2025年高考物理壓軸訓練11

2025年高考物理壓軸訓練11一．選擇題（共10小題）1．（2024?成華區(qū)校級模擬）如圖所示，在一橢圓的兩焦點、和短軸上的一個端點，固定有三個電荷量相等的點電荷，其中、處的電荷帶正電，處的電荷帶負電，為橢圓中心，、是橢圓上關于點對稱的兩個點。取無窮遠處電勢為零。下列說法中正確的是A．、兩點的電勢不相同 B．、兩點的電場強度相同 C．一質子從靠近點處沿直線到點再到點，電勢能一直增大 D．一電子從靠近點處沿直線到點再到點，電勢能先減小后增大2．（2024?濱州三模）如圖所示，長方形所在平面有勻強電場，、分別為邊、邊中點，已知邊長為、邊長為。將電子從點移動到點，電場力做功為；將電子從點移動到點，電場力做功為，不計所有粒子重力，下列說法正確的是A．長方形的四個頂點中，點的電勢最高 B．勻強電場的電場強度大小為 C．沿連線方向，電勢降低最快 D．從點沿方向發(fā)射動能為的電子，在以后的運動過程中該電子最小動能為3．（2024?重慶）沿空間某直線建立軸，該直線上的靜電場方向沿軸，某點電勢的隨位置變化的圖像如圖所示，一電荷量為帶負電的試探電荷，經過點時動能為，速度沿軸正方向，若該電荷僅受電場力，則其將A．不能通過點 B．在點兩側往復運動 C．能通過點 D．在點兩側往復運動4．（2024?汕頭二模）利用靜電紡絲技術制備納米纖維材料是近年來材料領域的重要技術。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”；當電壓增至某個臨界值時（假設此后電壓保持不變），液滴從尖端噴出，在非勻強電場的作用下向下方運動，、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．液滴從到的過程做勻加速直線運動 C．液滴從到的過程電場力做負功 D．液滴向下做螺旋運動時電勢能減小5．（2024?門頭溝區(qū)一模）圖甲是電場中的一條電場線，、是電場線上的兩點。電子僅在電場力作用下從點運動到點，其運動的圖像如圖乙所示。、點電場強度分別為和，電子在、點電勢能分別為和。下列說法正確的是A．， B．， C．， D．，6．（2024?北京）如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于、兩點，、是連線上的兩點，且。下列說法正確的是A．點電場強度比點電場強度大 B．點電勢與點電勢相等 C．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍 D．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，、兩點間電勢差不變7．（2024?梅州一模）如圖，新風系統(tǒng)除塵由機械除塵和靜電除塵兩部分構成，其中靜電除塵是通過電離空氣后使空氣中的粉塵微粒帶電，從而被電極吸附的空氣凈化技術。如圖虛線為一帶電粉塵（不計重力）在靜電除塵管道內的運動軌跡，實線為電場線（未標方向），下列判定正確的是A．帶電粉塵帶正電 B．帶電粉塵在除塵管道內做勻變速曲線運動 C．帶電粉塵在點的加速度小于在點的加速度 D．帶電粉塵在點的電勢能大于在點的電勢能8．（2024?天心區(qū)校級模擬）如圖所示，絕緣水平光滑桿上套有一質量為的帶正電的小環(huán)，電荷量為，小環(huán)與絕緣彈簧相連，彈簧另一端固定于桿正上方的點。桿所在的空間存在著沿桿方向的勻強電場，桿上、兩點間的電勢差為，其中，小環(huán)以向右的速度經過點，并能通過點。已知在、兩點處，彈簧對小環(huán)的彈力大小相等，，，、之間的距離為，點位于點的正下方。在小環(huán)從點運動到點的過程中A．小環(huán)加速度最大值為 B．小環(huán)經過點時的速度最大 C．小環(huán)經過點時的速度大小為 D．小環(huán)在、兩點時，彈性勢能相等，動能也相等9．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）如圖所示，粗糙水平面所在空間有水平向右的勻強電場，電場強度為。一質量為，帶電荷量為的物塊自點以初動能向右運動。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為，且，設點的電勢為零，規(guī)定水平向右為正方向，則物塊的動能、電勢能與物塊運動的位移關系圖像可能正確的是A． B． C． D．10．（2024?豐臺區(qū)二模）如圖所示，讓、和的混合物由靜止開始從點經同一加速電場加速，然后穿過同一偏轉電場。下列說法正確的是A．進入偏轉電場時三種粒子具有相同的速度 B．進入偏轉電場時三種粒子具有相同的動能 C．三種粒子從不同位置沿不同方向離開偏轉電場 D．三種粒子從相同位置沿相同方向離開偏轉電場二．多選題（共5小題）11．（2024?鼓樓區(qū)校級三模）某款伸展運動傳感器的原理圖如圖所示，它由一電極和可伸縮柱極體組成，可在非接觸狀態(tài)下實現(xiàn)力一電轉換。電極通過電阻接地處理，當帶負電的柱極體靠近電極時，從地面引出的電荷在電極上產生。當復合柱極體拉伸時，彈性體和柱極體粒子發(fā)生形變，改變了電極上的感應電荷量，并通過電阻器產生電流（電子移動方向如圖中箭頭所示）。下列說法正確的是A．在拉伸復合柱極體的過程中，電流自左向右流經電阻 B．在拉伸復合柱極體的過程中，柱極體內電荷相互作用的電勢能減小 C．在拉伸復合柱極體的過程中，電極上的電勢將升高 D．周期性拉伸復合柱極體，將有交變電流流經電阻12．（2024?貴州模擬）如圖（a），水平放置長為的平行金屬板右側有一豎直擋板。金屬板間的電場強度大小為，其方向隨時間變化的規(guī)律如圖（b）所示，其余區(qū)域的電場忽略不計。質量為、電荷量為的帶電粒子任意時刻沿金屬板中心線射入電場，均能通過平行金屬板，并打在豎直擋板上。已知粒子在電場中的運動時間與電場強度變化的周期相同，不計粒子重力，則A．金屬板間距離的最小值為 B．金屬板間距離的最小值為 C．粒子到達豎直擋板時的速率都大于 D．粒子到達豎直擋板時的速率都等于13．（2024?衡水模擬）科學家在研究電荷分布的對稱性的時候，巧妙地借助了我國傳統(tǒng)文化中的“陰陽太極圖”，以獲得更多的啟示和靈感，如圖所示的三維坐標系。太極圖呈圓形位于平面內，軸過圓心，在軸兩側對稱分布各有一個大半圓和小半圓，、各是小半圓的圓心，現(xiàn)在、上分別放置一個等電量的負點電荷和正點電荷，在軸的正向有一個定點，在圓的邊緣有一個位置，則下列說法正確的是A．若將正試探電荷由點沿軸移動到點，則的電勢能始終不變 B．若將正試探電荷由點沿“陰陽”邊界經移動到點，則的電勢能增加 C．若將負試探電荷沿虛線由移到，則電場力一直對電荷做正功 D．若將負試探電荷沿軸由向軸正向移動，則電荷克服電場力做負功14．（2024?南充模擬）如圖，豎直放置的立方體中心有一粒子源，粒子源可以水平向各個方向發(fā)射不同速度的帶正電的粒子，粒子比荷為。立方體處在豎直向下的勻強電場中，場強大小，立方體邊長，除上下底面外，其余四個側面均為熒光屏（包括邊緣）。不考慮粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子間的相互作用，粒子打到熒光屏上后被熒光屏吸收，不考慮熒光屏吸收粒子后的電勢變化。則A．粒子射出后，在電場中運動的加速度大小 B．粒子射出后，在電場中向上偏轉做類平拋運動 C．粒子從射出到打到熒光屏上運動的最長時間 D．不能打到熒光屏上的粒子，發(fā)射時的速度范圍為15．（2024?浙江模擬）電偶極子由兩個點電荷和組成，它們之間的距離為很?。傎|量為。如圖所示，空間中某區(qū)域內存在一電場，其分布為。先令一電偶極子朝著方向，并使其中點位于處，再靜止釋放。下列說法正確的是A．的單位是 B．電偶極子受到的合力 C．電偶極子靜止釋放后的運動可看作簡諧運動的一部分 D．電偶極子的電勢能三．填空題（共5小題）16．（2024?福建）如圖，圓心為點、半徑為的圓周上有、、、、、、、八個等分點，點固定有一帶電量為的點電荷，其余各點均固定有帶電量為的點電荷。已知靜電力常量為，則點的電場強度大小為。、分別為、的中點，則點的電勢（填“大于”“等于”或“小于”點的電勢；將一帶電量為的點電荷從點沿圖中弧線移動到點，電場力對該點電荷所做的總功（填“大于零”“等于零”或“小于零”。17．（2024?鼓樓區(qū)校級二模）“場離子顯微鏡”的金屬鎢針尖處于球形真空玻璃泡的球心，玻璃泡內壁有一層均勻導電膜：在鎢針和導電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場可視為位于點處點電荷形成的電場，如圖所示。、、、、為同一平面上的5個點，是一段以為圓心的圓弧，為的中點。、兩點場強大小分別為、，、、、四點電勢分別為、、、，則；，。（填“大于”“等于”或“小于”18．（2023?浦東新區(qū)二模）某空間的軸上只存在沿此軸方向的靜電場，軸上各點電勢分布如圖。一帶電量為的粒子只在電場力作用下由軸上某點無初速釋放，若粒子沿軸運動過程中的總能量恒為零，則粒子的活動區(qū)間是；運動過程中的最大動能為。19．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）相隔很遠、均勻帶電、的大平板在靠近平板處的勻強電場電場線如圖所示，電場強度大小均為。將兩板靠近，根據(jù)一直線上電場的疊加，得到電場線如圖所示，則此時兩板間的電場強度為，兩板相互吸引力的大小為。20．（2022?虹口區(qū)二模）雷雨天，在避雷針附近產生電場，其等勢面的分布如虛線所示。、、三點中，場強最大的位置是。一帶電量為的點電荷，由運動到，則其電勢能的變化△。四．解答題（共5小題）21．（2024?大興區(qū)校級模擬）類比法是研究物理問題的常用方法。（1）如圖甲所示為一個電荷量為的點電荷形成的電場，靜電力常量為，有一電荷量為的試探電荷放入場中，與場源電荷相距為。根據(jù)電場強度的定義式，推導：試探電荷所在處的電場強度的表達式。（2）場是物理學中重要的概念，除了電場和磁場外，還有引力場，物體之間的萬有引力就是通過引力場發(fā)生作用的。忽略地球自轉影響，地球表面附近的引力場也叫重力場。已知地球質量為，半徑為，引力常量為。請類比電場強度的定義方法，定義距離地球球心為處的引力場強度，并說明兩種場的共同點。（3）微觀世界的運動和宏觀運動往往遵循相同的規(guī)律，根據(jù)玻爾的氫原子模型，電子的運動可以看成是經典力學描述下的軌道運動，如圖乙。原子中的電子在原子核的庫侖引力作用下，繞靜止的原子核做勻速圓周運動。這與天體運動規(guī)律相似，天體運動軌道能量為動能和勢能之和。已知氫原子核（即質子）電荷量為，核外電子質量為，帶電量為，電子繞核運動的軌道半徑為，靜電力常量為。若規(guī)定離核無限遠處的電勢能為零，電子在軌道半徑為處的電勢能為，求電子繞原子核運動的系統(tǒng)總能量（包含電子的動能與電勢能）。22．（2024?河北）如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平面內繞點做圓周運動。圖中、為圓周上的兩點，點為最低點，點與點等高。當小球運動到點時，細線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為，質量為，、兩點間的電勢差為，重力加速度大小為，求：（1）電場強度的大小。（2）小球在、兩點的速度大小。23．（2024?東城區(qū)二模）如圖所示，在真空中、兩個完全相同的帶正電小球（可視為質點）分別用長為的輕細線系住，另一端懸掛在點，電荷量。為、連線中垂線，當、靜止時，。已知靜電力常量為，求：（1）輕細線拉力的大??；（2）點電場強度的大小和方向；（3）若把電荷量為的正試探電荷從點移到點，克服電場力做了的功，求、兩點間的電勢差。24．（2024?長春一模）一種測定電子比荷的實驗裝置如圖所示。真空玻璃管內陰極發(fā)出的電子經陽極與陰極之間的高壓加速后，形成一細束電子流，以平行于平板電容器極板的速度進入兩極板、間的區(qū)域，若兩極板、間無電壓，電子將打在熒光屏上的點，若在兩極板間施加電壓，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的點；若在極板間再施加一個方向垂直于紙面、磁感應強度為的勻強磁場，則電子在熒光屏上產生的光點又回到點。該裝置中、極板的長度為，間距為，極板區(qū)的中點到熒光屏中點的距離為，點到點的距離為。（1）判斷所加磁場的方向；（2）求電子經高壓加速后的速度大??；（3）求電子的比荷。25．（2024?安徽二模）如圖甲，豎直面內有一小球發(fā)射裝置，左側有光滑絕緣圓弧形軌道，與圓心等高，處于坐標原點，軸左側有一水平向右的勻強電場（圖中未畫出），電場強度的大小?，F(xiàn)將帶正電絕緣小球從點由靜止釋放進入軌道，一段時間后小球從點離開并進入軸右側，軸右側與直線（平行于軸）中間范圍內有周期性變化的水平方向電場，規(guī)定向右為正方向，交變電場周期，變化規(guī)律如圖乙。已知圓弧形軌道半徑，小球質量，電荷量，，重力加速度，，不計空氣阻力的影響及帶電小球產生的電場。求：（1）小球在點時的速度；（2）若小球在時刻經過點，在時刻到達電場邊界，且速度方向恰與直線平行，的大小及直線到軸的距離；（3）基于（2）中直線到軸的距離，小球在不同時刻進入交變電場再次經過軸時的坐標范圍。

2025年高考物理壓軸訓練11參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?成華區(qū)校級模擬）如圖所示，在一橢圓的兩焦點、和短軸上的一個端點，固定有三個電荷量相等的點電荷，其中、處的電荷帶正電，處的電荷帶負電，為橢圓中心，、是橢圓上關于點對稱的兩個點。取無窮遠處電勢為零。下列說法中正確的是A．、兩點的電勢不相同 B．、兩點的電場強度相同 C．一質子從靠近點處沿直線到點再到點，電勢能一直增大 D．一電子從靠近點處沿直線到點再到點，電勢能先減小后增大【答案】【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電場強度的疊加；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場【專題】分析綜合能力；定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；應用題【分析】根據(jù)點電荷電場線的分布特點和等勢面與電場線的關系分析、兩點電勢和電場強度的關系；根據(jù)帶電粒子運動過程中電場力做功分析電勢能的變化?！窘獯稹拷猓?、根據(jù)、兩點關于點對稱，、兩點電荷電性相同，電荷量相等，、兩點到點的距離相等，根據(jù)點電荷的電場線的分布情況及電場的疊加原理、等勢面與電場線的關系，可知、兩點的電勢相同，電場強度大小相等，方向不同，故錯誤；、根據(jù)電場的疊加可知，點到點的合場強應沿向下，質子從點到點，電場力做負功，電勢能增大，到的過程中，電場力也做負功，電勢能繼續(xù)增大，故正確；、電子從點到點，電場力做正功，電勢能減小，到的過程中，電場力也做正功，電勢能繼續(xù)減小，故錯誤。故選：?！军c評】本題主要考查電場力做功和電場疊加問題，根據(jù)場強疊加原則分析場強大小和電勢高低。2．（2024?濱州三模）如圖所示，長方形所在平面有勻強電場，、分別為邊、邊中點，已知邊長為、邊長為。將電子從點移動到點，電場力做功為；將電子從點移動到點，電場力做功為，不計所有粒子重力，下列說法正確的是A．長方形的四個頂點中，點的電勢最高 B．勻強電場的電場強度大小為 C．沿連線方向，電勢降低最快 D．從點沿方向發(fā)射動能為的電子，在以后的運動過程中該電子最小動能為【答案】【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；勻強電場中電勢差與電場強度的關系【專題】合成分解法；帶電粒子在電場中的運動專題；比較思想；分析綜合能力【分析】根據(jù)電勢差定義式求出、間以及、間的電勢差，取點電勢為零，得到點電勢。因為邊中點，則有，從而求得、兩點的電勢。根據(jù)各點電勢確定等勢面，結合等勢面與電場線垂直，沿電場線方向電勢逐漸降低，分析電場線方向，判斷電勢高低；根據(jù)公式求勻強電場的電場強度大??；沿電場線方向電勢降低最快；從點沿方向發(fā)射動能為的電子，該電子在電場中做類斜拋運動，則當電子沿電場線方向上的分速度為零時，電子的動能最小，結合運動的分解法求該電子最小動能?！窘獯稹拷猓骸⒂捎陔娮訋ж撾?，根據(jù)電勢差定義式可知，將電子從點移動到點，電場力做功為，則有將電子從點移動到點，電場力做功為，則有取點電勢為零，則由于為邊中點。則有結合解得：，則，為一條等勢線。根據(jù)等勢面與電場線垂直，沿電場線方向電勢逐漸降低，可知電場線沿方向，如下圖所示。可知，沿方向電勢降低最快，點的電勢最高，故錯誤；、勻強電場大小為，故錯誤；、從點沿方向發(fā)射動能為的電子，則該電子在電場中做類斜拋運動，則當電子沿電場線方向上的分速度為零時，電子的動能最小，此時電子的速度為由于發(fā)射動能為則最小動能為，故正確。故選：。【點評】本題的關鍵要電勢差的定義式，記住“在勻強電場中每前進相同的距離電勢的降落相等”，以及“線段中點的電勢等于兩端電勢的平均值”這兩個結論，并能靈活運用。3．（2024?重慶）沿空間某直線建立軸，該直線上的靜電場方向沿軸，某點電勢的隨位置變化的圖像如圖所示，一電荷量為帶負電的試探電荷，經過點時動能為，速度沿軸正方向，若該電荷僅受電場力，則其將A．不能通過點 B．在點兩側往復運動 C．能通過點 D．在點兩側往復運動【答案】【考點】圖像的理解與應用；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題【專題】信息給予題；定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力【分析】在圖像中，圖像的斜率表示電場強度的大小，斜率為零場強為零；斜率的正、負表示場強的方向，負電荷所受電場力與場強方向相反，結合動能定理和試探電荷的運動速度分析其運動狀態(tài)，然后作答?！窘獯稹拷猓涸趫D像中，圖像的斜率表示電場強度的大小，因此在處，場強為零。假設試探電荷能到達，電場力做功根據(jù)動能定理代入數(shù)據(jù)解得，假設成立，故錯誤；當，場強方向沿軸正方向，試探電荷所受電場力沿軸負方向，試探電荷做減速運動至速度為零，再向左做加速運動，重新回到處時，動能為，速度方向沿軸負方向；在范圍，場強方向沿軸負方向，電場力方向沿軸正方向，試探電荷做減速運動；設動能減為零時的電勢為，根據(jù)動能定理解得因此，試探電荷還未運動到處，速度減速至零；當試探電荷減速至零后，試探電荷又向右做加速運動，再次到達處速度達到最大，在區(qū)域，試探做減速運動至速度為零，再向左先做加速運動，后做減速運動至零，即試探電荷在點兩側往復運動，故正確，錯誤。故選：?！军c評】本題主要考查了圖像的斜率的含義，電場力做功公式以及動能定理；知道負電荷所受電場力的方向與場強方向相反。4．（2024?汕頭二模）利用靜電紡絲技術制備納米纖維材料是近年來材料領域的重要技術。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”；當電壓增至某個臨界值時（假設此后電壓保持不變），液滴從尖端噴出，在非勻強電場的作用下向下方運動，、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．液滴從到的過程做勻加速直線運動 C．液滴從到的過程電場力做負功 D．液滴向下做螺旋運動時電勢能減小【答案】【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題【專題】比較思想；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力；推理法【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；液滴從到的過程，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系判斷電場力做功正負，從而判斷出電勢能變化情況?！窘獯稹拷猓骸娮焯幍那蛐我旱卧跓o電場的情況下受重力和噴嘴的引力兩個力作用，故錯誤；、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，所以液滴從到的過程做變加速直線運動，故錯誤；、液滴帶正電，從到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，故錯誤；、液滴向下做螺旋運動時，電場力做正功，電勢能減小，故正確。故選：。【點評】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系判斷電場力做功情況。5．（2024?門頭溝區(qū)一模）圖甲是電場中的一條電場線，、是電場線上的兩點。電子僅在電場力作用下從點運動到點，其運動的圖像如圖乙所示。、點電場強度分別為和，電子在、點電勢能分別為和。下列說法正確的是A．， B．， C．， D．，【答案】【考點】電場強度與電場力的關系和計算；電場線的定義及基本特征；電場力做功與電勢能變化的關系【專題】分析綜合能力；定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題【分析】根據(jù)圖像分析加速度，從而分析電場力和場強的變化，根據(jù)電場力做功分析二者的電勢能大小關系。【解答】解：根據(jù)圖像的變化特點可知，從點運動到點電荷做加速度減小的加速運動，負電荷在、兩點的加速度大小關系為負電荷僅受電場力的作用，則，，解得：根據(jù)動能定理可知電場力對電子做了正功，電勢能減小，則有，故正確，錯誤。故選：。【點評】本題考查電場大小與電勢大小的判斷方法，注意電場力做功與電勢能變化的關系。6．（2024?北京）如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于、兩點，、是連線上的兩點，且。下列說法正確的是A．點電場強度比點電場強度大 B．點電勢與點電勢相等 C．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍 D．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，、兩點間電勢差不變【答案】【考點】電場強度的疊加；根據(jù)電場線的疏密判斷場強大??；等量異種電荷的電勢分布；非勻強電場中電勢差大小的比較【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理能力【分析】根據(jù)等量異種點電荷的電場線分布規(guī)律分析、兩點的場強大小關系；根據(jù)電場線上的電勢高低規(guī)律進行分析判斷；根據(jù)點電荷的場強公式和電場強度的疊加知識導出電場強度表達式，結合表達式進行定量分析，又根據(jù)公式做定性的分析?！窘獯稹拷猓河傻攘慨惙N點電荷的電場線分布特點知，、兩點電場強度大小相等，故錯誤；根據(jù)沿電場線方向電勢越來越低的知識可知，點電勢高于點電勢，故錯誤；根據(jù)點電荷的場強公式，結合電場疊加得點電場強度，若僅將兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，同理點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，間的平均電場強度變大，而間距不變，由，故、兩點間電勢差變大，故正確，錯誤。故選：。【點評】考查電場強度、電勢、電場疊加、電勢差等問題，會根據(jù)題意進行準確分析和判斷。7．（2024?梅州一模）如圖，新風系統(tǒng)除塵由機械除塵和靜電除塵兩部分構成，其中靜電除塵是通過電離空氣后使空氣中的粉塵微粒帶電，從而被電極吸附的空氣凈化技術。如圖虛線為一帶電粉塵（不計重力）在靜電除塵管道內的運動軌跡，實線為電場線（未標方向），下列判定正確的是A．帶電粉塵帶正電 B．帶電粉塵在除塵管道內做勻變速曲線運動 C．帶電粉塵在點的加速度小于在點的加速度 D．帶電粉塵在點的電勢能大于在點的電勢能【答案】【考點】電場線的定義及基本特征；電場力做功與電勢能變化的關系；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力【分析】根據(jù)物體做曲線運動的條件及帶電粒子所受電場力與場強方向的關系作答；電場線的疏密反映電場強度的大小，結合牛頓第二定律作答；根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系以及動能定理作答?！窘獯稹拷猓骸щ姺蹓m向正極板彎曲，說明帶電粉塵受正極板的吸引力，所以粉塵帶負電，故錯誤；、管道內的電場不是勻強電場，帶電粉塵在除塵管道內所受合為為變力作用，做變加速曲線運動，故錯誤；、電場線的疏密表示場強強弱，由題圖可知：，帶電粉塵在點所受電場力小于在點所受電場力，所以電粉塵在點的加速度小于在點的加速度，故正確；、帶電粉塵由到所受電場力指向軌跡的凹側，并沿著電場線的切線方向指向左下方，電場力的方向與由到的速度方向始終成鈍角，所以帶電粉塵從點到點電場力做負功，電勢能增加，點的電勢能小于點的電勢能，故錯誤。故選：?！军c評】本題考查了電場力做功與電勢能變化、場強大小的判斷以及粒子做曲線運動的條件，涉及的知識點較多，需要仔細分析。8．（2024?天心區(qū)校級模擬）如圖所示，絕緣水平光滑桿上套有一質量為的帶正電的小環(huán)，電荷量為，小環(huán)與絕緣彈簧相連，彈簧另一端固定于桿正上方的點。桿所在的空間存在著沿桿方向的勻強電場，桿上、兩點間的電勢差為，其中，小環(huán)以向右的速度經過點，并能通過點。已知在、兩點處，彈簧對小環(huán)的彈力大小相等，，，、之間的距離為，點位于點的正下方。在小環(huán)從點運動到點的過程中A．小環(huán)加速度最大值為 B．小環(huán)經過點時的速度最大 C．小環(huán)經過點時的速度大小為 D．小環(huán)在、兩點時，彈性勢能相等，動能也相等【答案】【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力【分析】．根據(jù)勻強電場的電場強度與電勢差關系可以求解場強大小，進一步對小環(huán)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可以判斷小環(huán)加速度最大；．根據(jù)運動過程受力以及牛頓第二定律可以判斷小環(huán)經過點時的速度是否最大；．小環(huán)從到的過程中，根據(jù)動能定理可以求解出小環(huán)經過點時的速度，進而判斷正誤?！窘獯稹拷猓海畡驈婋妶龅膱鰪姶笮榻獾卯斝…h(huán)剛越過點右側時，彈簧的彈力的水平分力和電場力都向右，所以合加速度必定大于，故錯誤；．小環(huán)在、之間運動的過程中，在點的加速度向右，不是速度最大的位置，故錯誤；．小環(huán)從到的過程中，根據(jù)動能定理得解得小環(huán)從到的過程中，電場力做功，小環(huán)在、兩點動能不相等，故正確，錯誤。故選：。【點評】掌握好能量變化的關系，弄清楚能量的去向是解答本題的關鍵，在、兩點處，彈簧對小環(huán)的彈力大小相等，則彈性勢能相等。9．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）如圖所示，粗糙水平面所在空間有水平向右的勻強電場，電場強度為。一質量為，帶電荷量為的物塊自點以初動能向右運動。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為，且，設點的電勢為零，規(guī)定水平向右為正方向，則物塊的動能、電勢能與物塊運動的位移關系圖像可能正確的是A． B． C． D．【答案】【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題【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【分析】．明確物塊的運動情況，根據(jù)動能定理求解；根據(jù)電場力的做功情況判斷電勢能的變化情況?！窘獯稹拷猓海斘飰K向右運動時，根據(jù)動能定理，有解得當物塊減速為0時，因為，所以物塊會向左加速，根據(jù)動能定理有解得故正確，錯誤；．物體先向右減速，再向左加速，而物體電場力方向向左，所以電場力先做負功，再做正功，故電勢能先增大后減小，故錯誤。故選：。【點評】本題主要是考查帶電物體在電場中的運動，關鍵是弄清楚物塊的受力情況和運動情況，掌握電場力做功和電勢能的關系。10．（2024?豐臺區(qū)二模）如圖所示，讓、和的混合物由靜止開始從點經同一加速電場加速，然后穿過同一偏轉電場。下列說法正確的是A．進入偏轉電場時三種粒子具有相同的速度 B．進入偏轉電場時三種粒子具有相同的動能 C．三種粒子從不同位置沿不同方向離開偏轉電場 D．三種粒子從相同位置沿相同方向離開偏轉電場【答案】【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力【分析】根據(jù)動能定理結合各粒子的比荷等進行具體分析解答；根據(jù)動能定理和類平拋運動的基本規(guī)律列式求解?！窘獯稹拷猓涸O粒子的質量為，電荷量為，加速電場電壓為，偏轉電場電壓為，偏轉電場板長為，板間距離為；粒子經過加速電場過程，根據(jù)動能定理可得可得可知、進入偏轉電場時具有相同的動能，進入偏轉電場時的動能最大；、進入偏轉電場時具有相同的速度，進入偏轉電場時的速度最大，故錯誤；粒子經過偏轉電場過程做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動規(guī)律則有聯(lián)立可得粒子離開偏轉電場時速度方向與水平方向的夾角滿足可知粒子經過偏轉電場的偏轉位移與粒子的電荷量和質量均無關，則、和進入偏轉經過加速電場和偏轉電場的軌跡相同，三種粒子從相同位置沿相同方向離開偏轉電場，故錯誤，正確。故選：。【點評】考查帶電粒子在電場中的加速和偏轉的問題，會根據(jù)題意列式進行準確的解答。二．多選題（共5小題）11．（2024?鼓樓區(qū)校級三模）某款伸展運動傳感器的原理圖如圖所示，它由一電極和可伸縮柱極體組成，可在非接觸狀態(tài)下實現(xiàn)力一電轉換。電極通過電阻接地處理，當帶負電的柱極體靠近電極時，從地面引出的電荷在電極上產生。當復合柱極體拉伸時，彈性體和柱極體粒子發(fā)生形變，改變了電極上的感應電荷量，并通過電阻器產生電流（電子移動方向如圖中箭頭所示）。下列說法正確的是A．在拉伸復合柱極體的過程中，電流自左向右流經電阻 B．在拉伸復合柱極體的過程中，柱極體內電荷相互作用的電勢能減小 C．在拉伸復合柱極體的過程中，電極上的電勢將升高 D．周期性拉伸復合柱極體，將有交變電流流經電阻【答案】【考點】電容器的動態(tài)分析不變）——板間距離變化【專題】定性思想；歸納法；電容器專題；理解能力【分析】根據(jù)電流的方向判斷；根據(jù)電場力做正功，電勢能減小判斷；根據(jù)電流方向從高電勢流向低電勢判斷；根據(jù)交變電流的定義判斷。【解答】解：．由題圖中電荷移動方向是自左向右通過電阻，我們規(guī)定電流方向為正電荷定向運動的方向，所以電流自右向左流經電阻，故錯誤；．在拉伸復合柱極體的過程中，柱極體內電荷距離增大，電場力對電荷做正功，所以相互作用的電勢能減小，故正確；．電流方向與電子定向運動的方向相反，根據(jù)電流方向是從高電勢流向低電勢這一原理可知，在拉伸復合柱極體的過程中，電極上的電勢降低，故錯誤；．周期性拉伸復合柱極體，則電流將往返通過電阻，故將有交變電流流經電阻，故正確。故選：?！军c評】知道電流方向是正電荷定向移動方向，與負電荷定向移動方向相反是解題的基礎。12．（2024?貴州模擬）如圖（a），水平放置長為的平行金屬板右側有一豎直擋板。金屬板間的電場強度大小為，其方向隨時間變化的規(guī)律如圖（b）所示，其余區(qū)域的電場忽略不計。質量為、電荷量為的帶電粒子任意時刻沿金屬板中心線射入電場，均能通過平行金屬板，并打在豎直擋板上。已知粒子在電場中的運動時間與電場強度變化的周期相同，不計粒子重力，則A．金屬板間距離的最小值為 B．金屬板間距離的最小值為 C．粒子到達豎直擋板時的速率都大于 D．粒子到達豎直擋板時的速率都等于【答案】【考點】帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力【分析】根據(jù)對稱性以及位移—時間公式可求出豎直方向的位移從而得到兩極板間的最小值；根據(jù)運動學公式，以及對運動的分析，可得到粒子到達豎直擋板時的速率的要求。【解答】解：．在、1、時刻進入電場的粒子在電場中的豎直位移最大，粒子在電場中運動的時間為，則豎直方向先做勻加速運動后做勻減速運動，由對稱性，則沿豎直方向受到電場力的作用，做初速度為零的勻加速運動，所以豎直方向的位移為金屬板間距離的最小值為故正確，錯誤；．粒子出離電場時的水平速度均為在豎直方向上，時刻進入電場的粒子，根據(jù)圖像可知，粒子先加速時間為，然后再減速時間，在時刻速度減為零；然后再反向加速時間，再反向減速時間，即在時刻出離電場時豎直速度再次減為零，粒子出離電場后做勻速直線運動，則達到豎直擋板時的速率等于，故錯誤，正確。故選：?！军c評】學生在解決本題時，應注意對于變化的電場問題，要根據(jù)電場的周期性變化找到粒子在不同電場情況下的運動情況。13．（2024?衡水模擬）科學家在研究電荷分布的對稱性的時候，巧妙地借助了我國傳統(tǒng)文化中的“陰陽太極圖”，以獲得更多的啟示和靈感，如圖所示的三維坐標系。太極圖呈圓形位于平面內，軸過圓心，在軸兩側對稱分布各有一個大半圓和小半圓，、各是小半圓的圓心，現(xiàn)在、上分別放置一個等電量的負點電荷和正點電荷，在軸的正向有一個定點，在圓的邊緣有一個位置，則下列說法正確的是A．若將正試探電荷由點沿軸移動到點，則的電勢能始終不變 B．若將正試探電荷由點沿“陰陽”邊界經移動到點，則的電勢能增加 C．若將負試探電荷沿虛線由移到，則電場力一直對電荷做正功 D．若將負試探電荷沿軸由向軸正向移動，則電荷克服電場力做負功【答案】【考點】電場力做功與電勢能變化的關系【專題】比較思想；圖析法；電場力與電勢的性質專題；理解能力【分析】電場力做功可量度電勢能的變化，電場力做正功時，電勢能減小，電場力做負功時，電勢能增大。根據(jù)電場力做功情況分析電勢能變化情況。【解答】解：、由題圖可知，軸在等量異種點電荷連線的中垂線上，該中垂線是一條等勢線，所以將正試探電荷由點沿軸移動到點，則的電勢能始終不變，故正確；、試探正電荷由點沿“陰陽”邊界經移動到點，可以分成兩部分看，第一部分是從到，這個過程位置的負點電荷對不做功，位置的正電荷對做負功，的電勢能增加；第二部分是從到，此過程位置的正電荷對不做功，位置的負電荷對做負功，電勢能仍然在增加，所以，的電勢能一直在增加，故正確；、將負試探電荷沿虛線由移到，電勢降低，電場力一直對電荷做負功，故錯誤；、將負試探電荷沿軸由向軸正向移動，則電場力與移動路徑一直垂直，電場力不做功，故錯誤。故選：?！军c評】本題考查了電場力做功、電勢能變化等知識點，要掌握等量異種電荷電場線、等勢面的分布情況，尤其要知道等量異種點電荷連線的中垂線是一條等勢線。14．（2024?南充模擬）如圖，豎直放置的立方體中心有一粒子源，粒子源可以水平向各個方向發(fā)射不同速度的帶正電的粒子，粒子比荷為。立方體處在豎直向下的勻強電場中，場強大小，立方體邊長，除上下底面外，其余四個側面均為熒光屏（包括邊緣）。不考慮粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子間的相互作用，粒子打到熒光屏上后被熒光屏吸收，不考慮熒光屏吸收粒子后的電勢變化。則A．粒子射出后，在電場中運動的加速度大小 B．粒子射出后，在電場中向上偏轉做類平拋運動 C．粒子從射出到打到熒光屏上運動的最長時間 D．不能打到熒光屏上的粒子，發(fā)射時的速度范圍為【答案】【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題【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【分析】根據(jù)牛頓第二定律求粒子打出后的加速度；正粒子受電場力與電場線方向相同，做類平拋運動；時間由沿電場方向的位移決定，從而可以確定最長時間打在下底邊緣上；由幾何關系得，當水平位移小于時。粒子將打不到熒光屏?！窘獯稹拷猓?、對帶正電的粒子受力分析，根據(jù)牛頓第二定律：代入解得：，故正確；、粒子帶正電，電場力方向與電場強度方向相同，均為豎直向下，與初速度方向垂直，故粒子射出后，在電場中向下偏轉做類平拋運動，故錯誤；、粒子從射出到打到熒光屏上運動的時間最長時，粒子恰好打在熒光屏下邊緣，滿足：解得：，故錯誤；、當粒子恰好打在熒光屏上，由幾何關系可知：而水平方向滿足：解得打在熒光屏上的最小速度：，故正確。故選：?！军c評】本題考查的是粒子源可以向水平各方向均勻地發(fā)射帶正電粒子，在電場中運動偏轉問題，本題的難點在于水平位移和豎直位移，試題難度一般。15．（2024?浙江模擬）電偶極子由兩個點電荷和組成，它們之間的距離為很小），總質量為。如圖所示，空間中某區(qū)域內存在一電場，其分布為。先令一電偶極子朝著方向，并使其中點位于處，再靜止釋放。下列說法正確的是A．的單位是 B．電偶極子受到的合力 C．電偶極子靜止釋放后的運動可看作簡諧運動的一部分 D．電偶極子的電勢能【答案】【考點】牛頓第二定律的簡單應用；電場強度的定義、單位和方向；電勢能的概念和計算【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力【分析】根據(jù)電場強度的單位分析；根據(jù)力的合成法則計算；根據(jù)受力方向與運動方向的關系分析；根據(jù)電場力做功等于電勢能的變化量分析?！窘獯稹拷猓海呻妶鰪姸鹊膯挝皇?，由于，則的單位是，故正確；．電偶極子受到的合力，故正確；．電偶極子所受合力方向沿軸正方向，靜止釋放后一直向軸正方向運動，合力方向與位移方向同向，所以電偶極子不會做簡諧運動，故錯誤；．兩個電荷放在一起電勢能為零，相當于把其中一個移開了距離，電場力做的功就是變化的電勢能，若是勻強電場，電偶極子的電勢能為：，而實際不是勻強電場，故電偶極子的電勢能不等于，故錯誤。故選：?！军c評】掌握電場力做功與電勢能的關系，知道電偶極子的受力方向是解題的基礎。三．填空題（共5小題）16．（2024?福建）如圖，圓心為點、半徑為的圓周上有、、、、、、、八個等分點，點固定有一帶電量為的點電荷，其余各點均固定有帶電量為的點電荷。已知靜電力常量為，則點的電場強度大小為。、分別為、的中點，則點的電勢（填“大于”“等于”或“小于”點的電勢；將一帶電量為的點電荷從點沿圖中弧線移動到點，電場力對該點電荷所做的總功（填“大于零”“等于零”或“小于零”。【答案】，大于，大于零?！究键c】電場力做功與電勢能變化的關系【專題】推理法；電場力與電勢的性質專題；定量思想；推理論證能力【分析】根據(jù)對稱性排除相應電荷對電場強的干擾，然后分析不具備對稱性的點電荷對的場強，結合場強的疊加原理，電場中電勢高低的判斷方法以及電場力做功的知識進行分析解答?！窘獯稹拷猓河捎趯ΨQ性，直徑、上面三個電荷與下面三個電荷對點的場強之和為0，對、兩點電勢的影響相同，因此只需考慮點和點兩個電荷即可。根據(jù)點電荷場強公式和場強疊加原理，點場強為；點更靠近點的，點更靠近點的，則點電勢大于點；將從點移到點，電場力做功。故答案為：，大于，大于零。【點評】考查點電荷的場強和電場疊加知識，會根據(jù)電荷分布判斷電勢高低以及電場力對電荷做功的問題。17．（2024?鼓樓區(qū)校級二模）“場離子顯微鏡”的金屬鎢針尖處于球形真空玻璃泡的球心，玻璃泡內壁有一層均勻導電膜：在鎢針和導電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場可視為位于點處點電荷形成的電場，如圖所示。、、、、為同一平面上的5個點，是一段以為圓心的圓弧，為的中點。、兩點場強大小分別為、，、、、四點電勢分別為、、、，則小于；，。（填“大于”“等于”或“小于”【答案】小于；等于；小于?！究键c】通過電場線的方向判斷電勢的高低；帶電體周圍的電勢分布；等勢面及其與電場線的關系；非勻強電場中電勢差大小的比較【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力【分析】由于沿電場線電勢降低，從而可判斷電勢大?。焕秒妶龅碾妱莘植记闆r，可判斷電勢大??；根據(jù)公式，結合微元思想可判斷電勢情況?！窘獯稹拷猓河捎谘刂妶鼍€方向電勢逐漸降低，可知由題知，在鎢針和導電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場可視為位于點處點電荷形成的電場，則根據(jù)點電荷形成的電場的電勢分布可知且越靠近場強越強，則部分的場強均大于部分的場強，則根據(jù)，結合微元法可定性判別出而則故答案為：小于；等于；小于?！军c評】學生在解答本題時，應注意電勢的性質，掌握基本的電場分布情況。18．（2023?浦東新區(qū)二模）某空間的軸上只存在沿此軸方向的靜電場，軸上各點電勢分布如圖。一帶電量為的粒子只在電場力作用下由軸上某點無初速釋放，若粒子沿軸運動過程中的總能量恒為零，則粒子的活動區(qū)間是；運動過程中的最大動能為?！敬鸢浮?；【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；勻強電場中電勢差與電場強度的關系【專題】推理能力；推理法；定量思想；帶電粒子在電場中的運動專題【分析】圖象的斜率代表電場強度，根據(jù)粒子受力情況分析運動情況，根據(jù)能量守恒定律分析最大動能?！窘獯稹拷猓毫Ｗ友剌S運動過程中的總能量恒為零，則粒子是在或處釋放，由于圖象的斜率代表電場強度，則可知的電場強度沿軸正方向，的電場強度沿軸負方向，釋放時小球受電場力指向點，所以粒子的活動區(qū)間是；粒子帶負電，當電勢最小時，動能最大，則最大動能為故答案為：；【點評】本題考查了靜電場的相關問題，考查知識點針對性強，難度較大，考查了學生掌握知識與應用知識的能力，注意理解圖象。19．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）相隔很遠、均勻帶電、的大平板在靠近平板處的勻強電場電場線如圖所示，電場強度大小均為。將兩板靠近，根據(jù)一直線上電場的疊加，得到電場線如圖所示，則此時兩板間的電場強度為，兩板相互吸引力的大小為?！究键c】電場線【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理能力【分析】根據(jù)電場疊加原理以及解答?！窘獯稹拷猓簝蔁o限大帶電平行板間的場強原來是，將兩板靠近時，相當于一個平行板電容器，兩極板之間相當于勻強電場，根據(jù)電場疊加原理，兩板靠近時兩板間的電場場強為。兩板相互吸引的電場力大小為：，故答案為：；?！军c評】記住電場線的特點：電場線從正電荷出發(fā)，到負電荷終止；或從無窮遠出發(fā)到無窮遠終止，注意兩極間的電量沒有變，是解題的關鍵．20．（2022?虹口區(qū)二模）雷雨天，在避雷針附近產生電場，其等勢面的分布如虛線所示。、、三點中，場強最大的位置是點。一帶電量為的點電荷，由運動到，則其電勢能的變化△。【答案】點，【考點】電場強度與電場力；電場線；電勢能與電場力做功【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理能力【分析】由等勢面越稀疏的位置電場強度小判斷場強大小，由求解電勢能變化?！窘獯稹拷猓旱葎菥€越密集的地方場強越大，、、三點中，場強最大的位置是點。由運動到，則其電勢能的變化故答案為：點，【點評】本題考查靜電力，學生需深刻理解電場強度與電勢的關系。四．解答題（共5小題）21．（2024?大興區(qū)校級模擬）類比法是研究物理問題的常用方法。（1）如圖甲所示為一個電荷量為的點電荷形成的電場，靜電力常量為，有一電荷量為的試探電荷放入場中，與場源電荷相距為。根據(jù)電場強度的定義式，推導：試探電荷所在處的電場強度的表達式。（2）場是物理學中重要的概念，除了電場和磁場外，還有引力場，物體之間的萬有引力就是通過引力場發(fā)生作用的。忽略地球自轉影響，地球表面附近的引力場也叫重力場。已知地球質量為，半徑為，引力常量為。請類比電場強度的定義方法，定義距離地球球心為處的引力場強度，并說明兩種場的共同點。（3）微觀世界的運動和宏觀運動往往遵循相同的規(guī)律，根據(jù)玻爾的氫原子模型，電子的運動可以看成是經典力學描述下的軌道運動，如圖乙。原子中的電子在原子核的庫侖引力作用下，繞靜止的原子核做勻速圓周運動。這與天體運動規(guī)律相似，天體運動軌道能量為動能和勢能之和。已知氫原子核（即質子）電荷量為，核外電子質量為，帶電量為，電子繞核運動的軌道半徑為，靜電力常量為。若規(guī)定離核無限遠處的電勢能為零，電子在軌道半徑為處的電勢能為，求電子繞原子核運動的系統(tǒng)總能量（包含電子的動能與電勢能）?！敬鸢浮浚?）處的電場強度的大小為；（2）引力場強度為；兩種場的共同點：①都是一種看不見的特殊物質；②場強都是既有大小又有方向的矢量；③兩種場力做功都與路徑無關，可以引入“勢”的概念；④力做功的過程，都伴隨著一種勢能的變化；⑤都可以借助電場線（引力場線）、等勢面（等高線）來形象描述場。；（3）電子繞原子核運動的軌道能量為，電子向距離原子核遠的高軌道躍遷時其能量變大?！究键c】點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場；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系【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；電荷守恒定律與庫侖定律專題；分析綜合能力【分析】（1）根據(jù)電場強度的定義式，求處的電場強度的大??；（2）類比電場強度的定義方法，求引力場強度；（3）根據(jù)庫侖引力提供向心力、動能定義，求電子繞原子核運動的軌道動能，再求電子繞原子核運動的軌道能量【解答】解：（1）根據(jù)庫侖定律和場強的定義式有解得（2）根據(jù)萬有引力定律則距離地球球心為處的引力場強度為兩種場的共同點：①都是一種看不見的特殊物質；②場強都是既有大小又有方向的矢量；③兩種場力做功都與路徑無關，可以引入“勢”的概念；④力做功的過程，都伴隨著一種勢能的變化；⑤都可以借助電場線（引力場線）、等勢面（等高線）來形象描述場。（3）根據(jù)則動能為電子繞原子核運動的軌道能量為電子向距離原子核遠的高軌道躍遷時增大，動能減小，電勢能增加，電子繞原子核運動的軌道能量增加。答：（1）處的電場強度的大?。唬?）引力場強度；兩種場的共同點：①都是一種看不見的特殊物質；②場強都是既有大小又有方向的矢量；③兩種場力做功都與路徑無關，可以引入“勢”的概念；④力做功的過程，都伴隨著一種勢能的變化；⑤都可以借助電場線（引力場線）、等勢面（等高線）來形象描述場。；（3）電子繞原子核運動的軌道能量為，電子向距離原子核遠的高軌道躍遷時其能量變大?！军c評】本題考查學生對電場強度的定義式、類比法、庫侖引力提供向心力、動能定義的掌握，考點豐富，難度中等。22．（2024?河北）如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平面內繞點做圓周運動。圖中、為圓周上的兩點，點為最低點，點與點等高。當小球運動到點時，細線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為，質量為，、兩點間的電勢差為，重力加速度大小為，求：（1）電場強度的大小。（2）小球在、兩點的速度大小?！敬鸢浮浚?）電場強度的大小為。（2）小球在點的速度大小，點的速度大小為?！究键c】繩球類模型及其臨界條件；勻強電場中電勢差與電場強度的關系【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理能力【分析】（1）根據(jù)勻強電場的電場強度的表達式計算；（2）根據(jù)牛頓第二定律和動能定理列式求解兩個速度大小?！窘獯稹拷猓海?）由題意，、兩點間的電勢差為，沿電場線方向的距離為，根據(jù)勻強電場強度公式有（2）設點速度大小為，的速度大小為，小球運動到點位置，根據(jù)牛頓第二定律有，解得，小球從運動的過程，根據(jù)動能定理有，解得。答：（1）電場強度的大小為。（2）小球在點的速度大小，點的速度大小為。【點評】考查動能定理和牛頓第二定律的應用，會根據(jù)題意進行準確分析和解答。23．（2024?東城區(qū)二模）如圖所示，在真空中、兩個完全相同的帶正電小球（可視為質點）分別用長為的輕細線系住，另一端懸掛在點，電荷量。為、連線中垂線，當、靜止時，。已知靜電力常量為，求：（1）輕細線拉力的大小；（2）點電場強度的大小和方向；（3）若把電荷量為的正試探電荷從點移到點，克服電場力做了的功，求、兩點間的電勢差?！敬鸢浮浚?）輕細線拉力的大小為；（2）點電場強度的大小為，方向豎直向上；（3）、兩點間的電勢差為?！究键c】共點力的平衡問題及求解；電勢差的概念、單位和物理意義；勻強電場中電勢差與電場強度的關系；庫侖定律的表達式及其簡單應用【專題】定量思想；電場力與電勢的性質專題；推理法；分析綜合能力【分析】（1）對小球進行正確受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解庫侖力；（2）根據(jù)點電荷的場強表達式，通過矢量合成法則點電場強度的大小和方向；（3）依據(jù)即可求解、兩點間的電勢差。【解答】解：（1）根據(jù)庫侖定律得：、間的庫侖力根據(jù)平衡條件得：（2）由點電荷的場強公式知點的場強，方向豎直向上（3）根據(jù)電勢差和電場力做功關系得：、答：（1）輕細線拉力的大小為；（2）點電場強度的大小為，方向豎直向上；（3）、兩點間的電勢差為?！军c評】本題主要考查了庫侖定律的相關應用，熟悉物體的受力分析，結合庫侖定律即可完成解答。24．（2024?長春一模）一種測定電子比荷的實驗裝置如圖所示。真空玻璃管內陰極發(fā)出的電子經陽極與陰極之間的高壓加速后，形成一細束電子流，以平行于平板電容器極板的速度進入兩極板、間的區(qū)域，若兩極板、間無電壓，電子將打在熒光屏上的點，若在兩極板間施加電壓，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的點；若在極板間再施加一個方向垂直于紙面、磁感應強度為的勻強磁場，則電子在熒光屏上產生的光點又回到點。該裝置中、極板的長度為，間距為，極板區(qū)的中點到熒光屏中點的距離為，點到點的距離為。（1）判斷所加磁場的方向；（2）求電子經高壓加速后的速度大??；（3）求電子的比荷?！敬鸢浮看穑海?）磁場方向垂直于紙面向外；（2）電子經高壓加速后的速度大小為；（3）電子的比荷為?！究键c】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理能力【分析】（1）對電子受力分析，可知電子受到電場力和洛倫茲力平衡，電場力方向豎直向下，則洛倫茲力豎直向上，結合左手定則即可判斷出磁場方向。（2）電子受到電場力和洛倫茲力平衡，電場力的大小為，洛倫茲力的大小為，即可求解電子經高壓加速后的速度大小。（3）沒有加磁場時，電子進入平行板電容器極板間做類平拋運動，由牛頓第二定律和運動學公式可推導出垂直于極板方向的位移，電子離開極板區(qū)域后做勻速直線運動，水平方向的速度等于電子剛進入極板間的初速度，求出勻速直線運動的時間，即可求出點離開點的距離。加上磁場后，熒光屏上的光點重新回到點，說明電子通過平行板電容器的過程中電子所受電場力與磁場力相等，洛倫茲力豎直向上，故根據(jù)左手定則可求出磁場的方向，并能得到電子進入極板時的速度大小，聯(lián)立可求出比荷?！窘獯稹拷猓海?）加上磁場后，熒光屏上的光點重新回到點，可知電子受到電場力和洛倫茲力平衡，電場力方向豎直向下，則洛倫茲力豎直向上，故根據(jù)左手定則可得出磁場方向垂直于紙面向外。（2）電子受到電場力和洛倫茲力平衡，有又有聯(lián)立解得，電子射入偏轉電場的速度（3）電子在極板區(qū)域運行的時間在電場中的偏轉位移電子離開極板區(qū)域時，沿垂直極板方向的末速度設電子離開極板區(qū)域后，電子到達光屏點所需的時間為，則有電子離開電場后在垂直極板方向的位移點離開點的距離等于電子在垂直極板方向的總位移聯(lián)立解得答：（1）磁場方向垂直于紙面向外；（2）電子經高壓加速后的速度大小為；（3）電子的比荷為?！军c評】本題是帶電粒子在電場、復合場中運動的問題，類平拋運動根據(jù)運動的分解法研究，電子在復合場中，是速度選擇器的原理，難度適中。25．（2024?安徽二模）如圖甲，豎直面內有一小球發(fā)射裝置，左側有光滑絕緣圓弧形軌道，與圓心等高，處于坐標原點，軸左側有一水平向右的勻強電場（圖中未畫出），電場強度的大小?，F(xiàn)將帶正電絕緣小球從點由靜止釋放進入軌道，一段時間后小球從點離開并進入軸右側，軸右側與直線（平行于軸）中間范圍內有周期性變化的水平方向電場，規(guī)定向右為正方向，交變電場周期，變化規(guī)律如圖乙。已知圓弧形軌道半徑，小球質量，電荷量，，重力加速度，，不計空氣阻力的影響及帶電小球產生的電場。求：（1）小球在點時的速度；（2）若小球在時刻經過點，在時刻到達電場邊界，且速度方向恰與直線平行，的大小及直線到軸的距離；（3）基于（2）中直線到軸的距離，小球在不同時刻進入交變電場再次經過軸時的坐標范圍?！究键c】動能定理的簡單應用；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題【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【分析】（1）根據(jù)矢量合成的特點得出小球的受力，結合動能定理得出小球的速度；（2）根據(jù)小球在不同方向上的運動特點，結合運動學公式得出場強的大小和對應的距離；（3）理解小球的運動特點，結合運動學公式得出小球在不同時刻進入交變電場再次經過軸時的坐標范圍。【解答】解：（1）小球在軸左側，根據(jù)矢量合成的特點可得：解得：方向與水平方向成向下，根據(jù)動能定理，小球到運動過程解得：方向為與水平方向成。（2）小球到達直線時速度方向恰與平行，即水平速度恰減到0，根據(jù)電場的周期性解得：根據(jù)牛頓第二定律可得：解得：根據(jù)速度—位移關系式解得：（3）小球在軸右側豎直方向做豎直上拋運動，小球再次經過軸的運動時間相同恰經過一個周期，時刻進入電場，小球在一個周期內水平方向先減速運動再加速，此過程小球水平方向平均速度最小，離點最近聯(lián)立解得：因為小球在電場內經過軸，時刻進入電場，小球在一個周期內水平方向先加速運動解得：且恰加速運動至所在直線，小球出電場后做勻速運動解得：則此過程小球水平方向平均速度最大，離點最遠，綜上，小球經過軸時的坐標范圍為答：（1）小球在點時的速度為，方向為與水平方向成；（2）若小球在時刻經過點，在時刻到達電場邊界，且速度方向恰與直線平行，的大小為，直線到軸的距離為；（3）基于（2）中直線到軸的距離，小球在不同時刻進入交變電場再次經過軸時的坐標范圍為?！军c評】本題主要考查了帶電物體在電場中的運動，熟悉物體的受力分析，理解圖像的物理意義，結合牛頓第二定律和運動學公式即可完成解答。

考點卡片1．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法，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：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關知識進行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結”與“死結”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結”與“死結”模型①“活結”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態(tài)時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽K的作用力應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?！久}方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結合平衡條件分析是關鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為GD.兩繩的拉力大小均為分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據(jù)合力為零分析AB選項；根據(jù)對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G＝，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F2＝，故C正確，D錯誤。故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.mgC.mgD.mg分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關系可知，當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°＝mg故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關鍵是當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體（都處于靜止狀態(tài)），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據(jù)平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG＝＝M2g，方向水平向右。答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為；（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，。2.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構成的系統(tǒng)，應明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結論。2．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量?！久}方向】一質量為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。人對電梯底部的壓力為（）A、B、2mgC、mgD、分析：對人受力分析，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+ma＝mg根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于mg；故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關物理量。3．繩球類模型及其臨界條件【知識點的認識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內側做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內做圓周運動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細管內做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，質量為M的支座上有一水平細軸．軸上套有一長為L的細繩，繩的另一端栓一質量為m的小球，讓球在豎直面內做勻速圓周運動，當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，則此時小球的線速度是多少？分析：當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，由此說明此時支座和球的重力全部作為了小球的向心力，再根據(jù)向心力的公式可以求得小球的線速度．解答：對支座M，由牛頓運動定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①對小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝m﹣﹣﹣②聯(lián)立①②式可解得：v＝．答：小球的線速度是．點評：物體做圓周運動需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡單．【解題思路點撥】對于豎直平面內的圓周運動，一般題目都會給出關鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力，mg＝m，從而可以求出最高點的速度v＝。4．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(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動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大?。唬?）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X＝at2＝×3×62m＝54m。（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候對全程應用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。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，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。5．庫侖定律的表達式及其簡單應用【知識點的認識】1．內容：在