2024-2025學(xué)年滬科版（2020）高二（上）物理寒假作業(yè)（四）

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年滬科版（2020）高二（上）物理寒假作業(yè)（四）一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?荔灣區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，虛線A、B、C為某電場(chǎng)中的三條等勢(shì)線，相鄰的等勢(shì)線電勢(shì)差相等，即UAB＝UBC。實(shí)線為一帶負(fù)電粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)的軌跡，P、Q為軌跡與等勢(shì)線A、C的交點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A．粒子在P點(diǎn)電勢(shì)能大于粒子在Q點(diǎn)電勢(shì)能 B．粒子在P點(diǎn)的加速度大于在Q點(diǎn)的加速度 C．粒子在P點(diǎn)的動(dòng)能小于Q點(diǎn)動(dòng)能 D．P點(diǎn)電勢(shì)比Q點(diǎn)電勢(shì)高2．（2024秋?西山區(qū)校級(jí)月考）質(zhì)量1kg的帶正電滑塊，輕輕放在傳送帶底端。傳送帶與水平方向夾角為θ＝37°，與滑塊間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傳送帶以3m/s速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。滑塊受到沿斜面向上的4N恒定電場(chǎng)力作用，則1s內(nèi)（）A．滑塊動(dòng)能增加4J B．滑塊機(jī)械能增加12J C．由于放上滑塊電機(jī)多消耗電能為12J D．滑塊因摩擦生熱而增加的內(nèi)能為8J3．（2024秋?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)月考）某帶電粒子轉(zhuǎn)向器的橫截面如圖所示，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場(chǎng)。粒子從M點(diǎn)射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線（等勢(shì)線）運(yùn)動(dòng)，并從虛線上的N點(diǎn)射出，虛線處電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應(yīng)滿足（）A．E1E2=RC．E1E2=4．（2024秋?南寧月考）如圖所示，三條虛線表示某點(diǎn)電荷電場(chǎng)的等勢(shì)線，一帶電粒子僅受電場(chǎng)力作用，沿實(shí)線路徑運(yùn)動(dòng)，A、B、C、D、G是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與等勢(shì)面的交點(diǎn)，則（）A．場(chǎng)源電荷帶正電 B．運(yùn)動(dòng)帶電粒子帶正電 C．A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 D．帶電粒子在D點(diǎn)的加速度大于在G點(diǎn)的加速度5．（2024秋?太原月考）如圖所示，虛線a、b、c代表電場(chǎng)中三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，即Uab＝Ubc，實(shí)線為一帶正電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場(chǎng)力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知（）A．帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的加速度比通過Q點(diǎn)時(shí)小 B．帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)具有的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)具有的電勢(shì)能大 C．帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比通過Q點(diǎn)時(shí)大 D．三個(gè)等勢(shì)面中，a的電勢(shì)最低6．（2024秋?歷城區(qū)校級(jí)月考）如圖所示為一勻強(qiáng)電場(chǎng)，某帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，在這一運(yùn)動(dòng)過程中重力做的功為﹣3J，電場(chǎng)力做的功為2J。則下列說法正確的是（）A．粒子帶負(fù)電 B．粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)少2J C．粒子在A點(diǎn)的重力勢(shì)能比在B點(diǎn)少3J D．粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)少1J7．（2024秋?北碚區(qū)校級(jí)月考）圖甲所示兩水平金屬板間距為d，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～T3時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動(dòng)過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0A．末速度大小為2vB．微粒帶正電 C．重力勢(shì)能減少了mgd D．微粒的電勢(shì)能增加了18．（2024秋?海門區(qū)校級(jí)月考）某儀器兩極間的電場(chǎng)線分布如圖所示，一正電荷只在電場(chǎng)力作用下以某一初速度沿x方向運(yùn)動(dòng)，從O到A運(yùn)動(dòng)過程中，關(guān)于各點(diǎn)的電勢(shì)φ，電荷的動(dòng)能Ek隨位移x的變化圖線可能正確的是（）A． B． C． D．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)月考）如圖甲所示，在A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。A板的電勢(shì)為0，一質(zhì)量為m、電荷量為q的電子在t=T4時(shí)刻進(jìn)入兩極板，僅在靜電力作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，恰好能到達(dá)A．電子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．A、B兩板間的距離為qUC．若電子在t=T8時(shí)刻進(jìn)入兩極板，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最終打在BD．電子在兩板間的最大速度為q（多選）10．（2024秋?臺(tái)江區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平面上豎直固定一光滑絕緣、半徑為R的四分之一圓弧軌道BC，B為圓弧的最低點(diǎn)，A點(diǎn)在圓弧左側(cè)的水平面上，且A、B間距為2R。整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。一質(zhì)量為m，電荷量為mgE的帶正電小球從A點(diǎn)由靜止釋放，忽略空氣阻力，重力加速度大小為gA．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小vBB．小球在圓弧BC上運(yùn)動(dòng)過程中的最大動(dòng)能Ekmax＝3mgR C．小球從離開圓弧軌道到落地過程中的最小速率vminD．小球落地點(diǎn)離圓弧軌道B點(diǎn)的距離x（多選）11．（2024秋?道里區(qū)校級(jí)期中）如圖，平面內(nèi)有豎直向下、大小為E0的勻強(qiáng)電場(chǎng)，OA與x軸間夾角θ＝37°。質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子從y軸上的P點(diǎn)，以某一未知速度v0沿x軸正向射出，運(yùn)動(dòng)t時(shí)間后，平面內(nèi)又加入另一勻強(qiáng)電場(chǎng)E。此后粒子沿垂直于OA的方向再經(jīng)時(shí)間t到達(dá)OA界面上的一點(diǎn)，且到達(dá)該點(diǎn)時(shí)速度剛好為零。不計(jì)粒子重力，下面說法正確的是（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（）A．粒子從P點(diǎn)射出的初速度v0B．后來所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E=C．P點(diǎn)縱坐標(biāo)yPD．P點(diǎn)縱坐標(biāo)y（多選）12．（2024?湖南模擬）2020年2月，中國(guó)科學(xué)家通過冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人體細(xì)胞表面ACE2蛋白的結(jié)合過程，首次揭開了新冠病毒入侵人體的神秘面紗。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關(guān)鍵部分，在電子顯微鏡中電子束相當(dāng)于光束，通過由電場(chǎng)或磁場(chǎng)構(gòu)成的電子透鏡實(shí)現(xiàn)會(huì)聚或發(fā)散作用，其中的一種電子透鏡的電場(chǎng)分布如圖所示，其中虛線為等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等。一電子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖中實(shí)線所示，a、b、c是軌跡上的三點(diǎn)，且b點(diǎn)的動(dòng)能大于a點(diǎn)的動(dòng)能，則下列說法正確的是（）A．電子經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)的速度大于經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的速度 B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì) C．a(chǎn)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 D．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在c點(diǎn)的電勢(shì)能三．填空題（共4小題）13．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）噴霧器噴出質(zhì)量均為m，電量均為﹣q的油滴，并以v豎直進(jìn)入電容為C的電容器，板間距離d，上板接地，兩板剛開始不帶電，油滴落到下板上電量全被吸收，兩板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)。問：（1）下板最多能吸收滴油滴。（2）某時(shí)刻4滴油滴形成豎直間距依次為h、2h、3h，它們依次進(jìn)入電容器的時(shí)間間隔為T，此時(shí)板上的油滴有滴。14．（2024秋?南安市校級(jí)月考）如圖中A、B、C三點(diǎn)都在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20cm。把一個(gè)電量大小q＝10﹣5C的負(fù)電荷從A移到B，電場(chǎng)力做功為零；從B移到C，電場(chǎng)力做功為1.73×10﹣3J，則BC間的電勢(shì)差UBC＝V，該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小約為N/C。15．（2024秋?南開區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，讓一價(jià)氫離子（H+）和二價(jià)氦離子（He2+）的混合物從O點(diǎn)由靜止開始經(jīng)過同一加速電場(chǎng)加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)里偏轉(zhuǎn)，最后都從加速電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右側(cè)離開，圖中畫出了其中一種粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡。則：（1）在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)的是；（2）離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)兩種離子的側(cè)移量之比是。16．（2024秋?寶山區(qū)校級(jí)期中）如圖（a）所示，A、B、C三點(diǎn)是在等量同種正電荷電荷連線垂線上的點(diǎn)，一個(gè)帶電量為q，質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷從C點(diǎn)由靜止釋放，只在電場(chǎng)力作用下其運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖（b）所示，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)處對(duì)應(yīng)的圖線的切線斜率最大（圖中標(biāo)出了該切線），其切線斜率為k，則A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB為，B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為。四．解答題（共4小題）17．（2024秋?云陽縣校級(jí)月考）如圖所示，由靜止開始被電場(chǎng)（加速電壓為U1）加速的帶電粒子（質(zhì)量m，電量q）平行于兩正對(duì)的平行金屬板且從兩板正中間射入，從右側(cè)射出，設(shè)在此過程中帶電粒子沒有碰到兩極板。若金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d、兩板間電壓為U2（不計(jì)帶電粒子重力）。求：（1）粒子離開加速電場(chǎng)時(shí)速度的大小v1；（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)發(fā)生的偏移量y。18．（2024秋?南安市校級(jí)月考）如圖所示，在沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一固定點(diǎn)O，用一根長(zhǎng)度為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線把質(zhì)量為m、帶電量為﹣q的金屬小球懸掛在O點(diǎn)。小球靜止在B點(diǎn)時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ＝37°?，F(xiàn)將小球拉至O點(diǎn)正下方的A點(diǎn)，由靜止釋放，取cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向？（2）小球通過B點(diǎn)時(shí)細(xì)線受到拉力的大小？（3）通過計(jì)算判斷小球能否運(yùn)動(dòng)到水平位置C點(diǎn)。19．（2024秋?臺(tái)江區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，一絕緣細(xì)直桿AC固定在方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，直桿與電場(chǎng)線成45°角，桿長(zhǎng)l=322m。一套在直桿上的帶電小環(huán)，由桿端A以某一速度勻速下滑，小環(huán)離開桿后恰好通過桿端C正下方P點(diǎn)，C、P兩點(diǎn)相距h。已知環(huán)的質(zhì)量m＝0.5kg，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=13，h（1）判斷小球帶什么電和電場(chǎng)力F的大??；（2）小環(huán)從桿端A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間；（3）小環(huán)運(yùn)動(dòng)到桿端A正下方時(shí)的動(dòng)能Ek。20．（2024秋?歷下區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，空間內(nèi)存在方向?yàn)樨Q直向下、大小為E=mgq的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道ABCD固定在電場(chǎng)中的豎直面內(nèi)，BD為圓弧的豎直直徑，O為圓心，OA與豎直方向的夾角為60°。在P點(diǎn)沿水平方向拋出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，小球恰好從A點(diǎn)無碰撞地進(jìn)入圓弧軌道。不計(jì)小球的大小，重力加速度大小為g，P、（1）小球從P點(diǎn)拋出時(shí)初速度的大小；（2）小球沿圓弧軌道向上運(yùn)動(dòng)過程中，能到達(dá)圓弧軌道的最高位置離O點(diǎn)的高度；（3）若小球到A點(diǎn)時(shí)，保持電場(chǎng)強(qiáng)度的大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?，求此后小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速度。

2024-2025學(xué)年滬科版（2020）高二（上）物理寒假作業(yè)（四）參考答案與試題解析題號(hào)12345678答案DCADBCDD一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?荔灣區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，虛線A、B、C為某電場(chǎng)中的三條等勢(shì)線，相鄰的等勢(shì)線電勢(shì)差相等，即UAB＝UBC。實(shí)線為一帶負(fù)電粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)的軌跡，P、Q為軌跡與等勢(shì)線A、C的交點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A．粒子在P點(diǎn)電勢(shì)能大于粒子在Q點(diǎn)電勢(shì)能 B．粒子在P點(diǎn)的加速度大于在Q點(diǎn)的加速度 C．粒子在P點(diǎn)的動(dòng)能小于Q點(diǎn)動(dòng)能 D．P點(diǎn)電勢(shì)比Q點(diǎn)電勢(shì)高【考點(diǎn)】等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(guān)系；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；通過電場(chǎng)線的方向判斷電勢(shì)的高低．【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】D【分析】由于帶負(fù)電粒子只受電場(chǎng)力作用，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場(chǎng)力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向左下方，因此電場(chǎng)力方向指向左下方；電勢(shì)能變化可以通過電場(chǎng)力做功情況判斷；電場(chǎng)線和等勢(shì)線垂直，且等勢(shì)線密的地方電場(chǎng)線密，電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大；沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低。【解答】解：A．根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)：粒子所受電場(chǎng)力方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，結(jié)合電場(chǎng)線垂直與等勢(shì)線，可知粒子受到的電場(chǎng)力的方向向左。若粒子從P運(yùn)動(dòng)到Q，則電場(chǎng)力方向與速度方向夾角為鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小，即粒子在P點(diǎn)的動(dòng)能大于Q點(diǎn)動(dòng)能，粒子在P點(diǎn)電勢(shì)能小于粒子在Q點(diǎn)電勢(shì)能，故AC錯(cuò)誤；B．等差等勢(shì)線分布的密集程度能夠表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，圖中P位置等勢(shì)線分布比Q位置等勢(shì)線分布稀疏一些，則P位置電場(chǎng)強(qiáng)度比Q位置電場(chǎng)強(qiáng)度小一些，即P位置電場(chǎng)力比Q位置電場(chǎng)力小一些，則粒子在P點(diǎn)的加速度小于在Q點(diǎn)的加速度，故B錯(cuò)誤；D．粒子帶負(fù)電，電場(chǎng)強(qiáng)度方向與電場(chǎng)力方向相反，結(jié)合上述可知，電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)線由A等勢(shì)線指向C等勢(shì)線，由于沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，則P點(diǎn)電勢(shì)比Q點(diǎn)電勢(shì)高，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決這類帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思路是：根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷出所受電場(chǎng)力方向，然后進(jìn)一步判斷電勢(shì)、電場(chǎng)、電勢(shì)能、動(dòng)能等物理量的變化。2．（2024秋?西山區(qū)校級(jí)月考）質(zhì)量1kg的帶正電滑塊，輕輕放在傳送帶底端。傳送帶與水平方向夾角為θ＝37°，與滑塊間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傳送帶以3m/s速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)?；瑝K受到沿斜面向上的4N恒定電場(chǎng)力作用，則1s內(nèi)（）A．滑塊動(dòng)能增加4J B．滑塊機(jī)械能增加12J C．由于放上滑塊電機(jī)多消耗電能為12J D．滑塊因摩擦生熱而增加的內(nèi)能為8J【考點(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題；傾斜傳送帶模型；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；功能關(guān)系能量守恒定律；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】對(duì)滑塊受力分析，由牛頓第二定律求得滑塊的加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得1s末滑塊的速度、位移、傳送帶的位移。根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式求解滑塊動(dòng)能；滑塊機(jī)械能增加量等于動(dòng)能與重力勢(shì)能增加量之和；由功能關(guān)系可知電機(jī)多消耗電能等于傳送帶克服摩擦力做的功；根據(jù)功能關(guān)系求得滑塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，而滑塊增加的內(nèi)能要小于此內(nèi)能。【解答】解：A、對(duì)滑塊受力分析，由牛頓第二定律得：F電+μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma，解得滑塊的加速度為：a＝2m/s2滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得1s末滑塊的速度為：v1＝at＝2×1m/s＝2m/s位移為：x1=12a傳送帶位移為：x2＝vt＝3×1m/s＝3m滑塊動(dòng)能為：Ek=1B、滑塊機(jī)械能增加量為：ΔE1＝Ek+mgx1sinθ，解得：ΔE1＝8J，故B錯(cuò)誤；C、由功能關(guān)系可知電機(jī)多消耗電能等于傳送帶克服摩擦力做的功，則電機(jī)多消耗電能為：ΔE2＝μmgcosθx2，解得：ΔE2＝12J，故C正確；D、滑塊與傳送帶間摩擦生熱為：Q＝μmgcosθx相＝μmg（x2﹣x1）cosθ，解得：Q＝8J，而滑塊增加的內(nèi)能要小于8J，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了傳送帶模型中涉及到的功能關(guān)系，能量守恒定律得應(yīng)用。掌握常見的力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化。3．（2024秋?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)月考）某帶電粒子轉(zhuǎn)向器的橫截面如圖所示，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場(chǎng)。粒子從M點(diǎn)射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線（等勢(shì)線）運(yùn)動(dòng)，并從虛線上的N點(diǎn)射出，虛線處電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應(yīng)滿足（）A．E1E2=RC．E1E2=【考點(diǎn)】帶電粒子在單個(gè)或多個(gè)點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】A【分析】粒子在等勢(shì)線上運(yùn)動(dòng)，則粒子的速度大小不變，粒子受到的電場(chǎng)力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律完成分析?！窘獯稹拷猓河赊D(zhuǎn)向器中有輻向電場(chǎng)可知，粒子受到的電場(chǎng)力提供向心力，又因?yàn)榱Ｗ釉诘葎?shì)線上運(yùn)動(dòng)，則粒子的速度大小保持不變，根據(jù)牛頓第二定律可得：qE1=mv2R1，q故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析出粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來源即可完成分析，難度不大。4．（2024秋?南寧月考）如圖所示，三條虛線表示某點(diǎn)電荷電場(chǎng)的等勢(shì)線，一帶電粒子僅受電場(chǎng)力作用，沿實(shí)線路徑運(yùn)動(dòng)，A、B、C、D、G是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與等勢(shì)面的交點(diǎn)，則（）A．場(chǎng)源電荷帶正電 B．運(yùn)動(dòng)帶電粒子帶正電 C．A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 D．帶電粒子在D點(diǎn)的加速度大于在G點(diǎn)的加速度【考點(diǎn)】等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(guān)系；電荷性質(zhì)、電場(chǎng)力方向和電場(chǎng)強(qiáng)度方向的相互判斷；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)大?。緦ｎ}】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】D【分析】AB.根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直且指向電勢(shì)降低的方向、同種電荷相互排斥，即可分析判斷；CD.同一電場(chǎng)中，等差等勢(shì)面越密集的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，粒子所受電場(chǎng)力越大，粒子的加速度越大，據(jù)此分析判斷。【解答】解：AB.根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直且指向電勢(shì)降低的方向可知，場(chǎng)源電荷帶負(fù)電，由圖可知，軌跡向下彎曲，帶電粒子受到了排斥的作用，根據(jù)同種電荷相互排斥可知，帶電粒子也帶負(fù)電，故AB錯(cuò)誤；CD.同一電場(chǎng)中，等差等勢(shì)面越密集的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，粒子所受電場(chǎng)力越大，粒子的加速度越大，則由圖可知，A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，D點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于G點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，則帶電粒子在D點(diǎn)的加速度大于在G點(diǎn)的加速度，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(guān)系，解題時(shí)需注意：等勢(shì)面與電場(chǎng)線一定處處正交（垂直）、電場(chǎng)線總是從電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面。5．（2024秋?太原月考）如圖所示，虛線a、b、c代表電場(chǎng)中三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，即Uab＝Ubc，實(shí)線為一帶正電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場(chǎng)力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知（）A．帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的加速度比通過Q點(diǎn)時(shí)小 B．帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)具有的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)具有的電勢(shì)能大 C．帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比通過Q點(diǎn)時(shí)大 D．三個(gè)等勢(shì)面中，a的電勢(shì)最低【考點(diǎn)】等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(guān)系；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)大小；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】B【分析】由于質(zhì)點(diǎn)只受電場(chǎng)力作用，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場(chǎng)力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向右下方，由于質(zhì)點(diǎn)帶正電，因此電場(chǎng)線方向也指向右下方；電勢(shì)能變化可以通過電場(chǎng)力做功情況判斷；電場(chǎng)線和等勢(shì)線垂直，且等勢(shì)線密的地方電場(chǎng)線密，電場(chǎng)強(qiáng)度大。【解答】解：A．由等勢(shì)面越密集的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，因此可知P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大，根據(jù)F＝qE可知質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)所受的電場(chǎng)力比Q點(diǎn)所受的電場(chǎng)力大，由牛頓第二定律可知，帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的加速度較通過Q點(diǎn)時(shí)大，故A錯(cuò)誤；D．電荷所受電場(chǎng)力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶正電，因此電場(chǎng)線指向右下方，沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，可知a的電勢(shì)最高，故D錯(cuò)誤；B．正電荷在電勢(shì)高的地方，電勢(shì)能大，可知帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)具有的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)具有的電勢(shì)能大，故B正確；C．若帶電質(zhì)點(diǎn)沿從P點(diǎn)到Q點(diǎn)方向運(yùn)動(dòng)，是從高電勢(shì)到低電勢(shì)，電場(chǎng)力做正功，由動(dòng)能定理可知，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能增加，因此通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能較通過Q點(diǎn)時(shí)?。蝗魩щ娰|(zhì)點(diǎn)沿從Q點(diǎn)到P點(diǎn)方向運(yùn)動(dòng)，是從低電勢(shì)到高電勢(shì)，電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能減小，因此通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能較通過Q點(diǎn)時(shí)小，故C錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】解決這類帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思路是：根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷出所受電場(chǎng)力方向，然后進(jìn)一步判斷電勢(shì)、電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)能、動(dòng)能等物理量的變化。6．（2024秋?歷城區(qū)校級(jí)月考）如圖所示為一勻強(qiáng)電場(chǎng)，某帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，在這一運(yùn)動(dòng)過程中重力做的功為﹣3J，電場(chǎng)力做的功為2J。則下列說法正確的是（）A．粒子帶負(fù)電 B．粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)少2J C．粒子在A點(diǎn)的重力勢(shì)能比在B點(diǎn)少3J D．粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)少1J【考點(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】C【分析】帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做正功，可知電場(chǎng)力方向水平向右，根據(jù)電場(chǎng)力與電場(chǎng)方向的關(guān)系判斷粒子帶電性質(zhì)；根據(jù)功能關(guān)系判斷粒子的電勢(shì)能與重力勢(shì)能的變化量；根據(jù)能量守恒定律可知粒子的機(jī)械能與電勢(shì)能的總和不變，電勢(shì)能與重力勢(shì)能的變化量判斷動(dòng)能的變化量?！窘獯稹拷猓篈、帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做正功，可知電場(chǎng)力方向水平向右，與電場(chǎng)方向相同，則粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)功能關(guān)系，電場(chǎng)力做正功為2J，則粒子的電勢(shì)能減少2J，即粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)多2J，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)功能關(guān)系，重力做的功為﹣3J，則粒子的重力勢(shì)能增加3J，即粒子在A點(diǎn)的重力勢(shì)能比在B點(diǎn)少3J，故C正確；D、由能量守恒定律可知粒子的機(jī)械能與電勢(shì)能的總和不變，粒子的電勢(shì)能減少2J，則機(jī)械能增加2J，因粒子的重力勢(shì)能增加3J，故動(dòng)能減少1J，即粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)多1J，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程的功能關(guān)系，以及能量守恒定律的應(yīng)用。掌握常見的力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化。7．（2024秋?北碚區(qū)校級(jí)月考）圖甲所示兩水平金屬板間距為d，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～T3時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動(dòng)過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0A．末速度大小為2vB．微粒帶正電 C．重力勢(shì)能減少了mgd D．微粒的電勢(shì)能增加了1【考點(diǎn)】帶電粒子在周期性變化的電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】D【分析】A、微粒在水平方向不受力，故水平方向速度不變；B、根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷重力與電場(chǎng)力方向；C、分析豎直方向上的位移，進(jìn)而求出重力勢(shì)能；D、做功的兩個(gè)必要因素：作用在物體上的力和物體在力的方向上通過的距離，由此分析靜電力做功?！窘獯稹拷猓篈、0～T3時(shí)間內(nèi)微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即有mg＝qE0，可知在T3～2T3時(shí)間內(nèi)，微粒做平拋運(yùn)動(dòng)，在2T3～T時(shí)間內(nèi)，合力大小F＝2qE0B、0～T3時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，即有mg＝qE0C、微粒經(jīng)金屬板邊緣飛出，豎直方向上的位移大小為d2，所以重力勢(shì)能減少了12mgdD、在0～23T時(shí)間內(nèi)，靜電力做功為零；在23T～T時(shí)間內(nèi)，在豎直方向上根據(jù)對(duì)稱性可知此過程運(yùn)動(dòng)的位移為d故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】考查帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的理解和電場(chǎng)力做功，清楚做功的條件。8．（2024秋?海門區(qū)校級(jí)月考）某儀器兩極間的電場(chǎng)線分布如圖所示，一正電荷只在電場(chǎng)力作用下以某一初速度沿x方向運(yùn)動(dòng)，從O到A運(yùn)動(dòng)過程中，關(guān)于各點(diǎn)的電勢(shì)φ，電荷的動(dòng)能Ek隨位移x的變化圖線可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題；φ﹣x圖像的理解與應(yīng)用；電場(chǎng)中的其他圖像問題．【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】D【分析】AB.電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，φ﹣x圖線的斜率大小表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，據(jù)此分析判斷；CD.由動(dòng)能定理列式，推斷Ek﹣x圖線的斜率大小的物理意義，結(jié)合前面分析，即可分析判斷?！窘獯稹拷猓篈B.電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，由圖可知，從O到A電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減??；由于φ﹣x圖線的斜率大小表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，則從O到A，φ﹣x圖線的斜率大小應(yīng)先增大后減小，故AB錯(cuò)誤；CD.由圖可知，電荷從O到A運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力做正功，由動(dòng)能定理可知，電荷的動(dòng)能增加，電荷動(dòng)能的變化量等于電場(chǎng)力做的功，即：qEΔx＝ΔEk，由此可知，Ek﹣x圖線的斜率大小為qE，因O到A電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，則Ek﹣x圖線的斜率應(yīng)先增大后減小，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題，解題時(shí)需注意功能關(guān)系、動(dòng)能定理、能量守恒、機(jī)械能守恒定律、電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化等的綜合應(yīng)用。二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)月考）如圖甲所示，在A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。A板的電勢(shì)為0，一質(zhì)量為m、電荷量為q的電子在t=T4時(shí)刻進(jìn)入兩極板，僅在靜電力作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，恰好能到達(dá)A．電子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．A、B兩板間的距離為qUC．若電子在t=T8時(shí)刻進(jìn)入兩極板，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最終打在BD．電子在兩板間的最大速度為q【考點(diǎn)】帶電粒子在周期性變化的電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；圖析法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；理解能力．【答案】BD【分析】A、交變電場(chǎng)中電荷受到的電場(chǎng)力方向會(huì)發(fā)生變化；B、根據(jù)電荷所受電場(chǎng)力求解其加速度，然后運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出距離；C、分析電荷在T8-TD、經(jīng)過T4【解答】解：A、電子在兩板間先向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、電子在t=T4時(shí)刻由靜止釋放進(jìn)入兩極板運(yùn)動(dòng)，由分析可知，電子先加速后減速，在t=34T時(shí)刻到達(dá)B板，設(shè)兩板的間距為d，加速度大小為d=qU0C、若電子在t=T8時(shí)刻進(jìn)入兩極板間，在T8-T2時(shí)間內(nèi)電子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移x=12a(D、由題意可知，經(jīng)過T4時(shí)間電子速度最大，則最大速度為vm=故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】考查帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，根據(jù)電荷的受力分析其運(yùn)動(dòng)情況。（多選）10．（2024秋?臺(tái)江區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平面上豎直固定一光滑絕緣、半徑為R的四分之一圓弧軌道BC，B為圓弧的最低點(diǎn)，A點(diǎn)在圓弧左側(cè)的水平面上，且A、B間距為2R。整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。一質(zhì)量為m，電荷量為mgE的帶正電小球從A點(diǎn)由靜止釋放，忽略空氣阻力，重力加速度大小為gA．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小vBB．小球在圓弧BC上運(yùn)動(dòng)過程中的最大動(dòng)能Ekmax＝3mgR C．小球從離開圓弧軌道到落地過程中的最小速率vminD．小球落地點(diǎn)離圓弧軌道B點(diǎn)的距離x【考點(diǎn)】帶電粒子（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；帶電粒子（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】小球從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理求小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小；小球在圓弧BC上運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)小球的受力特點(diǎn)找到等效最低點(diǎn)，結(jié)合動(dòng)能定理求解動(dòng)能的最大值；小球從A到C，根據(jù)動(dòng)能定理求出小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小。小球從C點(diǎn)飛出后，將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和分速度公式相結(jié)合求解小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度的大小?！窘獯稹緼．小球從出發(fā)至運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，對(duì)小球由動(dòng)能定理得：Eq×得vB故A正確；B．小球在圓弧BC上運(yùn)動(dòng)過程中的最大動(dòng)能出現(xiàn)在圓弧BC的中點(diǎn)（此時(shí)速度方向與重力和電場(chǎng)力的合力方向垂直，重力和電場(chǎng)力的合力方向相當(dāng)于等效重力方向，速度有極大值），從出發(fā)到此處，由動(dòng)能定理有Eq（2R+Rsin45°）﹣mg（R﹣Rcos45°）＝Ekmax得故B錯(cuò)誤；C．由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知vB小球從離開圓弧軌道到落地過程中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，將vC沿合外力和垂直合外力的方向分解，兩個(gè)分速度大小均為2gR，在類斜拋運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)有最小速率，此時(shí)與合外力反向的vmin故C正確；D．由于小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)小球在豎直方向以及水平方向由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有-h=x-則x=(6+2故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查帶電物體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，熟悉物體的受力分析，結(jié)合動(dòng)能定理解得物體的速度，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法處理小球在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過程。（多選）11．（2024秋?道里區(qū)校級(jí)期中）如圖，平面內(nèi)有豎直向下、大小為E0的勻強(qiáng)電場(chǎng)，OA與x軸間夾角θ＝37°。質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子從y軸上的P點(diǎn)，以某一未知速度v0沿x軸正向射出，運(yùn)動(dòng)t時(shí)間后，平面內(nèi)又加入另一勻強(qiáng)電場(chǎng)E。此后粒子沿垂直于OA的方向再經(jīng)時(shí)間t到達(dá)OA界面上的一點(diǎn)，且到達(dá)該點(diǎn)時(shí)速度剛好為零。不計(jì)粒子重力，下面說法正確的是（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（）A．粒子從P點(diǎn)射出的初速度v0B．后來所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E=C．P點(diǎn)縱坐標(biāo)yPD．P點(diǎn)縱坐標(biāo)y【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】粒子運(yùn)動(dòng)過程只受電場(chǎng)力作用，根據(jù)不同時(shí)間段的受力情況分析水平和豎直方向加速度情況，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可判斷速度以及位移，從而確定P點(diǎn)坐標(biāo)?！窘獯稹拷猓篈.粒子在第一個(gè)/末的速度方向垂直斜面，由類平拋運(yùn)動(dòng)加速度a=可得v0粒子從P點(diǎn)射出的初速度v0故A錯(cuò)誤；B.粒子在第二個(gè)內(nèi)加速度的豎直分量為ay方向豎直向上；水平方向的加速度ax方向水平向左；粒子受兩個(gè)電場(chǎng)的電場(chǎng)力作用，場(chǎng)強(qiáng)E產(chǎn)生的加速度方向豎直向下，大小為a，可得ExEy＝2E0根據(jù)矢量的合成可得E=可得E=故B正確；CD.第一個(gè)時(shí)間內(nèi)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的位移y1水平方向的位移x1＝v0t在第二個(gè)時(shí)間內(nèi)，粒子做勻減速運(yùn)動(dòng)，豎直方向的平均速度為12a，水平方向的平均速度為y2水平方向的位移x2且有x2那么，粒子豎直位移y1+y2＝2y2水平位移x1+x2＝3x2所以，P點(diǎn)與x軸的距離yP又v0所以P點(diǎn)縱坐標(biāo)yP故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生結(jié)合牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行分析求解，難度適中。（多選）12．（2024?湖南模擬）2020年2月，中國(guó)科學(xué)家通過冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人體細(xì)胞表面ACE2蛋白的結(jié)合過程，首次揭開了新冠病毒入侵人體的神秘面紗。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關(guān)鍵部分，在電子顯微鏡中電子束相當(dāng)于光束，通過由電場(chǎng)或磁場(chǎng)構(gòu)成的電子透鏡實(shí)現(xiàn)會(huì)聚或發(fā)散作用，其中的一種電子透鏡的電場(chǎng)分布如圖所示，其中虛線為等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等。一電子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖中實(shí)線所示，a、b、c是軌跡上的三點(diǎn)，且b點(diǎn)的動(dòng)能大于a點(diǎn)的動(dòng)能，則下列說法正確的是（）A．電子經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)的速度大于經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的速度 B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì) C．a(chǎn)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 D．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在c點(diǎn)的電勢(shì)能【考點(diǎn)】根據(jù)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡判斷功與能的轉(zhuǎn)化情況；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)大?。煌ㄟ^電場(chǎng)線的方向判斷電勢(shì)的高低；等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(guān)系；帶電粒子的軌跡、受力、電性、電場(chǎng)方向的互判．【專題】比較思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】ACD【分析】根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)電子做功情況分析；電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，對(duì)負(fù)電荷來說，電勢(shì)越高，電勢(shì)能越??；等勢(shì)面的疏密程度也可以表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱；根據(jù)電勢(shì)能的大小比較電勢(shì)的高低?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知電子從a到b點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做正功，可知b點(diǎn)的動(dòng)能大于a點(diǎn)的動(dòng)能，故電子經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)的速度大于經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的速度，故A正確；B.電子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至b點(diǎn)，動(dòng)能增大，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，負(fù)電荷在高電勢(shì)處電勢(shì)能反而小，故a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；C、等勢(shì)面越密，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，c點(diǎn)處等勢(shì)面比a點(diǎn)處等勢(shì)面密，故a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故C正確；D.相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等，則φc＞φb＞φa，負(fù)電荷在高電勢(shì)處電勢(shì)能反而小，故電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在c點(diǎn)的電勢(shì)能，故D正確。故選：ACD?！军c(diǎn)評(píng)】能夠根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡判斷出電場(chǎng)力對(duì)電子的做功情況是解題的關(guān)鍵，知道對(duì)電子來說，電勢(shì)越低，電勢(shì)能越大，可以用等勢(shì)線的疏密程度表示場(chǎng)強(qiáng)的大小。三．填空題（共4小題）13．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）噴霧器噴出質(zhì)量均為m，電量均為﹣q的油滴，并以v豎直進(jìn)入電容為C的電容器，板間距離d，上板接地，兩板剛開始不帶電，油滴落到下板上電量全被吸收，兩板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)。問：（1）下板最多能吸收2mgCd+（2）某時(shí)刻4滴油滴形成豎直間距依次為h、2h、3h，它們依次進(jìn)入電容器的時(shí)間間隔為T，此時(shí)板上的油滴有m2gCd【考點(diǎn)】帶電粒子在恒定的電場(chǎng)中做加速（或減速）運(yùn)動(dòng)；自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）2mgCd+mCv【分析】（1）第N+1個(gè)油滴達(dá)到下極板的速度為0，根據(jù)動(dòng)能定理求解。（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出第2滴、第3滴的速度，根據(jù)加速度的定義式結(jié)合逐差法求解T，再根據(jù)牛頓第二定律求解?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)下極板最多接受到N個(gè)油滴，第N+1個(gè)油滴達(dá)到下極板的速度為0，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgd﹣qUm＝0-其中Um=解得：N=（2）設(shè)從上到下的順序依次為1、2、3、4，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：第2滴的速度為：v2=第3滴的速度為：v3=根據(jù)加速度的定義式可得：a=根據(jù)牛頓第二定律可得：mg-qU而U′=解得：N′=故答案為：（1）2mgCd+mCv【點(diǎn)評(píng)】有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可以從兩條線索展開：其一，力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系。根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答。14．（2024秋?南安市校級(jí)月考）如圖中A、B、C三點(diǎn)都在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20cm。把一個(gè)電量大小q＝10﹣5C的負(fù)電荷從A移到B，電場(chǎng)力做功為零；從B移到C，電場(chǎng)力做功為1.73×10﹣3J，則BC間的電勢(shì)差UBC＝﹣173V，該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小約為1000N/C。【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系．【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】﹣173；1000?！痉治觥扛鶕?jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系，確定BC間的電勢(shì)差；由電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)可知，A、B兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故直線AB應(yīng)為一條等勢(shì)線，結(jié)合電場(chǎng)線的特點(diǎn)，可畫出一條符合條件的電場(chǎng)線，結(jié)合勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系，即可確定勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小?！窘獯稹拷猓簭腂到C有：W＝﹣qUBC，則UBC=W-由電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)可知，A、B兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故直線AB應(yīng)為一條等勢(shì)線，電場(chǎng)線與等勢(shì)線相互垂直，沿著電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，故如圖，過C做一條指向AB的垂線，一定是一條電場(chǎng)線：則CB間沿電場(chǎng)方向的距離為：d＝BCsin60，結(jié)合勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系及電勢(shì)差的特點(diǎn)可知：Ed＝UCB＝﹣UBC，聯(lián)立可得：E≈1000N/C；故答案為：﹣173；1000?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系，解題時(shí)需注意，公式U＝Ed中，d是沿場(chǎng)強(qiáng)方向的兩點(diǎn)間的距離，或兩等勢(shì)面間的距離，而U是這兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，這一定量關(guān)系只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)。15．（2024秋?南開區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，讓一價(jià)氫離子（H+）和二價(jià)氦離子（He2+）的混合物從O點(diǎn)由靜止開始經(jīng)過同一加速電場(chǎng)加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)里偏轉(zhuǎn)，最后都從加速電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右側(cè)離開，圖中畫出了其中一種粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡。則：（1）在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)的是二價(jià)氦離子；（2）離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)兩種離子的側(cè)移量之比是1：1。【考點(diǎn)】帶電粒子先后經(jīng)過加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）二價(jià)氦離子；（2）1：1。【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算即可；（2）根據(jù)動(dòng)能定理得到離子離開加速電場(chǎng)時(shí)的速度，然后根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得到離開電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移量表達(dá)式，然后比較即可?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)一價(jià)氫離子的電荷量為q，一價(jià)氫離子的質(zhì)量為m，離子在加速電場(chǎng)中的加速度為a，加速電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma設(shè)加速電場(chǎng)中兩板間的距離為d，離子在加速電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有d=解得t=根據(jù)化學(xué)知識(shí)知二價(jià)氦離子的電荷量為2q，質(zhì)量為4m，所以二價(jià)氦離子在加速電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t'=2×4md2qE=（2）設(shè)一價(jià)氫離子離開加速電場(chǎng)的速度為v，加速電場(chǎng)的電壓為U，根據(jù)動(dòng)能定理有qU=設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓為U'，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板間的距離為d'，則一價(jià)氫離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度為a=設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的寬度為L(zhǎng)，則一價(jià)氫離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1一價(jià)氫離子的側(cè)移量為y=聯(lián)立解得y=U'L2故答案為：（1）二價(jià)氦離子；（2）1：1?！军c(diǎn)評(píng)】知道二價(jià)氦離子與一價(jià)氫離子的質(zhì)量關(guān)系和帶電荷量關(guān)系是解題的關(guān)鍵，要熟練掌握平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的應(yīng)用。16．（2024秋?寶山區(qū)校級(jí)期中）如圖（a）所示，A、B、C三點(diǎn)是在等量同種正電荷電荷連線垂線上的點(diǎn)，一個(gè)帶電量為q，質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷從C點(diǎn)由靜止釋放，只在電場(chǎng)力作用下其運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖（b）所示，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)處對(duì)應(yīng)的圖線的切線斜率最大（圖中標(biāo)出了該切線），其切線斜率為k，則A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB為m(vB2-vA2)【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系；利用v﹣t圖像的斜率求解物體運(yùn)動(dòng)的加速度；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；類比法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】m(v【分析】?jī)蓚€(gè)等量的同種正電荷，其連線中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度方向由O點(diǎn)沿中垂線指向外側(cè)；電量為1C僅在運(yùn)動(dòng)方向上受電場(chǎng)力作用從C點(diǎn)到B、再到A運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)V﹣t圖可知在B點(diǎn)的加速度為最大，物體先做加速度增大后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)．【解答】解：由題意可知粒子帶正電，對(duì)粒子從B到A的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有：q整理可得：U則：U由題意，根據(jù)v?t圖像斜率表示加速度可知：a＝k根據(jù)牛頓第二定律：qEB＝ma解得：E故答案為：m(v【點(diǎn)評(píng)】明確等量同種電荷電場(chǎng)的特點(diǎn)是解本題的關(guān)鍵，據(jù)V﹣t圖獲取加速度、速度、動(dòng)能等物理量是解本題的突破口。四．解答題（共4小題）17．（2024秋?云陽縣校級(jí)月考）如圖所示，由靜止開始被電場(chǎng)（加速電壓為U1）加速的帶電粒子（質(zhì)量m，電量q）平行于兩正對(duì)的平行金屬板且從兩板正中間射入，從右側(cè)射出，設(shè)在此過程中帶電粒子沒有碰到兩極板。若金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d、兩板間電壓為U2（不計(jì)帶電粒子重力）。求：（1）粒子離開加速電場(chǎng)時(shí)速度的大小v1；（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)發(fā)生的偏移量y?！究键c(diǎn)】帶電粒子先后經(jīng)過加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）粒子離開加速電場(chǎng)時(shí)速度的大小為2q（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)發(fā)生的偏移量為U2【分析】（1）在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理列方程進(jìn)行解答；（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、牛頓第二定律進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓海?）在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：qU1=1解得：v1=2（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：y=12at2，根據(jù)牛頓第二定律可得：a=聯(lián)立解得：y=U答：（1）粒子離開加速電場(chǎng)時(shí)速度的大小為2q（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)發(fā)生的偏移量為U2【點(diǎn)評(píng)】有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可以從兩條線索展開：其一，力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系。根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答。18．（2024秋?南安市校級(jí)月考）如圖所示，在沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一固定點(diǎn)O，用一根長(zhǎng)度為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線把質(zhì)量為m、帶電量為﹣q的金屬小球懸掛在O點(diǎn)。小球靜止在B點(diǎn)時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ＝37°?，F(xiàn)將小球拉至O點(diǎn)正下方的A點(diǎn)，由靜止釋放，取cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向？（2）小球通過B點(diǎn)時(shí)細(xì)線受到拉力的大??？（3）通過計(jì)算判斷小球能否運(yùn)動(dòng)到水平位置C點(diǎn)。【考點(diǎn)】帶電粒子（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用；帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的受力平衡．【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為3mg（2）小球通過B點(diǎn)時(shí)細(xì)線受到拉力為74（3）通過計(jì)算，小球無法運(yùn)動(dòng)到水平位置C點(diǎn)?！痉治觥浚?）小球受到電場(chǎng)力、重力、拉力的作用，三者平衡；（2）根據(jù)動(dòng)能定理和向心力公式，分析繩子拉力；（3）根據(jù)動(dòng)能定理關(guān)系式分析?！窘獯稹拷猓海?）小球靜止在B點(diǎn)，處于平衡狀態(tài)，對(duì)小球受力分析，得tanθ=Eqmg（2）EqLsinθ-mgL(1-cosθ)=1（3）假設(shè)小球能擺到的最大角度為α，有EqLsinα＝mgL（1﹣cosα），得34sinα=1-cosα，又sin2α+cos2α＝1，解得sinα=2425答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為3mg（2）小球通過B點(diǎn)時(shí)細(xì)線受到拉力為74（3）通過計(jì)算，小球無法運(yùn)動(dòng)到水平位置C點(diǎn)。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平衡條件、動(dòng)能定理及向心力公式的直接應(yīng)用，難度不大。19．（2024秋?臺(tái)江區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，一絕緣細(xì)直桿AC固定在方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，直桿與電場(chǎng)線成45°角，桿長(zhǎng)l=322m。一套在直桿上的帶電小環(huán)，由桿端A以某一速度勻速下滑，小環(huán)離開桿后恰好通過桿端C正下方P點(diǎn)，C、P兩點(diǎn)相距h。已知環(huán)的質(zhì)量m＝0.5kg，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=13，h（1）判斷小球帶什么電和電場(chǎng)力F的大??；（2）小環(huán)從桿端A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間；（3）小環(huán)運(yùn)動(dòng)到桿端A正下方時(shí)的動(dòng)能Ek?！究键c(diǎn)】帶電粒子（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)；用動(dòng)能的定義式計(jì)算物體的動(dòng)能．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】（1）小球帶負(fù)電，電場(chǎng)力F的大小為2.5N；（2）小環(huán)從桿端A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為1.9s；（3）小環(huán)運(yùn)動(dòng)到桿端A正下方時(shí)的動(dòng)能Ek為34.25J。【分析】（1）如果電場(chǎng)力向左，小環(huán)不可能落到P，所以電場(chǎng)力向右，小環(huán)帶負(fù)電，小環(huán)從A到C的過程中勻速下滑，對(duì)小環(huán)受力分析可得電場(chǎng)力大小。（2）小環(huán)從A到C的過程中勻速下滑，對(duì)小環(huán)進(jìn)行受力分析，結(jié)合摩擦力的公式以及C到P的這個(gè)過程中水平方向運(yùn)用牛頓第二定律，豎直方向借助運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式，求解時(shí)間，即A到P的時(shí)間。（3）小環(huán)從C到A正下方的過程中，在水平方向，運(yùn)用速度—時(shí)間關(guān)系，豎直方向，運(yùn)用速度—時(shí)間關(guān)系，求解出水平方向的速度和豎直方向的速度，進(jìn)而求解出到桿端A正下方時(shí)的動(dòng)能。【解答】（1）由題意知，小環(huán)受到的電場(chǎng)力水平向右，與電場(chǎng)方向相反，則小環(huán)帶負(fù)電；小環(huán)從A到C的過程中勻速下滑，對(duì)小環(huán)受力分析可得mgsin45°＝Fcos45°+fFN＝mgcos45°+Fsin45°又f＝μFN聯(lián)立解得F＝2.5N（2）小環(huán)從C到P的過程中，在水平方向有ax=F豎直方向有h=聯(lián)立解得t1＝0.4s，v0=則小環(huán)從A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t=解得t＝1.9s（3）小環(huán)從C到A正下方的過程中，在水平方向有vx＝v0cos45°﹣axt2-lcos豎直方向有vy＝v0sin45°+gt2聯(lián)立解得vx＝﹣4m/s，vy＝11m/s，t2＝1sEk代入數(shù)據(jù)解得Ek＝34.25J答：（1）小球帶負(fù)電，電場(chǎng)力F的大小為2.5N；（2）小環(huán)從桿端A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為1.9s；（3）小環(huán)運(yùn)動(dòng)到桿端A正下方時(shí)的動(dòng)能Ek為34.25J。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合，學(xué)生需運(yùn)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式綜合求解。20．（2024秋?歷下區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，空間內(nèi)存在方向?yàn)樨Q直向下、大小為E=mgq的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道ABCD固定在電場(chǎng)中的豎直面內(nèi)，BD為圓弧的豎直直徑，O為圓心，OA與豎直方向的夾角為60°。在P點(diǎn)沿水平方向拋出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，小球恰好從A點(diǎn)無碰撞地進(jìn)入圓弧軌道。不計(jì)小球的大小，重力加速度大小為g，P、（1）小球從P點(diǎn)拋出時(shí)初速度的大??；（2）小球沿圓弧軌道向上運(yùn)動(dòng)過程中，能到達(dá)圓弧軌道的最高位置離O點(diǎn)的高度；（3）若小球到A點(diǎn)時(shí)，保持電場(chǎng)強(qiáng)度的大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?，求此后小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速度?！究键c(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)；利用動(dòng)能定理求解多過程問題．【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；合成分解法；方程法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）小球從P點(diǎn)拋出時(shí)初速度的大小為6gR（2）小球沿圓弧軌道向上運(yùn)動(dòng)過程中，能到達(dá)圓弧軌道的最高位置離O點(diǎn)的高度為19（3）此后小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速度為(22【分析】（1）由牛頓第二定律結(jié)合速度的分解可得小球從P點(diǎn)拋出時(shí)初速度的大?。唬?）由向心力公式結(jié)合動(dòng)能定理解得能到達(dá)圓弧軌道的最高位置離O點(diǎn)的高度；（3）當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的位置和O點(diǎn)的連線與OB的夾角為45°時(shí)，速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理即可求解?！窘獯稹拷猓海?）小球從P點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中，由牛頓第二定律可得：qE+mg＝ma，解得：a=qE+mgm=2mgm=2g，設(shè)小球的初速度為在A點(diǎn)，根據(jù)速度分解可得：v0（2）小球在A點(diǎn)的速度為：vA=v0sin30°=6gR31由動(dòng)能定理可得：-聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：cosθ=19，因此小球能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)位置離O（3）由力與運(yùn)動(dòng)關(guān)系可知，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的位置和O點(diǎn)的連線與OB的夾角為45°時(shí)，速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg代入數(shù)據(jù)解得：vm答：（1）小球從P點(diǎn)拋出時(shí)初速度的大小為6gR（2）小球沿圓弧軌道向上運(yùn)動(dòng)過程中，能到達(dá)圓弧軌道的最高位置離O點(diǎn)的高度為19（3）此后小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速度為(22【點(diǎn)評(píng)】本題是對(duì)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，具有一定綜合性，考查學(xué)生對(duì)動(dòng)能定理、速度的分解，向心力公式的掌握，具有一定綜合性，難度中等偏上。

考點(diǎn)卡片1．自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體只在重力作用下從靜止開始豎直下落的運(yùn)動(dòng)叫做自由落體運(yùn)動(dòng)．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．4．物體做自由落體運(yùn)動(dòng)的條件：①只受重力而不受其他任何力，包括空氣阻力；②從靜止開始下落．重力加速度g：①方向：總是豎直向下的；②大?。篻＝9.8m/s2，粗略計(jì)算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g隨緯度的增加而增大（赤道g最小，兩極g最大），g隨高度的增加而減?。久}方向】自由落體運(yùn)動(dòng)是常見的運(yùn)動(dòng)，可以看作是勻變速直線運(yùn)動(dòng)的特例，高考命題常以新情境來考查，而且經(jīng)常與其他知識(shí)綜合出題．單獨(dú)考查的題型一般為選擇題或計(jì)算題，綜合其它知識(shí)考查的一般為計(jì)算題，難度一般中等或偏易．例1：關(guān)于自由落體運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是（）A．在空氣中不考慮空氣阻力的運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)B．物體做自由運(yùn)動(dòng)時(shí)不受任何外力的作用C．質(zhì)量大的物體，受到的重力大，落到地面時(shí)的速度也大D．自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)分析：自由落體運(yùn)動(dòng)是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)，加速度g與質(zhì)量無關(guān)．解答：A、自由落體運(yùn)動(dòng)是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落的運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、物體做自由運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)v＝gt可知，落到地面時(shí)的速度與質(zhì)量無關(guān)，故C錯(cuò)誤；D、自由落體運(yùn)動(dòng)是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)，故D正確．故選：D．點(diǎn)評(píng)：把握自由落體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和規(guī)律，理解重力加速度g的變化規(guī)律即可順利解決此類題目．例2：一個(gè)小石子從離地某一高度處由靜止自由落下，某攝影愛好者恰好拍到了它下落的一段軌跡AB．該愛好者用直尺量出軌跡的實(shí)際長(zhǎng)度，如圖所示．已知曝光時(shí)間為11000s，則小石子出發(fā)點(diǎn)離AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根據(jù)照片上痕跡的長(zhǎng)度，可以知道在曝光時(shí)間內(nèi)物體下落的距離，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落體運(yùn)動(dòng)的公式可以求得下落的距離．解答：由圖可知AB的長(zhǎng)度為2cm，即0.02m，曝光時(shí)間為11000s，所以AB段的平均速度的大小為v=x由自由落體的速度位移的關(guān)系式v2＝2gh可得，h=v22g故選：C．點(diǎn)評(píng)：由于AB的運(yùn)動(dòng)時(shí)間很短，我們可以用AB段的平均速度來代替A點(diǎn)的瞬時(shí)速度，由此再來計(jì)算下降的高度就很容易了，通過本題一定要掌握這種近似的方法．【解題思路點(diǎn)撥】1．自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以，勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式也適用于自由落體運(yùn)動(dòng)．2．該知識(shí)點(diǎn)的3個(gè)探究結(jié)論：（1）物體下落快慢不是由輕重來決定的，是存在空氣阻力的原因．（2）物體只在重力作用下從靜止開始下落的運(yùn)動(dòng)，叫做自由落體運(yùn)動(dòng)．“自由”的含義是物體只受重力作用、且初速度為零．（3）不同物體從同一高度做自由落體運(yùn)動(dòng)，它們的運(yùn)動(dòng)情況是相同的．2．利用v-t圖像的斜率求解物體運(yùn)動(dòng)的加速度【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時(shí)間變化的關(guān)系。2.圖像實(shí)例：3.各參數(shù)的意義：（1）斜率：表示加速度；（2）縱截距：表示初速度；（3）交點(diǎn)：表示速度相等。4.v﹣t曲線分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；②表示物體沿正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；③表示物體沿正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；④交點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示三個(gè)物體此時(shí)的速度相同；⑤t1時(shí)刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時(shí)間內(nèi)的位移。5.本考點(diǎn)是v﹣t圖像考法的一種，即根據(jù)v﹣t圖像的斜率分析或計(jì)算物體的加速度?！久}方向】甲、乙兩個(gè)物體在同一條直線上運(yùn)動(dòng)，它們的速度圖象如圖所示，則（）A、甲、乙兩物體都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B、甲物體的加速度比乙物體的加速度小C、甲物體的初速度比乙物體的初速度大D、在t1以后的任意時(shí)刻，甲物體的速度大于同時(shí)刻乙的速度分析：速度圖象傾斜的直線表示物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。圖象的斜率等于物體的加速度。由圖直接讀出物體的初速度，比較速度的大小。解答：A、由圖看出，甲、乙兩物體的速度都時(shí)間均勻增大，都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。故A正確。B、甲圖線的斜率大于乙圖線的斜率，則甲物體的加速度比乙物體的加速度大。故B錯(cuò)誤。C、甲的初速度為零，乙的初速度大于零，即甲物體的初速度比乙物體的初速度小。故C錯(cuò)誤。D、由圖看出，在t1以后的任意時(shí)刻，甲物體的速度大于同時(shí)刻乙的速度。故D正確。故選：AD。點(diǎn)評(píng)：物理圖象往往要從形狀、斜率、交點(diǎn)、面積、截距等數(shù)學(xué)意義來理解其物理意義?！窘忸}思路點(diǎn)撥】圖像類問題是從數(shù)學(xué)的角度描述了物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時(shí)間的變化情況。針對(duì)此類問題，可以首先根據(jù)圖像還原物體的運(yùn)動(dòng)情景，再結(jié)合斜率、截距、面積等數(shù)學(xué)概念進(jìn)行分析。3．牛頓第三定律的理解與應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：兩個(gè)物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應(yīng)用例子：關(guān)于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）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．4．傾斜傳送帶模型【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.傳送帶問題利用傳送帶運(yùn)送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析、運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)知識(shí)的綜合運(yùn)用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運(yùn)行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）【命題方向】如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角為θ＝37°，AB的長(zhǎng)度為64m，傳送帶以20m/s的速度沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，在傳送帶上端A點(diǎn)無初速度地放上一個(gè)質(zhì)量為8kg的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)），它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，求物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）分析：物體放在傳送帶上后，開始階段，傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，物體由靜止開始勻加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)速度—時(shí)間公式求出勻加速至物體與傳送帶共速的時(shí)間。當(dāng)物體速度達(dá)到傳送帶速度時(shí)，判斷物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間。解答：物體放上傳送帶后，受到沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，設(shè)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，直至與傳送帶速度相等。設(shè)這一過程所需的時(shí)間為t1，物體下滑的位移為x1，則由牛頓第二定律，有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1可得a1＝g（sin37°+μcos37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：v＝a1t1解得：t1=va1則x1=12a1t12=12×10×物體與傳送帶達(dá)到共同速度時(shí)，因?yàn)閙gsinθ＞μmgcosθ，物體將繼續(xù)勻加速下滑，設(shè)再經(jīng)t2時(shí)間物體滑至B端，加速度為a2，則mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2可得a2＝2m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有LAB﹣x1＝vt2+解得：t2＝2s故物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的總時(shí)間為t＝t1+t2＝2s+2s＝4s答：物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的總時(shí)間為4s。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵要正確分析物體的受力情況，來判斷其運(yùn)動(dòng)情況，要注意滑動(dòng)摩擦力方向與物體間相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反?！窘忸}思路點(diǎn)撥】明確傳送帶的類型，對(duì)物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運(yùn)用力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)內(nèi)容。5．用動(dòng)能的定義式計(jì)算物體的動(dòng)能【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能的定義式為：Ek=12.計(jì)算時(shí)要注意，只有質(zhì)量的單位是kg，速度的單位是m/s時(shí)，動(dòng)能的單位才是J?！久}方向】在上?；疖囌?，一列裝有300噸救援物資的火車以72km/h的速度離開車站，此時(shí)這列火車的動(dòng)能為J．分析：將速度單位換算，由動(dòng)能的公式可直接求出動(dòng)能．解答：火車的速度v＝72km/h＝20m/s；質(zhì)量m＝300000kg；故動(dòng)能為：EK=12mv2=12×3×105×202＝6故答案為：6×107．點(diǎn)評(píng)：本題考查動(dòng)能的公式，較為簡(jiǎn)單，但要注意質(zhì)量與速度均取國(guó)際單位制時(shí)火車的動(dòng)能單位才為J．【解題思路點(diǎn)撥】計(jì)算物體動(dòng)能的一般步驟為：①對(duì)質(zhì)量和速度進(jìn)行單位換算，需要換算成國(guó)際單位制表示的的單位。②運(yùn)用公式Ek=16．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡(jiǎn)單情況下用動(dòng)能定理來解題的情況?！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??；（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度是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。7．利用動(dòng)能定理求解多過程問題【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.動(dòng)能定理不用考慮物體的運(yùn)動(dòng)過程，可以通過對(duì)全程列動(dòng)能定理來簡(jiǎn)化過程比較多，運(yùn)動(dòng)情況比較復(fù)雜的問題。【命題方向】例1、一消防隊(duì)員從一平臺(tái)上跳下，下落h1雙腳觸地，并彎曲雙腿緩沖，使其重心又下降了h2才停下，且h1＝4h2．則在觸地的過程中，地面對(duì)他雙腳的平均作用力的大小約為消防隊(duì)員所受重力大小的（）A、2倍B、5倍C、10倍D、20倍分析：消防員先自由下落h1，接著勻減速下降h2，對(duì)勻減速過程受力分析，可結(jié)合牛頓第二定律或動(dòng)能定理求解。解答：對(duì)運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理，得：mg（h1+h2）﹣Fh2＝0①；又根據(jù)題意，有：h1＝4h2②；解得，F(xiàn)＝5mg；故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題對(duì)運(yùn)動(dòng)的全部過程用動(dòng)能定理比較方便，若對(duì)加速過程和減速過程分別運(yùn)用動(dòng)能定理列式也可求解，還可以用牛頓第二定律求解；故方法的選擇對(duì)解題的難易影響很大，要能靈活選擇方法解題。例2：在海濱游樂場(chǎng)里有一種滑沙的游樂活動(dòng)，如圖所示，人坐在滑板上從斜坡的高處由靜止開始滑下，滑到斜坡底端B點(diǎn)后沿水平的滑道再滑行一段距離到C點(diǎn)停下來，若某人和滑板的總質(zhì)量m＝60.0kg，滑板與斜坡滑道和水平滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，大小為μ＝0.50，斜坡的傾角θ＝37°，斜坡與水平滑道間是平滑連接的，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度g取10m/s2（1）人從斜坡滑下的加速度為多大？（2）若由于場(chǎng)地的限制，水平滑道的最大距離為L(zhǎng)＝20.0m，則人在斜坡上滑下的距離AB應(yīng)不超過多少？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）分析：人與滑板由靜止從粗糙斜面滑下后，又滑上粗糙水平面最后停止．在斜面上對(duì)其進(jìn)行受力分析，再進(jìn)行力的合成求出合力，運(yùn)用牛頓第二定律可算出加速度．當(dāng)人與滑板從靜止到停止，先做勻加速后做勻減速，由動(dòng)能定理，可求出滑下的距離AB．解答：（1）人在斜面上受力如圖所示，建立圖示坐標(biāo)系，設(shè)人在斜坡上滑下的加速度為a1由牛頓第二定律有mgsinθ﹣Ff1＝ma1FN1﹣mgcosθ＝0又Ff1＝μFN1聯(lián)立解得a1＝g（sinθ﹣μcosθ）＝2.0m/s2（2）根據(jù)動(dòng)能定理，選取從開始到停止，則有：mgLABsinθ﹣μmgL﹣μmgcosθLAB＝0﹣0；解得：LAB＝50m；答：（1）人從斜坡滑下的加速度為2m/s2；（2）若由于場(chǎng)地的限制，水平滑道的最大距離為L(zhǎng)＝20.0m，則人在斜坡上滑下的距離AB應(yīng)不超過50m。點(diǎn)評(píng)：對(duì)研究對(duì)象的進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓運(yùn)動(dòng)定律相結(jié)合．同時(shí)第二個(gè)小問可以用動(dòng)能定理來處理．【解題思路點(diǎn)撥】【解題思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過程。（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。8．常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能減少?gòu)椈蓮椓ψ稣椥詣?shì)能減少電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減少其他力（除重力、彈力）做正功機(jī)械能增加一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點(diǎn)撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個(gè)輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計(jì)彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢(shì)能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢(shì)能增加WFC、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加FHD、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加WF﹣mgh分析：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢(shì)能的變化量與彈簧彈性勢(shì)能增加量之和．解答：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動(dòng)能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了重力勢(shì)能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】1.常見的功能關(guān)系：合力做功——?jiǎng)幽茏兓?；重力做功——重力?shì)能變化；彈力做功——彈性勢(shì)能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。2.判斷和計(jì)算做功或能量變化時(shí)，可以反其道而行之，通過計(jì)算能量變化或做功多少來進(jìn)行。9．電荷性質(zhì)、電場(chǎng)力方向和電場(chǎng)強(qiáng)度方向的相互判斷【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.電場(chǎng)中某一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與正電荷在該點(diǎn)的受力方向相同，與負(fù)電荷在該點(diǎn)的受力方向相反。2.知道電荷性質(zhì)、電場(chǎng)強(qiáng)度方向、電場(chǎng)力的方向三者中的兩個(gè)就可以推出第三個(gè)?！久}方向】如圖是電場(chǎng)中某區(qū)域的電場(chǎng)線，箭頭方向向右，P點(diǎn)是電場(chǎng)中的一點(diǎn)，則（）A、P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左B、正點(diǎn)電荷在P點(diǎn)所受的電場(chǎng)力的方向向左C、P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右D、P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右分析：正點(diǎn)電荷在P點(diǎn)所受的電場(chǎng)力的方向向右；電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與正電荷所受電場(chǎng)力的方向相同，電場(chǎng)線上某點(diǎn)的切線方向表示該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向．解答：勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向右，所以P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向水平向右，正電荷在P點(diǎn)所受電場(chǎng)力方向水平向右。故C、D正確，A、B錯(cuò)誤。故選：CD。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道電場(chǎng)強(qiáng)度的方向是如何規(guī)定的，以及知道電場(chǎng)線的特點(diǎn)．【解題思路點(diǎn)撥】1.當(dāng)求解電場(chǎng)中的力學(xué)問題時(shí)，首先就要檢查電荷性質(zhì)、電場(chǎng)強(qiáng)度方向、電場(chǎng)力的方向中哪些是可以確定的，從而推出未知量，進(jìn)而求出其他物理量。2.知識(shí)點(diǎn)的延伸：電場(chǎng)強(qiáng)度的方向就是電場(chǎng)線的切線方向。10．帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的受力平衡【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對(duì)共點(diǎn)力的平衡在電場(chǎng)中的應(yīng)用。要注意本考點(diǎn)涉及到的是電場(chǎng)問題而不是兩個(gè)電荷之間的作用力。【命題方向】在如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一條絕緣細(xì)線的上端固定，下端栓一個(gè)大小可以忽略、質(zhì)量為m的帶電量為q的小球，當(dāng)小球靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，求：（1）小球帶何種電荷？（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)是多大？分析：（1）由小球向什么方向偏轉(zhuǎn)，判斷電場(chǎng)力方向，根據(jù)電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向的關(guān)系，判斷小球帶什么電．（2）以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力，作出力圖，根據(jù)平衡條件求解場(chǎng)強(qiáng)．解答：（1）細(xì)線向右偏轉(zhuǎn)，說明小球所受的電場(chǎng)力方向右，而場(chǎng)強(qiáng)也向右，說明小球帶正電．（2）以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力，作出力圖，根據(jù)平衡條件得：qE＝mgtanθ得到：E=答：（1）小球帶正電荷．（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為mgtanθq點(diǎn)評(píng)：本題是帶電體在電場(chǎng)中平衡問題，當(dāng)作力學(xué)問題去處理，關(guān)鍵是分析電場(chǎng)力大小和方向．【解題思路點(diǎn)撥】本考點(diǎn)涉及的范圍比較廣，共點(diǎn)力的平衡問題都可以在這里重現(xiàn)。解決共點(diǎn)力平衡的一般步驟是：1.對(duì)物體進(jìn)行受力分析2.列出平衡方程3.求出相關(guān)物理量。11．根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)大小【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】可以通過電場(chǎng)線定性的分析電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。涸谕浑妶?chǎng)中，電場(chǎng)線越密集，電場(chǎng)強(qiáng)度越大；電場(chǎng)線越稀疏，電場(chǎng)強(qiáng)度越小?！久}方向】如圖是某區(qū)域的電場(chǎng)線圖．A、B是電場(chǎng)中的兩個(gè)點(diǎn)，EA和EB分別表示A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，F(xiàn)A、FB分別表示同一個(gè)點(diǎn)電荷在A、B兩點(diǎn)所受到的電場(chǎng)力的大?。旅嬲f法中正確的是（）A、EA＞EBB、EA＜EBC、FA＞FBD、FA＜FB分析：電場(chǎng)線是從正電荷或者無窮遠(yuǎn)發(fā)出，到負(fù)電荷或無窮遠(yuǎn)處為止，電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度?。獯穑篈、根據(jù)圖象很容易發(fā)現(xiàn)，在電場(chǎng)的A點(diǎn)的電場(chǎng)線較密，所以，在A點(diǎn)的電場(chǎng)的強(qiáng)度要比B點(diǎn)的電場(chǎng)的強(qiáng)度大，即EA＞EB，所以A正