2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之靜電場（2024年9月）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之靜電場（2024年9月）一．選擇題（共11小題）1．（2024?岳麓區(qū)校級開學(xué)）如圖所示，在平行板電容器兩板間有一個帶電微粒。開關(guān)S閉合時，該微粒恰好能靜止在水平極板的正中間O。下列操作能使該微粒移動但在移動過程中重力勢能不變的是（）A．保持S閉合，極板N上移 B．充電后將S斷開，極板N上移 C．電容器繞垂直于紙面的O軸整體轉(zhuǎn)過一個小角度θ D．極板M和N分別繞垂直于紙面的O1和O2軸沿相同方向轉(zhuǎn)過相同的小角度θ2．（2024?杭州開學(xué)）下列關(guān)于物理學(xué)史的敘述正確的是（）A．第谷根據(jù)開普勒觀測數(shù)據(jù)提出了行星運動定律 B．牛頓利用扭秤實驗比較準(zhǔn)確的測出萬有引力常量G C．伽利略運用了實驗和邏輯推理相結(jié)合的方法研究了物體下落規(guī)律 D．庫侖發(fā)現(xiàn)了庫侖定律，并通過油滴實驗測定了元電荷的數(shù)值3．（2024?浙江開學(xué)）下列物理量屬于矢量且單位正確的是（）A．功率（W） B．磁感應(yīng)強(qiáng)度（T） C．電勢差（V） D．溫度（K）4．（2024?浙江開學(xué)）如圖所示，長為L的輕繩上端固定在O點，下端系一帶電量為+q的小球，置于水平向右的勻強(qiáng)電場E=3mg4q中，OA與豎直方向的夾角37°，OA一半處的P點有一小釘子?，F(xiàn)將小球拉至B點，使輕繩與OA夾角很小，然后由靜止釋放小球，小球在豎直平面內(nèi)運動。點C（圖中未標(biāo)出）是小球能夠到達(dá)OA左側(cè)最遠(yuǎn)位置，重力加速度為A．小球在C點時所受合力為零 B．小球在A點時繩子拉力等于54C．小球擺動到C點時具有的機(jī)械能等于在B點具有的機(jī)械能 D．小球擺動的周期為π(25．（2024?尋甸縣校級開學(xué)）兩個正、負(fù)點電荷周圍電場線分布如圖所示，P、Q為電場中兩點，則（）A．P點處電場強(qiáng)度小于Q點處的電場強(qiáng)度 B．P點處電勢小于Q點處的電勢 C．負(fù)電荷在P點的電勢能高于在Q點的電勢能 D．正電荷由P點運動到Q點電場力做正功6．（2024?全國自主招生）如圖（a），有四個相同的金屬板M、N、P、Q，M與N平行、P與Q平行，O點到各板的距離相等。兩對金屬板上的電勢差UMN及UPQ隨時間按圖（b）規(guī)律做周期性變化，U0和t0均為已知。在t＝0時將電子從O點由靜止釋放，不計電子所受重力，忽略邊緣效應(yīng)，經(jīng)過一段時間（大于4t0）后電子將到達(dá)（）A．M板 B．N板 C．P板 D．Q板7．（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(zhì)量為m的帶正電的小環(huán)，電荷量為q，小環(huán)與絕緣彈簧相連，彈簧另一端固定于桿正上方的P點。桿所在的空間存在著沿桿方向的勻強(qiáng)電場，桿上M、N兩點間的電勢差為φM﹣φN＝2φ0，其中φ0＞0，小環(huán)以向右的速度v0經(jīng)過M點，并能通過N點。已知在M、N兩點處，彈簧對小環(huán)的彈力大小相等，∠MPN＝90°，∠PNM＝30°，M、N之間的距離為2L，Q點位于P點的正下方。在小環(huán)從M點運動到N點的過程中（）A．小環(huán)加速度最大值為qφB．小環(huán)經(jīng)過Q點時的速度最大 C．小環(huán)經(jīng)過N點時的速度大小為v0D．小環(huán)在M、N兩點時，彈性勢能相等，動能也相等8．（2020?連城縣校級模擬）如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為L的正三角形的三個頂點上，a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負(fù)電，整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場中，已知靜電力常量為k，若三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法中正確的是（）A．a(chǎn)球所受合力斜向左 B．c球帶電量的大小為2q C．勻強(qiáng)電場的方向垂直于ab邊由ab的中點指向c點 D．因為不知道c球的電量大小，所以無法求出勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小9．（2024?香坊區(qū)校級開學(xué)）用一條絕緣輕繩，懸掛一個質(zhì)量為4.0×10﹣4kg，電荷量為2.0×10﹣8C的小球，細(xì)線的上端固定于O點。如圖，現(xiàn)加一水平向右的勻強(qiáng)電場，平衡時絕緣繩與豎直方向的夾角為37°，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。關(guān)于勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E和平衡時細(xì)線的拉力T，下列說法正確的是（）A．E＝1.5×106N/C B．T＝5.0×10﹣3N C．E＝3.0×106N/C D．T＝2.4×10﹣3N10．（2023秋?新鄭市校級月考）如圖所示，真空中有一個正方形平面ABCD，O為正方形的中心，現(xiàn)在A、C兩頂點分別固定等量異種點電荷，M、N是過O點的正方形垂線上關(guān)于O點不對稱的兩點，下列說法正確的是（）A．M、N兩點的電場強(qiáng)度大小不等，方向相同 B．M、N兩點的電場強(qiáng)度大小相等，方向不同 C．若將電子從O點移動到M點，其電勢能增加 D．若將電子從O點移動到N點，其電勢能減少11．（2024春?淮安期末）如圖所示，絕緣輕繩懸掛一帶電小球，靜止于水平向右的勻強(qiáng)電場中，此時繩與豎直方向間的夾角θ＝30°，則小球所受電場力（）A．方向豎直向上 B．方向水平向右 C．等于重力 D．大于重力二．多選題（共4小題）（多選）12．（2024秋?尋甸縣校級月考）真空中有一正三角形ABC，如圖所示，M、N分別為AB、AC的中點，在B、C兩點分別固定等量異種點電荷，其中B點固定負(fù)電荷，C點固定正電荷。則（）A．沿直線從A點到M點，電勢逐漸降低 B．將電子沿直線從N點移動到A點，電子的電勢能逐漸增大 C．將電子沿直線從M點移動到A點，電場力一直做正功 D．M點和N點電場強(qiáng)度相等（多選）13．（2024?雁塔區(qū)校級開學(xué)）如圖，真空中電荷量為2q和﹣q（q＞0）的兩個點電荷分別位于M點與N點，形成一個以MN直線上O點為球心，電勢為零的等勢面（取無窮遠(yuǎn)處電勢為零），P為MN連線上的一點，S為等勢面與直線MN的交點，T為等勢面上的一點，N'為N關(guān)于O點的對稱點，下列說法正確的是（）A．P點電勢高于S點電勢 B．T點電場強(qiáng)度方向指向N點 C．除無窮遠(yuǎn)處外，MN直線上還存在一個電場強(qiáng)度為零的點 D．將正試探電荷q0從T點移到N'點，靜電力做正功（多選）14．（2024秋?新鄭市校級月考）如圖所示，真空中有一半徑為5cm的圓，其圓心為O，△ABC是圓的內(nèi)接直角三角形，∠BAC＝63.5°，空間存在著平行于圓面的勻強(qiáng)電場（取O點的電勢為零）。一電子放在C點時具有的電勢能為8eV，把電子從A點移動到B點，克服靜電力做功為8eV。放置在A點的質(zhì)子源，向各個方向發(fā)射動能均為5eV的質(zhì)子。已知電子的電荷量為﹣e，不考慮質(zhì)子源產(chǎn)生的電場，不計各種粒子的重力和粒子間的相互作用力，下列說法正確的是（）A．圓周上B、C兩點間的電勢差UBC＝8V B．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為200V/m C．若某一質(zhì)子到達(dá)圓周邊界時的電勢能為4eV，則其動能為leV D．當(dāng)某個質(zhì)子經(jīng)過圓周上某一位置時，動能可能為22eV（多選）15．（2024?合肥三模）如圖所示，平行板電容器兩極板與直流電源、理想二極管D（正向電阻為零，反向電阻無窮大）、定值電阻R連接，電容器下板B接地，兩板間P點有一帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將上極板A向上移動，則下列說法正確的是（）A．R中有從a到b的電流 B．兩極板間電壓保持不變 C．油滴的電勢能不變 D．油滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài)三．解答題（共5小題）16．（2024春?渝中區(qū)校級期中）如圖所示，真空中有一固定的點電荷B，在其正上方相距為L處，將另一可視為質(zhì)點的帶電小球A無初速度釋放，釋放瞬間小球A的加速度大小為g2，方向豎直向下，運動過程中A、B（1）當(dāng)A、B相距為L2時，A（2）當(dāng)A的動能最大時，A、B間的距離。17．（2024?尋甸縣校級開學(xué)）如圖所示，兩正對的平行金屬板AB、CD與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。AB板帶正電、CD板帶負(fù)電，兩板間距10cm，電荷量為1.0×10﹣8C，質(zhì)量為3.0×10﹣4kg的小球用長為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點處于靜止?fàn)顟B(tài)。細(xì)線與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線，小球運動到CD板上的M點（未標(biāo)出），g取10m/s2。求：（1）M點到C點的距離；（2）電場強(qiáng)度大小。18．（2024秋?福州月考）電子技術(shù)中通常利用勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)實現(xiàn)帶電粒子的平行側(cè)移。如圖所示，兩偏轉(zhuǎn)電場Ⅰ、Ⅱ?qū)挾染鶠長，場強(qiáng)大小均為E、方向相反（均沿豎直方向）。一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子，由靜止開始經(jīng)過電壓為U的電場加速后，從A點垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場Ⅰ，最后從偏轉(zhuǎn)電場Ⅱ中的B點射出，已知兩電場相距L，不計帶電粒子的重力，求：（1）帶電粒子從加速電場射出時速度v0的大??；（2）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場I離開時豎直方向偏移的距離y；（3）A、B之間沿電場線方向的距離h。19．（2024?浦東新區(qū)校級開學(xué)）蜜蜂授粉蜜蜂飛行過程中身上會積累少量正電荷，一只蜜蜂通常的帶電量約為+3×10﹣11C，蜜蜂傳播花粉時就利用了這些電荷。當(dāng)蜜蜂飛到花蕊附近時，花粉顆粒會粘附在蜜蜂身上。當(dāng)蜜蜂接近下一朵花時，部分花粉會留在下一朵花的花蕊上，完成授粉。靜電力常量k＝9.0×109N?m2/C2，元電荷e＝1.6×10﹣19C。（1）一只原來電中性的蜜蜂在飛行過程中帶上了+3×10﹣11C的電量，這是由于它。A．失去了1.9×108個質(zhì)子B．失去了1.9×108個電子C．得到了1.9×108個電子D．得到了1.9×108個質(zhì)子（2）當(dāng)蜜蜂靠近帶負(fù)電的花蕊時，它們之間的電場如圖所示。a、b兩點中點電場強(qiáng)度較大，點電勢較高（均選：A．a(chǎn)；B．b）。（3）花粉沿著ab所在的電場線移動到蜜蜂身上。（選填“A．能”“B．不能”）（4）蜜蜂不愿靠近因剛被授粉而帶正電的花蕊。當(dāng)一只蜜蜂靠近一朵已被授粉的花蕊時，它們之間的電場線分布可能為。20．（2024?故城縣校級開學(xué)）固定的光滑絕緣半球槽的半徑為R，處在水平向右的勻強(qiáng)電場中，一個質(zhì)量為m的帶電小球從槽的右端A處（與球心等高）無初速度沿軌道滑下，滑到最低點B時，球?qū)壍赖膲毫?mg。求：（1）小球從A到B的過程中受到的電場力做的功；（2）帶電小球通過B點時的加速度大小；（3）帶電小球在滑動過程中的最大速度。

2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之靜電場（2024年9月）參考答案與試題解析一．選擇題（共11小題）1．（2024?岳麓區(qū)校級開學(xué)）如圖所示，在平行板電容器兩板間有一個帶電微粒。開關(guān)S閉合時，該微粒恰好能靜止在水平極板的正中間O。下列操作能使該微粒移動但在移動過程中重力勢能不變的是（）A．保持S閉合，極板N上移 B．充電后將S斷開，極板N上移 C．電容器繞垂直于紙面的O軸整體轉(zhuǎn)過一個小角度θ D．極板M和N分別繞垂直于紙面的O1和O2軸沿相同方向轉(zhuǎn)過相同的小角度θ【考點】平行板電容器內(nèi)的受力平衡問題；電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化；電容器的動態(tài)分析（Q不變）——正對面積變化．【專題】定量思想；推理法；電容器專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】電容器始終與電源相連，電容器兩端間的電勢差保持不變，根據(jù)電容器d的變化判斷電容的變化，公式分析電場強(qiáng)度的變化，從而判斷電荷電場力的變化，從而判斷其運動情況，進(jìn)而判斷重力勢能變化情況；開關(guān)斷開，電容器電荷量不變，根據(jù)E=Ud，C=QU【解答】解：A．微粒靜止，所受重力和電場力等大反向，保持S閉合，則電容器極板間電壓不變，根據(jù)E=U若將極板N上移，板間距離d減小，板間電場強(qiáng)度增大根據(jù)F＝Eq可知，微粒受到的電場力增大，帶電微粒向上運動，重力勢能增大，故A錯誤；B．充電后將S斷開，則電容器所帶電荷量不變，根據(jù)E=Ud，C=QUE=U將極板N上移，板間電場強(qiáng)度不變，根據(jù)F＝Eq可知，微粒受到的電場力不變，帶電微粒仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，故B錯誤；C．電容器繞垂直于紙面的O軸轉(zhuǎn)過一個小角度θ，則極板間距不變，電場力不變，豎直分力減小，帶電微粒向下運動，重力做正功，重力勢能減小，故C錯誤；D．極板M和N分別繞垂直于紙面的O1和O2軸轉(zhuǎn)過相同的小角度θ，兩極板的間距變?yōu)閐cosθ，兩極板間的電場力變?yōu)镕=Eq=qU豎直分力Fcosθ=U微粒沿水平方向移動，重力勢能不變，故D正確。故選：D?！军c評】本題是電容器的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵抓住不變量，當(dāng)電容器與電源始終相連，則電勢差不變，當(dāng)電容器與電源斷開，則電荷量不變。同時掌握電容的定義式與決定式的內(nèi)容，并在理解的基礎(chǔ)上記住結(jié)論。2．（2024?杭州開學(xué)）下列關(guān)于物理學(xué)史的敘述正確的是（）A．第谷根據(jù)開普勒觀測數(shù)據(jù)提出了行星運動定律 B．牛頓利用扭秤實驗比較準(zhǔn)確的測出萬有引力常量G C．伽利略運用了實驗和邏輯推理相結(jié)合的方法研究了物體下落規(guī)律 D．庫侖發(fā)現(xiàn)了庫侖定律，并通過油滴實驗測定了元電荷的數(shù)值【考點】庫侖定律的適用范圍；力學(xué)物理學(xué)史．【專題】信息給予題；定性思想；推理法；萬有引力定律的應(yīng)用專題；推理能力．【答案】C【分析】本題屬于物理學(xué)史和常識性，根據(jù)相關(guān)科學(xué)家的物理學(xué)成就和研究方法進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓洪_普勒通過對第谷多年的觀測數(shù)據(jù)的研究，提出了行星運動定律，故A錯誤；B、卡文迪什利用扭秤實驗比較準(zhǔn)確地測出了萬有引力常量，故B錯誤；C、伽利略利用銅球沿斜槽滾下的實驗，推理出自由落體運動是勻加速直線運動。這采用了實驗和邏輯推理相結(jié)合的方法，故C正確；D、法國物理學(xué)家?guī)靵霭l(fā)現(xiàn)了庫侖定律，美國物理學(xué)家密立根通過油滴實驗測定了元電荷的電荷量，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查物理學(xué)史，是常識性問題，對于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，注重積累。3．（2024?浙江開學(xué)）下列物理量屬于矢量且單位正確的是（）A．功率（W） B．磁感應(yīng)強(qiáng)度（T） C．電勢差（V） D．溫度（K）【考點】電勢差的概念、單位和物理意義；矢量和標(biāo)量的區(qū)分與判斷．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】B【分析】既有大小又有方向，并且合成與分解時遵守平行四邊形定則的物理量為矢量?！窘獯稹拷猓杭扔写笮∮钟蟹较?，并且合成與分解時遵守平行四邊形定則的物理量為矢量，A、功率為標(biāo)量，單位W，故A錯誤；B、磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，單位T，故B正確；C、電勢差為標(biāo)量，單位V，故C錯誤；D、溫度為標(biāo)量，單位K，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查矢量和力學(xué)單位制，解題關(guān)鍵是知道既有大小又有方向，并且合成與分解時遵守平行四邊形定則的物理量為矢量。4．（2024?浙江開學(xué)）如圖所示，長為L的輕繩上端固定在O點，下端系一帶電量為+q的小球，置于水平向右的勻強(qiáng)電場E=3mg4q中，OA與豎直方向的夾角37°，OA一半處的P點有一小釘子?，F(xiàn)將小球拉至B點，使輕繩與OA夾角很小，然后由靜止釋放小球，小球在豎直平面內(nèi)運動。點C（圖中未標(biāo)出）是小球能夠到達(dá)OA左側(cè)最遠(yuǎn)位置，重力加速度為A．小球在C點時所受合力為零 B．小球在A點時繩子拉力等于54C．小球擺動到C點時具有的機(jī)械能等于在B點具有的機(jī)械能 D．小球擺動的周期為π(2【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做圓周運動；判斷機(jī)械能是否守恒及如何變化；單擺周期的計算及影響因素．【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．【答案】D【分析】A．分析小球在C點的運動情況可知加速度的方向，根據(jù)牛頓第二定律分析受力情況；B．分析小球擺動時的受力情況，等效重力“最低點”是重力和電場力的合力沿繩子向下的點，根據(jù)動能定理求出小球到達(dá)“最低點”時的速度，由牛頓第二定律求繩子拉力；C．根據(jù)機(jī)械能守恒的條件判斷；D．先求等效重力加速度，再根據(jù)單擺的周期公式求解周期?！窘獯稹拷猓篈．小球在C點時速度為零，即將返回，具有沿切線方向的加速度，故此時合外力不為零，故A錯誤；B．小球擺動時的等效重力大小為G'代入數(shù)據(jù)解得G'設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為θ，則有tanθ=qE代入數(shù)據(jù)解得θ＝37°故A點是等效重力場的最低點，小球經(jīng)過A點，根據(jù)牛頓第二定律有F-可得F=mv故B錯誤；C．小球由B到C，電場力做負(fù)功，故機(jī)械能減少，故C錯誤；D．小球擺動時的等效重力加速度為g'小球擺動的周期為T=1故D正確。故選：D?！军c評】本題的關(guān)鍵是確定圓周運動的等效最高點和等效最低點，可與重力場中豎直平面內(nèi)圓周運動類比理解，運用動能定理和牛頓第二定律進(jìn)行求解．小球擺動過程中機(jī)械能不守恒，同時要能夠結(jié)合單擺的周期公式求周期。5．（2024?尋甸縣校級開學(xué)）兩個正、負(fù)點電荷周圍電場線分布如圖所示，P、Q為電場中兩點，則（）A．P點處電場強(qiáng)度小于Q點處的電場強(qiáng)度 B．P點處電勢小于Q點處的電勢 C．負(fù)電荷在P點的電勢能高于在Q點的電勢能 D．正電荷由P點運動到Q點電場力做正功【考點】通過電勢能的性質(zhì)判斷電勢能的大??；通過電場線的方向判斷電勢的高低；根據(jù)電場線的疏密判斷場強(qiáng)大?。緦ｎ}】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】D【分析】根據(jù)電場線的疏密判斷場強(qiáng)的大?。鶕?jù)電場線的方向判斷電荷的正負(fù)．順著電場線電勢逐漸降低，由電場線的方向可判斷電勢的高低?！窘獯稹拷猓篈．電場線的疏密代表場強(qiáng)的大小，可知P點處電場強(qiáng)度大于Q點處的電場強(qiáng)度，故A錯誤；BC．因順著電場線電勢逐漸降低，可知P點電勢高于Q點電勢，所以負(fù)電荷在P的電勢能小于在Q的電勢能，故BC錯誤；D．因為P點電勢高于Q點電勢，正電荷從P點移動到Q點，電勢能減小，可知電場力做正功，故D正確。故選：D?！军c評】本題要掌握電場線的物理意義：電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小，順著電場線電勢逐漸降低，知道等量異種電荷連線的中垂面是一個等勢面，電荷的帶電量越多，周圍的場強(qiáng)越強(qiáng)，電場線越密集，可用來判斷點電荷帶電量的大小。6．（2024?全國自主招生）如圖（a），有四個相同的金屬板M、N、P、Q，M與N平行、P與Q平行，O點到各板的距離相等。兩對金屬板上的電勢差UMN及UPQ隨時間按圖（b）規(guī)律做周期性變化，U0和t0均為已知。在t＝0時將電子從O點由靜止釋放，不計電子所受重力，忽略邊緣效應(yīng)，經(jīng)過一段時間（大于4t0）后電子將到達(dá)（）A．M板 B．N板 C．P板 D．Q板【考點】帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉(zhuǎn)．【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．【答案】A【分析】根據(jù)運動的分解，分別分析電子在水平和豎直方向的距離關(guān)系，從而判斷解答?！窘獯稹拷猓涸趖＝0時將電子從O點由靜止釋放，由于UMN＝U0＞0，則電子在0～t0沿水平方向有向右的速度，設(shè)t0末的速度為v，運動的位移為x，則x=v2t0～2t0時，由于UPQ＝U0＞0，則電子在t0～2t0沿豎直方向有向上的速度，同理可知y=v2此時向右的位移為x1＝x+vt0=322t0～3t0時UMN＝﹣U0＜0，則電子向右減速，3t0末的水平方向的位移為x2＝x1+v2t0＝豎直方向有y1＝y(tǒng)+vt0=323t0～4t0時UPQ＝﹣U0＜0，則電子向上減速，4t0末的豎直方向的位移為y2＝y(tǒng)1+v2t0＝水平方向的位移依然為2vt0。電子前3s的水平距離大于豎直距離，由于電子從O點釋放，由上述分析可知電子將到達(dá)M板，故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題考查帶電粒子在電場中的運動，解題關(guān)鍵掌握運動的獨立性。7．（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(zhì)量為m的帶正電的小環(huán)，電荷量為q，小環(huán)與絕緣彈簧相連，彈簧另一端固定于桿正上方的P點。桿所在的空間存在著沿桿方向的勻強(qiáng)電場，桿上M、N兩點間的電勢差為φM﹣φN＝2φ0，其中φ0＞0，小環(huán)以向右的速度v0經(jīng)過M點，并能通過N點。已知在M、N兩點處，彈簧對小環(huán)的彈力大小相等，∠MPN＝90°，∠PNM＝30°，M、N之間的距離為2L，Q點位于P點的正下方。在小環(huán)從M點運動到N點的過程中（）A．小環(huán)加速度最大值為qφB．小環(huán)經(jīng)過Q點時的速度最大 C．小環(huán)經(jīng)過N點時的速度大小為v0D．小環(huán)在M、N兩點時，彈性勢能相等，動能也相等【考點】從能量轉(zhuǎn)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(zhì)專題；推理能力．【答案】C【分析】A．根據(jù)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度與電勢差關(guān)系可以求解場強(qiáng)大小，進(jìn)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；B．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(jīng)過Q點時的速度是否最大；CD．小環(huán)從M到N的過程中，根據(jù)動能定理可以求解出小環(huán)經(jīng)過N點時的速度，進(jìn)而判斷正誤?！窘獯稹拷猓篈．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E=U解得E=φ當(dāng)小環(huán)剛越過Q點右側(cè)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qφ0mLB．小環(huán)在M、N之間運動的過程中，在Q點的加速度向右，不是速度最大的位置，故B錯誤；CD．小環(huán)從M到N的過程中，根據(jù)動能定理得2qφ解得vN小環(huán)從M到N的過程中，電場力做功，小環(huán)在M、N兩點動能不相等，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】掌握好能量變化的關(guān)系，弄清楚能量的去向是解答本題的關(guān)鍵，在M、N兩點處，彈簧對小環(huán)的彈力大小相等，則彈性勢能相等。8．（2020?連城縣校級模擬）如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為L的正三角形的三個頂點上，a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負(fù)電，整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場中，已知靜電力常量為k，若三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法中正確的是（）A．a(chǎn)球所受合力斜向左 B．c球帶電量的大小為2q C．勻強(qiáng)電場的方向垂直于ab邊由ab的中點指向c點 D．因為不知道c球的電量大小，所以無法求出勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小【考點】電場強(qiáng)度的疊加；庫侖定律的表達(dá)式及其簡單應(yīng)用．【專題】比較思想；合成分解法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，合力為零，以c球為研究對象，根據(jù)平衡條件求解勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小，判斷勻強(qiáng)電場的方向。再以a球為研究對象，根據(jù)平衡條件求解c球的帶電量?！窘獯稹拷猓篈、a球保持靜止，合力為零，故A錯誤；BCD、設(shè)c球帶電量為Q，以c球為研究對象，根據(jù)平衡條件知a、b兩球?qū)球的靜電力的合力與勻強(qiáng)電場對c球的電場力等值反向，即：2×QqL2×cos30°＝所以勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為：E=3kqL2，方向垂直于ab邊由以a球為研究對象，根據(jù)平衡條件得：kq2L2=解得：Q＝2q，故B正確，CD錯誤。故選：B?！军c評】本題是帶電體在電場中平衡問題，由于涉及三個小球，所以首先要靈活選擇研究的對象，正確分析受力情況，再根據(jù)平衡條件和庫侖定律及平行四邊形定則解題。9．（2024?香坊區(qū)校級開學(xué)）用一條絕緣輕繩，懸掛一個質(zhì)量為4.0×10﹣4kg，電荷量為2.0×10﹣8C的小球，細(xì)線的上端固定于O點。如圖，現(xiàn)加一水平向右的勻強(qiáng)電場，平衡時絕緣繩與豎直方向的夾角為37°，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。關(guān)于勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E和平衡時細(xì)線的拉力T，下列說法正確的是（）A．E＝1.5×106N/C B．T＝5.0×10﹣3N C．E＝3.0×106N/C D．T＝2.4×10﹣3N【考點】電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計算；共點力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】B【分析】小球處于受力平衡狀態(tài)，對小球受力分析，根據(jù)受力平衡列式計算即可?！窘獯稹拷猓築D、對小球受力分析，小球受mg、繩的拉力T和電場力F作用，小球處于受力平衡狀態(tài)，合力為0，受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件可得T=mgF＝mgtanθ＝4.0×10﹣4×10×0.75N＝3.0×10﹣3N故B正確，D錯誤；AC、電場強(qiáng)度為E=F故AC錯誤。故選：B?！军c評】解決本題的關(guān)鍵進(jìn)行正確的受力分析，然后根據(jù)共點力平衡計算即可。10．（2023秋?新鄭市校級月考）如圖所示，真空中有一個正方形平面ABCD，O為正方形的中心，現(xiàn)在A、C兩頂點分別固定等量異種點電荷，M、N是過O點的正方形垂線上關(guān)于O點不對稱的兩點，下列說法正確的是（）A．M、N兩點的電場強(qiáng)度大小不等，方向相同 B．M、N兩點的電場強(qiáng)度大小相等，方向不同 C．若將電子從O點移動到M點，其電勢能增加 D．若將電子從O點移動到N點，其電勢能減少【考點】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；等量異種電荷的電場線分布．【專題】定性思想；歸納法；帶電粒子在電場中的運動專題；理解能力．【答案】A【分析】根據(jù)等量異種電荷的電場特點分析；根據(jù)等量異種電荷的連線中垂線的電勢為零的等勢線分析?！窘獯稹拷猓篈B．M、N兩點位于等量異種點電荷連線的中垂線上且關(guān)于O點不對稱，根據(jù)等量異種電荷的電場的特點可知M、N兩點的電場強(qiáng)度大小不相等，但方向都與AC連線平行，且方向都指向負(fù)電荷所在一側(cè)，故A正確，B錯誤；CD．M、N兩點位于等量異種點電荷連線的中垂線上，而等量異種點電荷連線的中垂線為等勢線，且電勢為零，因此M、N、O三點電勢相同都為零，所以將電子從O點移到N點，或者將電子從O點移動到M點，電場力不做功，其電勢能均不變，故CD錯誤。故選：A?！军c評】掌握等量異種電荷的電場特點和連線的中垂線是條電勢為零的等勢線是解題的基礎(chǔ)。11．（2024春?淮安期末）如圖所示，絕緣輕繩懸掛一帶電小球，靜止于水平向右的勻強(qiáng)電場中，此時繩與豎直方向間的夾角θ＝30°，則小球所受電場力（）A．方向豎直向上 B．方向水平向右 C．等于重力 D．大于重力【考點】帶電體在勻強(qiáng)電場中的受力平衡．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】B【分析】AB、根據(jù)受力分析和平衡條件可解出；CD、根據(jù)矢量的疊加可解出?！窘獯稹拷猓篈B．對小球受力分析共受三力，如圖所示其中重力豎直向下，電場力水平方向，拉力沿繩向左上，根據(jù)平衡條件可得，電場力水平向右，故A錯誤，B正確；CD．根據(jù)矢量法則結(jié)合數(shù)學(xué)知識可知：F電=mgtan30故選：B?！军c評】本題主要考查學(xué)生對于電場力的分析，對于這部分內(nèi)容要仔細(xì)分析受力方向和矢量的疊加。二．多選題（共4小題）（多選）12．（2024秋?尋甸縣校級月考）真空中有一正三角形ABC，如圖所示，M、N分別為AB、AC的中點，在B、C兩點分別固定等量異種點電荷，其中B點固定負(fù)電荷，C點固定正電荷。則（）A．沿直線從A點到M點，電勢逐漸降低 B．將電子沿直線從N點移動到A點，電子的電勢能逐漸增大 C．將電子沿直線從M點移動到A點，電場力一直做正功 D．M點和N點電場強(qiáng)度相等【考點】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；通過電勢能的性質(zhì)判斷電勢能的大??；等量異種電荷的電勢分布；等量異種電荷的電場線分布．【專題】比較思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】ABC【分析】畫出等量異種電荷的電場分布圖，結(jié)合順著電場線方向電勢降低，分析電勢的變化；由電勢能公式EP＝φq分析電勢能的大??；根據(jù)電勢能的變化分析電場力做功正負(fù)；根據(jù)電場線的分布情況分析M點和N點電場強(qiáng)度關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、等量異種電荷的電場分布圖如圖所示。順著電場線方向電勢降低，由電場分布圖可知φN＞φA＞φM，則沿直線從A到M點，電勢降低，故A正確；B、將電子沿直線從N點移動到A點，電勢降低，由電勢能公式EP＝φq（注意代入正負(fù)號），可知電子在A點的電勢能大于在N點的電勢能，故B正確；C、將電子沿直線從M點移動到A點，電勢升高，電勢能降低，則電場力一直做正功，故C正確；D、由對稱性可知，M點和N點的電場強(qiáng)度大小相等，但方向不同，故D錯誤。故選：ABC?！军c評】等量同種、等量異種電荷周圍的電場分布情況是考查的重點，要結(jié)合電場強(qiáng)度、電勢、電勢能等概念充分理解等量同種、等量異種電荷周圍的電場特點。（多選）13．（2024?雁塔區(qū)校級開學(xué)）如圖，真空中電荷量為2q和﹣q（q＞0）的兩個點電荷分別位于M點與N點，形成一個以MN直線上O點為球心，電勢為零的等勢面（取無窮遠(yuǎn)處電勢為零），P為MN連線上的一點，S為等勢面與直線MN的交點，T為等勢面上的一點，N'為N關(guān)于O點的對稱點，下列說法正確的是（）A．P點電勢高于S點電勢 B．T點電場強(qiáng)度方向指向N點 C．除無窮遠(yuǎn)處外，MN直線上還存在一個電場強(qiáng)度為零的點 D．將正試探電荷q0從T點移到N'點，靜電力做正功【考點】電場力做功與電勢差的關(guān)系；電場強(qiáng)度的疊加；用定義式計算某點的電勢．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】CD【分析】沿著電場線的方向電勢逐漸降低，由此分析出P點和S點的電勢高低；根據(jù)場強(qiáng)的定義式分析出是否存在場強(qiáng)為零的點；根據(jù)電勢的疊加原理分析出電勢的高低，從而分析出場強(qiáng)的方向；先分析出電荷從T點移到P點的過程中電勢能的變化，結(jié)合功能關(guān)系得出靜電力的做功類型?！窘獯稹拷猓篈、正電荷周圍的點電勢為正，負(fù)電荷周圍的點電勢為負(fù)，球面為電勢為零的等勢面，而S點就在0V的等勢面上，若P點在等勢面與MN的交點左側(cè)，有P點電勢高于S點電勢；若P點在等勢面與MN的交點右側(cè)，有P點電勢低于S點電勢，故A錯誤；B、設(shè)電勢為零的等勢面的半徑為R，與線段MN交于A點，設(shè)AN距離為x，MN距離為L，如圖所示根據(jù)點電荷的電勢φ=kq結(jié)合電勢的疊加原理A、S滿足k?2qL-xk?2qL+2R-x解得x=L3，由于電場強(qiáng)度方向垂直等勢面，可知T點的場強(qiáng)方向必過等勢面的圓心，O點電勢φOφN'可知φT＞φO可知T點電場方向指向O點，故B錯誤；D、因T點電勢為零，電勢高于N′點的電勢，將正試探電荷q0從T點移到N'點，是從高電勢移動到低電勢，則靜電力做正功，故D正確；C、由于正電荷的電荷量大于負(fù)電荷電荷量，可知在直線MN上在N左側(cè)電場強(qiáng)度不可能為零，在N右側(cè)，設(shè)MN距離為L，根據(jù)k?2q(L+d可知除無窮遠(yuǎn)處外，直線MN電場強(qiáng)度為零的點只有一個，故C正確。故選：CD?！军c評】本題主要考查了場強(qiáng)和電勢的相關(guān)概念，熟悉公式，理解電勢和電場線的分布特點，同時要理解這兩個物理量各自的合成特點，有一定的難度。（多選）14．（2024秋?新鄭市校級月考）如圖所示，真空中有一半徑為5cm的圓，其圓心為O，△ABC是圓的內(nèi)接直角三角形，∠BAC＝63.5°，空間存在著平行于圓面的勻強(qiáng)電場（取O點的電勢為零）。一電子放在C點時具有的電勢能為8eV，把電子從A點移動到B點，克服靜電力做功為8eV。放置在A點的質(zhì)子源，向各個方向發(fā)射動能均為5eV的質(zhì)子。已知電子的電荷量為﹣e，不考慮質(zhì)子源產(chǎn)生的電場，不計各種粒子的重力和粒子間的相互作用力，下列說法正確的是（）A．圓周上B、C兩點間的電勢差UBC＝8V B．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為200V/m C．若某一質(zhì)子到達(dá)圓周邊界時的電勢能為4eV，則其動能為leV D．當(dāng)某個質(zhì)子經(jīng)過圓周上某一位置時，動能可能為22eV【考點】勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；用定義式計算某點的電勢；電場力做功與電勢差的關(guān)系；等勢面及其與電場線的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】ABD【分析】根據(jù)電勢的定義φC=EpC-e可知C點的電勢；從而解得UCA；粒子由A到B，根據(jù)能量守恒解得B點電勢，作出【解答】解：AB．由公式Ep＝φq可知，圓周上C點的電勢為φC由公式U＝Ed及取O點的電勢為零可知，圓周上A點的電勢為8V，把電子從A點移動到B點，克服靜電力做功為8eV，則有UAB解得φB＝0則B、C兩點間的電勢差UBC＝φB﹣φC＝0V﹣（﹣8）V＝8V連接OB，則OB為勻強(qiáng)電場的等勢面，過A點作OB的垂線交OB于D點，則AD的方向就是該電場的電場強(qiáng)度方向，如圖所示由幾何關(guān)系可得∠AOB＝53°則有E=U將R＝5cm＝0.05m代入解得E＝200V/m故AB正確；CD．由公式Ep＝φq可知，質(zhì)子在A點的電勢能為8eV，粒子的總能量E＝Ek+Ep＝5eV+8eV＝13eV由能量守恒定理可知，若某一質(zhì)子到達(dá)圓周邊界時的電勢能為4eV，則其動能為9eV，由公式U＝Ed及取O點的電勢為零可知，圓周上電勢最高為10V，最低為﹣10V，則質(zhì)子經(jīng)過圓周上某一位置時，電勢能最大為10eV，最小為﹣10eV，由能量守恒定理可知，動能最大為23eV，最小為3eV，則動能可能為22eV，故C錯誤，D正確。故選：ABD?！军c評】本題考查勻強(qiáng)電場電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系，解題關(guān)鍵掌握確定等勢面的方法及求電場強(qiáng)度的公式理解。（多選）15．（2024?合肥三模）如圖所示，平行板電容器兩極板與直流電源、理想二極管D（正向電阻為零，反向電阻無窮大）、定值電阻R連接，電容器下板B接地，兩板間P點有一帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將上極板A向上移動，則下列說法正確的是（）A．R中有從a到b的電流 B．兩極板間電壓保持不變 C．油滴的電勢能不變 D．油滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài)【考點】電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化．【專題】比較思想；控制變量法；電容器專題；推理能力．【答案】CD【分析】將上極板A向上移動，根據(jù)電容的決定式分析電容的變化，結(jié)合二極管的單向?qū)щ娦?，分析電容器帶電量的變化，判斷R中有無電流。根據(jù)電容的定義式C=QU分析兩極板間電壓的變化。分析板間場強(qiáng)的變化，判斷【解答】解：AB、將A板向上移動時，兩極板間距離增大，由電容的決定式C=?rS4πkd可知，電容器的電容減小，電容器要放電，但由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，因此電容器的帶電量不變，電路中沒有電流，由CC、由E=Ud、C=?rS4πkd、C=QU可得E=4πkQ?rS可知，兩極板間場強(qiáng)不變，由D、兩極板間場強(qiáng)不變，油滴受到的電場力不變，則油滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，故D正確。故選：CD?！军c評】解答本題的關(guān)鍵要掌握二極管的單向?qū)щ娦裕袛喑鲭娙萜鞯膸щ娏坎蛔?，能根?jù)E=Ud、C=?rS4πkd、三．解答題（共5小題）16．（2024春?渝中區(qū)校級期中）如圖所示，真空中有一固定的點電荷B，在其正上方相距為L處，將另一可視為質(zhì)點的帶電小球A無初速度釋放，釋放瞬間小球A的加速度大小為g2，方向豎直向下，運動過程中A、B（1）當(dāng)A、B相距為L2時，A（2）當(dāng)A的動能最大時，A、B間的距離。【考點】庫侖定律的表達(dá)式及其簡單應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；合成分解法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；推理能力．【答案】（1）加速度大小為g，方向豎直向上；（2）當(dāng)A的動能最大時，AB間距離為2L【分析】（1）由初始狀態(tài)的A加速度已知，對A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得庫侖力與A重力的關(guān)系；當(dāng)AB間距變化為一半后，同理可列牛頓第二定律關(guān)系式，得到A的加速度；（2）當(dāng)A受到的合力與其速度方向一致，其速度增加，動能增加，故當(dāng)其合力為0時，其動能達(dá)到最大值，根據(jù)合力關(guān)系式，可以計算AB間距離?！窘獯稹拷猓海?）初始位置，對A受力分析，由牛頓第二定律可得：mg-kq當(dāng)A、B相距為L2時，mg-kq1（2）當(dāng)A的動能最大時，加速度a＝0，設(shè)此時兩球相距為x，對A受力分析：mg-kq答：（1）加速度大小為g，方向豎直向上；（2）當(dāng)A的動能最大時，AB間距離為2L【點評】本題考查涉及庫侖力的受力分析，根據(jù)牛頓第二定律即可計算。注意計算的過程中，不需要把電荷量分別求出來，只需要電荷量乘積這個整體能求出來，整體代入其他關(guān)系式計算即可。17．（2024?尋甸縣校級開學(xué)）如圖所示，兩正對的平行金屬板AB、CD與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。AB板帶正電、CD板帶負(fù)電，兩板間距10cm，電荷量為1.0×10﹣8C，質(zhì)量為3.0×10﹣4kg的小球用長為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點處于靜止?fàn)顟B(tài)。細(xì)線與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線，小球運動到CD板上的M點（未標(biāo)出），g取10m/s2。求：（1）M點到C點的距離；（2）電場強(qiáng)度大小?！究键c】電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計算；共點力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】（1）M點到C點的距離為103（2）電場強(qiáng)度大小為3×1【分析】（1）剪斷細(xì)線，小球沿直線運動到M點，根據(jù)幾何關(guān)系求解MC；（2）作出受力圖，根據(jù)正弦定理可得電場力大小，從而計算電場強(qiáng)度大小。【解答】解：（1）剪斷細(xì)線，小球沿直線運動到M點，如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系可得MC=（2）根據(jù)幾何關(guān)系可得電場力F和細(xì)線拉力T夾角為60°，在三個力所在的三角形中，根據(jù)正弦定理可得mg可得電場力大小為F=電場強(qiáng)度的大小為E=解得E=答：（1）M點到C點的距離為103（2）電場強(qiáng)度大小為3×1【點評】本題主要是考查帶電小球在電場中的運動，關(guān)鍵是弄清楚小球的受力情況和運動情況，根據(jù)平衡條件、電場強(qiáng)度的計算公式進(jìn)行解答。18．（2024秋?福州月考）電子技術(shù)中通常利用勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)實現(xiàn)帶電粒子的平行側(cè)移。如圖所示，兩偏轉(zhuǎn)電場Ⅰ、Ⅱ?qū)挾染鶠長，場強(qiáng)大小均為E、方向相反（均沿豎直方向）。一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子，由靜止開始經(jīng)過電壓為U的電場加速后，從A點垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場Ⅰ，最后從偏轉(zhuǎn)電場Ⅱ中的B點射出，已知兩電場相距L，不計帶電粒子的重力，求：（1）帶電粒子從加速電場射出時速度v0的大??；（2）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場I離開時豎直方向偏移的距離y；（3）A、B之間沿電場線方向的距離h?！究键c】帶電粒子先后經(jīng)過加速電場和偏轉(zhuǎn)電場．【專題】定量思想；對稱法；帶電粒子在電場中的運動專題；應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力．【答案】（1）帶電粒子從加速電場射出時速度v0的大小為2qUm（2）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場I離開時豎直方向偏移的距離y為EL（3）A、B之間沿電場線方向的距離h為EL【分析】（1）先由動能定理求出帶電粒子經(jīng)加速電場加速后速度；（2）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后作為類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)運動的分解法，求出在偏轉(zhuǎn)電場I中偏轉(zhuǎn)的距離；（3）根據(jù)水平分位移公式，可知帶電粒子在三個過程中是等時的，由分位移公式求出粒子離開電場I時的速度，可知其在兩個電場中間的豎直分位移，再根據(jù)對稱性可知其在電場Ⅱ中的豎直分位移，由三個豎直分位移即可計算AB間沿電場線方向的距離?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，離開左側(cè)加速電場后的速度為v0，根據(jù)動能定理有：qU=12m（2）粒子從進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場Ⅰ開始，在水平方向做勻速運動：L＝v0t1，在豎直方向：y=12at1（3）粒子在偏轉(zhuǎn)電場Ⅰ中，豎直末速度：vy＝at1，豎直方向的側(cè)移為：y1=y=EL24U，在兩偏轉(zhuǎn)電場之間豎直方向的位移大?。簓2＝v根據(jù)對稱性可知，粒子在偏轉(zhuǎn)電場Ⅱ中的側(cè)移：y3粒子從進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場Ⅰ到離開偏轉(zhuǎn)電場Ⅱ的側(cè)移量：h＝y(tǒng)1+y2+y3，解得：h=答：（1）帶電粒子從加速電場射出時速度v0的大小為2qUm（2）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場I離開時豎直方向偏移的距離y為EL（3）A、B之間沿電場線方向的距離h為EL【點評】本題中帶電粒子先后在電場中的運動，在兩個方向相反的電場中的運動，注意根據(jù)對稱性得到其豎直分位移的關(guān)系，更為簡便。19．（2024?浦東新區(qū)校級開學(xué)）蜜蜂授粉蜜蜂飛行過程中身上會積累少量正電荷，一只蜜蜂通常的帶電量約為+3×10﹣11C，蜜蜂傳播花粉時就利用了這些電荷。當(dāng)蜜蜂飛到花蕊附近時，花粉顆粒會粘附在蜜蜂身上。當(dāng)蜜蜂接近下一朵花時，部分花粉會留在下一朵花的花蕊上，完成授粉。靜電力常量k＝9.0×109N?m2/C2，元電荷e＝1.6×10﹣19C。（1）一只原來電中性的蜜蜂在飛行過程中帶上了+3×10﹣11C的電量，這是由于它B。A．失去了1.9×108個質(zhì)子B．失去了1.9×108個電子C．得到了1.9×108個電子D．得到了1.9×108個質(zhì)子（2）當(dāng)蜜蜂靠近帶負(fù)電的花蕊時，它們之間的電場如圖所示。a、b兩點中A點電場強(qiáng)度較大，B點電勢較高（均選：A．a(chǎn)；B．b）。（3）花粉B沿著ab所在的電場線移動到蜜蜂身上。（選填“A．能”“B．不能”）（4）蜜蜂不愿靠近因剛被授粉而帶正電的花蕊。當(dāng)一只蜜蜂靠近一朵已被授粉的花蕊時，它們之間的電場線分布可能為C?！究键c】通過電場線的方向判斷電勢的高低；電荷守恒定律；根據(jù)電場線的疏密判斷場強(qiáng)大?。緦ｎ}】比較思想；圖析法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】（1）B；（2）A，B；（3）B；（4）C?！痉治觥浚?）蜜蜂帶正電，失去了電子，根據(jù)電量與元電荷之比求失去的電子個數(shù)；（2）根據(jù)電場線的疏密分析場強(qiáng)的大小；根據(jù)順著電場線方向電勢降低，分析電勢高低；（3）分析花粉的受力情況，判斷其能否沿著ab所在的電場線移動到蜜蜂身上；（4）當(dāng)一只蜜蜂靠近一朵已被授粉的花蕊時，二者均帶正電，由此分析它們之間的電場線分布情況?！窘獯稹拷猓海?）電中性的蜜蜂在飛行過程中帶上了+3×10﹣11C的電量的原因是失去了電子，失去電子的個數(shù)為n=qe=3×10-111.6×10-19個≈故選：B。（2）根據(jù)電場線的疏密表示場強(qiáng)的相對大小可知，a、b兩點中a點電場強(qiáng)度較大。根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，可知a、b兩點中b點電勢較高。故答案為：A，B。（3）依題意，花粉帶負(fù)電，所受電場力方向與電場強(qiáng)度方向相反，而ab之間的電場線是曲線，花粉除受電場力外也受重力作用，則從花蕊向蜜蜂移動過程中不能沿著ab所在的電場線移動到蜜蜂身上。故答案為：A。（4）當(dāng)一只蜜蜂靠近一朵已被授粉的花蕊時，二者均帶正電，則它們之間的電場線分布類似等量正電荷電場線分布，故ABD錯誤，C正確。故選：C。故答案為：（1）B；（2）A，B；（3）B；（4）C?！军c評】解答本題時，要掌握電場線的物理意義，知道電場線的疏密表示場強(qiáng)的相對大小，順著電場線方向電勢逐漸降低。20．（2024?故城縣校級開學(xué)）固定的光滑絕緣半球槽的半徑為R，處在水平向右的勻強(qiáng)電場中，一個質(zhì)量為m的帶電小球從槽的右端A處（與球心等高）無初速度沿軌道滑下，滑到最低點B時，球?qū)壍赖膲毫?mg。求：（1）小球從A到B的過程中受到的電場力做的功；（2）帶電小球通過B點時的加速度大??；（3）帶電小球在滑動過程中的最大速度。【考點】帶電粒子（計重力）在勻強(qiáng)電場中的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）從A到B的過程中，電場力做的功為-1（2）小球在B點的加速度大小為52（3）小球在滑動過程中的最大速度(5【分析】（1）由最低點B時的小球受力情況，可以分析得到小球的動能，從A到B的過程中，根據(jù)動能定理即可計算電場力做的功；（2）根據(jù)電場力做功的計算，可以計算電場力大小，對其受力情況進(jìn)行合成得到合力，從而計算加速度；（3）在電場和重力場的復(fù)合場中，與重力場類比，找到等效最低點即可分析最大速度?！窘獯稹拷猓海?）小球在B點時，小球受到的支持力與其對軌道的壓力相等，對小球：F-從A到B的過程中，mgR+W=12m（2）小球從A到B的過程中，電場力做功為：W＝F電R，解得：F電小球受到的合力為：F合=(而F合＝ma，解得：a=5（3）小球在等效最低點時，合力與水平方向的夾角為θ，則：tanθ=mg從A點到等效最低點的過程中：mgRsinθ+F電R(1-cosθ)=答：（1）從A到B的過程中，電場力做的功為-1（2）小球在B點的加速度大小為52（3）小球在滑動過程中的最大速度(5【點評】本題考查電場和重力場的復(fù)合場的問題，注意球運動過程中，最大速度是等效最低點，不是最低點。

考點卡片1．矢量和標(biāo)量的區(qū)分與判斷【知識點的認(rèn)識】根據(jù)矢量和標(biāo)量的物理意義，判斷給出的物理量是標(biāo)量還是矢量?！久}方向】下列各組物理量中，全部是矢量的是（）A.位移、時間、速度、加速度B.質(zhì)量、路程、速率、時間C.速度、平均速度、位移、加速度D.位移、路程、時間、加速度分析：既有大小又有方向，相加是遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、動量等都是矢量；只有大小，沒有方向的物理量是標(biāo)量，如路程、時間、質(zhì)量等都是標(biāo)量．解答：A、時間沒有方向為標(biāo)量，故A錯誤；B、質(zhì)量、路程、速率、時間均為標(biāo)量，故B錯誤；C、速度、平均速度、位移、加速度這四個物理量均有大小和方向，因此為矢量，故C正確；D、路程、時間只有大小沒有方向，因此為標(biāo)量，故D錯誤。故選：C。點評：本題是一個基礎(chǔ)題目，就是看學(xué)生對矢量和標(biāo)量的掌握，正確理解標(biāo)量和矢量的區(qū)別即可正確解答．【解題思路點撥】從矢量和標(biāo)量的物理意義出發(fā)，了解矢量和標(biāo)量的判斷方法，對選項中每一個物理量進(jìn)行分析，從而選出符合要求的結(jié)果。2．共點力的平衡問題及求解【知識點的認(rèn)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(yīng)用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當(dāng)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(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，采用數(shù)學(xué)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(jìn)行動態(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，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉(zhuǎn)動。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(nèi)，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(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，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(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(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，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據(jù)合力為零分析AB選項；根據(jù)對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止?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．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對象、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。現(xiàn)在C點上懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(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(guān)系可知，當(dāng)F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當(dāng)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(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(guān)系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細(xì)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(xì)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(xì)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(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FNG=M2gtan30°答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細(xì)繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0時，是靜止，是平衡狀態(tài)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(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)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(jìn)行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進(jìn)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(biāo)系，對各力按坐標(biāo)軸進(jìn)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(jìn)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(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。3．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】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，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)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(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13g，gA、43mgB、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=4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43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應(yīng)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(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。4．判斷機(jī)械能是否守恒及如何變化【知識點的認(rèn)識】1.機(jī)械能守恒的條件為：（1）只受到重力。（2）除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外還受到其他力的作用，但其他力不做功。（3）除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外還受到其他力的作用，其他力所做總功為零2.判斷機(jī)械能是否守恒的方法有（1）做功條件分析法應(yīng)用系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行分析。分析各力做功的情況，若對物體或系統(tǒng)只有重力或彈力做功，沒有其他力做功或其他力做功的代數(shù)和為零，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。（2）能量轉(zhuǎn)化分析法從能量轉(zhuǎn)化的角度進(jìn)行分析。若只有系統(tǒng)內(nèi)物體間動能和重力勢能及彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)跟外界沒有發(fā)生機(jī)械能的傳遞，機(jī)械能也沒有轉(zhuǎn)化成其他形式的能（如內(nèi)能增加），則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。（3）增減情況分析法直接從機(jī)械能的各種形式的能量的增減情況進(jìn)行分析。若系統(tǒng)的動能與勢能均增加或均減少；若系統(tǒng)的動能與勢能只有一種形式的能發(fā)生了變化；若系統(tǒng)內(nèi)各個物體的機(jī)械能均增加或均減少，則可判定機(jī)械能不守恒。（4）典型過程對一些繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等，除非題目特別說明，否則機(jī)械能必定不守恒。3.機(jī)械能如何轉(zhuǎn)化如果“外力”對系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)的機(jī)械能增大；如果外力對系統(tǒng)做負(fù)功，系統(tǒng)的機(jī)械能減小?！久}方向】下列過程中機(jī)械能守恒的是（）A、跳傘運動員勻速下降的過程B、小石塊做平拋運動的過程C、子彈射穿木塊的過程D、木箱在粗糙斜面上滑動的過程分析：當(dāng)系統(tǒng)只有重力做功或彈簧的彈力做功時，系統(tǒng)的動能和勢能相互轉(zhuǎn)化但總能量保持不變．判斷機(jī)械能守恒的方法有兩種：一是根據(jù)條件進(jìn)行判斷；二是根據(jù)能量的變化進(jìn)行判斷．解答：A、運動員動能不變，但高度下降，故重力勢能減小，故機(jī)械能不守恒，故A錯誤；B、石塊在平拋運動過程中只有重力做功，故機(jī)械能守恒，故B正確；C、子彈穿過木塊時由于摩擦力做功，故有內(nèi)能產(chǎn)生，故機(jī)械能不守恒，故C錯誤；D、木箱在粗糙斜面上運動時，由于摩擦力做功，故有內(nèi)能產(chǎn)生，機(jī)械能不守恒，故D錯誤；故選：B。點評：機(jī)械能守恒是考試中常見問題，一定要掌握判斷機(jī)械能守恒的條件．【解題思路點撥】1.機(jī)械能守恒的判斷（1）用做功來判斷：分析物體或物體受力情況（包括內(nèi)力和外力）明確各力做功的情況，若對物體或系統(tǒng)只有重力或彈力做功，沒有其他力做功或其他力做功的代數(shù)和為零，則機(jī)械能守恒。（2）用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，無機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒。2.判斷機(jī)械能守恒的三個易錯點（1）合力為零是物體處于平衡狀態(tài)的條件。物體的合力為零時，它一定處于勻速直線運動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，但它的機(jī)械能不一定守恒。（2）合力做功為零是物體動能不變的條件。合力對物體不做功，它的動能一定不變，但它的機(jī)械能不一定守恒。（3）只有重力做功或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功是機(jī)械能守恒的條件。只有重力對物體做功時，物體的機(jī)械能﹣定守恒；只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功時，系統(tǒng)的機(jī)械能一定守恒。5．單擺周期的計算及影響因素【知識點的認(rèn)識】1.荷蘭物理學(xué)家惠更斯研究發(fā)現(xiàn)，單擺做簡諧運動的周期T與擺長l的二次方根成正比，與重力加速度g的二次方根成反比，與振幅擺球質(zhì)量無關(guān)。2.單擺的周期公式為：T＝2πl(wèi)3.對單擺周期公式的理解由公式T＝2πl(wèi)g知，某單擺做簡諧運動（擺角小于5°）的周期只與其擺長l和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭有關(guān)，而與振幅和擺球質(zhì)量無關(guān)，故又叫作（1）擺長l①實際的單擺擺球不可能是質(zhì)點，所以擺長應(yīng)是從懸點到擺球重心的長度，即l＝l'+D2，l'為擺線長，②等效擺長：圖1中，甲、乙在垂直紙面方向擺起來效果是相同的，所以甲擺的擺長為l?sinα，這就是等效擺長。其周期T＝2πl(wèi)sinαg。圖2（2）重力加速度g若單擺系統(tǒng)只處在重力場中且懸點處于靜止?fàn)顟B(tài)，g由單擺所處的空間位置決定，即g=GMR2，式中R為物體到地心的距離，M為地球的質(zhì)量，g隨所在位置的高度的變化而變化。另外，在不同星球上M和R也是不同的，所以g也不同，g（3）等效重力加速度若單擺系統(tǒng)處在非平衡狀態(tài)（如加速、減速、完全失重狀態(tài)），則一般情況下，g值等于擺球相對靜止在自己的平衡位置時，擺線所受的張力與擺球質(zhì)量的比值。如下圖所示，此場景中的等效重力加速度g'＝gsinθ。球靜止在О點時，F(xiàn)T＝mgsinθ，等效加速度g'=FTm【命題方向】在某一地方要使單擺的振動周期減小，可以采取的方法是（）A、減小擺球的質(zhì)量B、減小單擺的振動的振幅C、縮短單擺的擺長D、增大單擺的擺長分析：根據(jù)單擺的周期公式T＝2πL解答：A、由于單擺的周期與擺球的質(zhì)量無關(guān)，所以減小擺球的質(zhì)量不能改變單擺的周期。故A錯誤。B、單擺的周期與振動的振幅無關(guān)，減小振幅不能改變單擺的周期。故B錯誤。故B錯誤。C、根據(jù)單擺的周期公式T＝2πLg可知，縮短單擺的擺長可使單擺的振動周期減小。故D、增大單擺的擺長，可使單擺的振動周期增大，不符合題意。故D錯誤。故選：C。點評：本題考查對單擺周期的理解和應(yīng)用能力．要抓住單擺的等時性：周期與振幅無關(guān)．【解題思路點撥】計算單擺的周期的兩種方法（1）依據(jù)T＝2πL（2）根據(jù)T=tN：周期的大小雖然不取決于t和N，但利用該種方法計算周期，會受到時間t和振動次數(shù)N測量的準(zhǔn)確性的影響，6．電荷守恒定律【知識點的認(rèn)識】1．電荷守恒定律：（1）起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應(yīng)起電．（2）帶電實質(zhì)：物體帶電的實質(zhì)是得失電子．（3）內(nèi)容：電荷既不能創(chuàng)生，也不能消滅，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量保持不變．這個結(jié)論叫做電荷守恒定律．注意：當(dāng)完全相同的帶電金屬球相接觸時，同種電荷電量平均分配，異種電荷先中和后平分．【命題方向】例1：如圖所示使物體A、B帶電的實驗為（）A．摩擦起電B．傳導(dǎo)起電C．感應(yīng)起電D．以上都不對分析：使物體帶電的方法有三種分別為摩擦起電、感應(yīng)起電和接觸帶電，由此分析可以的出結(jié)論．解：當(dāng)帶電的球靠近AB時，由于靜電的感應(yīng)，會使左端出現(xiàn)負(fù)電荷，右端出現(xiàn)正電荷，當(dāng)把AB分開之后，A就帶了負(fù)電，B就帶了正電，所以本實驗為使物體感應(yīng)起電，所以C正確．故選：C．點評：本題是基礎(chǔ)的題目，考查的就是學(xué)生對基本內(nèi)容的掌握的情況，在平時要注意多積累，掌握住使物體帶電的方法．【解題方法點撥】處于靜電平衡的帶電導(dǎo)體電荷只能分布在外表面上，而導(dǎo)體外表面上的電荷分布又與表面形狀有關(guān)，因此當(dāng)完全相同的帶電金屬球相接觸時，同種電荷電量平均分配，異種電荷先中和后平分．7．庫侖定律的適用范圍【知識點的認(rèn)識】1、庫侖定律只適用于真空中的靜止點電荷，但在要求不很精確的情況下，空氣中的點電荷的相互作用也可以應(yīng)用庫侖定律．2、當(dāng)帶電體間的距離遠(yuǎn)大于它們本身的尺寸時，可把帶電體看做點電荷．但不能根據(jù)公式錯誤地推論：當(dāng)r→0時，F(xiàn)→∞．其實在這樣的條件下，兩個帶電體已經(jīng)不能再看做點電荷了．3、對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中于球心的點電荷，r為兩球心之間的距離．4、對兩個帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布．【命題方向】關(guān)于庫侖定律，下列說法正確的是（）A、庫侖定律適用于點電荷，點電荷其實就是體積很小的帶電球體B、根據(jù)庫侖定律公式，當(dāng)兩個點電荷距離趨于0時，電場力將趨于無窮大C、若點電荷Q1的電荷量大于Q2的電荷量，則Q1對Q2的電場力大于Q2對Q1電場力D、庫侖定律的適用范圍是真空中兩個靜止的點電荷分析：庫侖定律F=kq解答：A、當(dāng)帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對它們之間的作用力影響可以忽略時，可以看成點電荷。不是體積小就能看成點電荷。故A錯誤。B、當(dāng)兩個點電荷距離趨于0時，兩電荷不能看成點電荷，此時庫侖定律的公式不再適用。故B錯誤。C、兩電荷之間的相互作用力大小相等，與點電荷電量的大小無關(guān)。故C錯誤。D、庫侖定律適用于真空中兩靜止點電荷之間的作用力。故D正確。故選：D。點評：解決本題的關(guān)鍵掌握庫侖定律的適用范圍，以及能看成點電荷的條件，當(dāng)帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對它們之間的作用力影響可以忽略時，可以看成點電荷．【解題思路點撥】庫侖定律適用于真空中的點電荷，當(dāng)兩個物體間的距離趨近于零時，帶電體已經(jīng)不能被看作是點電荷，庫侖定律就不再適用了。8．庫侖定律的表達(dá)式及其簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1．內(nèi)容：在真空中兩個靜止的點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＝kq1q2r2，式中k表示靜電力常量，k＝9.0×109N?3．適用條件：真空中的靜止點電荷．【命題方向】題型一：對庫侖定律的理解例1：真空中有兩個靜止的點電荷，它們之間靜電力的大小為F．如果保持這兩個點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.F3C.F分析：本題比較簡單，直接利用庫侖定律進(jìn)行計算討論即可．解：距離改變之前：F=kq1當(dāng)電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍時：F1=k聯(lián)立①②可得：F1＝9F，故ABC錯誤，D正確．故選：D．點評：庫侖定律應(yīng)用時涉及的物理量較多，因此理清各個物理量之間的關(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，固定著一個帶正電的小球A，A又通過一長為10cm的絕緣細(xì)繩連著另一個帶負(fù)電的小球B，B的質(zhì)量為0.1kg，電荷量為19×10﹣6C，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，將其由靜止釋放，小球B將在豎直面內(nèi)做圓周運動．已知釋放瞬間繩剛好張緊，但無張力．g取10m/s（1）小球A的帶電荷量；（2）釋放瞬間小球B的加速度大??；（3）小球B運動到最低點時繩的拉力．分析：（1）釋放小球瞬間，對小球進(jìn)行受力分析，由庫侖定律與力的合成與分解可以求出小球A的電荷量．（2）對小球受力分析，由牛頓第二定律可以求出小球的加速度．（3）由動能定理求出小球到達(dá)最低點時的速度，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°＝kqA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，a=gsinθ=53（3）釋放后小球B做圓周運動，兩球的相對距離不變，庫侖力不做功，從釋放小球到小球到達(dá)最低點的過程中，由動能定理得：mg（L﹣Lcos60°）=12mv2﹣小球在最低點，由牛頓第二定律得：FT+kqAqB解得：FT=32mg＝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53m/s2；（3）小球B運動到最低點時繩的拉力為1.5N．點評：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