電場(chǎng)時(shí)速度的大小v1；（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)發(fā)生的偏移量y。18．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）電子束光刻技術(shù)原理簡(jiǎn)化如圖甲所示，電子源發(fā)射的電子束經(jīng)過(guò)多級(jí)直線加速器后，進(jìn)入靜電轉(zhuǎn)向器，再通過(guò)偏移器后對(duì)晶圓上的光刻膠進(jìn)行曝光。多級(jí)直線加速器由n個(gè)橫截面積相同且共軸的金屬圓筒依次水平排列，各金屬圓筒依序接在交變電源的兩極A、B上，交變電源兩極間電勢(shì)差的變化規(guī)律如圖乙所示。序號(hào)為0的金屬圓板中央有一個(gè)點(diǎn)狀電子源，電子逸出的速度不計(jì)，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場(chǎng)，電子從M點(diǎn)水平射入，沿著半徑為R的圓弧虛線（等勢(shì)線）運(yùn)動(dòng)，并從N點(diǎn)豎直射出，沿著偏移器的中軸線進(jìn)入，軸線垂直晶圓上表面并過(guò)中心O點(diǎn)，已知偏移器為長(zhǎng)、間距均為L(zhǎng)的平行金屬板，兩極板可加電壓，偏移器下端到芯片的距離為L(zhǎng)，電子質(zhì)量為m、電荷量大小為e，交變電壓的絕對(duì)值為u，周期為T。電子通過(guò)圓筒間隙的時(shí)間不計(jì)，不計(jì)電子重力及電子間的相互作用力，忽略相對(duì)論效應(yīng)、極板邊緣效應(yīng)等其他因素的影響。（1）若t＝0時(shí)刻進(jìn)入圓筒間隙的電子能夠被加速，求此時(shí)A、B的電勢(shì)高低和經(jīng)過(guò)一次加速后電子的速度；（2）經(jīng)過(guò)8個(gè)圓筒后被導(dǎo)出的電子恰能沿圓弧虛線運(yùn)動(dòng)，求第8個(gè)圓筒的長(zhǎng)度和轉(zhuǎn)向器虛線處電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；（3）第（2）問(wèn)中的電子能經(jīng)過(guò)偏移器，求偏移器間所加電壓的范圍；（4）若電子均勻進(jìn)入偏移器，要求電子均勻?qū)ΨQ打在光刻膠的x軸上O點(diǎn)兩側(cè)，試定性畫出加在偏移器上掃描電壓隨時(shí)間變化的規(guī)律（電子在偏移器運(yùn)動(dòng)時(shí)，可認(rèn)為場(chǎng)強(qiáng)不變）。19．（2024秋?南安市校級(jí)月考）如圖所示，在沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一固定點(diǎn)O，用一根長(zhǎng)度為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線把質(zhì)量為m、帶電量為﹣q的金屬小球懸掛在O點(diǎn)。小球靜止在B點(diǎn)時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ＝37°?，F(xiàn)將小球拉至O點(diǎn)正下方的A點(diǎn)，由靜止釋放，取cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向？（2）小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)細(xì)線受到拉力的大?。浚?）通過(guò)計(jì)算判斷小球能否運(yùn)動(dòng)到水平位置C點(diǎn)。20．（2024秋?臺(tái)江區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，一絕緣細(xì)直桿AC固定在方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，直桿與電場(chǎng)線成45°角，桿長(zhǎng)l=322m。一套在直桿上的帶電小環(huán)，由桿端A以某一速度勻速下滑，小環(huán)離開桿后恰好通過(guò)桿端C正下方P點(diǎn)，C、P兩點(diǎn)相距h。已知環(huán)的質(zhì)量m＝0.5kg，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=13，h＝（1）判斷小球帶什么電和電場(chǎng)力F的大??；（2）小環(huán)從桿端A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間；（3）小環(huán)運(yùn)動(dòng)到桿端A正下方時(shí)的動(dòng)能Ek。

2024-2025學(xué)年人教版（2019）高二（上）物理寒假作業(yè)（八）參考答案與試題解析題號(hào)12345678答案CACDDDBB一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?西山區(qū)校級(jí)月考）質(zhì)量1kg的帶正電滑塊，輕輕放在傳送帶底端。傳送帶與水平方向夾角為θ＝37°，與滑塊間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傳送帶以3m/s速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)?；瑝K受到沿斜面向上的4N恒定電場(chǎng)力作用，則1s內(nèi)（）A．滑塊動(dòng)能增加4J B．滑塊機(jī)械能增加12J C．由于放上滑塊電機(jī)多消耗電能為12J D．滑塊因摩擦生熱而增加的內(nèi)能為8J【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；傾斜傳送帶模型；常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；功能關(guān)系能量守恒定律；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】對(duì)滑塊受力分析，由牛頓第二定律求得滑塊的加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得1s末滑塊的速度、位移、傳送帶的位移。根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式求解滑塊動(dòng)能；滑塊機(jī)械能增加量等于動(dòng)能與重力勢(shì)能增加量之和；由功能關(guān)系可知電機(jī)多消耗電能等于傳送帶克服摩擦力做的功；根據(jù)功能關(guān)系求得滑塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，而滑塊增加的內(nèi)能要小于此內(nèi)能。【解答】解：A、對(duì)滑塊受力分析，由牛頓第二定律得：F電+μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma，解得滑塊的加速度為：a＝2m/s2滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得1s末滑塊的速度為：v1＝at＝2×1m/s＝2m/s位移為：x1=12a傳送帶位移為：x2＝vt＝3×1m/s＝3m滑塊動(dòng)能為：Ek=1B、滑塊機(jī)械能增加量為：ΔE1＝Ek+mgx1sinθ，解得：ΔE1＝8J，故B錯(cuò)誤；C、由功能關(guān)系可知電機(jī)多消耗電能等于傳送帶克服摩擦力做的功，則電機(jī)多消耗電能為：ΔE2＝μmgcosθx2，解得：ΔE2＝12J，故C正確；D、滑塊與傳送帶間摩擦生熱為：Q＝μmgcosθx相＝μmg（x2﹣x1）cosθ，解得：Q＝8J，而滑塊增加的內(nèi)能要小于8J，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了傳送帶模型中涉及到的功能關(guān)系，能量守恒定律得應(yīng)用。掌握常見(jiàn)的力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化。2．（2024秋?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)月考）某帶電粒子轉(zhuǎn)向器的橫截面如圖所示，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場(chǎng)。粒子從M點(diǎn)射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線（等勢(shì)線）運(yùn)動(dòng)，并從虛線上的N點(diǎn)射出，虛線處電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應(yīng)滿足（）A．E1E2=RC．E1E2=【考點(diǎn)】帶電粒子在單個(gè)或多個(gè)點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】A【分析】粒子在等勢(shì)線上運(yùn)動(dòng)，則粒子的速度大小不變，粒子受到的電場(chǎng)力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律完成分析。【解答】解：由轉(zhuǎn)向器中有輻向電場(chǎng)可知，粒子受到的電場(chǎng)力提供向心力，又因?yàn)榱Ｗ釉诘葎?shì)線上運(yùn)動(dòng)，則粒子的速度大小保持不變，根據(jù)牛頓第二定律可得：qE1=mv2R1，故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析出粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來(lái)源即可完成分析，難度不大。3．（2024秋?歷城區(qū)校級(jí)月考）如圖所示為一勻強(qiáng)電場(chǎng)，某帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，在這一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力做的功為﹣3J，電場(chǎng)力做的功為2J。則下列說(shuō)法正確的是（）A．粒子帶負(fù)電 B．粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)少2J C．粒子在A點(diǎn)的重力勢(shì)能比在B點(diǎn)少3J D．粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)少1J【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；常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；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；功能關(guān)系能量守恒定律；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】C【分析】帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，可知電場(chǎng)力方向水平向右，根據(jù)電場(chǎng)力與電場(chǎng)方向的關(guān)系判斷粒子帶電性質(zhì)；根據(jù)功能關(guān)系判斷粒子的電勢(shì)能與重力勢(shì)能的變化量；根據(jù)能量守恒定律可知粒子的機(jī)械能與電勢(shì)能的總和不變，電勢(shì)能與重力勢(shì)能的變化量判斷動(dòng)能的變化量?！窘獯稹拷猓篈、帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，可知電場(chǎng)力方向水平向右，與電場(chǎng)方向相同，則粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)功能關(guān)系，電場(chǎng)力做正功為2J，則粒子的電勢(shì)能減少2J，即粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)多2J，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)功能關(guān)系，重力做的功為﹣3J，則粒子的重力勢(shì)能增加3J，即粒子在A點(diǎn)的重力勢(shì)能比在B點(diǎn)少3J，故C正確；D、由能量守恒定律可知粒子的機(jī)械能與電勢(shì)能的總和不變，粒子的電勢(shì)能減少2J，則機(jī)械能增加2J，因粒子的重力勢(shì)能增加3J，故動(dòng)能減少1J，即粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)多1J，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程的功能關(guān)系，以及能量守恒定律的應(yīng)用。掌握常見(jiàn)的力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化。4．（2024秋?北碚區(qū)校級(jí)月考）圖甲所示兩水平金屬板間距為d，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～T3時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0A．末速度大小為2vB．微粒帶正電 C．重力勢(shì)能減少了mgd D．微粒的電勢(shì)能增加了1【考點(diǎn)】帶電粒子在周期性變化的電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】D【分析】A、微粒在水平方向不受力，故水平方向速度不變；B、根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷重力與電場(chǎng)力方向；C、分析豎直方向上的位移，進(jìn)而求出重力勢(shì)能；D、做功的兩個(gè)必要因素：作用在物體上的力和物體在力的方向上通過(guò)的距離，由此分析靜電力做功?！窘獯稹拷猓篈、0～T3時(shí)間內(nèi)微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即有mg＝qE0，可知在T3～2T3時(shí)間內(nèi)，微粒做平拋運(yùn)動(dòng)，在2T3～T時(shí)間內(nèi)，合力大小F＝2qE0B、0～T3時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，即有mg＝qE0，重力與電場(chǎng)力方向不一致，可微粒帶負(fù)電，故C、微粒經(jīng)金屬板邊緣飛出，豎直方向上的位移大小為d2，所以重力勢(shì)能減少了12mgdD、在0～23T時(shí)間內(nèi)，靜電力做功為零；在23T～T時(shí)間內(nèi)，在豎直方向上根據(jù)對(duì)稱性可知此過(guò)程運(yùn)動(dòng)的位移為故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】考查帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的理解和電場(chǎng)力做功，清楚做功的條件。5．（2024秋?海門區(qū)校級(jí)月考）某儀器兩極間的電場(chǎng)線分布如圖所示，一正電荷只在電場(chǎng)力作用下以某一初速度沿x方向運(yùn)動(dòng)，從O到A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，關(guān)于各點(diǎn)的電勢(shì)φ，電荷的動(dòng)能Ek隨位移x的變化圖線可能正確的是（）A． B． C． D．【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；φ﹣x圖像的理解與應(yīng)用；電場(chǎng)中的其他圖像問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】D【分析】AB.電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，φ﹣x圖線的斜率大小表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，據(jù)此分析判斷；CD.由動(dòng)能定理列式，推斷Ek﹣x圖線的斜率大小的物理意義，結(jié)合前面分析，即可分析判斷。【解答】解：AB.電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，由圖可知，從O到A電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減??；由于φ﹣x圖線的斜率大小表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，則從O到A，φ﹣x圖線的斜率大小應(yīng)先增大后減小，故AB錯(cuò)誤；CD.由圖可知，電荷從O到A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，由動(dòng)能定理可知，電荷的動(dòng)能增加，電荷動(dòng)能的變化量等于電場(chǎng)力做的功，即：qEΔx＝ΔEk，由此可知，Ek﹣x圖線的斜率大小為qE，因O到A電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，則Ek﹣x圖線的斜率應(yīng)先增大后減小，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題，解題時(shí)需注意功能關(guān)系、動(dòng)能定理、能量守恒、機(jī)械能守恒定律、電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化等的綜合應(yīng)用。6．（2024秋?荔灣區(qū)校級(jí)月考）11H、12H、13H三個(gè)原子核，電荷均為e，質(zhì)量之比為1：2：3。如圖所示，它們以相同的初速度由P點(diǎn)平行極板射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，在下極板的落點(diǎn)為A．三個(gè)原子核在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等 B．11C．三個(gè)原子核剛到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能相等 D．落在A點(diǎn)的原子核是【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)．【專題】比較思想；合成分解法；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】三個(gè)原子核垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，都做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系；根據(jù)牛頓第二定律比較加速度大??；根據(jù)動(dòng)能定理分析三個(gè)原子核剛到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系；根據(jù)豎直位移公式分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系，結(jié)合x＝v0t分析水平位移關(guān)系，確定落在A點(diǎn)的原子核?！窘獯稹拷猓篈、三個(gè)原子核垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，都做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，又因?yàn)樗鼈円韵嗤某跛俣扔蒔點(diǎn)平行極板射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)t=xv0可知，水平位移越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，則知三個(gè)原子核在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系為tA＞tB＞tCB、原子核在電場(chǎng)中的加速度為a=即原子核的加速度與它們的質(zhì)量成反比，則11H、12H、13H的加速度關(guān)系是a1＞aC、對(duì)三個(gè)原子核，由動(dòng)能定理有eEy=解得E因?yàn)樗鼈冑|(zhì)量不同，初動(dòng)能不同，其他量相等，則三個(gè)原子核剛到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能不相等，故C錯(cuò)誤；D、因?yàn)槿齻€(gè)原子核在電場(chǎng)中的側(cè)位移相等，由y=解得t=可知，加速度越小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，結(jié)合上述分析可知，13H的加速度最小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，水平位移最大，所以落在A點(diǎn)的原子核是故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要掌握類平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的處理方法：運(yùn)動(dòng)的分解法，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得到豎直分位移表達(dá)式，根據(jù)動(dòng)能定理得到原子核剛到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能表達(dá)式，再進(jìn)行分析。7．（2023秋?杜集區(qū)校級(jí)期末）如圖加速電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)所示，從熾熱的金屬絲飄出的電子（速度可視為零），經(jīng)加速電場(chǎng)加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（）A．僅增大加速電場(chǎng)的電壓 B．僅減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間的距離 C．僅減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓 D．僅減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板的長(zhǎng)度【考點(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；合成分解法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；理解能力．【答案】B【分析】電子經(jīng)電場(chǎng)加速后，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出電子離開電場(chǎng)時(shí)豎直方向分速度，表示出偏轉(zhuǎn)角正切值的表達(dá)式，從而判斷使偏轉(zhuǎn)角變大的方法。【解答】解：在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理：eU1=12得：v=在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中由平拋規(guī)律可得：vy＝at加速度為：a=運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=可得偏角的正切值為：tanθ=若使偏轉(zhuǎn)角變大即使tanθ變大，由上式看出可以增大偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U2，或減小加速電場(chǎng)的電壓U1，或增大偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板的長(zhǎng)度L，或減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間的距離d。故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題是帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)問(wèn)題，電場(chǎng)中加速根據(jù)動(dòng)能定理求解獲得的速度、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中類平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法是運(yùn)動(dòng)的分解和合成，常規(guī)問(wèn)題。8．（2023秋?龍崗區(qū)校級(jí)期末）在真空中的x軸上的原點(diǎn)處和x＝6a處分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷M、N，在x＝2a處由靜止釋放一個(gè)正點(diǎn)電荷P，假設(shè)點(diǎn)電荷P只受電場(chǎng)力作用沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，得到點(diǎn)電荷P速度大小與其在x軸上的位置關(guān)系如圖所示（其中在x＝4a處速度最大），則下列說(shuō)法正確的是（）A．點(diǎn)電荷M、N一定為異種電荷 B．B點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對(duì)值不相等 C．x＝4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度最大 D．點(diǎn)電荷P在x＝4a處的電勢(shì)能最大【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；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算；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；推理論證能力．【答案】B【分析】A.根據(jù)電荷的加減速運(yùn)動(dòng)情況，判斷兩電荷的電性；BC.根據(jù)速度最大的條件，列平衡方程，求解兩場(chǎng)源電荷電荷量的大小關(guān)系，判斷場(chǎng)強(qiáng)的大?。籇.根據(jù)能量守恒進(jìn)行分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.正電荷P從2a處向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只受電場(chǎng)力作用，由圖知，該過(guò)程正電荷P先加速后減速，則說(shuō)明點(diǎn)電荷M、N一定為同種電荷，故A錯(cuò)誤；BC.由圖知，電荷P在4a處速度達(dá)到最大值，說(shuō)明此位置電荷的合外力為0，則合場(chǎng)強(qiáng)為0，設(shè)P的電荷量大小為q，點(diǎn)電荷M、N的電荷量大小分別為QM、QN，根據(jù)平衡條件有：kQ解得：QM＝4QN，故B正確，C錯(cuò)誤；D.由圖知，電荷P在4a處的速度最大，則此時(shí)電荷的動(dòng)能最大，根據(jù)能量守恒可知，點(diǎn)電荷P在x＝4a處的電勢(shì)能最小，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題，解題時(shí)需注意功能關(guān)系、動(dòng)能定理、能量守恒、機(jī)械能守恒定律、電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化等的綜合應(yīng)用。二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)月考）如圖甲所示，在A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。A板的電勢(shì)為0，一質(zhì)量為m、電荷量為q的電子在t=T4時(shí)刻進(jìn)入兩極板，僅在靜電力作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，恰好能到達(dá)A．電子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．A、B兩板間的距離為qUC．若電子在t=T8時(shí)刻進(jìn)入兩極板，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最終打在BD．電子在兩板間的最大速度為q【考點(diǎn)】帶電粒子在周期性變化的電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；圖析法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；理解能力．【答案】BD【分析】A、交變電場(chǎng)中電荷受到的電場(chǎng)力方向會(huì)發(fā)生變化；B、根據(jù)電荷所受電場(chǎng)力求解其加速度，然后運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出距離；C、分析電荷在T8-TD、經(jīng)過(guò)T4【解答】解：A、電子在兩板間先向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、電子在t=T4時(shí)刻由靜止釋放進(jìn)入兩極板運(yùn)動(dòng)，由分析可知，電子先加速后減速，在t=34T時(shí)刻到達(dá)B板，設(shè)兩板的間距為d，加速度大小為d=qU0C、若電子在t=T8時(shí)刻進(jìn)入兩極板間，在T8-T2時(shí)間內(nèi)電子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移x=12a(D、由題意可知，經(jīng)過(guò)T4時(shí)間電子速度最大，則最大速度為vm=故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】考查帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，根據(jù)電荷的受力分析其運(yùn)動(dòng)情況。（多選）10．（2024秋?臺(tái)江區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平面上豎直固定一光滑絕緣、半徑為R的四分之一圓弧軌道BC，B為圓弧的最低點(diǎn)，A點(diǎn)在圓弧左側(cè)的水平面上，且A、B間距為2R。整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。一質(zhì)量為m，電荷量為mgE的帶正電小球從A點(diǎn)由靜止釋放，忽略空氣阻力，重力加速度大小為gA．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小vBB．小球在圓弧BC上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大動(dòng)能Ekmax＝3mgR C．小球從離開圓弧軌道到落地過(guò)程中的最小速率vminD．小球落地點(diǎn)離圓弧軌道B點(diǎn)的距離x【考點(diǎn)】帶電粒子（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；帶電粒子（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】小球從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理求小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；小球在圓弧BC上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)小球的受力特點(diǎn)找到等效最低點(diǎn)，結(jié)合動(dòng)能定理求解動(dòng)能的最大值；小球從A到C，根據(jù)動(dòng)能定理求出小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小。小球從C點(diǎn)飛出后，將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和分速度公式相結(jié)合求解小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度的大小?！窘獯稹緼．小球從出發(fā)至運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，對(duì)小球由動(dòng)能定理得：Eq×得vB故A正確；B．小球在圓弧BC上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大動(dòng)能出現(xiàn)在圓弧BC的中點(diǎn)（此時(shí)速度方向與重力和電場(chǎng)力的合力方向垂直，重力和電場(chǎng)力的合力方向相當(dāng)于等效重力方向，速度有極大值），從出發(fā)到此處，由動(dòng)能定理有Eq（2R+Rsin45°）﹣mg（R﹣Rcos45°）＝Ekmax得故B錯(cuò)誤；C．由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知vB小球從離開圓弧軌道到落地過(guò)程中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，將vC沿合外力和垂直合外力的方向分解，兩個(gè)分速度大小均為2gR，在類斜拋運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)有最小速率，此時(shí)與合外力反向的分速度減小到vmin故C正確；D．由于小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)小球在豎直方向以及水平方向由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有-h=x-則x=(6+2故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查帶電物體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，熟悉物體的受力分析，結(jié)合動(dòng)能定理解得物體的速度，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法處理小球在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程。（多選）11．（2024?湖南模擬）2020年2月，中國(guó)科學(xué)家通過(guò)冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人體細(xì)胞表面ACE2蛋白的結(jié)合過(guò)程，首次揭開了新冠病毒入侵人體的神秘面紗。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關(guān)鍵部分，在電子顯微鏡中電子束相當(dāng)于光束，通過(guò)由電場(chǎng)或磁場(chǎng)構(gòu)成的電子透鏡實(shí)現(xiàn)會(huì)聚或發(fā)散作用，其中的一種電子透鏡的電場(chǎng)分布如圖所示，其中虛線為等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等。一電子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖中實(shí)線所示，a、b、c是軌跡上的三點(diǎn)，且b點(diǎn)的動(dòng)能大于a點(diǎn)的動(dòng)能，則下列說(shuō)法正確的是（）A．電子經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)的速度大于經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)的速度 B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì) C．a(chǎn)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 D．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在c點(diǎn)的電勢(shì)能【考點(diǎn)】根據(jù)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡判斷功與能的轉(zhuǎn)化情況；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)大??；通過(guò)電場(chǎng)線的方向判斷電勢(shì)的高低；等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(guān)系；帶電粒子的軌跡、受力、電性、電場(chǎng)方向的互判．【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；推理論證能力．【答案】ACD【分析】根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)電子做功情況分析；電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，對(duì)負(fù)電荷來(lái)說(shuō)，電勢(shì)越高，電勢(shì)能越??；等勢(shì)面的疏密程度也可以表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱；根據(jù)電勢(shì)能的大小比較電勢(shì)的高低?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知電子從a到b點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，可知b點(diǎn)的動(dòng)能大于a點(diǎn)的動(dòng)能，故電子經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)的速度大于經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)的速度，故A正確；B.電子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至b點(diǎn)，動(dòng)能增大，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，負(fù)電荷在高電勢(shì)處電勢(shì)能反而小，故a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；C、等勢(shì)面越密，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，c點(diǎn)處等勢(shì)面比a點(diǎn)處等勢(shì)面密，故a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故C正確；D.相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等，則φc＞φb＞φa，負(fù)電荷在高電勢(shì)處電勢(shì)能反而小，故電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在c點(diǎn)的電勢(shì)能，故D正確。故選：ACD。【點(diǎn)評(píng)】能夠根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡判斷出電場(chǎng)力對(duì)電子的做功情況是解題的關(guān)鍵，知道對(duì)電子來(lái)說(shuō)，電勢(shì)越低，電勢(shì)能越大，可以用等勢(shì)線的疏密程度表示場(chǎng)強(qiáng)的大小。（多選）12．（2024秋?道里區(qū)校級(jí)期中）如圖，平面內(nèi)有豎直向下、大小為E0的勻強(qiáng)電場(chǎng)，OA與x軸間夾角θ＝37°。質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子從y軸上的P點(diǎn)，以某一未知速度v0沿x軸正向射出，運(yùn)動(dòng)t時(shí)間后，平面內(nèi)又加入另一勻強(qiáng)電場(chǎng)E。此后粒子沿垂直于OA的方向再經(jīng)時(shí)間t到達(dá)OA界面上的一點(diǎn)，且到達(dá)該點(diǎn)時(shí)速度剛好為零。不計(jì)粒子重力，下面說(shuō)法正確的是（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（）A．粒子從P點(diǎn)射出的初速度v0B．后來(lái)所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E=C．P點(diǎn)縱坐標(biāo)yPD．P點(diǎn)縱坐標(biāo)y【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)．【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】BD【分析】粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程只受電場(chǎng)力作用，根據(jù)不同時(shí)間段的受力情況分析水平和豎直方向加速度情況，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可判斷速度以及位移，從而確定P點(diǎn)坐標(biāo)?！窘獯稹拷猓篈.粒子在第一個(gè)/末的速度方向垂直斜面，由類平拋運(yùn)動(dòng)加速度a=可得v0粒子從P點(diǎn)射出的初速度v0故A錯(cuò)誤；B.粒子在第二個(gè)內(nèi)加速度的豎直分量為ay方向豎直向上；水平方向的加速度ax方向水平向左；粒子受兩個(gè)電場(chǎng)的電場(chǎng)力作用，場(chǎng)強(qiáng)E產(chǎn)生的加速度方向豎直向下，大小為a，可得ExEy＝2E0根據(jù)矢量的合成可得E=可得E=故B正確；CD.第一個(gè)時(shí)間內(nèi)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的位移y1水平方向的位移x1＝v0t在第二個(gè)時(shí)間內(nèi)，粒子做勻減速運(yùn)動(dòng)，豎直方向的平均速度為12a，水平方向的平均速度為1y2水平方向的位移x2且有x2那么，粒子豎直位移y1+y2＝2y2水平位移x1+x2＝3x2所以，P點(diǎn)與x軸的距離yP又v0所以P點(diǎn)縱坐標(biāo)yP故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生結(jié)合牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行分析求解，難度適中。三．填空題（共4小題）13．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）噴霧器噴出質(zhì)量均為m，電量均為﹣q的油滴，并以v豎直進(jìn)入電容為C的電容器，板間距離d，上板接地，兩板剛開始不帶電，油滴落到下板上電量全被吸收，兩板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)。問(wèn)：（1）下板最多能吸收2mgCd+（2）某時(shí)刻4滴油滴形成豎直間距依次為h、2h、3h，它們依次進(jìn)入電容器的時(shí)間間隔為T，此時(shí)板上的油滴有m2gCd【考點(diǎn)】帶電粒子在恒定的電場(chǎng)中做加速（或減速）運(yùn)動(dòng)；自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）2mgCd+mCv【分析】（1）第N+1個(gè)油滴達(dá)到下極板的速度為0，根據(jù)動(dòng)能定理求解。（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出第2滴、第3滴的速度，根據(jù)加速度的定義式結(jié)合逐差法求解T，再根據(jù)牛頓第二定律求解?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)下極板最多接受到N個(gè)油滴，第N+1個(gè)油滴達(dá)到下極板的速度為0，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgd﹣qUm＝0-其中Um=解得：N=（2）設(shè)從上到下的順序依次為1、2、3、4，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：第2滴的速度為：v2=第3滴的速度為：v3=根據(jù)加速度的定義式可得：a=根據(jù)牛頓第二定律可得：mg-qU而U′=解得：N′=故答案為：（1）2mgCd+mCv【點(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：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。14．（2024秋?南開區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，讓一價(jià)氫離子（H+）和二價(jià)氦離子（He2+）的混合物從O點(diǎn)由靜止開始經(jīng)過(guò)同一加速電場(chǎng)加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)里偏轉(zhuǎn)，最后都從加速電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右側(cè)離開，圖中畫出了其中一種粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡。則：（1）在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)的是二價(jià)氦離子；（2）離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)兩種離子的側(cè)移量之比是1：1?！究键c(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；推理論證能力．【答案】（1）二價(jià)氦離子；（2）1：1?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算即可；（2）根據(jù)動(dòng)能定理得到離子離開加速電場(chǎng)時(shí)的速度，然后根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得到離開電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移量表達(dá)式，然后比較即可。【解答】解：（1）設(shè)一價(jià)氫離子的電荷量為q，一價(jià)氫離子的質(zhì)量為m，離子在加速電場(chǎng)中的加速度為a，加速電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma設(shè)加速電場(chǎng)中兩板間的距離為d，離子在加速電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有d=解得t=根據(jù)化學(xué)知識(shí)知二價(jià)氦離子的電荷量為2q，質(zhì)量為4m，所以二價(jià)氦離子在加速電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t'=2×4md2qE=（2）設(shè)一價(jià)氫離子離開加速電場(chǎng)的速度為v，加速電場(chǎng)的電壓為U，根據(jù)動(dòng)能定理有qU=設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓為U'，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板間的距離為d'，則一價(jià)氫離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度為a=設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的寬度為L(zhǎng)，則一價(jià)氫離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1一價(jià)氫離子的側(cè)移量為y=聯(lián)立解得y=U'L2故答案為：（1）二價(jià)氦離子；（2）1：1。【點(diǎn)評(píng)】知道二價(jià)氦離子與一價(jià)氫離子的質(zhì)量關(guān)系和帶電荷量關(guān)系是解題的關(guān)鍵，要熟練掌握平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的應(yīng)用。15．（2024春?黃浦區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在豎直放置的光滑半圓弧形絕緣細(xì)管的圓心處放一點(diǎn)電荷，將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從圓弧管水平直徑的端點(diǎn)A由靜止釋放，當(dāng)小球沿細(xì)管下滑到最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)細(xì)管上壁的壓力恰好為32mg，則兩帶電體所帶電性相反（填“相同”、“相反”或“相同相反均可”），圓心處的電荷在圓弧管內(nèi)最低點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為9mg2【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．【專題】定量思想；推理法；分析綜合能力．【答案】相反，9mg【分析】根據(jù)小球?qū)?xì)管上壁有壓力，故兩電荷之間為引力，判斷出圓心處的電荷的電性；小球沿細(xì)管下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力不做功，只有重力做功，由動(dòng)能定理求出小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)速度．經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，由重力、電場(chǎng)力和軌道的彈力的合力提供小球的向心力，由牛頓第二定律求出電場(chǎng)力，再求解場(chǎng)強(qiáng)大小?！窘獯稹拷猓河蓤D可知，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力不做功，則小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理mgr=當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，受力分析，小球的向心力為Fn解得Fn＝2mg取豎直向上為正方向，則Fn解得F電所以電場(chǎng)力方向豎直向上，即兩帶電體為庫(kù)侖引力，所以兩帶電體所帶電性相反；圓心處的電荷在圓弧管內(nèi)最低點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E=故答案為：相反，9mg【點(diǎn)評(píng)】本題動(dòng)能定理與向心力知識(shí)的綜合應(yīng)用，是常見(jiàn)的題型，基礎(chǔ)題，要注意電場(chǎng)力與速度方向始終垂直，對(duì)小球不做功的特點(diǎn)。16．（2024秋?普陀區(qū)校級(jí)月考）氫原子（原子核內(nèi)有一個(gè)質(zhì)子，核外有一個(gè)電子）的核外電子離核的距離是r，電子和質(zhì)子的電荷量大小均為e、電子質(zhì)量為m，則電子繞核做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小為ke2r2。周期是2【考點(diǎn)】帶電粒子在單個(gè)或多個(gè)點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；電荷守恒定律與庫(kù)侖定律專題；推理論證能力．【答案】ke2r【分析】由庫(kù)侖定律公式，代入電子、質(zhì)子的電荷量、以及間距，即可計(jì)算庫(kù)侖力，由庫(kù)侖力恰好提供向心力，即知道向心力的值；由庫(kù)侖力提供向心力，可列庫(kù)侖力和向心力的關(guān)系式，從而計(jì)算周期?！窘獯稹拷猓河蓭?kù)侖定律可知，質(zhì)子對(duì)電子的庫(kù)侖力為：F=由庫(kù)侖力提供向心力可知：ke2r故答案為：ke2r【點(diǎn)評(píng)】本題考查庫(kù)侖定律的理解，注意原子核內(nèi)只有一個(gè)質(zhì)子，其帶電量與電子的電荷量大小相等。四．解答題（共4小題）17．（2024秋?云陽(yáng)縣校級(jí)月考）如圖所示，由靜止開始被電場(chǎng)（加速電壓為U1）加速的帶電粒子（質(zhì)量m，電量q）平行于兩正對(duì)的平行金屬板且從兩板正中間射入，從右側(cè)射出，設(shè)在此過(guò)程中帶電粒子沒(méi)有碰到兩極板。若金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d、兩板間電壓為U2（不計(jì)帶電粒子重力）。求：（1）粒子離開加速電場(chǎng)時(shí)速度的大小v1；（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)發(fā)生的偏移量y。【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；方程法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）粒子離開加速電場(chǎng)時(shí)速度的大小為2q（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)發(fā)生的偏移量為U2【分析】（1）在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理列方程進(jìn)行解答；（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、牛頓第二定律進(jìn)行解答。【解答】解：（1）在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：qU1=1解得：v1=2（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：y=12at2，根據(jù)牛頓第二定律可得：a=聯(lián)立解得：y=U答：（1）粒子離開加速電場(chǎng)時(shí)速度的大小為2q（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)發(fā)生的偏移量為U2【點(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：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。18．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）電子束光刻技術(shù)原理簡(jiǎn)化如圖甲所示，電子源發(fā)射的電子束經(jīng)過(guò)多級(jí)直線加速器后，進(jìn)入靜電轉(zhuǎn)向器，再通過(guò)偏移器后對(duì)晶圓上的光刻膠進(jìn)行曝光。多級(jí)直線加速器由n個(gè)橫截面積相同且共軸的金屬圓筒依次水平排列，各金屬圓筒依序接在交變電源的兩極A、B上，交變電源兩極間電勢(shì)差的變化規(guī)律如圖乙所示。序號(hào)為0的金屬圓板中央有一個(gè)點(diǎn)狀電子源，電子逸出的速度不計(jì)，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場(chǎng)，電子從M點(diǎn)水平射入，沿著半徑為R的圓弧虛線（等勢(shì)線）運(yùn)動(dòng)，并從N點(diǎn)豎直射出，沿著偏移器的中軸線進(jìn)入，軸線垂直晶圓上表面并過(guò)中心O點(diǎn)，已知偏移器為長(zhǎng)、間距均為L(zhǎng)的平行金屬板，兩極板可加電壓，偏移器下端到芯片的距離為L(zhǎng)，電子質(zhì)量為m、電荷量大小為e，交變電壓的絕對(duì)值為u，周期為T。電子通過(guò)圓筒間隙的時(shí)間不計(jì)，不計(jì)電子重力及電子間的相互作用力，忽略相對(duì)論效應(yīng)、極板邊緣效應(yīng)等其他因素的影響。（1）若t＝0時(shí)刻進(jìn)入圓筒間隙的電子能夠被加速，求此時(shí)A、B的電勢(shì)高低和經(jīng)過(guò)一次加速后電子的速度；（2）經(jīng)過(guò)8個(gè)圓筒后被導(dǎo)出的電子恰能沿圓弧虛線運(yùn)動(dòng)，求第8個(gè)圓筒的長(zhǎng)度和轉(zhuǎn)向器虛線處電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；（3）第（2）問(wèn)中的電子能經(jīng)過(guò)偏移器，求偏移器間所加電壓的范圍；（4）若電子均勻進(jìn)入偏移器，要求電子均勻?qū)ΨQ打在光刻膠的x軸上O點(diǎn)兩側(cè)，試定性畫出加在偏移器上掃描電壓隨時(shí)間變化的規(guī)律（電子在偏移器運(yùn)動(dòng)時(shí)，可認(rèn)為場(chǎng)強(qiáng)不變）?！究键c(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在周期性變化的電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)．【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；合成分解法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）此時(shí)B的電勢(shì)高，經(jīng)過(guò)一次加速后電子的速度為2eu（2）第8個(gè)圓筒的長(zhǎng)度為2Teum（3）偏移器間所加電壓的范圍為﹣16u＜u偏＜16u；（4）加在偏移器上掃描電壓隨時(shí)間變化的規(guī)律為【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理判斷電子的速度；（2）根據(jù)勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式和動(dòng)能定理求第8個(gè)圓筒的長(zhǎng)度，再根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)求電場(chǎng)強(qiáng)度；（3）根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求偏移器間所加電壓的范圍；（4）根據(jù)圖像滿足的特征分析。【解答】解：（1）若t＝0時(shí)刻進(jìn)入圓筒間隙的電子能夠被加速，說(shuō)明A點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)小于B點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)，故B點(diǎn)電勢(shì)高。電子在加速過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理，有eu=得v1（2）根據(jù)題意，電子在圓筒中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有l(wèi)8電子經(jīng)過(guò)8次加速后，有8eu所以l8電子在轉(zhuǎn)向器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有eE=得E=（3）電子在偏移器中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有L＝v8tL2a=可以得到um＝16u故所加電壓的范圍為﹣16u＜u偏＜16u。（4）要求圖像滿足如下特征：①u偏隨時(shí)間t線性關(guān)系②u偏隨時(shí)間t周期性關(guān)系③u偏隨時(shí)間t有正負(fù)變化，且正負(fù)最大值相等只要畫出任意一種即可，其它滿足要求的也可以。答：（1）此時(shí)B的電勢(shì)高，經(jīng)過(guò)一次加速后電子的速度為2eu（2）第8個(gè)圓筒的長(zhǎng)度為2Teum（3）偏移器間所加電壓的范圍為﹣16u＜u偏＜16u；（4）加在偏移器上掃描電壓隨時(shí)間變化的規(guī)律為【點(diǎn)評(píng)】本題考查粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，學(xué)生應(yīng)熟練對(duì)動(dòng)能定理、勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移—時(shí)間公式的運(yùn)用，是一道中等難度題。19．（2024秋?南安市校級(jí)月考）如圖所示，在沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一固定點(diǎn)O，用一根長(zhǎng)度為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線把質(zhì)量為m、帶電量為﹣q的金屬小球懸掛在O點(diǎn)。小球靜止在B點(diǎn)時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ＝37°。現(xiàn)將小球拉至O點(diǎn)正下方的A點(diǎn)，由靜止釋放，取cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向？（2）小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)細(xì)線受到拉力的大小？（3）通過(guò)計(jì)算判斷小球能否運(yùn)動(dòng)到水平位置C點(diǎn)。【考點(diǎn)】帶電粒子（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用；帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的受力平衡．【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；推理論證能力．【答案】（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為3mg（2）小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)細(xì)線受到拉力為74（3）通過(guò)計(jì)算，小球無(wú)法運(yùn)動(dòng)到水平位置C點(diǎn)?！痉治觥浚?）小球受到電場(chǎng)力、重力、拉力的作用，三者平衡；（2）根據(jù)動(dòng)能定理和向心力公式，分析繩子拉力；（3）根據(jù)動(dòng)能定理關(guān)系式分析?！窘獯稹拷猓海?）小球靜止在B點(diǎn)，處于平衡狀態(tài)，對(duì)小球受力分析，得tanθ=Eqmg（2）EqLsinθ-mgL(1-cosθ)=1（3）假設(shè)小球能擺到的最大角度為α，有EqLsinα＝mgL（1﹣cosα），得34sinα=1-cosα，又sin2α+cos2α＝1，解得sinα=2425答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為3mg（2）小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)細(xì)線受到拉力為74（3）通過(guò)計(jì)算，小球無(wú)法運(yùn)動(dòng)到水平位置C點(diǎn)?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平衡條件、動(dòng)能定理及向心力公式的直接應(yīng)用，難度不大。20．（2024秋?臺(tái)江區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，一絕緣細(xì)直桿AC固定在方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，直桿與電場(chǎng)線成45°角，桿長(zhǎng)l=322m。一套在直桿上的帶電小環(huán)，由桿端A以某一速度勻速下滑，小環(huán)離開桿后恰好通過(guò)桿端C正下方P點(diǎn)，C、P兩點(diǎn)相距h。已知環(huán)的質(zhì)量m＝0.5kg，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=13，h（1）判斷小球帶什么電和電場(chǎng)力F的大??；（2）小環(huán)從桿端A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間；（3）小環(huán)運(yùn)動(dòng)到桿端A正下方時(shí)的動(dòng)能Ek?！究键c(diǎn)】帶電粒子（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)；用動(dòng)能的定義式計(jì)算物體的動(dòng)能．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】（1）小球帶負(fù)電，電場(chǎng)力F的大小為2.5N；（2）小環(huán)從桿端A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為1.9s；（3）小環(huán)運(yùn)動(dòng)到桿端A正下方時(shí)的動(dòng)能Ek為34.25J。【分析】（1）如果電場(chǎng)力向左，小環(huán)不可能落到P，所以電場(chǎng)力向右，小環(huán)帶負(fù)電，小環(huán)從A到C的過(guò)程中勻速下滑，對(duì)小環(huán)受力分析可得電場(chǎng)力大小。（2）小環(huán)從A到C的過(guò)程中勻速下滑，對(duì)小環(huán)進(jìn)行受力分析，結(jié)合摩擦力的公式以及C到P的這個(gè)過(guò)程中水平方向運(yùn)用牛頓第二定律，豎直方向借助運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式，求解時(shí)間，即A到P的時(shí)間。（3）小環(huán)從C到A正下方的過(guò)程中，在水平方向，運(yùn)用速度—時(shí)間關(guān)系，豎直方向，運(yùn)用速度—時(shí)間關(guān)系，求解出水平方向的速度和豎直方向的速度，進(jìn)而求解出到桿端A正下方時(shí)的動(dòng)能?！窘獯稹浚?）由題意知，小環(huán)受到的電場(chǎng)力水平向右，與電場(chǎng)方向相反，則小環(huán)帶負(fù)電；小環(huán)從A到C的過(guò)程中勻速下滑，對(duì)小環(huán)受力分析可得mgsin45°＝Fcos45°+fFN＝mgcos45°+Fsin45°又f＝μFN聯(lián)立解得F＝2.5N（2）小環(huán)從C到P的過(guò)程中，在水平方向有ax=F豎直方向有h=聯(lián)立解得t1＝0.4s，v0=則小環(huán)從A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t=解得t＝1.9s（3）小環(huán)從C到A正下方的過(guò)程中，在水平方向有vx＝v0cos45°﹣axt2-lcos豎直方向有vy＝v0sin45°+gt2聯(lián)立解得vx＝﹣4m/s，vy＝11m/s，t2＝1sEk代入數(shù)據(jù)解得Ek＝34.25J答：（1）小球帶負(fù)電，電場(chǎng)力F的大小為2.5N；（2）小環(huán)從桿端A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為1.9s；（3）小環(huán)運(yùn)動(dòng)到桿端A正下方時(shí)的動(dòng)能Ek為34.25J?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合，學(xué)生需運(yùn)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式綜合求解。

考點(diǎn)卡片1．自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體只在重力作用下從靜止開始豎直下落的運(yùn)動(dòng)叫做自由落體運(yùn)動(dòng)．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．4．物體做自由落體運(yùn)動(dòng)的條件：①只受重力而不受其他任何力，包括空氣阻力；②從靜止開始下落．重力加速度g：①方向：總是豎直向下的；②大?。篻＝9.8m/s2，粗略計(jì)算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g隨緯度的增加而增大（赤道g最小，兩極g最大），g隨高度的增加而減?。久}方向】自由落體運(yùn)動(dòng)是常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)，可以看作是勻變速直線運(yùn)動(dòng)的特例，高考命題常以新情境來(lái)考查，而且經(jīng)常與其他知識(shí)綜合出題．單獨(dú)考查的題型一般為選擇題或計(jì)算題，綜合其它知識(shí)考查的一般為計(jì)算題，難度一般中等或偏易．例1：關(guān)于自由落體運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．在空氣中不考慮空氣阻力的運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)B．物體做自由運(yùn)動(dòng)時(shí)不受任何外力的作用C．質(zhì)量大的物體，受到的重力大，落到地面時(shí)的速度也大D．自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)分析：自由落體運(yùn)動(dòng)是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)，加速度g與質(zhì)量無(wú)關(guān)．解答：A、自由落體運(yùn)動(dòng)是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落的運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、物體做自由運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)v＝gt可知，落到地面時(shí)的速度與質(zhì)量無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D、自由落體運(yùn)動(dòng)是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)，故D正確．故選：D．點(diǎn)評(píng)：把握自由落體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和規(guī)律，理解重力加速度g的變化規(guī)律即可順利解決此類題目．例2：一個(gè)小石子從離地某一高度處由靜止自由落下，某攝影愛(ài)好者恰好拍到了它下落的一段軌跡AB．該愛(ài)好者用直尺量出軌跡的實(shí)際長(zhǎng)度，如圖所示．已知曝光時(shí)間為11000s，則小石子出發(fā)點(diǎn)離AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根據(jù)照片上痕跡的長(zhǎng)度，可以知道在曝光時(shí)間內(nèi)物體下落的距離，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落體運(yùn)動(dòng)的公式可以求得下落的距離．解答：由圖可知AB的長(zhǎng)度為2cm，即0.02m，曝光時(shí)間為11000s，所以AB段的平均速度的大小為v=x由自由落體的速度位移的關(guān)系式v2＝2gh可得，h=v22g故選：C．點(diǎn)評(píng)：由于AB的運(yùn)動(dòng)時(shí)間很短，我們可以用AB段的平均速度來(lái)代替A點(diǎn)的瞬時(shí)速度，由此再來(lái)計(jì)算下降的高度就很容易了，通過(guò)本題一定要掌握這種近似的方法．【解題思路點(diǎn)撥】1．自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以，勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式也適用于自由落體運(yùn)動(dòng)．2．該知識(shí)點(diǎn)的3個(gè)探究結(jié)論：（1）物體下落快慢不是由輕重來(lái)決定的，是存在空氣阻力的原因．（2）物體只在重力作用下從靜止開始下落的運(yùn)動(dòng)，叫做自由落體運(yùn)動(dòng)．“自由”的含義是物體只受重力作用、且初速度為零．（3）不同物體從同一高度做自由落體運(yùn)動(dòng)，它們的運(yùn)動(dòng)情況是相同的．2．牛頓第三定律的理解與應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：兩個(gè)物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應(yīng)用例子：關(guān)于作用力與反作用力，下列說(shuō)法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產(chǎn)生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個(gè)物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個(gè)物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個(gè)物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯(cuò)誤．B、作用力與反作用力，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失，故B錯(cuò)誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個(gè)物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個(gè)物體上，故D錯(cuò)誤．故選：C．點(diǎn)評(píng)：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區(qū)別．【解題方法點(diǎn)撥】應(yīng)用牛頓第三定律分析問(wèn)題時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)（1）不要憑日常觀察的直覺(jué)印象隨便下結(jié)論，分析問(wèn)題需嚴(yán)格依據(jù)科學(xué)理論．（2）理解應(yīng)用牛頓第三定律時(shí)，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關(guān)系與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)．（3）與平衡力區(qū)別應(yīng)抓住作用力和反作用力分別作用在兩個(gè)物體上．3．傾斜傳送帶模型【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.傳送帶問(wèn)題利用傳送帶運(yùn)送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析、運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)知識(shí)的綜合運(yùn)用問(wèn)題。2.分類傳送帶問(wèn)題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問(wèn)題。3.常見(jiàn)情況分析（條件說(shuō)明：傳送帶以速度v勻速運(yùn)行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）【命題方向】如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角為θ＝37°，AB的長(zhǎng)度為64m，傳送帶以20m/s的速度沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，在傳送帶上端A點(diǎn)無(wú)初速度地放上一個(gè)質(zhì)量為8kg的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)），它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，求物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）分析：物體放在傳送帶上后，開始階段，傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，物體由靜止開始勻加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)速度—時(shí)間公式求出勻加速至物體與傳送帶共速的時(shí)間。當(dāng)物體速度達(dá)到傳送帶速度時(shí)，判斷物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間。解答：物體放上傳送帶后，受到沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，設(shè)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，直至與傳送帶速度相等。設(shè)這一過(guò)程所需的時(shí)間為t1，物體下滑的位移為x1，則由牛頓第二定律，有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1可得a1＝g（sin37°+μcos37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：v＝a1t1解得：t1=va1則x1=12a1t12=12×10×物體與傳送帶達(dá)到共同速度時(shí)，因?yàn)閙gsinθ＞μmgcosθ，物體將繼續(xù)勻加速下滑，設(shè)再經(jīng)t2時(shí)間物體滑至B端，加速度為a2，則mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2可得a2＝2m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有LAB﹣x1＝vt2+解得：t2＝2s故物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的總時(shí)間為t＝t1+t2＝2s+2s＝4s答：物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的總時(shí)間為4s。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵要正確分析物體的受力情況，來(lái)判斷其運(yùn)動(dòng)情況，要注意滑動(dòng)摩擦力方向與物體間相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反?！窘忸}思路點(diǎn)撥】明確傳送帶的類型，對(duì)物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運(yùn)用力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)內(nèi)容。4．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國(guó)著名體操運(yùn)動(dòng)員童飛，首次在單杠項(xiàng)目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運(yùn)動(dòng)．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動(dòng)作，童飛在通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過(guò)程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，由單杠對(duì)人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點(diǎn)評(píng)：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來(lái)源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點(diǎn)撥】圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來(lái)源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題步驟①審清題意，確定研究對(duì)象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來(lái)源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程．5．用動(dòng)能的定義式計(jì)算物體的動(dòng)能【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能的定義式為：Ek=12.計(jì)算時(shí)要注意，只有質(zhì)量的單位是kg，速度的單位是m/s時(shí)，動(dòng)能的單位才是J?！久}方向】在上海火車站，一列裝有300噸救援物資的火車以72km/h的速度離開車站，此時(shí)這列火車的動(dòng)能為J．分析：將速度單位換算，由動(dòng)能的公式可直接求出動(dòng)能．解答：火車的速度v＝72km/h＝20m/s；質(zhì)量m＝300000kg；故動(dòng)能為：EK=12mv2=12×3×105×202＝6故答案為：6×107．點(diǎn)評(píng)：本題考查動(dòng)能的公式，較為簡(jiǎn)單，但要注意質(zhì)量與速度均取國(guó)際單位制時(shí)火車的動(dòng)能單位才為J．【解題思路點(diǎn)撥】計(jì)算物體動(dòng)能的一般步驟為：①對(duì)質(zhì)量和速度進(jìn)行單位換算，需要換算成國(guó)際單位制表示的的單位。②運(yùn)用公式Ek=16．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡(jiǎn)單情況下用動(dòng)能定理來(lái)解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對(duì)物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大?。唬?）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移是54m；（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評(píng)：分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動(dòng)能定理比較簡(jiǎn)單。【解題思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)力是否做功？③在哪段位移哪段過(guò)程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過(guò)程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫出物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過(guò)程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。7．常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過(guò)程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見(jiàn)的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能減少?gòu)椈蓮椓ψ稣椥詣?shì)能減少電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減少其他力（除重力、彈力）做正功機(jī)械能增加一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點(diǎn)撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個(gè)輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計(jì)彈簧的質(zhì)量，則下列說(shuō)法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢(shì)能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢(shì)能增加WFC、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加FHD、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加WF﹣mgh分析：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，物體緩緩提高說(shuō)明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢(shì)能的變化量與彈簧彈性勢(shì)能增加量之和．解答：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說(shuō)明速度不變，所以物體動(dòng)能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了重力勢(shì)能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】1.常見(jiàn)的功能關(guān)系：合力做功——?jiǎng)幽茏兓?；重力做功——重力?shì)能變化；彈力做功——彈性勢(shì)能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。2.判斷和計(jì)算做功或能量變化時(shí)，可以反其道而行之，通過(guò)計(jì)算能量變化或做功多少來(lái)進(jìn)行。8．電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=FF＝qE?！久}方向】如圖，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點(diǎn)電荷。當(dāng)在C處放一電荷量為q的點(diǎn)電荷時(shí)，它所受到的電場(chǎng)力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點(diǎn)電荷，其所受電場(chǎng)力大小為（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先確定電荷量為2q的點(diǎn)電荷在B處所受的電場(chǎng)力方向與F方向的關(guān)系，再根據(jù)庫(kù)侖定律得到F與AB的關(guān)系，即可求出2q的點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力。解答：根據(jù)同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點(diǎn)電荷在B處所受的電場(chǎng)力方向與F方向相同；設(shè)AB＝r，則有BC＝r。則有：F＝kQq故電荷量為2q的點(diǎn)電荷在B處所受電場(chǎng)力為：FB＝kQ?2qr2=故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是根據(jù)庫(kù)侖定律研究?jī)呻姾稍趦牲c(diǎn)所受的電場(chǎng)力大小和方向關(guān)系，注意B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同?！窘忸}方法點(diǎn)撥】既可以利用E=Fq計(jì)算某一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度也可以利用它的變形F＝9．帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的受力平衡【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對(duì)共點(diǎn)力的平衡在電場(chǎng)中的應(yīng)用。要注意本考點(diǎn)涉及到的是電場(chǎng)問(wèn)題而不是兩個(gè)電荷之間的作用力?！久}方向】在如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一條絕緣細(xì)線的上端固定，下端栓一個(gè)大小可以忽略、質(zhì)量為m的帶電量為q的小球，當(dāng)小球靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，求：（1）小球帶何種電荷？（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)是多大？分析：（1）由小球向什么方向偏轉(zhuǎn)，判斷電場(chǎng)力方向，根據(jù)電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向的關(guān)系，判斷小球帶什么電．（2）以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力，作出力圖，根據(jù)平衡條件求解場(chǎng)強(qiáng)．解答：（1）細(xì)線向右偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明小球所受的電場(chǎng)力方向右，而場(chǎng)強(qiáng)也向右，說(shuō)明小球帶正電．（2）以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力，作出力圖，根據(jù)平衡條件得：qE＝mgtanθ得到：E=答：（1）小球帶正電荷．（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為mgtanθq點(diǎn)評(píng)：本題是帶電體在電場(chǎng)中平衡問(wèn)題，當(dāng)作力學(xué)問(wèn)題去處理，關(guān)鍵是分析電場(chǎng)力大小和方向．【解題思路點(diǎn)撥】本考點(diǎn)涉及的范圍比較廣，共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題都可以在這里重現(xiàn)。解決共點(diǎn)力平衡的一般步驟是：1.對(duì)物體進(jìn)行受力分析2.列出平衡方程3.求出相關(guān)物理量。10．根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)大小【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】可以通過(guò)電場(chǎng)線定性的分析電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。涸谕浑妶?chǎng)中，電場(chǎng)線越密集，電場(chǎng)強(qiáng)度越大；電場(chǎng)線越稀疏，電場(chǎng)強(qiáng)度越小。【命題方向】如圖是某區(qū)域的電場(chǎng)線圖．A、B是電場(chǎng)中的兩個(gè)點(diǎn)，EA和EB分別表示A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，F(xiàn)A、FB分別表示同一個(gè)點(diǎn)電荷在A、B兩點(diǎn)所受到的電場(chǎng)力的大?。旅嬲f(shuō)法中正確的是（）A、EA＞EBB、EA＜EBC、FA＞FBD、FA＜FB分析：電場(chǎng)線是從正電荷或者無(wú)窮遠(yuǎn)發(fā)出，到負(fù)電荷或無(wú)窮遠(yuǎn)處為止，電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度?。獯穑篈、根據(jù)圖象很容易發(fā)現(xiàn)，在電場(chǎng)的A點(diǎn)的電場(chǎng)線較密，所以，在A點(diǎn)的電場(chǎng)的強(qiáng)度要比B點(diǎn)的電場(chǎng)的強(qiáng)度大，即EA＞EB，所以A正確，B錯(cuò)誤；C、由于EA＞EB，并且是同一個(gè)電荷，電荷的電荷量大小相同，由F＝qE可知，電荷在A點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力要在B點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力大，即FA＞FB，所以C正確，D錯(cuò)誤；故選：AC。點(diǎn)評(píng)：本題就是考查學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)的掌握，加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)，掌握住電場(chǎng)線的特點(diǎn)，即可解決本題．【解題思路點(diǎn)撥】同一電場(chǎng)中可以通過(guò)電場(chǎng)線的疏密定性的判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，進(jìn)而可以分析運(yùn)動(dòng)學(xué)的情況，因?yàn)榭梢酝ㄟ^(guò)F＝qE分析電場(chǎng)力的大小，再通過(guò)F＝ma分析加速度的大小。所以可以說(shuō)同一電場(chǎng)中，電場(chǎng)線密集的地方電場(chǎng)力大，電荷的加速度也大。11．電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．靜電力做功的特點(diǎn)：靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)，或者說(shuō)：電荷在電場(chǎng)中沿一閉合路徑移動(dòng)，靜電力做功為零。2．電勢(shì)能概念：電荷在電場(chǎng)中具有勢(shì)能，叫電勢(shì)能。電荷在某點(diǎn)的電勢(shì)能，等于把電荷從該點(diǎn)移動(dòng)到零勢(shì)能位置時(shí)，靜電力做的功，用EP表示。3．靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系：①靜電力做正功，電勢(shì)能減?。混o電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。②關(guān)系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．單位：J（宏觀能量）和eV（微觀能量），它們間的換算關(guān)系為：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特點(diǎn)：①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場(chǎng)共有；②相對(duì)性：與所選取的零點(diǎn)位置有關(guān)，通常取大地或無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)能的零點(diǎn)位置；③標(biāo)量性：只有大小，沒(méi)有方向，其正負(fù)的物理含義是：若EP＞0，則電勢(shì)能比在參考位置時(shí)大，若EP＜0，則電勢(shì)能比在參考位置時(shí)小。理解與注意：學(xué)習(xí)電勢(shì)能時(shí)，可以通過(guò)與重力勢(shì)能類比來(lái)理解相關(guān)概念，上面列舉的各項(xiàng)概念幾乎是所有勢(shì)能都有的，只是具體環(huán)境不同而已。【命題方向】a和b為電場(chǎng)中的兩個(gè)點(diǎn)，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負(fù)電荷從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢(shì)能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、減少了4×10﹣7JD、減少了8×10﹣15J分析：電荷在電場(chǎng)力作用下做功，導(dǎo)致電勢(shì)能變化．所以根據(jù)電場(chǎng)力做功的正負(fù)可確定電勢(shì)能增加與減少．解答：根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能改變的慣性可知，電場(chǎng)力對(duì)該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢(shì)能減少了4×10﹣7J．所以選項(xiàng)C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：該題考查電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的慣性．電荷的電勢(shì)能增加還是減少是由電場(chǎng)力做功的正負(fù)決定．就像重力做功與重力勢(shì)能一樣．【解題方法點(diǎn)撥】1.靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢(shì)能減?。混o電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。（2）正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大，而負(fù)電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能小。2.電勢(shì)能大小的比較方法（1）做功判斷法：電場(chǎng)力做正功時(shí)電勢(shì)能減?。浑妶?chǎng)力做負(fù)功時(shí)電勢(shì)能增大。（對(duì)正、負(fù)電荷都適用）。（2）依據(jù)電勢(shì)高低判斷：正電荷在電勢(shì)高處具有的電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)低處具有的電勢(shì)能大。12．通過(guò)電場(chǎng)線的方向判斷電勢(shì)的高低【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.結(jié)論：沿電場(chǎng)線方向，電勢(shì)降低。2.推導(dǎo)：如下圖，一個(gè)帶電荷量為q的正電荷僅在電場(chǎng)力的作用下由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。設(shè)A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φA、φB從A到B，根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系WAB＝EP