2024-2025學(xué)年滬科版（2020）高二（上）物理寒假作業(yè)（二）

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2024-2025學(xué)年滬科版（2020）高二（上）物理寒假作業(yè)（二）一．選擇題（共8小題）1．（2024?浙江二模）如圖所示，兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為e的電子，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)距O點(diǎn)為h處的A點(diǎn)，然后返回。則此電子在O點(diǎn)射出時(shí)的速度大小是（）A．eU B． C． D．2．（2024?江蘇二模）如圖所示為接地金屬球殼，O點(diǎn)為球心，電荷量為2q和﹣q（q＞0）的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別位于M、N兩點(diǎn)，其延長(zhǎng)線過球心，P為MN連線上球殼外一點(diǎn)，取無窮處電勢(shì)為零，T為金屬球殼外附近一點(diǎn)，下列說法正確的是（）A．T點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向背離O點(diǎn) B．若移去M點(diǎn)的電荷，則P點(diǎn)的電勢(shì)降低 C．將正試探電荷q0從T點(diǎn)移到P點(diǎn)，靜電力做正功 D．若移去接地金屬球殼，MN附近還存在兩個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)3．（2023秋?杜集區(qū)校級(jí)期末）實(shí)線為三條未知方向的電場(chǎng)線，從電場(chǎng)中的M點(diǎn)以相同的速度飛出a、b兩個(gè)帶電粒子，a、b的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示（a、b只受靜電力作用），則（）A．a(chǎn)、b的動(dòng)能均增大 B．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電 C．靜電力對(duì)a做正功，對(duì)b做負(fù)功 D．a(chǎn)的加速度將增大，b的加速度將減小4．（2024秋?蜀山區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，空間中存在一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，一帶正電質(zhì)量m＝1kg小環(huán)穿過粗糙的水平桿，帶電量q＝1C，輕質(zhì)彈性繩的下端與小環(huán)相連，勁度系數(shù)k＝10N/m，上端固定在墻上N點(diǎn)，彈性繩跨過固定在M處的光滑小滑輪，O為水平桿上的一點(diǎn)，O、M、N在同一豎直線上，彈性繩的自然長(zhǎng)度和MN間距離相同。小環(huán)從O點(diǎn)靜止釋放，最遠(yuǎn)能達(dá)到P點(diǎn)，Q為OP中點(diǎn)。已知O、M間距為4m，O、Q間距為3m，小球與桿間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g＝10m/s2，繩中彈力始終遵從胡克定律，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則下列說法錯(cuò)誤的是（）A．場(chǎng)強(qiáng)E＝45N/C B．小環(huán)從O運(yùn)動(dòng)至P的過程中，受到摩擦力逐漸增大 C．小環(huán)第一次運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)時(shí)，速度最大 D．小環(huán)最終可以停在Q點(diǎn)右側(cè)的某一位置5．（2024秋?遼寧期中）如圖，真空中正方形的兩個(gè)頂點(diǎn)A，B分別固定兩個(gè)正點(diǎn)電荷，C點(diǎn)固定一負(fù)點(diǎn)電荷，三個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量均為Q，已知正方形邊長(zhǎng)為，靜電力常量為k，則正方形中心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為（）A． B． C． D．6．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）如圖，真空中有三個(gè)點(diǎn)電荷固定在同一直線上，電荷量分別為Q1、Q2和Q3，P點(diǎn)和三個(gè)點(diǎn)電荷的連線與點(diǎn)電荷所在直線的夾角分別為90°、60°和30°。若P點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，q＞0，則三個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量可能為（）A．Q1＝q，Q2q，Q3＝q B．Q1＝﹣q，Q2q，Q3＝﹣4q C．Q1＝﹣q，Q2q，Q3＝﹣q D．Q1＝q，Q2q，Q3＝4q7．（2024秋?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）真空中兩個(gè)完全相同的金屬小球，分別帶電+5q和﹣q。兩小球充分接觸后分開，再把它們放在邊長(zhǎng)為l的等邊三角形的兩個(gè)頂點(diǎn)上，則等邊三角形第三個(gè)頂點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為多大？（小球可視為點(diǎn)電荷，靜電力常量為k）（）A． B． C． D．8．（2023秋?上城區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，在x軸上有一個(gè)點(diǎn)電荷Q（圖中未畫出），O、A、B為軸上三點(diǎn)。放在A、B兩點(diǎn)的試探電荷受到的靜電力與其所帶電荷量的關(guān)系如圖乙所示。以x軸的正方向?yàn)殪o電力的正方向，則（）A．點(diǎn)電荷Q一定為正電荷 B．點(diǎn)電荷Q在A、B之間 C．點(diǎn)電荷Q在A、O之間 D．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為5×103N/C二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?璧山區(qū)校級(jí)月考）電場(chǎng)線能直觀、方便地反映電場(chǎng)的分布情況。如圖甲是等量異種點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)線分布圖，圖乙是電場(chǎng)中的一些點(diǎn)，O是兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，E、F是兩點(diǎn)電荷連線中垂線上關(guān)于O對(duì)稱的兩點(diǎn)，B、C和A、D也關(guān)于O對(duì)稱。則（）A．E、F兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同 B．A、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不同 C．B、O、C三點(diǎn)中，O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最小 D．從E點(diǎn)沿直線向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的電子所受電場(chǎng)力逐漸減?。ǘ噙x）10．（2024秋?貴陽(yáng)月考）如圖，帶電荷量為2q（q＞0）的球1固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面上的O點(diǎn)，其正上方L處固定一帶電荷量為﹣q的球2，斜面上距O點(diǎn)L處的P點(diǎn)有質(zhì)量為m的帶電球3恰好靜止。球的大小均可忽略，已知重力加速度大小為g。迅速移走球1后，球3沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。下列關(guān)于球3的說法正確的是（）A．帶負(fù)電 B．運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)的速度大小為 C．運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)的加速度大小為 D．運(yùn)動(dòng)至OP中點(diǎn)時(shí)對(duì)斜面的壓力大小為（多選）11．（2023秋?石家莊期末）如圖所示，真空中有A、B、C三個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，它們固定在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，每個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量都是q，O點(diǎn)是三角形底邊的中點(diǎn)，靜電力常量為k。下列說法正確的是（）A．點(diǎn)電荷B、C對(duì)A的靜電力大小為 B．點(diǎn)電荷B、C對(duì)A的靜電力大小為 C．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 D．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為（多選）12．（2024秋?東湖區(qū)校級(jí)月考）在圖甲的直角坐標(biāo)系中，x軸上固定兩點(diǎn)電荷M、N，距坐標(biāo)原點(diǎn)O均為L(zhǎng)，y軸上有P1、P2、P3三點(diǎn)，其縱坐標(biāo)值分別為、、。y軸上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E隨y變化的關(guān)系如圖乙所示，圖中的陰影部分面積為a，的陰影部分面積為b、一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的帶負(fù)電粒子，由P1點(diǎn)靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下，將沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，則（）A．M、N是等量正電荷 B．帶電粒子在P1、P2兩點(diǎn)處的加速度大小之比為3：2 C．帶電粒子運(yùn)動(dòng)到P3位置時(shí)動(dòng)能為q（b+a） D．帶電粒子運(yùn)動(dòng)過程中最大速度為三．填空題（共4小題）13．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在x軸上關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的A、B兩點(diǎn)有兩個(gè)正點(diǎn)電荷，且兩正點(diǎn)電荷帶電荷量均為+Q（Q＞0），在y軸上C點(diǎn)有帶電荷量為﹣Q的負(fù)點(diǎn)電荷，且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°。則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為。14．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點(diǎn)，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點(diǎn)A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長(zhǎng)均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點(diǎn)電荷q置于OC延長(zhǎng)線上距O點(diǎn)為2R的D點(diǎn)，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，則q的電性為，電荷量大小為（用題目給的字母表示）。15．（2024秋?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)期中）固定的正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布如圖所示，A、B為同一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)。由圖可知A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。ㄟx填“大于”或“小于”）；若一個(gè)電荷量為q的試探電荷在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力為F，則B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為（用F和q表示），撤去該試驗(yàn)電荷，B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度發(fā)生變化（選填“會(huì)”或“不會(huì)”）。16．（2024秋?楊浦區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，四個(gè)點(diǎn)電荷所帶電荷量的絕對(duì)值均為Q，分別固定在正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上，正方形邊長(zhǎng)為a，則正方形兩條對(duì)角線交點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，方向。四．解答題（共4小題）17．（2024秋?巴南區(qū)校級(jí)月考）帶電量分別為+q、﹣2q的異種電荷A、B固定在同一水平線上、相距6x，在它們連線的中點(diǎn)P上方處有一懸點(diǎn)O，用絕緣細(xì)繩掛著一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球C，繩長(zhǎng)2x、與OP的夾角為30°，如圖所示。平衡時(shí)小球剛好靜止在兩電荷連線上。重力加速度為g，靜電力常數(shù)為k，則：（1）小球所受電場(chǎng)力大小；（2）小球所在處A、B產(chǎn)生的電場(chǎng)合場(chǎng)強(qiáng)。18．（2024秋?璧山區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球A用絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，另一個(gè)電荷量也為q的帶電小球B固定于O點(diǎn)的正下方，小球A靜止時(shí)與小球B在同一水平線上，此時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，兩帶電小球均可視為點(diǎn)電荷。已知重力加速度為g，靜電力常量為k。則求：（1）小球B的電性；（2）電荷A、B間的距離；（3）帶電小球B在A處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。19．（2024秋?東麗區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電小球，用輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，細(xì)線長(zhǎng)為L(zhǎng)。假設(shè)電場(chǎng)區(qū)域足夠大，靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角θ＝37°，小球在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量始終保持不變，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g。（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；（2）若把小球拉到最低點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到細(xì)線與豎直方向夾角θ＝37°時(shí)忽然撤去電場(chǎng)，求小球回到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)線的拉力大小。（小球運(yùn)動(dòng)過程中細(xì)線始終不接觸懸掛細(xì)線的天花板）20．（2024?洛陽(yáng)一模）如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿與水平方向夾角θ＝30°斜向右上方，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，一質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球以某初速度開始運(yùn)動(dòng)，初速度方向與電場(chǎng)方向一致。小球所帶電荷量為（g為重力加速度大?。２挥?jì)空氣阻力，現(xiàn)添加一新的勻強(qiáng)電場(chǎng)滿足小球做不同運(yùn)動(dòng)的需求。（1）要使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求新加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E′的大小和方向；（2）原電場(chǎng)的方向不變，大小可以改變，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，求新加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小值Emin及其方向。

2024-2025學(xué)年滬科版（2020）高二（上）物理寒假作業(yè)（二）參考答案與試題解析題號(hào)12345678答案BBABADBB一．選擇題（共8小題）1．（2024?浙江二模）如圖所示，兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為e的電子，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)距O點(diǎn)為h處的A點(diǎn)，然后返回。則此電子在O點(diǎn)射出時(shí)的速度大小是（）A．eU B． C． D．【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場(chǎng)及其特點(diǎn)；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(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】B【分析】電子的末動(dòng)能為零，運(yùn)動(dòng)過程全程只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理解出電子的速度。【解答】解：電子最遠(yuǎn)到達(dá)距O點(diǎn)為h處的A點(diǎn)，設(shè)電子在O點(diǎn)射出時(shí)的速度大小v，根據(jù)動(dòng)能定理得：電場(chǎng)強(qiáng)度為聯(lián)立解得：故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵掌握動(dòng)能定理，并能與電場(chǎng)知識(shí)結(jié)合處理電子變速直線運(yùn)動(dòng)問題，注意動(dòng)能定理應(yīng)用時(shí)要找準(zhǔn)全過程物體一共受到幾個(gè)力，并判斷哪幾個(gè)力做功。2．（2024?江蘇二模）如圖所示為接地金屬球殼，O點(diǎn)為球心，電荷量為2q和﹣q（q＞0）的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別位于M、N兩點(diǎn)，其延長(zhǎng)線過球心，P為MN連線上球殼外一點(diǎn)，取無窮處電勢(shì)為零，T為金屬球殼外附近一點(diǎn)，下列說法正確的是（）A．T點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向背離O點(diǎn) B．若移去M點(diǎn)的電荷，則P點(diǎn)的電勢(shì)降低 C．將正試探電荷q0從T點(diǎn)移到P點(diǎn)，靜電力做正功 D．若移去接地金屬球殼，MN附近還存在兩個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)【考點(diǎn)】點(diǎn)電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場(chǎng)．【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】B【分析】A、根據(jù)φ來處理電勢(shì)疊加再結(jié)合電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系即可求出；B、根據(jù)正電荷附近電勢(shì)一般是大于0的思路分析；C、根據(jù)電場(chǎng)力做功和電勢(shì)能的關(guān)系分析即可；D、根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加分析?！窘獯稹拷猓篈．設(shè)等勢(shì)圓的半徑為R，AN距離為x，MN距離為L(zhǎng)，如圖所示，根據(jù)，結(jié)合電勢(shì)疊加原理，A、S滿足，解得：，，由于電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直等勢(shì)面，可知T點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向必過等勢(shì)面的圓心，根據(jù)電勢(shì)的公式可知，O點(diǎn)電勢(shì)為，可知T點(diǎn)電場(chǎng)方向指向O點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．M點(diǎn)的電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為正，若移去M點(diǎn)的電荷，則P點(diǎn)的電勢(shì)降低，故B正確；C．左邊正電荷在M右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度水平向右，右邊負(fù)電荷在MN間電場(chǎng)強(qiáng)度水平向右，根據(jù)電場(chǎng)的疊加可知MN間的電場(chǎng)強(qiáng)度水平向右，沿著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，可知P點(diǎn)電勢(shì)高于等勢(shì)面與MN交點(diǎn)處電勢(shì)，則P點(diǎn)電勢(shì)高于T點(diǎn)電勢(shì)，將正試探電荷q0從T點(diǎn)移到P點(diǎn)，電勢(shì)升高，靜電力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；D．由于正電荷的電荷量大于負(fù)電荷電荷量，可知在N左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度不可能為零，假設(shè)N右側(cè)與N距離為d處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，設(shè)MN＝L，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的決定式E可知，方程有唯一解，可知除無窮遠(yuǎn)處外，MN附近電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)只有一個(gè)，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查電勢(shì)、電場(chǎng)強(qiáng)度、電場(chǎng)力做功的問題，分析標(biāo)量的物理量時(shí)要注意電荷的正負(fù)帶來的影響。3．（2023秋?杜集區(qū)校級(jí)期末）實(shí)線為三條未知方向的電場(chǎng)線，從電場(chǎng)中的M點(diǎn)以相同的速度飛出a、b兩個(gè)帶電粒子，a、b的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示（a、b只受靜電力作用），則（）A．a(chǎn)、b的動(dòng)能均增大 B．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電 C．靜電力對(duì)a做正功，對(duì)b做負(fù)功 D．a(chǎn)的加速度將增大，b的加速度將減小【考點(diǎn)】電場(chǎng)線的定義及基本特征；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】A【分析】AC.粒子做曲線運(yùn)動(dòng)，所受合外力（靜電力）指向運(yùn)動(dòng)軌跡凹側(cè)，結(jié)合a、b運(yùn)動(dòng)軌跡，即可分析判斷；B.由軌跡彎曲方向可判斷靜電力方向，但電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)方向未知，即可分析判斷；D.同一電場(chǎng)中，電場(chǎng)線越密集的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，帶電粒子所受的靜電力越大、加速度越大，結(jié)合題圖，即可分析判斷?！窘獯稹拷猓篈C.粒子做曲線運(yùn)動(dòng)，所受合外力（靜電力）指向運(yùn)動(dòng)軌跡凹側(cè)，結(jié)合a、b運(yùn)動(dòng)軌跡可知，兩粒子飛出后，靜電力對(duì)a、b都做正功，由動(dòng)能定理可知，兩粒子動(dòng)能均增大，故A正確，C錯(cuò)誤；B.由軌跡彎曲方向可判斷靜電力方向，但電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)方向未知，則無法確定兩粒子電性，但兩粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反，所以a、b一定帶異種電荷，故B錯(cuò)誤；D.同一電場(chǎng)中，電場(chǎng)線越密集的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，帶電粒子所受的靜電力越大、加速度越大，結(jié)合題圖可知，a的加速度將減小，b的加速度將增大，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查對(duì)電場(chǎng)線的掌握，解題時(shí)需注意，分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)情況，特別是速度和加速度如何變化，根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，確定粒子所受電場(chǎng)力的大小方向如何變化，根據(jù)電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系，確定場(chǎng)強(qiáng)的大小、方向如何變化。4．（2024秋?蜀山區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，空間中存在一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，一帶正電質(zhì)量m＝1kg小環(huán)穿過粗糙的水平桿，帶電量q＝1C，輕質(zhì)彈性繩的下端與小環(huán)相連，勁度系數(shù)k＝10N/m，上端固定在墻上N點(diǎn)，彈性繩跨過固定在M處的光滑小滑輪，O為水平桿上的一點(diǎn)，O、M、N在同一豎直線上，彈性繩的自然長(zhǎng)度和MN間距離相同。小環(huán)從O點(diǎn)靜止釋放，最遠(yuǎn)能達(dá)到P點(diǎn)，Q為OP中點(diǎn)。已知O、M間距為4m，O、Q間距為3m，小球與桿間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g＝10m/s2，繩中彈力始終遵從胡克定律，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則下列說法錯(cuò)誤的是（）A．場(chǎng)強(qiáng)E＝45N/C B．小環(huán)從O運(yùn)動(dòng)至P的過程中，受到摩擦力逐漸增大 C．小環(huán)第一次運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)時(shí)，速度最大 D．小環(huán)最終可以停在Q點(diǎn)右側(cè)的某一位置【考點(diǎn)】帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的受力平衡；胡克定律及其應(yīng)用；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算．【專題】定量思想；方程法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)受力情況結(jié)合平衡條件分析支持力和摩擦力的變化情況；對(duì)小球在O點(diǎn)向P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中水平方向上受力分析，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合對(duì)稱性進(jìn)行分析；從P點(diǎn)返回的過程中，根據(jù)受力情況得到摩擦力的大小，由此分析D選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓築、設(shè)彈性繩與水平方向的夾角為θ，彈性繩的彈力為kl（l為彈性繩與滑輪所在M點(diǎn)及桿上O點(diǎn)構(gòu)成的直角三角形的斜邊長(zhǎng)），當(dāng)小球從O點(diǎn)沿著桿向右的過程中，對(duì)小球做受力分析如圖所示：彈性繩的彈力在豎直方向的分力大小為：Fy＝klsinθ由幾何關(guān)系可知，lsinθ始終等于MO的長(zhǎng)度，因此可知彈性繩的彈力在豎直方向的分力大小始終不變，而：Fy＝FN+mg，摩擦力f＝μFN解得：f＝15N可知小球在水平桿上滑動(dòng)的過程中摩擦力始終不變，故B錯(cuò)誤；AC、對(duì)小球在O點(diǎn)向P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中水平方向上受力分析可得：F合＝qE﹣klcosθ﹣f其中l(wèi)cosθ始終等于小球從O點(diǎn)右移的距離，設(shè)為x，則有：qE﹣f﹣kx＝ma解得：a電場(chǎng)力和摩擦力為恒力，根據(jù)對(duì)稱性原理，Q為OP的中點(diǎn)，Q點(diǎn)的加速度為0。小球第一次運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)時(shí)速度最大，故AC正確；D、從P點(diǎn)返回的過程中，摩擦力向右，水平方向有：F合＝kx﹣qE﹣f，f恰好反向并達(dá)到最大靜摩擦，可以靜止在此處，故D正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查帶電物塊在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是弄清楚受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合共點(diǎn)力的平衡、牛頓第二定律進(jìn)行分析。5．（2024秋?遼寧期中）如圖，真空中正方形的兩個(gè)頂點(diǎn)A，B分別固定兩個(gè)正點(diǎn)電荷，C點(diǎn)固定一負(fù)點(diǎn)電荷，三個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量均為Q，已知正方形邊長(zhǎng)為，靜電力常量為k，則正方形中心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算；庫(kù)侖定律的表達(dá)式及其簡(jiǎn)單應(yīng)用．【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】A【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式，結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理分析求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式，B、C處的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)镺C方向，大小為：A處的正點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向沿OD的方向，大小為：根據(jù)矢量合成可知，正方形中心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為：故BCD錯(cuò)誤，A正確。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了靜電場(chǎng)相關(guān)知識(shí)，理解點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式，熟練掌握矢量疊加原理是解決此類問題的關(guān)鍵。6．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）如圖，真空中有三個(gè)點(diǎn)電荷固定在同一直線上，電荷量分別為Q1、Q2和Q3，P點(diǎn)和三個(gè)點(diǎn)電荷的連線與點(diǎn)電荷所在直線的夾角分別為90°、60°和30°。若P點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，q＞0，則三個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量可能為（）A．Q1＝q，Q2q，Q3＝q B．Q1＝﹣q，Q2q，Q3＝﹣4q C．Q1＝﹣q，Q2q，Q3＝﹣q D．Q1＝q，Q2q，Q3＝4q【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算；庫(kù)侖定律的表達(dá)式及其簡(jiǎn)單應(yīng)用；電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加．【專題】推理法；類比法；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】當(dāng)三個(gè)點(diǎn)電荷的電性相同時(shí)，P點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)不可能為零；根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算公式，結(jié)合幾何關(guān)系和矢量合成的特點(diǎn)結(jié)合題意完成分析?！窘獯稹拷猓篈B、若三個(gè)點(diǎn)電荷同時(shí)帶正電或者負(fù)電，即三個(gè)點(diǎn)電荷電性相同，由電場(chǎng)的疊加原理可知，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不可能為零，故AB錯(cuò)誤；C、設(shè)P和Q1間的距離為r，根據(jù)余弦定理可得：場(chǎng)強(qiáng)大小滿足關(guān)系式：整理可得：E根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式可得Q2在P點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為：，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不為零，故C錯(cuò)誤；D、同理可得，Q1和Q3在P點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小為：解得：E根據(jù)題意可知Q2產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為：，則P點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了場(chǎng)強(qiáng)的疊加，熟悉場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算公式，結(jié)合幾何關(guān)系和矢量合成的特點(diǎn)即可完成分析。7．（2024秋?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）真空中兩個(gè)完全相同的金屬小球，分別帶電+5q和﹣q。兩小球充分接觸后分開，再把它們放在邊長(zhǎng)為l的等邊三角形的兩個(gè)頂點(diǎn)上，則等邊三角形第三個(gè)頂點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為多大？（小球可視為點(diǎn)電荷，靜電力常量為k）（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加．【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】B【分析】完全相同的帶電金屬球相碰時(shí)，總電量平分，分別求出兩球的帶電量，再由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式和幾何關(guān)系得出第三個(gè)頂點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小。【解答】解：根據(jù)電荷均分原理可知，兩小球充分接觸后分開，兩個(gè)小球所帶電荷量為：Q2q作出點(diǎn)電荷在第三個(gè)頂點(diǎn)處的合場(chǎng)強(qiáng)，如圖所示：由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可得：，根據(jù)幾何知識(shí)可知，合場(chǎng)強(qiáng)的大?。?，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】知道完全相同的帶電金屬球相碰時(shí)，總電量平分，掌握點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式和矢量合成法則。8．（2023秋?上城區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，在x軸上有一個(gè)點(diǎn)電荷Q（圖中未畫出），O、A、B為軸上三點(diǎn)。放在A、B兩點(diǎn)的試探電荷受到的靜電力與其所帶電荷量的關(guān)系如圖乙所示。以x軸的正方向?yàn)殪o電力的正方向，則（）A．點(diǎn)電荷Q一定為正電荷 B．點(diǎn)電荷Q在A、B之間 C．點(diǎn)電荷Q在A、O之間 D．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為5×103N/C【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】B【分析】由圖讀出兩個(gè)檢驗(yàn)電荷所受的電場(chǎng)力方向，分析Q的位置；根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E可知，F(xiàn)﹣q圖線的斜率等于場(chǎng)強(qiáng)的大小，分析場(chǎng)強(qiáng)的大小?！窘獯稹拷猓篈BC、由圖乙知，正的試探電荷在A點(diǎn)和負(fù)的試探電荷在B點(diǎn)所受的靜電力方向都沿x軸的正方向，說明A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向向右，B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向向左，則點(diǎn)電荷Q為負(fù)電荷且在A、B之間，故AC錯(cuò)誤，B正確；D、圖像的斜率代表電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，即kE可知EA代入數(shù)據(jù)解得EA＝2×103N/C故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題要掌握電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)方向、大小的關(guān)系，從數(shù)學(xué)的角度理解圖線F﹣q斜率的物理意義，這是解決圖象問題常用的方法。二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?璧山區(qū)校級(jí)月考）電場(chǎng)線能直觀、方便地反映電場(chǎng)的分布情況。如圖甲是等量異種點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)線分布圖，圖乙是電場(chǎng)中的一些點(diǎn)，O是兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，E、F是兩點(diǎn)電荷連線中垂線上關(guān)于O對(duì)稱的兩點(diǎn)，B、C和A、D也關(guān)于O對(duì)稱。則（）A．E、F兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同 B．A、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不同 C．B、O、C三點(diǎn)中，O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最小 D．從E點(diǎn)沿直線向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的電子所受電場(chǎng)力逐漸減小【考點(diǎn)】等量異種電荷的電場(chǎng)線分布；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)大小．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】AC【分析】等量異種點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中，電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)，終止于負(fù)電荷，且在兩電荷連線的中垂線上，電場(chǎng)線方向垂直于中垂線，指向負(fù)電荷一側(cè)。電場(chǎng)線的疏密程度反映了電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，電場(chǎng)線越密，電場(chǎng)強(qiáng)度越大?！窘獯稹拷猓篈、在等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線上，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向相同，因此E、F兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相同，由于E、F是中垂線上關(guān)于O對(duì)稱的兩點(diǎn)，電場(chǎng)線疏密程度相同，則其場(chǎng)強(qiáng)大小也相等，故A正確；B、根據(jù)對(duì)稱性可知，A、D兩點(diǎn)處電場(chǎng)線疏密程度相同，則A、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相同，由圖甲可以看出，A、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向也相同，則A、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同，故B錯(cuò)誤；C、結(jié)合甲、乙兩圖可以看出，B、O、C三點(diǎn)，O點(diǎn)的電場(chǎng)線最稀疏，場(chǎng)強(qiáng)最小，故C正確；D、結(jié)合甲、乙兩圖可知，電子從E點(diǎn)沿直線向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸增大，則電場(chǎng)力逐漸增大，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵在于理解電場(chǎng)線的性質(zhì)，特別是等量異種點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中電場(chǎng)線的分布特點(diǎn)。通過分析電場(chǎng)線的疏密程度，可以判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，進(jìn)而比較不同點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度。同時(shí)，注意電場(chǎng)線的方向反映了電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，對(duì)于判斷電場(chǎng)力的方向至關(guān)重要。（多選）10．（2024秋?貴陽(yáng)月考）如圖，帶電荷量為2q（q＞0）的球1固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面上的O點(diǎn)，其正上方L處固定一帶電荷量為﹣q的球2，斜面上距O點(diǎn)L處的P點(diǎn)有質(zhì)量為m的帶電球3恰好靜止。球的大小均可忽略，已知重力加速度大小為g。迅速移走球1后，球3沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。下列關(guān)于球3的說法正確的是（）A．帶負(fù)電 B．運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)的速度大小為 C．運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)的加速度大小為 D．運(yùn)動(dòng)至OP中點(diǎn)時(shí)對(duì)斜面的壓力大小為【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】迅速移走球1后，球3沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，說明1、3之間原來是斥力，由此分析；球3運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)過程中庫(kù)侖力做功為零，此過程中由動(dòng)能定理進(jìn)行解答；在P點(diǎn)，沿斜面方向根據(jù)平衡條件列方程，在O點(diǎn)，沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律列方程進(jìn)行解答；運(yùn)動(dòng)至OP中點(diǎn)時(shí)，在垂直斜面方向根據(jù)平衡條件進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈．球3原來靜止，迅速移走球1后，球3沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，說明1、3之間原來是斥力，球3帶正電，故A錯(cuò)誤；B．由幾何關(guān)系知，球1球2球3初始位置為一正三角形，球3運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)過程中庫(kù)侖力做功為零，此過程中由動(dòng)能定理得：0解得：，故B正確；C．設(shè)球3電量為Q，對(duì)P點(diǎn)的球3受力分析，在沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得：對(duì)O點(diǎn)的球3受力分析，在沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律可得：聯(lián)立解得運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)的加速度大小為：，故C正確；D．運(yùn)動(dòng)至OP中點(diǎn)時(shí)，在垂直斜面方向根據(jù)平衡條件可得：解得：根據(jù)牛頓第三定律可得運(yùn)動(dòng)至OP中點(diǎn)時(shí)球3對(duì)斜面的壓力大小為，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了牛頓第二定律和共點(diǎn)力的平衡知識(shí)；利用牛頓第二定律答題時(shí)的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立方程進(jìn)行解答；注意庫(kù)侖定律的應(yīng)用方法。（多選）11．（2023秋?石家莊期末）如圖所示，真空中有A、B、C三個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，它們固定在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，每個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量都是q，O點(diǎn)是三角形底邊的中點(diǎn)，靜電力常量為k。下列說法正確的是（）A．點(diǎn)電荷B、C對(duì)A的靜電力大小為 B．點(diǎn)電荷B、C對(duì)A的靜電力大小為 C．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 D．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算；庫(kù)侖定律的表達(dá)式及其簡(jiǎn)單應(yīng)用；點(diǎn)電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場(chǎng)．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；電荷守恒定律與庫(kù)侖定律專題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】先根據(jù)庫(kù)侖定律求解任意兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的庫(kù)侖力，然后根據(jù)平行四邊形定則求解它們各自所受的庫(kù)侖力的合力大小，再依據(jù)同種電荷相斥，結(jié)合矢量合成法則，即可求解。【解答】解：AB、由庫(kù)侖定律可得，兩點(diǎn)電荷B、C對(duì)A的靜電力大小分別為由三個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷構(gòu)成等邊三角形，點(diǎn)電荷B、C對(duì)A的靜電力的合力大小為這二力的矢量和故A錯(cuò)誤，B正確；CD、三個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向如圖所示根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可知，點(diǎn)電荷B和點(diǎn)電荷C在O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，二者的矢量和為零，故點(diǎn)電荷A在O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度即為O處的電場(chǎng)強(qiáng)度，其大小為EO＝EA又聯(lián)立可得產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是根據(jù)庫(kù)侖定律列式求解庫(kù)侖力，然后采用矢量合成法列式求解合力，注意同種電荷相斥，異種電荷相吸。（多選）12．（2024秋?東湖區(qū)校級(jí)月考）在圖甲的直角坐標(biāo)系中，x軸上固定兩點(diǎn)電荷M、N，距坐標(biāo)原點(diǎn)O均為L(zhǎng)，y軸上有P1、P2、P3三點(diǎn)，其縱坐標(biāo)值分別為、、。y軸上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E隨y變化的關(guān)系如圖乙所示，圖中的陰影部分面積為a，的陰影部分面積為b、一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的帶負(fù)電粒子，由P1點(diǎn)靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下，將沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，則（）A．M、N是等量正電荷 B．帶電粒子在P1、P2兩點(diǎn)處的加速度大小之比為3：2 C．帶電粒子運(yùn)動(dòng)到P3位置時(shí)動(dòng)能為q（b+a） D．帶電粒子運(yùn)動(dòng)過程中最大速度為【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】A.根據(jù)圖像可知兩電荷電量相等，根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況分析電性；B.根據(jù)牛頓第二定律分析帶電粒子在P1、P2兩點(diǎn)處的加速度大小之比；C.圖乙中面積代表電勢(shì)差，根據(jù)動(dòng)能定理可知?jiǎng)幽艽笮?；D.根據(jù)動(dòng)能定理求解最大速度?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)圖像可知兩點(diǎn)電荷電量相等，電性相同；一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的帶負(fù)電粒子，由P1點(diǎn)靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下，將沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，受到引力作用，所以M、N帶等量正電荷，故A正確；B、設(shè)點(diǎn)電荷帶電量為Q，則有所以帶電粒子在P1、P2兩點(diǎn)處的加速度大小之比不是3：2，故B錯(cuò)誤；C、圖乙中面積代表電勢(shì)差，所以帶電粒子運(yùn)動(dòng)到P3位置時(shí)，電場(chǎng)力做功為W＝q（b﹣a）根據(jù)動(dòng)能定理可知，粒子運(yùn)動(dòng)到P3位置時(shí)動(dòng)能為q（b﹣a），故C錯(cuò)誤；D、粒子由P1點(diǎn)靜止釋放，從P1點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O，電場(chǎng)力做正功動(dòng)能增加，從O點(diǎn)到P3位置，電場(chǎng)力做負(fù)功動(dòng)能減小，所以粒子在O點(diǎn)時(shí)速度最大，由動(dòng)能定理得解得最大速度為故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圖像問題，關(guān)鍵是能夠根據(jù)圖像結(jié)合運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行解答。三．填空題（共4小題）13．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在x軸上關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的A、B兩點(diǎn)有兩個(gè)正點(diǎn)電荷，且兩正點(diǎn)電荷帶電荷量均為+Q（Q＞0），在y軸上C點(diǎn)有帶電荷量為﹣Q的負(fù)點(diǎn)電荷，且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°。則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為0。【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】；0【分析】利用點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式計(jì)算場(chǎng)強(qiáng)，場(chǎng)強(qiáng)是矢量，再利用場(chǎng)強(qiáng)的疊加計(jì)算合場(chǎng)強(qiáng)?！窘獯稹拷猓簝蓚€(gè)正點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的矢量和為零，但負(fù)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為則O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為由幾何關(guān)系可知AD＝BD＝CD，則兩個(gè)+Q在D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，夾角為120°，則合場(chǎng)強(qiáng)與﹣Q在D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)等大反向，則D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零。故答案為：；0【點(diǎn)評(píng)】本題考查了點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式和場(chǎng)強(qiáng)的疊加，屬于比較簡(jiǎn)單的題。14．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點(diǎn)，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點(diǎn)A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長(zhǎng)均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點(diǎn)電荷q置于OC延長(zhǎng)線上距O點(diǎn)為2R的D點(diǎn)，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，則q的電性為負(fù)，電荷量大小為（用題目給的字母表示）。【考點(diǎn)】點(diǎn)電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場(chǎng)．【專題】定量思想；圖析法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】負(fù)，?！痉治觥扛鶕?jù)場(chǎng)強(qiáng)公式計(jì)算分析?！窘獯稹拷猓喝∽逜、B處兩段弧長(zhǎng)均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對(duì)稱性可知，圓環(huán)在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和，如圖所示因?yàn)閮啥位￠L(zhǎng)非常小，故可看成點(diǎn)電荷，則有，由圖可知，兩場(chǎng)強(qiáng)的夾角為120°，則兩者的合場(chǎng)強(qiáng)為，根據(jù)O點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為0，則放在D點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶負(fù)電，大小為為E′，根據(jù)，聯(lián)立解得q。故答案為：負(fù)，?！军c(diǎn)評(píng)】考查對(duì)電場(chǎng)的理解，熟記場(chǎng)強(qiáng)公式。15．（2024秋?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)期中）固定的正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布如圖所示，A、B為同一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)。由圖可知A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。ㄟx填“大于”或“小于”）；若一個(gè)電荷量為q的試探電荷在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力為F，則B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為（用F和q表示），撤去該試驗(yàn)電荷，B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不會(huì)發(fā)生變化（選填“會(huì)”或“不會(huì)”）?！究键c(diǎn)】根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)大?。浑妶?chǎng)強(qiáng)度的定義、單位和方向；正、負(fù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線．【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】大于；；不會(huì)?！痉治觥扛鶕?jù)電場(chǎng)線越稀疏，電場(chǎng)強(qiáng)度越弱，電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度只與場(chǎng)源電荷有關(guān)，與試探電荷無關(guān)分析求解。【解答】解：根據(jù)離點(diǎn)電荷越遠(yuǎn)，電場(chǎng)線越稀疏，電場(chǎng)強(qiáng)度越弱的特點(diǎn)，故A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度；根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式可知B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為電場(chǎng)強(qiáng)度只與場(chǎng)源電荷有關(guān)，與試探電荷無關(guān)，所以撤去該試驗(yàn)電荷，B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不會(huì)發(fā)生變化。故答案為：大于；；不會(huì)?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了靜電場(chǎng)相關(guān)知識(shí)，理解電場(chǎng)強(qiáng)度的含義以及與電場(chǎng)線的關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。16．（2024秋?楊浦區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，四個(gè)點(diǎn)電荷所帶電荷量的絕對(duì)值均為Q，分別固定在正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上，正方形邊長(zhǎng)為a，則正方形兩條對(duì)角線交點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，方向豎直向下?！究键c(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算．【專題】計(jì)算題；圖析法；對(duì)稱法；推理論證能力．【答案】；豎直向下?！痉治觥扛鶕?jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度及其疊加原理，可確定正方形兩條對(duì)角線交點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與方向?！窘獯稹拷猓核膫€(gè)電荷的電荷量相等，兩對(duì)對(duì)角線的電荷都是一對(duì)等量異種點(diǎn)電荷，在交點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向指向負(fù)電荷，且大小相等，如圖，則合場(chǎng)強(qiáng)的方向豎直向下。根據(jù)對(duì)稱性可知，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E合故答案為：；豎直向下?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式，以及點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)方向，會(huì)根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行場(chǎng)強(qiáng)的疊加。同時(shí)運(yùn)用了等效思維。四．解答題（共4小題）17．（2024秋?巴南區(qū)校級(jí)月考）帶電量分別為+q、﹣2q的異種電荷A、B固定在同一水平線上、相距6x，在它們連線的中點(diǎn)P上方處有一懸點(diǎn)O，用絕緣細(xì)繩掛著一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球C，繩長(zhǎng)2x、與OP的夾角為30°，如圖所示。平衡時(shí)小球剛好靜止在兩電荷連線上。重力加速度為g，靜電力常數(shù)為k，則：（1）小球所受電場(chǎng)力大小；（2）小球所在處A、B產(chǎn)生的電場(chǎng)合場(chǎng)強(qiáng)?！究键c(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度的定義、單位和方向；共點(diǎn)力的平衡問題及求解．【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）小球所受電場(chǎng)力大小為mg；（2）小球所在處A、B產(chǎn)生的電場(chǎng)合場(chǎng)強(qiáng)大小為，方向水平向右。【分析】（1）對(duì)小球C受力分析，由平衡條件及幾何關(guān)系，即可列式求解；（2）結(jié)合題圖，由幾何關(guān)系及點(diǎn)電荷計(jì)算公式，即可列式求解?！窘獯稹拷猓海?）如圖，對(duì)小球C受力分析：由平衡條件及幾何關(guān)系可得，小球所受電場(chǎng)力大小為：F＝mgtan30°mg；（2）由圖結(jié)合幾何關(guān)系可知，CP＝COsin30°＝2x×0.5＝x，AP＝PB＝0.5AB＝0.5×6x＝3x，AC＝AP﹣CP＝3x﹣x＝2x，CB＝CP+PB＝x+3x＝4x，由點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式可得，小球所在處A、B產(chǎn)生的電場(chǎng)合場(chǎng)強(qiáng)大小為：，方向水平向右；答：（1）小球所受電場(chǎng)力大小為mg；（2）小球所在處A、B產(chǎn)生的電場(chǎng)合場(chǎng)強(qiáng)大小為，方向水平向右。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答本題時(shí)需注意：選準(zhǔn)研究對(duì)象、做好受力分析、根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件確定力與力的關(guān)系。18．（2024秋?璧山區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球A用絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，另一個(gè)電荷量也為q的帶電小球B固定于O點(diǎn)的正下方，小球A靜止時(shí)與小球B在同一水平線上，此時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，兩帶電小球均可視為點(diǎn)電荷。已知重力加速度為g，靜電力常量為k。則求：（1）小球B的電性；（2）電荷A、B間的距離；（3）帶電小球B在A處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度的定義、單位和方向；庫(kù)侖力作用下的受力平衡問題．【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】（1）小球B的電性為正電（2）電荷A、B間的距離為（3）帶電小球B在A處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為【分析】（1）根據(jù)受力分析結(jié)合同號(hào)電荷相互排斥、異號(hào)電荷相互吸引分析求解；（2）根據(jù)受力平衡結(jié)合庫(kù)侖定律分析求解；（3）根據(jù)受力分析結(jié)合電場(chǎng)力和重力的關(guān)系分析求解?！窘獯稹浚?）由平衡條件可知小球A受到的電場(chǎng)力水平向右，兩小球是排斥力，所以小球B帶正電；（2）A球靜止時(shí)，由平衡條件可知即解得（3）電場(chǎng)強(qiáng)度答：（1）小球B的電性為正電（2）電荷A、B間的距離為（3）帶電小球B在A處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電場(chǎng)力，合理受力分析，理解受力分析中各個(gè)力之間的關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。19．（2024秋?東麗區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電小球，用輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，細(xì)線長(zhǎng)為L(zhǎng)。假設(shè)電場(chǎng)區(qū)域足夠大，靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角θ＝37°，小球在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量始終保持不變，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g。（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；（2）若把小球拉到最低點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到細(xì)線與豎直方向夾角θ＝37°時(shí)忽然撤去電場(chǎng)，求小球回到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)線的拉力大小。（小球運(yùn)動(dòng)過程中細(xì)線始終不接觸懸掛細(xì)線的天花板）【考點(diǎn)】帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的受力平衡；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為；（2）小球回到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)線的拉力為1.9mg，方向向下。【分析】（1）對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件進(jìn)行解答；（2）從最低點(diǎn)開始到小球再次回到最低點(diǎn)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理列方程求解速度大小，在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律、第三定律進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件有：mgtanθ＝qE解得：E；（2）從最低點(diǎn)開始到小球再次回到最低點(diǎn)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：qELsinθ0在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣mg＝m解得：F＝1.9mg根據(jù)牛頓第三定律可得小球回到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)線的拉力大小為1.9mg，方向向下。答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為；（2）小球回到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)線的拉力為1.9mg，方向向下。【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。20．（2024?洛陽(yáng)一模）如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿與水平方向夾角θ＝30°斜向右上方，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，一質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球以某初速度開始運(yùn)動(dòng)，初速度方向與電場(chǎng)方向一致。小球所帶電荷量為（g為重力加速度大?。?。不計(jì)空氣阻力，現(xiàn)添加一新的勻強(qiáng)電場(chǎng)滿足小球做不同運(yùn)動(dòng)的需求。（1）要使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求新加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E′的大小和方向；（2）原電場(chǎng)的方向不變，大小可以改變，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，求新加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小值Emin及其方向?！究键c(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算．【專題】計(jì)算題；定量思想；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】（1）要使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，新加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E′的大小為E，方向?yàn)樾毕蜃笙路脚c水平方向成60°；（2）原電場(chǎng)的方向不變，大小可以改變，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，新加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小值Emin為，其方向?yàn)樾毕蛴蚁路剿椒较虺?0°?！痉治觥浚?）對(duì)小球受力分析，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)使其所受的合力為零，結(jié)合水平和豎直方向上的平衡方程分析求解；（2）對(duì)小球受力分析，小球受到的合力應(yīng)與運(yùn)動(dòng)方向共線分析求解?！窘獯稹拷猓海?）如圖甲所示，欲使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)使其所受的合力為零，有qE′cosα＝qEcosθ其中qE′sinα＝mg+qEsinθ解得α＝60°又因?yàn)樾∏驇ж?fù)電，電場(chǎng)強(qiáng)度方向與電場(chǎng)力方向相反，則電場(chǎng)強(qiáng)度E′的方向與水平方向的夾角為60°，斜向左下方。（2）如上圖乙所示，小球要做直線運(yùn)動(dòng)，則小球受到的合力應(yīng)與運(yùn)動(dòng)方向共線，當(dāng)新的電場(chǎng)強(qiáng)度取最小值時(shí)，有qEmin＝mgsin60°解得同理電場(chǎng)強(qiáng)度Emin的方向與電場(chǎng)力的方向相反，則電場(chǎng)強(qiáng)度Emin的方向與水平方向的夾角為60°，斜向右下方。答：（1）要使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，新加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E′的大小為E，方向?yàn)樾毕蜃笙路脚c水平方向成60°；（2）原電場(chǎng)的方向不變，大小可以改變，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，新加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小值Emin為，其方向?yàn)樾毕蛴蚁路剿椒较虺?0°?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了靜電場(chǎng)相關(guān)知識(shí)，理解帶電小球在電場(chǎng)中的受力情況是解決此類問題的關(guān)鍵。

考點(diǎn)卡片1．胡克定律及其應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復(fù)原狀，對(duì)跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力．（2）彈力的產(chǎn)生條件：①?gòu)椓Φ漠a(chǎn)生條件是兩個(gè)物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點(diǎn)與面接觸時(shí)彈力的方向：過接觸點(diǎn)垂直于接觸面．球與面接觸時(shí)彈力的方向：在接觸點(diǎn)與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點(diǎn)的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復(fù)原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對(duì)物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產(chǎn)生彈力．在彈性限度內(nèi)，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長(zhǎng)（或縮短）的長(zhǎng)度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長(zhǎng)（或縮短）單位長(zhǎng)度產(chǎn)生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長(zhǎng)短和彈簧絲的粗細(xì)決定．x則是指形變量，應(yīng)為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長(zhǎng)度與彈簧原長(zhǎng)的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內(nèi)適用．3．胡克定律的應(yīng)用（1）胡克定律推論在彈性限度內(nèi)，由F＝kx，得F1＝kx1，F(xiàn)2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長(zhǎng)度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對(duì)于彈簧問題首先應(yīng)明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長(zhǎng)”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大?。绻桓嬖V彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產(chǎn)生的，也可能是壓縮產(chǎn)生的，通常有兩個(gè)解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長(zhǎng)度變化和物體位移的關(guān)系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉(zhuǎn)化，運(yùn)用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長(zhǎng)度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)力學(xué)公式求相關(guān)量．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查胡克定律：一個(gè)彈簧掛30N的重物時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)1.2cm，若改掛100N的重物時(shí)，彈簧總長(zhǎng)為20cm，則彈簧的原長(zhǎng)為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據(jù)胡克定律兩次列式后聯(lián)立求解即可．解：一個(gè)彈簧掛30N的重物時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時(shí)，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k；x2；故彈簧的原長(zhǎng)為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是根據(jù)胡克定律列式后聯(lián)立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類?？碱}型是考查胡克定律與其他知識(shí)點(diǎn)的結(jié)合：如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個(gè)質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一物體，質(zhì)量為m，當(dāng)盤靜止時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度比其自然長(zhǎng)度伸長(zhǎng)了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長(zhǎng)△l后停止，然后松手，設(shè)彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時(shí)盤對(duì)物體的支持力等于（）A.B.C.D.分析：根據(jù)胡克定律求出剛松手時(shí)手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時(shí)，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對(duì)物體的支持力．解：當(dāng)盤靜止時(shí)，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設(shè)使彈簧再伸長(zhǎng)△l時(shí)手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯(lián)立得F剛松手瞬時(shí)彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對(duì)象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設(shè)剛松手時(shí)，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a對(duì)物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1）mg故選A．點(diǎn)評(píng)：點(diǎn)評(píng)：本題考查應(yīng)用牛頓第二定律分析和解決瞬時(shí)問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時(shí)物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時(shí)物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時(shí)加速度．【解題方法點(diǎn)撥】這部分知識(shí)難度中等、也有難題，在平時(shí)的練習(xí)中、階段性考試中會(huì)單獨(dú)出現(xiàn)，選擇、填空、計(jì)算等等出題形式多種多樣，在高考中不會(huì)以綜合題的形式考查的，但是會(huì)做為題目的一個(gè)隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復(fù)雜，因此在確定其大小和方向時(shí)，不能想當(dāng)然，應(yīng)根據(jù)具體的條件或計(jì)算來確定．2．共點(diǎn)力的平衡問題及求解【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.共點(diǎn)力（1）定義：如果一個(gè)物體受到兩個(gè)或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點(diǎn)上，或者雖不作用在同一點(diǎn)上，但它們的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，這幾個(gè)力叫作共點(diǎn)力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點(diǎn)力。2.共點(diǎn)力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點(diǎn)力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對(duì)共點(diǎn)力平衡條件的理解及應(yīng)用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法，其中Fx合和Fy合分別表示物體在x軸和y軸上所受的合力。4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個(gè)力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力必定與另外（n﹣1）個(gè)力的合力等大、反向。5.解答共點(diǎn)力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點(diǎn)：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識(shí)進(jìn)行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時(shí)，采用數(shù)學(xué)知識(shí)求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實(shí)際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨(dú)立的繩，因此由“死結(jié)”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當(dāng)輕桿處于平衡狀態(tài)時(shí)，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會(huì)引起輕桿的轉(zhuǎn)動(dòng)。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個(gè)小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽?duì)繩的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?！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(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對(duì)滑輪受力分析，受兩個(gè)繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個(gè)繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個(gè)繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個(gè)選項(xiàng)中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個(gè)力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序?yàn)椋篎D＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實(shí)際問題中的應(yīng)用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長(zhǎng)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(duì)日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點(diǎn)力C.兩繩的拉力大小均為GD.兩繩的拉力大小均為分析：兩繩的拉力和重力是共點(diǎn)力，根據(jù)合力為零分析AB選項(xiàng)；根據(jù)對(duì)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(duì)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(zhǎng)線交于一點(diǎn)，這三個(gè)力是共點(diǎn)力，故B錯(cuò)誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個(gè)拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F2，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC。點(diǎn)評(píng)：本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行力的合成，利用平衡條件建立方程進(jìn)行解答。例3：如圖，三根長(zhǎng)度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)上可施加力的最小值為（）A.mgB.mgC.mgD.mg分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點(diǎn)C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點(diǎn)受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點(diǎn)兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對(duì)D點(diǎn)的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°mg故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細(xì)繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點(diǎn)用細(xì)繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止?fàn)顟B(tài)），求：（1）細(xì)繩AC的張力FTAC與細(xì)繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對(duì)滑輪受力分析，運(yùn)用合成法求解細(xì)繩AC段的張力FAC與輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）乙圖中，以C點(diǎn)為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件求解細(xì)繩EG段的張力F2以及輕桿HG對(duì)G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個(gè)物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細(xì)繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點(diǎn)和G點(diǎn)為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNGM2g，方向水平向右。答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細(xì)繩EG的張力FEG之比為；（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力大小為M2g方向水平向右。點(diǎn)評(píng)：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點(diǎn)，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點(diǎn)為研究對(duì)象，按力平衡問題的一般步驟求解。【解題思路點(diǎn)撥】1.在分析問題時(shí)，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，。2.解答共點(diǎn)力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，對(duì)于有相互作用的兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)明確所選研究對(duì)象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個(gè)物體（整體法或隔離法）。（2）對(duì)所選研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對(duì)研究對(duì)象所受的力進(jìn)行處理，對(duì)三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時(shí)的平行四邊形。對(duì)四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標(biāo)系，對(duì)各力按坐標(biāo)軸進(jìn)行分解。（4）建立平衡方程，對(duì)于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時(shí)，首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個(gè)狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個(gè)物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。3．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為g，g為重力加速度。人對(duì)電梯底部的壓力為（）A、B、2mgC、mgD、分析：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+mamg根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于mg；故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。4．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”：【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題時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結(jié)論，分析問題需嚴(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．5．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Xat23×62m＝54m。（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?！窘忸}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)過程分析，并畫出物體運(yùn)動(dòng)過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過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。6．庫(kù)侖定律的表達(dá)式及其簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：在真空中兩個(gè)靜止的點(diǎn)電荷間的作用力跟它們的電量的乘積成正比，跟它們之間的距離的平方成反比，作用力的方向在它們的連線上．2．表達(dá)式：F＝k，式中k表示靜電力常量，k＝9.0×109N?m2/C2．3．適用條件：真空中的靜止點(diǎn)電荷．【命題方向】題型一：對(duì)庫(kù)侖定律的理解例1：真空中有兩個(gè)靜止的點(diǎn)電荷，它們之間靜電力的大小為F．如果保持這兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的距離不變，而將它們的電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，那么它們之間的靜電力的大小變?yōu)椋ǎ〢.3FB.C.D.9F分析：本題比較簡(jiǎn)單，直接利用庫(kù)侖定律進(jìn)行計(jì)算討論即可．解：距離改變之前：①當(dāng)電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍時(shí)：②聯(lián)立①②可得：F1＝9F，故ABC錯(cuò)誤，D正確．故選：D．點(diǎn)評(píng)：庫(kù)侖定律應(yīng)用時(shí)涉及的物理量較多，因此理清各個(gè)物理量之間的關(guān)系，可以和萬有引力定律進(jìn)行類比學(xué)習(xí)．題型二：庫(kù)侖定律與力學(xué)的綜合問題例2：在一絕緣支架上，固定著一個(gè)帶正電的小球A，A又通過一長(zhǎng)為10cm的絕緣細(xì)繩連著另一個(gè)帶負(fù)電的小球B，B的質(zhì)量為0.1kg，電荷量為10﹣6C，如圖所示，將小球B緩緩拉離豎直位置，當(dāng)繩與豎直方向的夾角為60°時(shí)，將其由靜止釋放，小球B將在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)．已知釋放瞬間繩剛好張緊，但無張力．g取10m/s2．求（1）小球A的帶電荷量；（2）釋放瞬間小球B的加速度大?。唬?）小球B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩的拉力．分析：（1）釋放小球瞬間，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，由庫(kù)侖定律與力的合成與分解可以求出小球A的電荷量．（2）對(duì)小球受力分析，由牛頓第二定律可以求出小球的加速度．（3）由動(dòng)能定理求出小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度，然后由牛頓第二定律求出繩子的拉力．解：（1）小球B剛釋放瞬間，速度為零，沿繩子方向上，小球受到的合力為零，則mgcos60°＝k，代入數(shù)值，求得qA＝5×10﹣6C；（2）小球所受合力方向與繩子垂直，由牛頓第二定律得：mgsinθ＝ma，；（3）釋放后小球B做圓周運(yùn)動(dòng)，兩球的相對(duì)距離不變，庫(kù)侖力不做功，從釋放小球到小球到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得：mg（L﹣Lcos60°）mv2﹣0，小球在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得：FT+kmg，解得：FTmg＝1.5N；答：（1）小球A的帶電荷量為5×10﹣6C；（2）釋放瞬間小球B的加速度大小為5m/s2；（3）小球B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩的拉力為1.5N．點(diǎn)評(píng)：釋放小球瞬間，沿繩子方向小球受力平衡，小球所受合力沿與繩子垂直的方向．【解題方法點(diǎn)撥】1．庫(kù)侖定律適用條件（1）庫(kù)侖定律只適用于真空中的靜止點(diǎn)電荷，但在要求不很精確的情況下，空氣中的點(diǎn)電荷的相互作用也可以應(yīng)用庫(kù)侖定律．（2）當(dāng)帶電體間的距離遠(yuǎn)大于它們本身的尺寸時(shí)，可把帶電體看做點(diǎn)電荷．但不能根據(jù)公式錯(cuò)誤地推論：當(dāng)r→0時(shí)，F(xiàn)→∞．其實(shí)在這樣的條件下，兩個(gè)帶電體已經(jīng)不能再看做點(diǎn)電荷了．（3）對(duì)于兩個(gè)均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中于球心的點(diǎn)電荷，r為兩球心之間的距離．（4）對(duì)兩個(gè)帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布．2．應(yīng)用庫(kù)侖定律需要注意的幾個(gè)問題（1）庫(kù)侖定律的適用條件是真空中的靜止點(diǎn)電荷．點(diǎn)電荷是一種理想化模型，當(dāng)帶電體間的距離遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于帶電體的自身大小時(shí)，可以視其為點(diǎn)電荷而適用庫(kù)侖定律，否則不能適用．（2）庫(kù)侖定律的應(yīng)用方法：庫(kù)侖定律嚴(yán)格地說只適用于真空中，在要求不很精確的情況下，空氣可近似當(dāng)作真空來處理．注意庫(kù)侖力是矢量，計(jì)算庫(kù)侖力可以直接運(yùn)用公式，將電荷量的絕對(duì)值代入公式，根據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸來判斷作用力F是引力還是斥力；也可將電荷量帶正、負(fù)號(hào)一起運(yùn)算，根據(jù)結(jié)果的正負(fù)，來判斷作用力是引力還是斥力．（3）三個(gè)點(diǎn)電荷的平衡問題：要使三個(gè)自由電荷組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，每個(gè)電荷受到的兩個(gè)庫(kù)侖力必須大小相等，方向相反，也可以說另外兩個(gè)點(diǎn)電荷在該電荷處的合場(chǎng)強(qiáng)應(yīng)為零．3．分析帶電體力學(xué)問題的方法與純力學(xué)問題的分析方法一樣，要學(xué)會(huì)把電學(xué)問題力學(xué)化．分析方法是：（1）確定研究對(duì)象．如果有幾個(gè)帶電體相互作用時(shí)，要依據(jù)題意，適當(dāng)選取“整體法”或“隔離法”；（2）對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，多了個(gè)電場(chǎng)力（F＝k）．（3）列平衡方程（F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0）或牛頓第二定律方程．7．庫(kù)侖力作用下的受力平衡問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對(duì)帶電體在有庫(kù)侖力存在時(shí)的平衡問題。注意這個(gè)考點(diǎn)下只針對(duì)點(diǎn)電荷之間的作用力，不含電場(chǎng)類問題?！久}方向】質(zhì)量、電量分別為m1、m2、q1、q2的兩球，用絕緣絲線懸于同一點(diǎn)，靜止后它們恰好位于同一水平面上，細(xì)線與豎直方向夾角分別為α、β，如圖所示則（）A、若m1＝m2，q1＜q2，則α＜βB、若m1＝m2，q1＜q2，則α＞βC、若m1＞m2，則α＜β，與q1、q2是否相等無關(guān)D、若q1＝q2，m1＞m2，則α＞β分析：對(duì)A、B球受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡和幾何關(guān)系表示出電場(chǎng)力和重力的關(guān)系．根據(jù)電場(chǎng)力和重力的關(guān)系得出兩球質(zhì)量的關(guān)系．解答：設(shè)左邊球?yàn)锳，右邊球?yàn)锽，則對(duì)A、B球受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡和幾何關(guān)系得：設(shè)T為繩的拉力，m1g＝Tcosα，m2g＝Tcosβ由于F1＝F2，即Tsinα＝Tsinβ若m1＜m2．則有α＞β；若m1＞m2．則有α＜β根據(jù)題意無法知道帶電量q1、q2的關(guān)系。故選：C。點(diǎn)評(píng)：要比較兩球質(zhì)量關(guān)系，我們要通過電場(chǎng)力把兩重力聯(lián)系起來進(jìn)行比較．【解題思路點(diǎn)撥】解這類題目就像解決共點(diǎn)力的平衡類題目一樣，先對(duì)物體進(jìn)行受力分析，然后進(jìn)行力的合成與分解，列出平衡表達(dá)式，進(jìn)而求出所需的物理量。8．電場(chǎng)強(qiáng)度的定義、單位和方向【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.單場(chǎng)強(qiáng)度的定義：試探電荷所受電場(chǎng)力與所帶電荷量之比叫作電場(chǎng)強(qiáng)度。2.表達(dá)式：E。3.標(biāo)矢性：矢量，方向與放在該處的正電荷受力方向一致。4.意義：描述電場(chǎng)的性質(zhì)的物理量，取決于電場(chǎng)本身。5.單位：牛每庫(kù)，符號(hào)N/C。【命題方向】電場(chǎng)中有一點(diǎn)P，下列說法中正確的是（）A、若放在P點(diǎn)的電荷的電荷量減半，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)減半B、若P點(diǎn)沒有試探電荷，則P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零C、P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)榉旁谠擖c(diǎn)的負(fù)電荷的受力方向D、P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向與放入的試探電荷無關(guān)分析：場(chǎng)強(qiáng)反映電場(chǎng)本身的強(qiáng)弱和方向，由電場(chǎng)本身決定，與放入電場(chǎng)中試探電荷無關(guān)．場(chǎng)強(qiáng)方向是放在該點(diǎn)的正電荷的受力方向．解答：A、場(chǎng)強(qiáng)反映電場(chǎng)本身的強(qiáng)弱和方向，由電場(chǎng)本身決定，將放在P點(diǎn)的電荷的電荷量減半，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不變。故A錯(cuò)誤。B、場(chǎng)強(qiáng)是由電場(chǎng)本身決定的，與試探電荷無關(guān)，若P點(diǎn)沒有試探電荷，P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不變，不為零。故B錯(cuò)誤。C、場(chǎng)強(qiáng)方向是放在該點(diǎn)的正電荷的受力方向，與放在該點(diǎn)的負(fù)電荷的受力方向相反。故C錯(cuò)誤。D、場(chǎng)強(qiáng)是描述電場(chǎng)本身性質(zhì)的物理量，與放入電場(chǎng)的試探電荷無關(guān)。故D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題考查場(chǎng)強(qiáng)的物理意義和方向，抓住場(chǎng)強(qiáng)反映電場(chǎng)本身特性的物理量，方向與正電荷所受的靜電力方向相同是關(guān)鍵．【解題思路點(diǎn)撥】E中的E是利用比值法定義的物理量。E的大小、方向是由電場(chǎng)本身決定的，是客觀存在的，與放不放試探電荷，以及放入的試探電荷的正負(fù)、電荷量多少均無關(guān)。既不能認(rèn)為E與F成正比，也不能認(rèn)為E與q成反比。9．點(diǎn)電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場(chǎng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.點(diǎn)電荷是最簡(jiǎn)單的場(chǎng)源電荷，一個(gè)電荷量為Q的點(diǎn)電荷，在與之相距r處的電場(chǎng)強(qiáng)度為E2.推導(dǎo)如下：如果以Q為中心作一個(gè)球