電場(chǎng)能的性質(zhì)-精美解析版

1、.電場(chǎng)能的性質(zhì)一、單項(xiàng)選擇題本大題共5小題，共30.0分1. 如下圖，ABCD是勻強(qiáng)電場(chǎng)中一正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)分別為A=15V，B=3V，C=-3V，由此可得D點(diǎn)電勢(shì)為()A. 6VB. 9VC. 12VD. 15VB濟(jì)南一中解：連接AC，將AC三等分，標(biāo)上三等分點(diǎn)E、F，那么根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中沿電場(chǎng)線方向相等間隔 ，電勢(shì)差相等可知，E點(diǎn)的電勢(shì)為3V，F(xiàn)點(diǎn)的電勢(shì)為9V.連接BE，那么BE為一條等勢(shì)線，根據(jù)幾何知識(shí)可知，DF/BE，那么DF也是一條等勢(shì)線，所以D點(diǎn)電勢(shì)UD=9V.故B正確，ACD錯(cuò)誤；應(yīng)選B 連接AC，在AC上找出與B點(diǎn)等電勢(shì)點(diǎn)，作出等勢(shì)線，再過(guò)D作出等勢(shì)線，在A

2、C線上找出與D等勢(shì)點(diǎn)，再確定D點(diǎn)的電勢(shì)此題的技巧是找等勢(shì)點(diǎn)，作等勢(shì)線，充分利用勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面互相平行，而且沿電場(chǎng)線方向相等間隔 ，電勢(shì)差相等進(jìn)展作圖2. 如下圖，矩形的四個(gè)頂點(diǎn)a、b、c、d是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的四個(gè)點(diǎn)，ab=2bc=2L，電場(chǎng)線與矩形所在的平面平行，a點(diǎn)電勢(shì)為18V，b點(diǎn)電勢(shì)為10V，c點(diǎn)電勢(shì)為6V，一質(zhì)子從a點(diǎn)以速度v0射入電場(chǎng)，v0與ab邊的夾角為45，一段時(shí)間后質(zhì)子經(jīng)過(guò)ab中點(diǎn)e，不計(jì)質(zhì)子重力，以下判斷正確的選項(xiàng)是()A. d點(diǎn)電勢(shì)為12VB. 質(zhì)子從a到b電勢(shì)能增加了8eVC. 電場(chǎng)強(qiáng)度大小為4LD. 質(zhì)子從a到e所用時(shí)間為2L2v0D濟(jì)南一中解：A、勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行的等間距

3、的兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等，故Uad=Ubc，可得d點(diǎn)電勢(shì)為14V，故A錯(cuò)誤B、Uac=Ucb=12Uab=8V，故質(zhì)子從a到b電場(chǎng)力做功為W=eU=8eV，電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減小，故B錯(cuò)誤C、經(jīng)計(jì)算可知，d點(diǎn)和e點(diǎn)的電勢(shì)一樣，故連點(diǎn)連線為等勢(shì)線，由于ab=2bc=2L，故ade為等腰三角形，a點(diǎn)到直線de的間隔 為L(zhǎng)2，由電場(chǎng)強(qiáng)度與電壓的關(guān)系可得，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為42L，故C錯(cuò)誤D、de連線為等勢(shì)線，故質(zhì)子拋出后做類平拋運(yùn)動(dòng)，落到e點(diǎn)時(shí)，垂直于電場(chǎng)線方向的位移為22L，所需時(shí)間為t=22×Lv0=2L2v0，故D正確應(yīng)選：D 勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行的等間距的兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等；電勢(shì)能等于電勢(shì)與電荷

4、量的乘積，電勢(shì)和電荷量都帶符號(hào)運(yùn)算最終數(shù)值的大小表示電勢(shì)能的上下；電場(chǎng)強(qiáng)度E=Ud；由電場(chǎng)線與等勢(shì)面間的關(guān)系可得，質(zhì)子將在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋規(guī)律計(jì)算時(shí)間關(guān)鍵知道：勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行的等間距的兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等，找到等勢(shì)線，利用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系以及電場(chǎng)強(qiáng)度與電壓的關(guān)系求解3. 關(guān)于靜電場(chǎng)的等勢(shì)面，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A. 兩個(gè)電勢(shì)不同的等勢(shì)面可能相交B. 電場(chǎng)線與等勢(shì)面處處互相垂直C. 同一等勢(shì)面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度一定相等D. 將一負(fù)的試探電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電場(chǎng)力做正功B濟(jì)南一中解：A、沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，所以電勢(shì)不同的等勢(shì)面不可能相交.故A錯(cuò)誤；B

5、、根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面的關(guān)系可知，電場(chǎng)線與等勢(shì)面互相垂直，故B正確；C、電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與電勢(shì)的上下沒(méi)有關(guān)系，所以同一等勢(shì)面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不一定相等，故C錯(cuò)誤；D、負(fù)電荷在等勢(shì)面高的位置的電勢(shì)能小，所以將一負(fù)的試探電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力做負(fù)功，故D錯(cuò)誤應(yīng)選：B電場(chǎng)中電勢(shì)相等的各個(gè)點(diǎn)構(gòu)成的面叫做等勢(shì)面；沿著等勢(shì)面挪動(dòng)點(diǎn)電荷，電場(chǎng)力不做功.電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，且從電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面.負(fù)電荷在等勢(shì)面高的位置的電勢(shì)能小此題關(guān)鍵記住電場(chǎng)線和等勢(shì)面的關(guān)系，互相垂直，從電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面，掌握等勢(shì)面的根本特點(diǎn)：在等勢(shì)面上挪動(dòng)電荷，電場(chǎng)力總是不做

6、功4. 兩個(gè)等量點(diǎn)電荷位于x軸上，它們的靜電場(chǎng)的電勢(shì)隨位置x變化規(guī)律如下圖(只畫(huà)出了部分區(qū)域內(nèi)的電勢(shì))，x軸上有兩點(diǎn)M，N，且OM>ON，由圖可知()A. N點(diǎn)的電勢(shì)低于M點(diǎn)的電勢(shì)B. M，N兩點(diǎn)的電場(chǎng)方向一樣且M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小大于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小C. 僅在電場(chǎng)力作用下，正電荷可以在x軸上M，N之間的某兩點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D. 負(fù)電荷沿x軸從M點(diǎn)移到N點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功B濟(jì)南一中解：A、由圖知，N點(diǎn)的電勢(shì)高于M點(diǎn)的電勢(shì).故A錯(cuò)誤B、由E=Ud可知，圖象的斜率絕對(duì)值等于場(chǎng)強(qiáng)大小，可以看出M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小大于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小.斜率都為正值，說(shuō)明M、N點(diǎn)的電場(chǎng)方向一樣.故B正確C、根據(jù)順著電場(chǎng)

7、線方向電勢(shì)降低，可知電場(chǎng)線的方向從N指向M，正電荷在x軸上M、N之間所受的電場(chǎng)力始終由N指向M，正電荷做單向直線運(yùn)動(dòng).故C錯(cuò)誤D、負(fù)電荷沿x軸從M移到N的過(guò)程中，電場(chǎng)力方向由從M指向N，電場(chǎng)力方向與位移一樣，電場(chǎng)力一直做做正功.故D錯(cuò)誤應(yīng)選：B 根據(jù)電勢(shì)的圖象直接讀出電勢(shì)上下.由E=Ud可知，圖象的斜率絕對(duì)值等于場(chǎng)強(qiáng)大小，由斜率分析場(chǎng)強(qiáng)的大小關(guān)系.根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，判斷電場(chǎng)線的方向，確定正電荷所受的電場(chǎng)力方向，分析其運(yùn)動(dòng)情況.根據(jù)電場(chǎng)力與位移方向間的關(guān)系，判斷電場(chǎng)力做功的正負(fù)此題考察對(duì)電勢(shì)與場(chǎng)強(qiáng)、電場(chǎng)線方向、電場(chǎng)力做功等等關(guān)系的理解，難點(diǎn)是根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系E=Ud理解圖

8、象的斜率與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系5. 如下圖，絕緣的斜面處在于一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電金屬塊由靜止開(kāi)場(chǎng)沿斜面滑到底端，在金屬塊下滑的過(guò)程中動(dòng)能增加了0.3J，重力做功1.5J，電勢(shì)能增加0.5J，那么以下判斷正確的選項(xiàng)是()A. 金屬塊帶負(fù)電荷B. 電場(chǎng)力做功0.5JC. 金屬塊抑制摩擦力做功0.8JD. 金屬塊的機(jī)械能減少1.2JD濟(jì)南一中解：A、在下滑過(guò)程中電勢(shì)能增加0.5J，故物體需抑制電場(chǎng)力做功為0.5J，故金屬帶正電，故AB錯(cuò)誤；C、在金屬塊滑下的過(guò)程中動(dòng)能增加了0.3J，重力做功1.5J，電場(chǎng)力為-0.5J，根據(jù)動(dòng)能定理得：W總=WG+W電+Wf=EK解得：Wf=-0.7J，故C錯(cuò)誤；

9、D、外力做功為W外=W電+Wf=-1.2J，故機(jī)械能減少1.2J，故D正確應(yīng)選：D在金屬塊滑下的過(guò)程中動(dòng)能增加了0.3J，重力做功1.5J，電勢(shì)能增加0.5J根據(jù)動(dòng)能定理求出摩擦力做功.知道電場(chǎng)力做功量度電勢(shì)能的改變.知道重力做功量度重力勢(shì)能的改變.外力做功等于物體機(jī)械能的改變解這類問(wèn)題的關(guān)鍵要熟悉功能關(guān)系，也就是什么力做功量度什么能的變化，并能建立定量關(guān)系二、多項(xiàng)選擇題本大題共4小題，共24分6. 如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直平面(紙面)內(nèi)，且相對(duì)于過(guò)軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對(duì)稱.忽略空氣阻力.由此可知()A. Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高B. 油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大C.

10、油滴在Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在P點(diǎn)的大D. 油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小AB濟(jì)南一中解：A、根據(jù)粒子的彎折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同時(shí)因軌跡關(guān)于P點(diǎn)對(duì)稱，那么可說(shuō)明電場(chǎng)力應(yīng)豎直向上；粒子帶負(fù)電，故說(shuō)明電場(chǎng)方向豎直向下；那么可判斷Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高；故A正確；B、粒子由P到Q過(guò)程，合外力做正功，故油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大；故B正確；C、因電場(chǎng)力做正功，故電勢(shì)能減小，Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在P點(diǎn)的?。还蔆錯(cuò)誤；D、因受力為恒力；故PQ兩點(diǎn)加速度大小一樣；故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：AB根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)以及運(yùn)動(dòng)軌跡可明確粒子受力情況，再根據(jù)電場(chǎng)力的性質(zhì)即可判斷電場(chǎng)線的方向，從而明確電勢(shì)上下；根據(jù)電

11、場(chǎng)力做功情況可明確動(dòng)能的變化以及電勢(shì)能的變化；根據(jù)力的性質(zhì)可明確加速度的關(guān)系此題考察帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要注意此題中油滴受到重力和電場(chǎng)力作用，這里應(yīng)先考慮合力，再去分析電場(chǎng)力的性質(zhì)；同時(shí)注意掌握物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件應(yīng)用7. 圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，平面b上的電勢(shì)為2V，一電子經(jīng)過(guò)a時(shí)的動(dòng)能為10eV，從a到d的過(guò)程中抑制電場(chǎng)力所做的功為6eV.以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A. 平面c上的電勢(shì)為零B. 該電子可能到達(dá)不了平面fC. 該電子經(jīng)過(guò)平面d時(shí)，其電勢(shì)能為4eVD. 該電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率是經(jīng)過(guò)d時(shí)的2倍AB濟(jì)南一中解：A、虛線a、b、c、d、f

12、代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，一電子經(jīng)過(guò)a時(shí)的動(dòng)能為10eV，從a到d的過(guò)程中抑制電場(chǎng)力所做的功為6eV，動(dòng)能減小了6eV，電勢(shì)能增加了6eV，因此等勢(shì)面間的電勢(shì)差為2V，因平面b上的電勢(shì)為2V，由于電子的電勢(shì)能增加，等勢(shì)面由a到f是降低的，因此平面c上的電勢(shì)為零，故A正確；B、由上分析，可知，當(dāng)電子由a向f方向運(yùn)動(dòng)，那么電子到達(dá)平面f的動(dòng)能為2eV，由于題目中沒(méi)有說(shuō)明電子如何運(yùn)動(dòng)，因此也可能電子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做拋體運(yùn)動(dòng)，那么可能不會(huì)到達(dá)平面f，故B正確；C、在平面b上電勢(shì)為2V，那么電子的電勢(shì)能為-2eV，動(dòng)能為8eV，電勢(shì)能與動(dòng)能之和為6eV，當(dāng)電子經(jīng)過(guò)平面d時(shí)，動(dòng)能為4eV，其電勢(shì)能

13、為2eV，故C錯(cuò)誤；D、電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的動(dòng)能是平面d的動(dòng)能2倍，電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率是經(jīng)過(guò)d時(shí)的2倍，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：AB。根據(jù)只有電場(chǎng)力做功，動(dòng)能與電勢(shì)能之和不變，當(dāng)電場(chǎng)力做負(fù)功時(shí)，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，在電勢(shì)為零處，電勢(shì)能為零，從而即可一一求解?？疾祀妶?chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系，掌握電勢(shì)能與動(dòng)能之和不變，理解電勢(shì)為零處的電勢(shì)能為零是解題的關(guān)鍵。8. 如圖，在正電荷Q的電場(chǎng)中有M、N、P、F四點(diǎn)，M、N、P為直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，F(xiàn)為MN的中點(diǎn)，M=30，M、N、P、F四點(diǎn)處的電勢(shì)分別用M、N、P、F表示，M=N、P=F，點(diǎn)電荷Q在M、N、P三點(diǎn)所在平面內(nèi)，那么()A. 點(diǎn)電荷Q一定在MP的

14、連線上B. 連接PF的線段一定在同一等勢(shì)面上C. 將正試探電荷從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功D. P>MAD濟(jì)南一中解：A、點(diǎn)電荷的等勢(shì)面是一系列的同心圓，對(duì)于圓、圓弧上任意兩點(diǎn)的連線的中垂線一定通過(guò)圓心，故場(chǎng)源電荷在MN的中垂線和FP的中垂線的交點(diǎn)上，在MP的連線上，如下圖，故A正確；B、P=F，線段PF是P、F所在等勢(shì)面(圓)的一個(gè)弦，故B錯(cuò)誤；C、在正的點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，離場(chǎng)源越遠(yuǎn)，電勢(shì)越低，將正試探電荷從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn)，電勢(shì)能降低，故電場(chǎng)力做正功，故C錯(cuò)誤；D、在正的點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，離場(chǎng)源越遠(yuǎn)，電勢(shì)越低，故P>M，故D正確。應(yīng)選：AD。點(diǎn)電荷的等勢(shì)面是一系列的同心圓，對(duì)于圓，

15、圓弧上任意兩點(diǎn)的連線的中垂線一定通過(guò)圓心；找出電荷位置后，根據(jù)電勢(shì)能的變化情況判斷電場(chǎng)力做功情況此題關(guān)鍵是明確點(diǎn)電荷的電場(chǎng)的電場(chǎng)線和等勢(shì)面的分布規(guī)律，知道沿著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低9. 在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球由靜止開(kāi)場(chǎng)釋放，帶電小球沿與豎直方向成角的方向做直線運(yùn)動(dòng).關(guān)于帶電小球的電勢(shì)能和機(jī)械能W的判斷，正確的選項(xiàng)是()A. 假設(shè)sin<qEmg，那么一定減少，W一定增加B. 假設(shè)sin=qEmg，那么、W一定不變C. 假設(shè)sin=qEmg，那么一定增加，W一定減小D. 假設(shè)tan=qEmg，那么可能增加、也可能減少，但與W的總和一定保持不變BD

16、濟(jì)南一中解：A、假設(shè)sin<qEmg，電場(chǎng)力可能做正功，也可能做負(fù)功，所以可能減小也可能增大、W可能增大也可能減小。故A錯(cuò)誤。BC、假設(shè)sin=qEmg，那么電場(chǎng)力與速度方向垂直，電場(chǎng)力不做功，、W一定守恒。故B正確，C錯(cuò)誤。D、假設(shè)tan=qEmg，那么電場(chǎng)力沿程度方向，可能程度向左，可能程度向右，那么電場(chǎng)力和重力的合力與速度方向可能同向，也可能成一定的角度，那么電場(chǎng)力可能做正功，可能做負(fù)功，可能增加，可能減小，根據(jù)能量守恒知，電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變，故D正確。應(yīng)選：BD。根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷帶電小球電勢(shì)能的變化，結(jié)合除重力以外其它力做功得出機(jī)械能的變化此題關(guān)鍵是分析電場(chǎng)力與合力方向

17、的夾角，來(lái)判斷電場(chǎng)力做功正負(fù)，確定電勢(shì)能和機(jī)械能的變化三、填空題本大題共1小題，共3分10. 電場(chǎng)中A點(diǎn)的電勢(shì)為2.0×102V，將一電荷量為2.0×10-8C的檢驗(yàn)電荷置于該點(diǎn)時(shí)，它的電勢(shì)能為_(kāi)J，將該電荷挪動(dòng)到電場(chǎng)中的B點(diǎn)，電場(chǎng)力做了5×10-6J的正功，那么B點(diǎn)的電勢(shì)為_(kāi)V。3×10-6；-50濟(jì)南一中解：電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能為：EPA=qA=2.0×10-8×2.0×102J=4×10-6J，AB間的電勢(shì)差為：UAB=WABq=5×10-62.0×10-8=250V根據(jù)UAB=A-B解得：

18、B=-50V故答案為：3×10-6，-50。電勢(shì)和電荷量，由Ep=q求電荷的電勢(shì)能。根據(jù)電場(chǎng)力做功和電荷量，由U=Wq求得AB間的電勢(shì)差，再求得B點(diǎn)的電勢(shì)。解決此題的關(guān)鍵是掌握電勢(shì)能、電勢(shì)差的定義式，知道電勢(shì)差與電勢(shì)的關(guān)系，要注意各自的正負(fù)號(hào)不能忘記。四、計(jì)算題本大題共4小題，共38分11. 均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，每邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，總質(zhì)量為m.將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的程度勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方h處，如下圖.線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與程度的磁場(chǎng)邊界平行.當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)：(1)求線框的速度；(2)求cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大??；(3)求線

19、框所受安培力的大小及方向解：(1)由動(dòng)能定理得：mgh=12mv2，解得：v=2gh；(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv=BL2gh，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I=ER，那么cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小U=I34R=34BL2gh；(3)線框所受安培力F=BIL=B2L22ghR；由左手定那么可知安培力方向向上答：(1)線框的速度大小為2gh；(2)cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小為34BL2gh；(3)線框所受安培力的大小為B2L22ghR，方向向上濟(jì)南一中(1)由動(dòng)能定理列方程求解速度大?。?2)由法拉第電磁感應(yīng)定律感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、閉合電路的歐姆定律求解cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；(3)根據(jù)安培力的

20、計(jì)算公式求解線框所受安培力，根據(jù)左手定那么判斷安培力方向此題主要是考察了法拉第電磁感應(yīng)定律和安培力的計(jì)算；對(duì)于導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)情況有兩種：一是導(dǎo)體平動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)E=BLv來(lái)計(jì)算；二是導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)E=12Br2來(lái)計(jì)算12. 如下圖，在程度線MN上方區(qū)域有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)內(nèi)有一光滑絕緣平臺(tái)，平臺(tái)左側(cè)靠墻，平臺(tái)上有帶絕緣層的輕彈簧，其左端固定在墻上，彈簧不被壓縮時(shí)右側(cè)剛好到平臺(tái)邊緣，光滑絕緣平臺(tái)右側(cè)有一程度傳送帶，傳送帶A、B兩端點(diǎn)間間隔 L=1m，傳送帶以速率v0=4m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)用一帶電小物塊向左壓縮彈簧，放

21、手后小物塊被彈出，從傳送帶的B端飛出。小物塊經(jīng)過(guò)MN邊界上C點(diǎn)時(shí)，速度方向與程度方向成45角，經(jīng)過(guò)MN下方M'N'程度線上的D點(diǎn)時(shí)，速度方向與程度方向成60角，傳送帶B端間隔 MN的豎直高度h1=0.4m，MN與M'N'平行，間距h2=1.6m，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1，小物塊的質(zhì)量為m=0.1kg，帶電量q=1×10-2C，平臺(tái)與傳送帶在同一程度線上，二者連接處縫隙很小，不計(jì)小物塊經(jīng)過(guò)連接處的能量損失，重力加速度為g=10m/s2，3=1.732，5=2.236.求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；(2)彈簧彈性勢(shì)能的最大值；(3)當(dāng)小物塊在

22、傳送帶上運(yùn)動(dòng)因摩擦產(chǎn)生的熱量最大時(shí)，小物塊在傳送帶上發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。解：(1)設(shè)小物塊從B點(diǎn)飛出的速度為v1，在C點(diǎn)小物塊的速度方向與程度方向成45角，那么由幾何關(guān)系可知：v1x=v1y=v1小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，在豎直方向上有2ah1=v1y2=v12在D點(diǎn)由v2yv1=tan60，解得v2y=3v1，小物塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，有2gh2=v2y2-v1y2=(3v1)2-v12=2v12，解得v1=4m/s將其代入2ah1=v12，解得a=20m/s2，小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，有qE+mg=ma，解得E=100N/C；(2)小物塊被彈簧彈開(kāi)，恰好減速到B端與傳送帶同速

23、，那么小物塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端由v2-v02=2a0l，ma0=(qE+mg)，小物塊在A點(diǎn)具有的動(dòng)能即為彈簧具有的最大彈性勢(shì)能，那么Ep=Ek=12mv2=1J(3)小物塊在傳送帶上摩擦產(chǎn)生熱量的最大值是物塊在傳送帶上相對(duì)位移最長(zhǎng)的情況，有兩種情況，一種是物塊一直加速運(yùn)動(dòng)到B端與傳送帶共速，一種是物塊在傳送帶上減速到B端與傳送帶共速。第一種情況：傳送帶的位移：x0=v0t1物塊的位移為l：v2-v02=2a0l物塊的速度變化為v0+a0t1=v聯(lián)立即得t1=(2-3)s第二種情況：傳送帶的位移：x0=v0t'物塊的位移為l：v2-v02=2a0l物塊的速度變化為v0=v-a0t'

24、;聯(lián)立解得t'=(5-2)s計(jì)算可能第1種情況相對(duì)位移大于第2種情況的相對(duì)位置，那么t=t1小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)因摩擦產(chǎn)生的熱量最大時(shí)，小物塊在傳送帶上發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻t=0.268s；答：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E為100N/C；(2)彈簧彈性勢(shì)能的最大值為1J；(3)當(dāng)小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)因摩擦產(chǎn)生的熱量最大時(shí)，物塊在傳送帶上發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t為0.268s。濟(jì)南一中(1)小物塊從B到C、C到D，程度分運(yùn)動(dòng)均是勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)是兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合速度的分解，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解得到B點(diǎn)速度，然后對(duì)B到C過(guò)程的豎直分運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可；(

25、2)彈性勢(shì)能最大時(shí)，物塊到B點(diǎn)速度恰好減小到等于傳送帶速度；對(duì)從A到B過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式得到A點(diǎn)速度，再結(jié)合機(jī)械能守恒定律得到彈簧對(duì)應(yīng)的彈性勢(shì)能；(3)根據(jù)Q=fs，相對(duì)位移最大時(shí)，產(chǎn)生的熱量最大，分減速和加速兩種情況討論。此題是力電綜合問(wèn)題問(wèn)題，過(guò)程多、規(guī)律多，關(guān)鍵是對(duì)滑塊受力分析，分析各個(gè)階段的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、動(dòng)能定理列式分析，難度較大。13. 如下圖，穿有M、N兩個(gè)小球(均視為質(zhì)點(diǎn))的光滑絕緣圓環(huán)，固定在豎直面內(nèi)，圓心為O、半徑為R=0.3m.M、N用一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)繩相連，質(zhì)量分別為mM=0.01kg、mN=0.08kg

26、；M帶電量q=+7×10-4C，N不帶電.該空間同時(shí)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng).電場(chǎng)方向豎直向上，電場(chǎng)強(qiáng)度E=1×103V/m；磁場(chǎng)方向垂直于圓環(huán)平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=37×102 T.將兩小球從圖示位置(M與圓心O等高，N在圓心O的正下方)由靜止釋放，兩小球開(kāi)場(chǎng)沿逆時(shí)針向上轉(zhuǎn)動(dòng).取重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8.那么在兩球從圖示位置逆時(shí)針向上轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，求：(1)通過(guò)計(jì)算判斷，小球M能否到達(dá)圓環(huán)的最高點(diǎn)？(2)小球M速度最大時(shí)，圓環(huán)對(duì)小球M的彈力(3)小球M電勢(shì)能變化量的最大值解：1)設(shè)M、N在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，繩對(duì)M、N

27、做的功分別為WT和W'T，那么：WT+W'T=0  設(shè)M到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)，M、N的動(dòng)能分別為EKM、EKN 對(duì)M，洛侖茲力不做功，由動(dòng)能定理得：qER-mMgR+WT=EKM 對(duì)N，由動(dòng)能定理：W'T-mNgR=EKN 聯(lián)立解得：EKM+EKN=-0.06J 即M在圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能為負(fù)值，故M不能到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)(2)設(shè)N轉(zhuǎn)過(guò)角時(shí)，M、N的速度大小分別為vM、vN，因M、N做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和角速度均一樣，故：vM=vN 對(duì)M，洛侖茲力不做功，由動(dòng)能定理：qERsin-mMgsin+WT2=12mMvM2 對(duì)N，由動(dòng)能定理：W'T2-mNgR(1-c

28、os)=12mNvN2 聯(lián)立解得：vM2=43×(3sin+4cos-4) 由上式可得，當(dāng)tan=34時(shí)，M、N的速度到達(dá)最大.最大速度為：vmax=233m/sM速度最大時(shí)，設(shè)繩子拉力為F，圓環(huán)對(duì)小球M的彈力為FN，由牛頓第二定律得：Fcos45=(qE-mMg)cos37 qvmaxB+Fsin45-(qE-mMg)sin37+FN=mMvM2R 解得：FN=-0.096N     負(fù)號(hào)表示彈力方向沿圓環(huán)徑向向外(3)M、N從圖示位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，由于M不能到達(dá)最高點(diǎn)，所以，當(dāng)兩球速度為0時(shí)，電場(chǎng)力做功最多，電勢(shì)能減少最多.由vM2=4

29、3×(3sin+4cos-4) 得：3sin+4cos-4=0 解得：sin=2425或sin=0(舍去) 故M的電勢(shì)能減少量的最大值為：E=qERsin=126625J=0.2016J答：(1)通過(guò)計(jì)算判斷，小球M不能到達(dá)圓環(huán)的最高點(diǎn)(2)小球M速度最大時(shí)，圓環(huán)對(duì)小球M的彈力為0.096N，方向沿圓環(huán)徑向向外(3)小球M電勢(shì)能變化量的最大值是0.2016J濟(jì)南一中(1)先假設(shè)M能到達(dá)最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理求出系統(tǒng)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能之和，假設(shè)為正值，那么說(shuō)明能到達(dá)最高點(diǎn)，假設(shè)為負(fù)值那么不能到達(dá)最高點(diǎn)(2)由于M未到達(dá)最高點(diǎn)，那么速度的最大的位置只能是在最高點(diǎn)下的某一點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理先確定

30、該點(diǎn)的位置，再由牛頓第二定律，沿圓心方向的合力提供向心力，從而求出軌道對(duì)球的作用力(3)由于M未到達(dá)最高點(diǎn)，又要求電勢(shì)能的變化最大，那么只能是M的速度變?yōu)榱銜r(shí)，由(2)的結(jié)論求出速度為零時(shí)轉(zhuǎn)過(guò)的角度，再由功能關(guān)系就能求出電勢(shì)能變化的最大值此題的難點(diǎn)在于：M、N兩球通過(guò)繩子連接，在電場(chǎng)力作用下沿圓環(huán)向上運(yùn)動(dòng)，可以假設(shè)能通過(guò)最高點(diǎn)，把它們作為一個(gè)整體由動(dòng)能定理求出到達(dá)最高點(diǎn)的動(dòng)能之和，假設(shè)為負(fù)就不能通過(guò)最高點(diǎn).求M球?qū)壍赖淖畲髩毫Γ挥邢却_定速度最大的位置(要用到數(shù)學(xué)公式)，再由牛頓第二定律求出此刻對(duì)軌道的壓力14. (1)靜電場(chǎng)可以用電場(chǎng)線和等勢(shì)面形象描繪。a.請(qǐng)根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義和庫(kù)侖定律推導(dǎo)出點(diǎn)電荷Q的場(chǎng)強(qiáng)表達(dá)式；b.點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線和等勢(shì)面分布如下圖，等勢(shì)面S1、S2到點(diǎn)電荷的間隔 分別為r1、r2.我們知道，電場(chǎng)線的疏密反映了空間區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。請(qǐng)計(jì)算S1、S2上單位面積通過(guò)的電場(chǎng)線條數(shù)之比N1N2。(2)觀測(cè)宇宙中輻射電磁波的天體，間隔 越遠(yuǎn)單位面積接收的電磁波功率越小，觀測(cè)越困難。為了搜集足夠強(qiáng)的來(lái)自天體的電磁波，增大望遠(yuǎn)鏡口徑是進(jìn)步天文觀測(cè)才