2024-2025學(xué)年上學(xué)期福建高二物理期末卷2

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2024-2025學(xué)年上學(xué)期福建高二物理期末卷2一．選擇題（共4小題，滿分16分，每小題4分）1．（4分）（2017春?荔城區(qū)校級(jí)期中）某同學(xué)利用圖甲裝置研究磁鐵下落過(guò)程中的電磁感應(yīng)有關(guān)問(wèn)題．打開傳感器，將磁鐵置于螺線管正上方距海綿墊高為h處?kù)o止釋放，穿過(guò)螺線管后掉落到海綿墊上并靜止（磁鐵下落過(guò)程中受到的磁阻力遠(yuǎn)小于磁鐵的重力，不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)），不計(jì)線圈電阻，計(jì)算機(jī)熒屏上顯示出圖乙的UI﹣t曲線，圖乙中的兩個(gè)峰值是磁鐵剛進(jìn)入螺線管內(nèi)部和剛從內(nèi)部出來(lái)時(shí)產(chǎn)生的，對(duì)這一現(xiàn)象相關(guān)說(shuō)法正確的是（）A．若僅增大h，兩個(gè)峰值間的時(shí)間間隔會(huì)增大 B．若僅減小h，兩個(gè)峰值都會(huì)減小 C．若僅減小h，兩個(gè)峰值可能會(huì)相等 D．若僅減小滑動(dòng)變阻器的值，兩個(gè)峰值都會(huì)減小2．（4分）如圖所示，質(zhì)量為M、底邊長(zhǎng)為a的三角形木塊A置于光滑水平面上，在A的頂部有一質(zhì)量為m、底邊長(zhǎng)為b的三角形木塊B，且兩三角形木塊的底邊平行。若B從A的頂端由靜止滑至底部，則A后退的距離為（）A．maM+m B．MaM+m C．m(a-b)M+m 3．（4分）（2021?鐵嶺二模）如圖所示，真空中兩個(gè)靜止的點(diǎn)電荷電量的絕對(duì)值分別為q1、q2，激發(fā)的電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布如圖，圖中P、Q兩點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)電荷q1水平對(duì)稱，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φP、φQ，一個(gè)帶電粒子（僅在電場(chǎng)力作用下）沿虛線軌跡從M移動(dòng)至N。下列說(shuō)法正確的是（）A．q1＜q2 B．φQ＞φP C．q1、q2連線的延長(zhǎng)線上有一點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，這一點(diǎn)在q1的左側(cè) D．在粒子從M移動(dòng)至N的過(guò)程中它的電勢(shì)能先變大后變小4．（4分）（2021秋?昌吉州期中）如圖所示的電路中，R1為定值電阻，R2為光敏電阻（光照越強(qiáng)電阻越?。?，C為電容器，電源內(nèi)阻不可忽略，閉合開關(guān)后，當(dāng)光照增強(qiáng)時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．電容器所帶電荷量減少 B．R1的電功率減小 C．電流表的示數(shù)減小 D．路端電壓減小二．多選題（共4小題，滿分24分，每小題6分）（多選）5．（6分）（2024?東湖區(qū)校級(jí)模擬）有一電荷量分布均勻且?guī)щ娏繛?Q的圓環(huán)，在其軸線上距離圓心x處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小如圖所示。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，在圓心右側(cè)緊靠圓心處由靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下沿軸線向右運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．該粒子帶負(fù)電 B．該粒子沿軸線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能逐漸減少 C．該粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大加速度約為1.9qED．該粒子從r運(yùn)動(dòng)到2r過(guò)程中電場(chǎng)力做的功約為0.8qE0r（多選）6．（6分）（2019?鄭州三模）兩帶電量均為+Q的點(diǎn)電荷分別固定于x軸上的﹣2x0和2x0處，將一帶+q的試探電荷從﹣x0處由靜止釋放，試探電荷只受電場(chǎng)力的作用，從x軸上的﹣x0到x0的過(guò)程中，場(chǎng)強(qiáng)E、試探電荷的加速度a、速度v、電勢(shì)能Ep等隨x坐標(biāo)的變化圖象大致正確的是（E、a、v選x軸正向?yàn)檎较?，無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)能點(diǎn)）（）A． B． C． D．（多選）7．（6分）（2020春?德州期末）如圖所示，水平光滑軌道寬和彈簧自然長(zhǎng)度均為d，m2的左邊有一固定擋板，已知m1＝3m2，m1由圖示位置靜止釋放，當(dāng)m1與m2相距最遠(yuǎn)時(shí)，m1速度為v0，則在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）A．m1的最小速度是0 B．m1的最小速度是23v0C．m2的最大速度是43v0 D．m2的最大速度是2v（多選）8．（6分）（2022春?皇姑區(qū)校級(jí)期末）如圖，空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶負(fù)電的小球以大小為v，與水平方向成60°角的速度射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小球速度大小仍為v，但方向沿水平方向，已知小球質(zhì)量為m，帶電荷量為﹣q，重力加速度為g，則在該過(guò)程中（）A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3mgB．小球的最小動(dòng)能為18C．小球射入電場(chǎng)后，經(jīng)過(guò)3v6g的時(shí)間電勢(shì)能最大D．小球機(jī)械能最大時(shí)，增加的重力勢(shì)能為3三．填空題（共3小題，滿分12分，每小題4分）9．（4分）（2019秋?徐匯區(qū)期末）磁感應(yīng)強(qiáng)度B是描述的物理量，單位面積的磁通量被稱為。10．（4分）（2010秋?撫順期中）如圖所示，圖線AB是電路的路端電壓隨電流變化的關(guān)系圖線．OM是同一電源向固定電阻R供電時(shí)，R兩端的電壓電變化的圖線，交點(diǎn)為C由圖求：（1）R的阻Ω_．（2）電源電動(dòng)勢(shì)EV內(nèi)阻rΩ（3）在交點(diǎn)C處表示電源的輸出功率w．11．（4分）（2022?新羅區(qū)校級(jí)開學(xué)）某同學(xué)生身高1.83m，質(zhì)量70kg。他站立舉臂，手指摸到的高度為2.25m。如果他先下蹲，再用力向上跳起，同時(shí)舉臂，手指摸到的高度為2.70m。設(shè)他從蹬地到離開地面所用的時(shí)間為0.3s。他剛離地跳起時(shí)的速度大小為；他與地面間的平均作用力的大小為。（取g＝10m/s2）四．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿分16分）12．（6分）（2021?韶關(guān)一模）測(cè)量電阻絲的電阻率ρ，電阻絲的電阻約為20Ω，先把電阻絲拉直后將其兩端固定在刻度尺兩端的接線柱a和b上，在電阻絲上夾上一個(gè)與接線柱c相連的小金屬夾，沿電阻絲移動(dòng)金屬夾，可改變其與電阻絲接觸點(diǎn)P的位置，從而改變接入電路中電阻絲的長(zhǎng)度，除電池組E（電動(dòng)勢(shì)為3.0V，內(nèi)阻約1Ω）、電阻箱R（0～999.9Ω）、開關(guān)、導(dǎo)線若干，可供選擇的器材還有：電流表A1（量程0～100mA，內(nèi)阻約5Ω）；電流表A2（量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.2Ω）。（1）實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：A．用螺旋測(cè)微器在電阻絲上三個(gè)不同的位置分別測(cè)量電阻絲的直徑；B．根據(jù)所提供的實(shí)驗(yàn)器材，設(shè)計(jì)并連接好如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)電路；C．調(diào)節(jié)電阻箱使其接入電路中的電阻值較大，閉合開關(guān)；D．將金屬夾夾在電阻絲上某位置，調(diào)整電阻箱接入電路中的電阻值，使電流表滿偏，記錄電阻箱的電阻值R和接入電路的電阻絲長(zhǎng)度L；E．?dāng)嚅_開關(guān)，改變的位置，調(diào)整電阻箱接入電路中的阻值，使電流表再次滿偏，重復(fù)多次，記錄每一次的R和L數(shù)據(jù)；F．?dāng)嚅_開關(guān)。（2）如圖乙，用螺旋測(cè)微器測(cè)量電阻絲直徑為d＝mm。（3）電流表應(yīng)選擇（選填“A1”或“A2”）。（4）用記錄的多組R和L的數(shù)據(jù)，繪出了如圖丙所示圖線，截距分別為R0和L0，再結(jié)合測(cè)出的電阻絲直徑d，寫出電阻絲的電阻率表達(dá)式ρ＝（用給定的字母表示）。（5）電流表存在一定內(nèi)阻，這對(duì)該實(shí)驗(yàn)的測(cè)量結(jié)果：。A．無(wú)影響B(tài)．有影響，結(jié)果會(huì)偏大C．有影響，結(jié)果會(huì)偏小13．（10分）在用電流表和電壓表測(cè)一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)中，所用電流表和電壓表的內(nèi)阻分別為0.1Ω和1kΩ，如圖為實(shí)驗(yàn)所需器件圖。（1）在圖中連線將器件連接成實(shí)驗(yàn)電路。（2）一位同學(xué)記錄的6組數(shù)據(jù)見(jiàn)下表，試根據(jù)這些數(shù)據(jù)在圖中畫出U﹣I圖像，根據(jù)圖像讀出電池的電動(dòng)勢(shì)E＝V，根據(jù)圖像求出電池的內(nèi)阻r＝Ω。I/A0.120.200.310.320.500.57U/V1.371.321.241.181.101.05（3）本實(shí)驗(yàn)引起系統(tǒng)誤差的主要原因是。五．解答題（共3小題，滿分32分）14．（8分）（2021秋?張掖期末）示波器的核心部件是示波管，它是利用電場(chǎng)使運(yùn)動(dòng)粒子向預(yù)期方向偏轉(zhuǎn)的。如圖甲所示，平行極板長(zhǎng)L1＝20cm，寬度d＝2cm，極板間電壓U0（未知）保持不變，一質(zhì)量m＝6.4×10﹣27kg（重力不計(jì)）、電荷量q＝3.2×10﹣19C的粒子沿極板中心線以速度v0＝1×106m/s射入極板間，正好在下極板邊緣飛出。足夠大的豎直屏與極板右側(cè)相距L2＝20cm，極板與豎直屏區(qū)域間不存在電場(chǎng)，已知M點(diǎn)是中心線與屏的交點(diǎn)。（1）極板間電壓U0為多大時(shí)粒子從極板邊緣射出？射出時(shí)粒子的速度方向與初速度方向的夾角θ的正切值（tanθ）等于多少？（2）求粒子打在豎直屏上的位置離M點(diǎn)的距離Y；15．（11分）如圖所示，一條長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線上端固定，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，使細(xì)線豎直拉直時(shí)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)細(xì)線離開豎直位置偏角α＝60°時(shí)，小球速度為0。重力加速度為g。求：（1）小球帶電性質(zhì)；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；（3）若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)，求從A點(diǎn)釋放小球時(shí)應(yīng)有的初速度vA的大?。珊剑?。16．（13分）（2019秋?莒縣期中）如圖所示，光滑的水平面上靜止著質(zhì)量為3m的小車，其中小車的AB段是光滑水平面，BC段是半徑為R的四分之一光滑圓弧。另有質(zhì)量為m的小物塊，以gR的初速度，從A點(diǎn)水平向左滑上小車。g為重力加速度。則：（1）求小物塊沿著小車上升的最大高度h；（2）求小物塊再返回小車的A點(diǎn)時(shí)的速度大小v；（3）若小車的水平面離地面的高度也為R，求小物塊落地時(shí)到A點(diǎn)的水平距離l。

2024-2025學(xué)年上學(xué)期福建高二物理期末典型卷2參考答案與試題解析一．選擇題（共4小題，滿分16分，每小題4分）1．（4分）（2017春?荔城區(qū)校級(jí)期中）某同學(xué)利用圖甲裝置研究磁鐵下落過(guò)程中的電磁感應(yīng)有關(guān)問(wèn)題．打開傳感器，將磁鐵置于螺線管正上方距海綿墊高為h處?kù)o止釋放，穿過(guò)螺線管后掉落到海綿墊上并靜止（磁鐵下落過(guò)程中受到的磁阻力遠(yuǎn)小于磁鐵的重力，不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)），不計(jì)線圈電阻，計(jì)算機(jī)熒屏上顯示出圖乙的UI﹣t曲線，圖乙中的兩個(gè)峰值是磁鐵剛進(jìn)入螺線管內(nèi)部和剛從內(nèi)部出來(lái)時(shí)產(chǎn)生的，對(duì)這一現(xiàn)象相關(guān)說(shuō)法正確的是（）A．若僅增大h，兩個(gè)峰值間的時(shí)間間隔會(huì)增大 B．若僅減小h，兩個(gè)峰值都會(huì)減小 C．若僅減小h，兩個(gè)峰值可能會(huì)相等 D．若僅減小滑動(dòng)變阻器的值，兩個(gè)峰值都會(huì)減小【考點(diǎn)】研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象．【專題】實(shí)驗(yàn)題；定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【答案】B【分析】感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小等于磁通量的變化率，因此通過(guò)線圈速度越大，磁通量的變化率越大，電動(dòng)勢(shì)越大，兩個(gè)峰值也越大；根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，當(dāng)外電阻等于內(nèi)阻時(shí)，輸出功率最大．【解答】解：A、若僅增大h，磁鐵經(jīng)過(guò)線圈的時(shí)間減小，兩個(gè)峰值間的時(shí)間間隔會(huì)減小。故A錯(cuò)誤；B、C、當(dāng)h減小時(shí)，磁鐵進(jìn)入線框的速度減小，導(dǎo)致線框中磁通量的變化率減小，因此兩個(gè)峰值都會(huì)減小，且兩個(gè)峰值不可能相等，故B正確，C錯(cuò)誤；D、根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，不計(jì)線圈電阻，減小滑動(dòng)變阻器阻值，則感應(yīng)回路中的感應(yīng)電流增大，線圈對(duì)磁鐵的阻礙作用增大，磁鐵的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的比例增大，即感應(yīng)回路中的電功率P＝UI增大，兩個(gè)峰值都會(huì)增大，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電磁感應(yīng)定律與閉合電路輸出功率問(wèn)題，考點(diǎn)結(jié)合巧妙，題目新穎，有一定創(chuàng)新性，難點(diǎn)在于理解該過(guò)程中的功能關(guān)系以及UI﹣t曲線的含義．2．（4分）如圖所示，質(zhì)量為M、底邊長(zhǎng)為a的三角形木塊A置于光滑水平面上，在A的頂部有一質(zhì)量為m、底邊長(zhǎng)為b的三角形木塊B，且兩三角形木塊的底邊平行。若B從A的頂端由靜止滑至底部，則A后退的距離為（）A．maM+m B．MaM+m C．m(a-b)M+m 【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；推理論證能力．【答案】C【分析】對(duì)于A、B組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，動(dòng)量守恒。用位移表示兩個(gè)物體水平方向的平均速度，根據(jù)平均動(dòng)量守恒列式，即可求解?！窘獯稹拷猓阂?guī)定向右方向?yàn)檎较?，設(shè)木塊后退的距離為x，B從頂端由靜止滑至底部時(shí)，B向左運(yùn)動(dòng)的距離為a﹣b﹣x，則水平方向上A的平均速度大小為vA=B的平均速度大小為vB=根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得：Mxt-m解得，x=故ABD錯(cuò)誤，C正確；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題是水平方向動(dòng)量守恒的類型，關(guān)鍵用位移表示速度，再進(jìn)行求解。3．（4分）（2021?鐵嶺二模）如圖所示，真空中兩個(gè)靜止的點(diǎn)電荷電量的絕對(duì)值分別為q1、q2，激發(fā)的電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布如圖，圖中P、Q兩點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)電荷q1水平對(duì)稱，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φP、φQ，一個(gè)帶電粒子（僅在電場(chǎng)力作用下）沿虛線軌跡從M移動(dòng)至N。下列說(shuō)法正確的是（）A．q1＜q2 B．φQ＞φP C．q1、q2連線的延長(zhǎng)線上有一點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，這一點(diǎn)在q1的左側(cè) D．在粒子從M移動(dòng)至N的過(guò)程中它的電勢(shì)能先變大后變小【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；電場(chǎng)線的定義及基本特征．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力；推理論證能力．【答案】D【分析】電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，等勢(shì)面和電場(chǎng)線垂直，根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡判斷電場(chǎng)力做功以及電勢(shì)能變化?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)電場(chǎng)線分布可知，q1附近電場(chǎng)線分布密集、場(chǎng)強(qiáng)大，故q1＞q2，故A錯(cuò)誤；B、沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，電場(chǎng)線越密的地方電勢(shì)降落越快，反之逆著電場(chǎng)線方向電勢(shì)升高，電場(chǎng)線越密的地方電勢(shì)升高越快，故φQ＜φp，故B錯(cuò)誤；C、因?yàn)閝1＞q2，q1帶負(fù)電，q2帶正電，所以q1、q2連線的延長(zhǎng)線上，電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)在q2的右側(cè)，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，該粒子所受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)方向相反，故帶負(fù)電，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，故電勢(shì)能能先變大后變小，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電場(chǎng)線的分布，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷電場(chǎng)強(qiáng)度大小，根據(jù)等勢(shì)面和電場(chǎng)線垂直判斷電勢(shì)關(guān)系，根據(jù)粒子軌跡判斷電場(chǎng)力做功是解題關(guān)鍵。4．（4分）（2021秋?昌吉州期中）如圖所示的電路中，R1為定值電阻，R2為光敏電阻（光照越強(qiáng)電阻越?。?，C為電容器，電源內(nèi)阻不可忽略，閉合開關(guān)后，當(dāng)光照增強(qiáng)時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．電容器所帶電荷量減少 B．R1的電功率減小 C．電流表的示數(shù)減小 D．路端電壓減小【考點(diǎn)】電路動(dòng)態(tài)分析；電容的概念、單位與物理意義．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】D【分析】明確電路結(jié)構(gòu)，知道R1、R2以及電流表串聯(lián)在電源兩端；光敏電阻的特性是當(dāng)光敏電阻上的光照強(qiáng)度增強(qiáng)時(shí)，光敏電阻的阻值會(huì)減??；導(dǎo)致電路的總電阻減小，電路中的總電流增大，再分析路端電壓的變化，由歐姆定律依次分析即可。【解答】解：當(dāng)光照增強(qiáng)時(shí)，光敏電阻的電阻減小，總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，總電流增大，電流表的示數(shù)增大，根據(jù)P＝I2R可知，R1的電功率變大；電容器與R1并聯(lián)，R1兩端電壓U1＝IR1也增大，故電容器兩端電勢(shì)差增大，由Q＝CU可知電容器所帶的電荷量增大；總電流增大，則內(nèi)電壓增大，所以路端電壓減小，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查光敏電阻的特性與閉合電路的歐姆定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是掌握光敏電阻的特性；同時(shí)明確閉合電路歐姆定律動(dòng)態(tài)分析的基本方法。二．多選題（共4小題，滿分24分，每小題6分）（多選）5．（6分）（2024?東湖區(qū)校級(jí)模擬）有一電荷量分布均勻且?guī)щ娏繛?Q的圓環(huán)，在其軸線上距離圓心x處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小如圖所示。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，在圓心右側(cè)緊靠圓心處由靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下沿軸線向右運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．該粒子帶負(fù)電 B．該粒子沿軸線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能逐漸減少 C．該粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大加速度約為1.9qED．該粒子從r運(yùn)動(dòng)到2r過(guò)程中電場(chǎng)力做的功約為0.8qE0r【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功的計(jì)算及其特點(diǎn)；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】BCD【分析】根據(jù)粒子的受力與運(yùn)動(dòng)情況分析；電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減??；根據(jù)牛頓第二定律分析求解；E﹣x圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以表示電勢(shì)差，根據(jù)W＝qU求解電場(chǎng)力做的功?！窘獯稹拷猓篈．均勻帶電+Q的圓環(huán)在其右側(cè)軸線上產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)向右，帶電粒子從靜止釋放向右運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明所受電場(chǎng)力向右，電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，所以該粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；B．該粒子沿軸線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能逐漸減少，故B正確；C．粒子受電場(chǎng)力最大時(shí)，加速度最大，由牛頓第二定律得：am由題圖可知：Em＝1.9E0am故C正確；D．E﹣x圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以表示電勢(shì)差，則從r到2r電勢(shì)差約為：U＝0.8E0r故該粒子從r運(yùn)動(dòng)到2r電場(chǎng)力做功為：W＝qU聯(lián)立解得：W＝0.8qE0r故D正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評(píng)】知道在E﹣x圖像中，圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示電勢(shì)差是解題的關(guān)鍵，知道電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系。（多選）6．（6分）（2019?鄭州三模）兩帶電量均為+Q的點(diǎn)電荷分別固定于x軸上的﹣2x0和2x0處，將一帶+q的試探電荷從﹣x0處由靜止釋放，試探電荷只受電場(chǎng)力的作用，從x軸上的﹣x0到x0的過(guò)程中，場(chǎng)強(qiáng)E、試探電荷的加速度a、速度v、電勢(shì)能Ep等隨x坐標(biāo)的變化圖象大致正確的是（E、a、v選x軸正向?yàn)檎较?，無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)能點(diǎn)）（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系．【專題】定性思想；推理法；圖析法；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】?jī)蓭щ娏烤鶠?Q的點(diǎn)電荷電場(chǎng)分布如圖所示，從x軸上的﹣x0到x0的過(guò)程中，電場(chǎng)強(qiáng)度先減小，后增大，方向先向右，后向左；、由a=qEm，正電荷的加速度和電場(chǎng)強(qiáng)度分布相似；從﹣x0到0的過(guò)程中，速度增大，方向向右，但速度增加變慢；從0到+x0的過(guò)程中，速度減小，方向向右，但速度增加變快；選取無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)能點(diǎn)，故x＝【解答】解：A、兩帶電量均為+Q的點(diǎn)電荷電場(chǎng)分布如圖所示，從x軸上的﹣x0到x0的過(guò)程中，電場(chǎng)強(qiáng)度先減小，后增大，方向先向右，后向左。故A正確；B、由a=qEm，正電荷的加速度和電場(chǎng)強(qiáng)度分布相似。故C、從﹣x0到0的過(guò)程中，速度增大，方向向右，但速度增加變慢；從0到+x0的過(guò)程中，速度減小，方向向右，但速度增加變快。故C正確；D、從﹣x0到0的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，但選取無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)能點(diǎn)，故x＝0處的電勢(shì)能不為零，從0到+x0的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大。故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功、電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)。對(duì)等量同種電荷電場(chǎng)分布圖要熟悉，對(duì)于各種圖象一定要了解其圖象的物理意義。（多選）7．（6分）（2020春?德州期末）如圖所示，水平光滑軌道寬和彈簧自然長(zhǎng)度均為d，m2的左邊有一固定擋板，已知m1＝3m2，m1由圖示位置靜止釋放，當(dāng)m1與m2相距最遠(yuǎn)時(shí)，m1速度為v0，則在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）A．m1的最小速度是0 B．m1的最小速度是23v0C．m2的最大速度是43v0 D．m2的最大速度是2v【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在含有彈簧的碰撞問(wèn)題中的應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】BD【分析】當(dāng)m1與m2相距最近后，m1繼續(xù)前行，兩物體組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，故動(dòng)量守恒；由動(dòng)量守恒及能量守恒定律分析過(guò)程可知兩小球的運(yùn)動(dòng)情景?！窘獯稹拷猓簭男∏騧1到達(dá)最近位置后繼續(xù)前進(jìn)，此后拉到m2前進(jìn)，m1減速，m2加速，達(dá)到共同速度時(shí)兩者相距最遠(yuǎn)，此時(shí)m1速度為v0，則m2速度也為v0，設(shè)m1第一次與m2相距最近時(shí)m1的速度為v，此時(shí)m2的速度為0，從此時(shí)開始到二者相距最遠(yuǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：m1v＝（m1+m2）v0解得：v=此后m1繼續(xù)減速，m2加速，當(dāng)兩球再次相距最近時(shí)，m1達(dá)到最小速度v1，m2達(dá)最大速度v2。根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：m1v＝m1v1+m2v2根據(jù)能量關(guān)系可得：12m1v2=12m1v12+12m解得：v1=m1-m2m1+m2v=故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題為彈性碰撞的變式，可以作為水平方向彈性碰撞模型進(jìn)行分析，分析其運(yùn)動(dòng)過(guò)程找出其最大最小速度的出現(xiàn)位置，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合可以解答。（多選）8．（6分）（2022春?皇姑區(qū)校級(jí)期末）如圖，空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶負(fù)電的小球以大小為v，與水平方向成60°角的速度射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小球速度大小仍為v，但方向沿水平方向，已知小球質(zhì)量為m，帶電荷量為﹣q，重力加速度為g，則在該過(guò)程中（）A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3mgB．小球的最小動(dòng)能為18C．小球射入電場(chǎng)后，經(jīng)過(guò)3v6g的時(shí)間電勢(shì)能最大D．小球機(jī)械能最大時(shí)，增加的重力勢(shì)能為3【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題；常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；理解能力；推理論證能力．【答案】ABD【分析】小球所受的電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，水平向左，在水平方向小球做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，豎直做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式求解；小球沿合力方向的速度為零時(shí)，小球的動(dòng)能最小；電場(chǎng)力做負(fù)功電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力做的負(fù)功越大，電勢(shì)能越大；電場(chǎng)力做正功，機(jī)械能增加?！窘獯稹拷猓篈.初速度分解如圖所示：vx＝vcos60°，vy＝vsin60°豎直方向小球做做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)上升時(shí)間為t，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律t=vsinθg水平方向上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v＝vcos60°+at，得a=v(1+cos60°)t由牛頓第二定律得：a=Fm①②③聯(lián)立求解得：E=3mgq，a=B、小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的合力F合=F2+(mg)2=(3mg)2+(mg)2=2mg，設(shè)合力方向與水平方向的夾角C.設(shè)經(jīng)t1時(shí)間，小球水平向右的速度變?yōu)?，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式0＝vcos60°﹣at1，解得t1=vcos60°a=D.電場(chǎng)力做正功，機(jī)械能增大，在t=3v2g時(shí)刻，機(jī)械能最大，此時(shí)小球上升的高度H=(vsin60°)2故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵是會(huì)根據(jù)受力把運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和豎直上拋運(yùn)動(dòng)，然后根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解；要明確除重力和彈力以外的力做功引起小球機(jī)械能的變化。三．填空題（共3小題，滿分12分，每小題4分）9．（4分）（2019秋?徐匯區(qū)期末）磁感應(yīng)強(qiáng)度B是描述磁場(chǎng)強(qiáng)弱和方向的物理量，單位面積的磁通量被稱為磁通量密度?！究键c(diǎn)】磁通量的概念和計(jì)算公式的定性分析；磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義．【專題】定性思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】磁場(chǎng)中磁感應(yīng)強(qiáng)度有強(qiáng)弱，用磁感應(yīng)強(qiáng)度來(lái)描述強(qiáng)弱和方向；磁通量密度就是磁感應(yīng)強(qiáng)度。在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有垂直于磁場(chǎng)的平面S，磁通量為Φ＝BS?！窘獯稹拷猓捍鸥袘?yīng)強(qiáng)度是描述磁場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向的物理量，是由磁場(chǎng)本身決定的；由Φ＝BS得：B=ΦS，所以單位面積的磁通量被稱為磁通量密度，就是磁感應(yīng)強(qiáng)度故答案為：磁場(chǎng)強(qiáng)弱和方向（磁場(chǎng)的力的性質(zhì)），磁通量密度?！军c(diǎn)評(píng)】本題要理解磁通量、磁通量密度和磁感應(yīng)強(qiáng)度之間的區(qū)別和聯(lián)系，要掌握磁通量的公式Φ＝BS的應(yīng)用。10．（4分）（2010秋?撫順期中）如圖所示，圖線AB是電路的路端電壓隨電流變化的關(guān)系圖線．OM是同一電源向固定電阻R供電時(shí)，R兩端的電壓電變化的圖線，交點(diǎn)為C由圖求：（1）R的阻2Ω_．（2）電源電動(dòng)勢(shì)E6V內(nèi)阻r1Ω（3）在交點(diǎn)C處表示電源的輸出功率8w．【考點(diǎn)】路端電壓和負(fù)載的關(guān)系；電功和電功率的計(jì)算；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】恒定電流專題．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)伏安特性曲線OM的斜率求出電阻的阻值；（2）根據(jù)電源路端電壓和電流的變化關(guān)系圖線求出電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻；（3）交點(diǎn)C對(duì)應(yīng)的電壓和電流為電源輸出電壓和輸出電流，根據(jù)P＝UI求出電源的輸出功率．【解答】解：（1）OM是電阻的伏安特性曲線，其斜率等于電阻，則電阻R=UI=（2）由圖可知，電源的電動(dòng)勢(shì)E＝6V，根據(jù)閉合電路歐姆定律，可得電源的內(nèi)阻r=E-UI=（3）交點(diǎn)C對(duì)應(yīng)的電壓和電流，表示電源的工作狀態(tài)，則電源的輸出功率為PC出＝UcIc＝4×2（W）＝8（W）．故答案為：（1）2；（2）6；1；（3）8【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于圖線關(guān)鍵要根據(jù)物理規(guī)律，從數(shù)學(xué)角度來(lái)理解其物理意義．本題要抓住圖線的斜率、交點(diǎn)的意義來(lái)理解圖象的意義．11．（4分）（2022?新羅區(qū)校級(jí)開學(xué)）某同學(xué)生身高1.83m，質(zhì)量70kg。他站立舉臂，手指摸到的高度為2.25m。如果他先下蹲，再用力向上跳起，同時(shí)舉臂，手指摸到的高度為2.70m。設(shè)他從蹬地到離開地面所用的時(shí)間為0.3s。他剛離地跳起時(shí)的速度大小為3m/s；他與地面間的平均作用力的大小為1400N。（取g＝10m/s2）【考點(diǎn)】用動(dòng)量定理求平均作用力；豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；理解能力；推理論證能力．【答案】（1）他剛跳起離地時(shí)的速度大小為3m/s．（2）他與地面間的平均作用力大小為1400N．【分析】（1）人跳起后在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒，由人的重心升高的高度利用機(jī)械能守恒可求得人剛離地時(shí)的速度；（2）人在與地接觸時(shí)，地對(duì)人的作用力與重力的合力使人獲得上升的加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律可求得地面對(duì)人的平均作用力．【解答】解：（1）人跳起后重心升高為：h＝2.70m﹣2.25m＝0.45m根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgh=12解得：v=2gh=2（2）對(duì)于人起跳過(guò)程，由v＝at得：a=vt=30.3根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma解得：F＝m（g+a）＝70×（10+10）N＝1400N答：（1）他剛跳起離地時(shí)的速度大小為3m/s．（2）他與地面間的平均作用力大小為1400N．【點(diǎn)評(píng)】本題中要明確人運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，找出人起跳的高度及人在空中運(yùn)動(dòng)的高度，從而正確選擇物理規(guī)律求解．四．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿分16分）12．（6分）（2021?韶關(guān)一模）測(cè)量電阻絲的電阻率ρ，電阻絲的電阻約為20Ω，先把電阻絲拉直后將其兩端固定在刻度尺兩端的接線柱a和b上，在電阻絲上夾上一個(gè)與接線柱c相連的小金屬夾，沿電阻絲移動(dòng)金屬夾，可改變其與電阻絲接觸點(diǎn)P的位置，從而改變接入電路中電阻絲的長(zhǎng)度，除電池組E（電動(dòng)勢(shì)為3.0V，內(nèi)阻約1Ω）、電阻箱R（0～999.9Ω）、開關(guān)、導(dǎo)線若干，可供選擇的器材還有：電流表A1（量程0～100mA，內(nèi)阻約5Ω）；電流表A2（量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.2Ω）。（1）實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：A．用螺旋測(cè)微器在電阻絲上三個(gè)不同的位置分別測(cè)量電阻絲的直徑；B．根據(jù)所提供的實(shí)驗(yàn)器材，設(shè)計(jì)并連接好如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)電路；C．調(diào)節(jié)電阻箱使其接入電路中的電阻值較大，閉合開關(guān)；D．將金屬夾夾在電阻絲上某位置，調(diào)整電阻箱接入電路中的電阻值，使電流表滿偏，記錄電阻箱的電阻值R和接入電路的電阻絲長(zhǎng)度L；E．?dāng)嚅_開關(guān)，改變金屬夾與電阻絲接觸點(diǎn)的位置，調(diào)整電阻箱接入電路中的阻值，使電流表再次滿偏，重復(fù)多次，記錄每一次的R和L數(shù)據(jù)；F．?dāng)嚅_開關(guān)。（2）如圖乙，用螺旋測(cè)微器測(cè)量電阻絲直徑為d＝0.730mm。（3）電流表應(yīng)選擇A1（選填“A1”或“A2”）。（4）用記錄的多組R和L的數(shù)據(jù)，繪出了如圖丙所示圖線，截距分別為R0和L0，再結(jié)合測(cè)出的電阻絲直徑d，寫出電阻絲的電阻率表達(dá)式ρ＝πd2（5）電流表存在一定內(nèi)阻，這對(duì)該實(shí)驗(yàn)的測(cè)量結(jié)果：A。A．無(wú)影響B(tài)．有影響，結(jié)果會(huì)偏大C．有影響，結(jié)果會(huì)偏小【考點(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測(cè)量；螺旋測(cè)微器的使用與讀數(shù)．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；推理法；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）金屬夾與電阻絲接觸點(diǎn)；（2）0.730（0.728～0.732均正確）；（3）A1；（4）πd2R04【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)步驟完成實(shí)驗(yàn)。（2）螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器的示數(shù)。（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，在使電流表滿偏的前提下，確定電阻絲接入電路的阻值能否滿足實(shí)驗(yàn)要求。（4）由實(shí)驗(yàn)步驟可知，電源電動(dòng)勢(shì)不變，電路電流始終等于電流表的滿偏電流，電路電流不變，由此可知，電路總電阻不變，由圖象及串聯(lián)電路特點(diǎn)可以求出電路總電阻，由電阻定律及實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可以求出電阻率的表達(dá)式。（5）應(yīng)用圖象法求電阻率，電流表內(nèi)阻對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果沒(méi)有影響?！窘獯稹拷猓海?）E、為測(cè)多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，需要多次改變電阻絲接入電路的阻值，因此要改變金屬夾與電阻絲接觸點(diǎn)的位置，調(diào)整電阻箱接入電路中的阻值，使電流表再次滿偏。（2）由圖示螺旋測(cè)微器可知，固定刻度是0.5mm，可動(dòng)刻度是23.0×0.01mm＝0.230mm，金屬絲直徑d＝0.5mm+0.230mm＝0.730mm（0.728mm～0.732mm均正確）。（3）如果電流表選擇A2，電流表滿偏時(shí)，電路總阻值R=UIA2g=3如果電流表選擇A1，電流表滿偏時(shí)，電路總阻值R′=UIA1g=3可見(jiàn)，選擇電流表A1時(shí)，被測(cè)電阻絲接入電路的阻值變化范圍大，故電流表應(yīng)選擇A1。（4）（5）設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，電流表的滿偏電流為Ig，電流表內(nèi)阻為RA，由閉合電路的歐姆定律可知，電源電動(dòng)勢(shì)：E＝Ig（R+R電阻絲+RA+r）＝Ig（R+ρLπ(d2)2+RA+r）＝Ig（R+整理得：R=-4ρπd2LR﹣L圖象斜率的絕對(duì)值：k=4ρ解得電阻絲電阻率ρ=π有上述分析可知，電流表內(nèi)阻對(duì)電阻率的測(cè)量沒(méi)有影響，故A正確，BC錯(cuò)誤；故選：A。故答案為：（1）金屬夾與電阻絲接觸點(diǎn)；（2）0.730（0.728～0.732均正確）；（3）A1；（4）πd2R04【點(diǎn)評(píng)】螺旋測(cè)微器示數(shù)等于固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和，對(duì)螺旋測(cè)微器讀數(shù)時(shí)要注意估讀；為減小讀數(shù)誤差，電表量程選擇要合適，在保證安全的前提下，量程不能過(guò)大；知道外電路電阻不變，熟練應(yīng)用電阻定律即可正確解題。13．（10分）在用電流表和電壓表測(cè)一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)中，所用電流表和電壓表的內(nèi)阻分別為0.1Ω和1kΩ，如圖為實(shí)驗(yàn)所需器件圖。（1）在圖中連線將器件連接成實(shí)驗(yàn)電路。（2）一位同學(xué)記錄的6組數(shù)據(jù)見(jiàn)下表，試根據(jù)這些數(shù)據(jù)在圖中畫出U﹣I圖像，根據(jù)圖像讀出電池的電動(dòng)勢(shì)E＝1.45V，根據(jù)圖像求出電池的內(nèi)阻r＝0.69Ω。I/A0.120.200.310.320.500.57U/V1.371.321.241.181.101.05（3）本實(shí)驗(yàn)引起系統(tǒng)誤差的主要原因是電壓表的分流作用?！究键c(diǎn)】測(cè)量普通電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）圖象如圖所示；（2）1.45；0.69；（3）電壓表的分流作用【分析】（1）（2）應(yīng)用描點(diǎn)法作出圖象，電源U﹣I圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值等于電源內(nèi)阻．（3）根據(jù)誤差來(lái)源分析實(shí)驗(yàn)誤差．【解答】解：（1）根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對(duì)應(yīng)點(diǎn)，使更多的點(diǎn)在圖像上，不在圖像的點(diǎn)分布在圖像兩側(cè)，誤差太大的點(diǎn)舍去，圖象如圖所示：（2）由圖象圖象可知，電源U﹣I圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值為1.45，則電源電動(dòng)勢(shì)E＝1.45V，電源內(nèi)阻r=ΔUΔI=1.45-1.000.65（3）相對(duì)于電源來(lái)說(shuō)，電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，使所測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)小于電動(dòng)勢(shì)真實(shí)值，內(nèi)阻測(cè)量值小于真實(shí)值．故答案為：（1）圖象如圖所示；（2）1.45；0.69；（3）電壓表的分流作用【點(diǎn)評(píng)】本題考查了作圖象、求電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，應(yīng)用圖象法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)是常用的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理方法，電源U﹣I圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值等于電源內(nèi)阻．五．解答題（共3小題，滿分32分）14．（8分）（2021秋?張掖期末）示波器的核心部件是示波管，它是利用電場(chǎng)使運(yùn)動(dòng)粒子向預(yù)期方向偏轉(zhuǎn)的。如圖甲所示，平行極板長(zhǎng)L1＝20cm，寬度d＝2cm，極板間電壓U0（未知）保持不變，一質(zhì)量m＝6.4×10﹣27kg（重力不計(jì)）、電荷量q＝3.2×10﹣19C的粒子沿極板中心線以速度v0＝1×106m/s射入極板間，正好在下極板邊緣飛出。足夠大的豎直屏與極板右側(cè)相距L2＝20cm，極板與豎直屏區(qū)域間不存在電場(chǎng)，已知M點(diǎn)是中心線與屏的交點(diǎn)。（1）極板間電壓U0為多大時(shí)粒子從極板邊緣射出？射出時(shí)粒子的速度方向與初速度方向的夾角θ的正切值（tanθ）等于多少？（2）求粒子打在豎直屏上的位置離M點(diǎn)的距離Y；【考點(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題．【專題】計(jì)算題；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】（1）極板間電壓U0為200V時(shí)粒子從極板邊緣射出；射出時(shí)粒子的速度方向與初速度方向的夾角θ的正切值（tanθ）等于0.1；（2）粒子打在豎直屏上的位置離M點(diǎn)的距離Y為3cm?！痉治觥浚?）粒子在示波管中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出粒子從極板邊緣射出時(shí)的電壓值和出示波管時(shí)偏轉(zhuǎn)角的正切值；（2）粒子從兩極板間射出后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。【解答】解：（1）根據(jù)牛頓第二定律可得粒子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=U設(shè)粒子在極板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得L1＝v0t0，12tanθ=a聯(lián)立解得：U0＝200V，tanθ＝0.1；（2）粒子從兩極板間射出后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則Y=d2+L2解得：Y＝0.03m＝3cm。答：（1）極板間電壓U0為200V時(shí)粒子從極板邊緣射出；射出時(shí)粒子的速度方向與初速度方向的夾角θ的正切值（tanθ）等于0.1；（2）粒子打在豎直屏上的位置離M點(diǎn)的距離Y為3cm?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以解題。15．（11分）如圖所示，一條長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線上端固定，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，使細(xì)線豎直拉直時(shí)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)細(xì)線離開豎直位置偏角α＝60°時(shí)，小球速度為0。重力加速度為g。求：（1）小球帶電性質(zhì)；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；（3）若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)，求從A點(diǎn)釋放小球時(shí)應(yīng)有的初速度vA的大?。珊剑??！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)；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定性思想；定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；理解能力；推理論證能力；分析綜合能力．【答案】（1）小球帶正電；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E為3mg（3）若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)釋放小球時(shí)應(yīng)有的初速度vA的大小為2(1+3【分析】（1）由小球帶電性質(zhì)與電場(chǎng)力方向的關(guān)系判斷；（2）由動(dòng)能定理解答；（3）找到等效最高點(diǎn)，由牛頓第二定律和動(dòng)能定理解答.【解答】解：（1）由圖及題意判斷，小球帶正電。（2）從A點(diǎn)釋放到速度為零，由動(dòng)能定理：qELsinα﹣mgL（1﹣cosα）＝0﹣0解得：E=（3）如圖所示，B′點(diǎn)是等效最低點(diǎn)，B點(diǎn)是等效最高點(diǎn)，則有：tanθ=解得θ＝30°小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)速度最小，由牛頓第二定律：mgcosθ=m從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理：﹣mgL（1+cosθ）﹣qELsinθ=聯(lián)立解得：vA=答：（1）小球帶正電；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E為3mg（3）若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)釋放小球時(shí)應(yīng)有的初速度vA的大小為2(1+3【點(diǎn)評(píng)】熟練運(yùn)用動(dòng)能定理解答問(wèn)題，本題難點(diǎn)在（3）中，會(huì)找等效最低點(diǎn)（小球靜止位置）和等效最高點(diǎn)（與等效最低點(diǎn)同一直徑的另一端）。16．（13分）（2019秋?莒縣期中）如圖所示，光滑的水平面上靜止著質(zhì)量為3m的小車，其中小車的AB段是光滑水平面，BC段是半徑為R的四分之一光滑圓弧。另有質(zhì)量為m的小物塊，以gR的初速度，從A點(diǎn)水平向左滑上小車。g為重力加速度。則：（1）求小物塊沿著小車上升的最大高度h；（2）求小物塊再返回小車的A點(diǎn)時(shí)的速度大小v；（3）若小車的水平面離地面的高度也為R，求小物塊落地時(shí)到A點(diǎn)的水平距離l?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應(yīng)用；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理論證能力；模型建構(gòu)能力．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）小車與物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出高度。（2）由動(dòng)量守恒定律以及能量守恒定律可以求出小物體的速度。（3）物體離開車后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與勻速運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出距離?！窘獯稹拷猓海?）車與球組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝（m+3m）v，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：12mv02=解得：h=3（2）系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝﹣mv′+3mv1，由機(jī)械能守恒定律得：12mv02=12mv解得：v'=gR（3）小物體離開車后做平拋運(yùn)動(dòng)，R=12gt2，l＝（v′+v1）解得：l=2答：（1）小物塊沿著小車上升的最大高度h為38（2）小物塊再返回小車的A點(diǎn)時(shí)的速度大小v為gR2（3）若小車的水平面離地面的高度也為R，小物塊落地時(shí)到A點(diǎn)的水平距離l為2R【點(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是知道物體和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，以及系統(tǒng)的能量守恒；知道小物體離開小車的運(yùn)動(dòng)情況

考點(diǎn)卡片1．豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體以初速度v0豎直向上拋出后，只在重力作用下而做的運(yùn)動(dòng)，叫做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。2．特點(diǎn)：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特點(diǎn)：只受重力作用（沒(méi)有空氣阻力或空氣阻力可以忽略不計(jì)）；（3）加速度：a＝g，其大小不變，方向始終豎直向下。3．運(yùn)動(dòng)規(guī)律：取豎直向上的方向?yàn)檎较?，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t-12gtvt24．幾個(gè)特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（2）質(zhì)點(diǎn)在通過(guò)同一高度位置時(shí)，上升速度與下落速度大小相等；上升到最大高度處所需時(shí)間t上和從最高處落回到拋出點(diǎn)所需時(shí)間相等t下，t上＝t下=v【命題方向】例1：某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2．5s內(nèi)物體的（）A．路程為65mB．位移大小為25m，方向向上C．速度改變量的大小為10m/sD．平均速度大小為13m/s，方向向上分析：豎直上拋運(yùn)動(dòng)看作是向上的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，和向下的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，明確運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物體的速度減為零需要的時(shí)間t=v0g=3010A、路程應(yīng)等于向上的高度與后2s內(nèi)下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h=v22g=45m，后兩s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故總路程s＝（45+20）B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在拋出點(diǎn)的上方，故C、速度的改變量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C錯(cuò)誤；D、平均速度v=ht=25故選：AB。點(diǎn)評(píng)：豎直上拋運(yùn)動(dòng)中一定要靈活應(yīng)用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正確理解公式，如平均速度一定要用位移除以時(shí)間；速度變化量可以用△v＝at求得。例2：在豎直的井底，將一物塊以11m/s的初速度豎直向上拋出，物體沖出井口再落回到井口時(shí)被人接住，在被人接住前1s內(nèi)物體的位移是4m，位移方向向上，不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間；（2）豎直井的深度。分析：豎直上拋運(yùn)動(dòng)的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時(shí)一般用分段法，此題可以直接應(yīng)用整體法進(jìn)行求解。解答：（1）設(shè)最后1s內(nèi)的平均速度為v則：v=平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，即接住前0.5s的速度為v1＝4m/s設(shè)物體被接住時(shí)的速度為v2，則v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，則物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間t=v2-v0g（2）豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移，則h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×10×答：（1）物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間為1.2s（2）豎直井的深度為6m。點(diǎn)評(píng)：豎直上拋運(yùn)動(dòng)的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時(shí)一般用分段法，此題只有豎直向上的勻減速運(yùn)動(dòng)，直接應(yīng)用整體法求解即可?！窘忸}方法點(diǎn)撥】1．豎直上拋運(yùn)動(dòng)的兩種研究方法：（1）分段法：上升階段是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，下落階段是自由落體運(yùn)動(dòng)，下落過(guò)程是上升過(guò)程的逆過(guò)程。（2）整體法：從全程來(lái)看，加速度方向始終與初速度v0的方向相反，所以可把豎直上拋運(yùn)動(dòng)看成一個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)，要特別注意v0、vt、g、h等矢量的正、負(fù)號(hào)。一般選取豎直向上為正方向，v0總是正值，上升過(guò)程中vt為正值，下落過(guò)程中vt為負(fù)值；物體在拋出點(diǎn)以上時(shí)h為正值，物體在拋出點(diǎn)以下時(shí)h為負(fù)值。住：豎直上拋運(yùn)動(dòng)的上升階段和下降階段具有對(duì)稱性：①速度對(duì)稱：上升和下降過(guò)程經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)速度等大、反向；②時(shí)間對(duì)稱：上升和下降過(guò)程經(jīng)過(guò)同一段高度的上升時(shí)間和下降時(shí)間相等。2．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問(wèn)題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。3．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國(guó)著名體操運(yùn)動(dòng)員童飛，首次在單杠項(xiàng)目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運(yùn)動(dòng)．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動(dòng)作，童飛在通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過(guò)程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，由單杠對(duì)人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點(diǎn)評(píng)：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來(lái)源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點(diǎn)撥】圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來(lái)源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題步驟①審清題意，確定研究對(duì)象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來(lái)源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程．4．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(lái)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)程分析，并畫出物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過(guò)程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過(guò)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。5．常見(jiàn)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(guò)程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見(jiàn)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(shuō)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(shuō)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(shuō)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(jiàn)的功能關(guān)系：合力做功——?jiǎng)幽茏兓恢亓ψ龉Α亓?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(guò)計(jì)算能量變化或做功多少來(lái)進(jìn)行。6．機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.機(jī)械能守恒定律的內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。2.對(duì)三種表達(dá)式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應(yīng)注意等式不是指某兩個(gè)特別的狀態(tài)，而是過(guò)程中的每一狀態(tài)機(jī)械能的總量都是守恒的，但我們解題時(shí)往往選擇與題目所述條件或所求結(jié)果相關(guān)的狀態(tài)建立方程式。另外，表達(dá)式中是相對(duì)的，建立方程時(shí)必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應(yīng)是對(duì)同一參考平面而言的。（2）轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統(tǒng)動(dòng)能的增加量等于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量，可以不選擇參考平面。（3）轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝﹣ΔEB，將系統(tǒng)分為A、B兩部分，A部分機(jī)械能的增加量等于另一部分B的機(jī)械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運(yùn)用機(jī)械能守恒定律的基本思路4.機(jī)械能守恒定律和動(dòng)能定理的比較【命題方向】NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀眾.2012﹣2013賽季總決賽第六場(chǎng)中，雷阿倫在終場(chǎng)前5.2s的時(shí)候，把球投出且準(zhǔn)確命中，把比賽拖入加時(shí)從而讓熱火獲得比賽的勝利．如果雷阿倫投籃過(guò)程中對(duì)籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，籃球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計(jì)，則籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)能為（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：籃球在空中飛行時(shí)受到的空氣阻力忽略不計(jì)，只受重力，故機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律直接列式分析．解答：籃球機(jī)械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題不需要分析過(guò)程，只找出初末狀態(tài)即可．【解題方法點(diǎn)撥】1.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對(duì)象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據(jù)研究對(duì)象所經(jīng)歷的物理過(guò)程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒。（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對(duì)象在過(guò)程的初、末態(tài)時(shí)的機(jī)械能。（4）選取方便的機(jī)械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進(jìn)行求解。注：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運(yùn)動(dòng)綜合起來(lái)，其聯(lián)系點(diǎn)主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題有關(guān)、與平拋運(yùn)動(dòng)的初速度有關(guān)。2.對(duì)于系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題，應(yīng)抓住以下幾個(gè)關(guān)鍵：（1）分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各物體的能量變化；（2）哪幾個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。3.動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律的選擇（1）能用機(jī)械能守恒定律解決的題一般都能用動(dòng)能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢(shì)能參考平面的麻煩。（2）能用動(dòng)能定理來(lái)解決的題卻不一定都能用機(jī)械能守恒定律來(lái)解決，在這個(gè)意義上講，動(dòng)能定理比機(jī)械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。7．用動(dòng)量定理求平均作用力【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】對(duì)于涉及變力作用的動(dòng)量問(wèn)題，可以利用動(dòng)量定理求解平均作用力。公式為：FΔt＝mv2﹣mv1?！久}方向】質(zhì)量m＝0.6kg的籃球從距地板H＝0.80m高處由靜止釋放，與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h＝0.45m．從釋放到彈跳至h高處經(jīng)歷的時(shí)間t＝1.1s，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2．求：（1）籃球與地板撞擊過(guò)程中損失的機(jī)械能．（2）地板對(duì)籃球的平均作用力．分析：（1）籃球與地板撞擊過(guò)程中損失的機(jī)械能等于初始時(shí)刻機(jī)械能減去末時(shí)刻機(jī)械能，初末位置物體動(dòng)能為零，只有勢(shì)能；（2）分別根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)求出籃球與地面碰撞前后的速度，再求出下落和上升的時(shí)間，根據(jù)總時(shí)間求出球與地面接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定律即可求解．解答：（1）籃球與地板撞擊過(guò)程中損失的機(jī)械能為：ΔE＝mgH﹣mgh＝0.6×10×（0.8﹣0.45）J＝2.1J（2）設(shè)籃球從H高處下落到地板所用時(shí)間為t1，剛接觸地板時(shí)的速度為v1；反彈離地時(shí)的速度為v2，上升的時(shí)間為t2，由動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式下落過(guò)程：mgH=12mv12，解得：v上升過(guò)程：﹣mgh＝0-12mv22，解得：v籃球與地板接觸時(shí)間為Δt＝t﹣t1﹣t2＝0.4s設(shè)地板對(duì)籃球的平均撞擊力為F，由動(dòng)量定理得：（F﹣mg）Δt＝mv2+mv1解得：F＝16.5N根據(jù)牛頓第三定律，籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅′＝F＝16.5N，方向向下答：（1）籃球與地板撞擊過(guò)程中損失的機(jī)械能為2.1J．（2）地板對(duì)籃球的平均作用力為16.5N，方向向下．點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了自由落體運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律，在與地面接觸的過(guò)程中，合外力對(duì)物體的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，難度適中．【解題思路點(diǎn)撥】應(yīng)用動(dòng)量定理的四點(diǎn)注意事項(xiàng)（1）明確物體受到?jīng)_量作用的結(jié)果是導(dǎo)致物體動(dòng)量的變化。沖量和動(dòng)量都是矢量，它們的加、減運(yùn)算都遵循平行四邊形定則。（2）列方程前首先要選取正方向，與規(guī)定的正方向一致的力或動(dòng)量取正值，反之取負(fù)值，而不能只關(guān)注力或動(dòng)量數(shù)值的大小。（3）分析速度時(shí)一定要選取同一個(gè)參考系，未加說(shuō)明時(shí)一般選地面為參考系，同一道題目中一般不要選取不同的參考系。（4）公式中的沖量應(yīng)是合外力的沖量，求動(dòng)量的變化量時(shí)要嚴(yán)格按公式計(jì)算，且要注意是末動(dòng)量減去初動(dòng)量。8．動(dòng)量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】物體沖上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上沒(méi)有外力作用，所以水平方向上系統(tǒng)的動(dòng)量守恒?？梢愿鶕?jù)情況分成以下兩種類型：1.物體能飛離斜面（或曲面）：在物體與斜面（或曲面）分開之前，因?yàn)閮烧呤冀K一起運(yùn)動(dòng)，所以分離瞬間兩者在水平方向上速度相等，物體飛到最高點(diǎn)時(shí)，兩者的速度相同。2.物體不能飛離斜面（或曲面）：物體到達(dá)斜面上最高處時(shí)，兩者的速度相同?？梢愿鶕?jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒和水平方向上的動(dòng)量守恒求出物體到達(dá)“最高點(diǎn)”時(shí)，兩者的速度及物體上升的高度。【命題方向】如圖，一帶有四分之一光滑圓弧軌道的小車靜止在光滑水平面上，一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的小球以速度v0從小車的左端水平滑上小車，與小車作用后從小車左端豎直掉下。已知圓弧軌道的半徑足夠大，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（）A、小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒B、小車的最終速度大小為0.5v0C、小車對(duì)小球做的功為1D、小球在小車上能上升的最大高度為v分析：A、根據(jù)動(dòng)量守恒的條件、機(jī)械能守恒的條件分析；B、根據(jù)題意可知小球離開小車時(shí)的速度為零，小球和小車相互作用的過(guò)程，可以看作彈性碰撞，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得小車的最終速度大??；C、小球和小車相互作用的過(guò)程，對(duì)小球利用動(dòng)能定理分析；D、小球與小車共速時(shí)上升到最高點(diǎn)，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒和系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得小球上升的最大高度。解答：A、小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向合力不為零，所以水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；B、小球與小車作用后從小車左端豎直掉下，可知小球離開小車的速度為零，小球和小車相互作用的過(guò)程，可以看作彈性碰撞，取水平向右為正方向，設(shè)小車的質(zhì)量為M，由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝0+Mv1小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：1聯(lián)立方程可得：M＝m，v1＝v0，所以小車的最終速度大小為v0，故B錯(cuò)誤；C、小球和小車相互作用的過(guò)程中，對(duì)小球由動(dòng)能定理有：W車=0-12mD、小球和小車共速時(shí)，小球上升到最大高度，設(shè)最大高度為h取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝（m+M）v小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：1代入數(shù)據(jù)可得：h=v0故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題考查了動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，解題的關(guān)鍵是把小球和小車相互作用的過(guò)程看作彈性碰撞，小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒?！窘忸}思路點(diǎn)撥】因?yàn)樗椒较蚴菦](méi)有外力的，所以系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，當(dāng)物體達(dá)到最高處時(shí)，兩個(gè)物體的速度完全一致。9．動(dòng)量守恒定律在含有彈簧的碰撞問(wèn)題中的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.對(duì)于彈簧類問(wèn)題，在作用過(guò)程中，系統(tǒng)合外力為零，滿足動(dòng)量守恒。2.整個(gè)過(guò)程涉及彈性勢(shì)能、動(dòng)能、內(nèi)能、重力勢(shì)能的轉(zhuǎn)化，應(yīng)用能量守恒定律解決此類問(wèn)題。3.彈簧壓縮最短或拉伸最長(zhǎng)時(shí)，彈簧連接的兩物體速度相等，此時(shí)彈簧具有最大彈性勢(shì)能?！久}方向】如圖，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C．B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì)）。設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。假設(shè)B和C碰撞過(guò)程時(shí)間極短。求從A開始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過(guò)程中，（i）整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（ii）彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能。分析：（i）A壓縮彈簧的過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以求出A、B相等的速度．此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出損失的機(jī)械能．（ii）系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求出三個(gè)物體共同速度，然后應(yīng)用能量守恒定律可以求出彈簧的彈性勢(shì)能．解答：（i）從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時(shí)，對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv1①此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2，損失的機(jī)械能為△E．對(duì)B、C組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12mv12=△E+聯(lián)立①②③式得：整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為△E=116（ii）由②式可知v2＜v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此時(shí)速度為v3，此時(shí)彈簧被壓縮至最短，其彈性勢(shì)能為Ep．由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得mv0＝3mv3，⑤由能量守恒定律得：12mv02-△E=12聯(lián)立④⑤⑥式得解得：EP=13答：（i）整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能是116（ii）彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能是1348點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，關(guān)鍵合理地選擇研究的系統(tǒng)，知道彈簧被壓縮到最短時(shí)三個(gè)物體速度相同，運(yùn)用動(dòng)量守恒和能量守恒進(jìn)行研究．【解題思路點(diǎn)撥】當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，該彈簧具有最大彈性勢(shì)能，而彈簧壓縮到最短，彈簧連著的兩物體不能再靠近，此時(shí)兩物體具有相同的速度。因此，該類問(wèn)題臨界狀態(tài)相對(duì)應(yīng)的臨界條件是彈簧連著的兩物體速度相等。10．動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨(dú)分了出來(lái)仍遠(yuǎn)遠(yuǎn)不夠，其他的綜合應(yīng)用暫時(shí)歸類于此。例如多種因素共存的動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用、有電場(chǎng)存在的綜合應(yīng)用等等?！久}方向】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L＝4.0m，皮帶輪沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動(dòng)。三個(gè)質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)?；瑝KA以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時(shí)間極短。連接B、C的細(xì)繩受擾動(dòng)而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。滑塊C脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)。已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大??；（2）滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep；（3）若每次實(shí)驗(yàn)開始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本題主要考查以下知識(shí)點(diǎn)：碰撞中的動(dòng)量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運(yùn)動(dòng)，涉及平拋的基本知識(shí)。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量保持不變，這是動(dòng)量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動(dòng)量守恒的同時(shí)還滿足機(jī)械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開的過(guò)程中同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。（3）物體滑上傳送帶后，如果物體的速度大于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，減速運(yùn)動(dòng)持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)要注意判斷；如果物體的速度小于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)同樣要注意判斷。（4）物體做平拋的射程與拋體的高度和初速度共同決定，要使C物體總能落到P點(diǎn)，在高度一定的情況下，即物體做平拋的初速度相等也就是物體到達(dá)C端時(shí)的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為t，加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入數(shù)據(jù)可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度為v＝3.0m/s（2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開的過(guò)程系統(tǒng)能量守恒∴E代入數(shù)據(jù)可解得：EP＝1.0J（3）在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳遞帶的速度v。設(shè)A與B碰撞后的速度為v1′，分離后A與B的速度為v2′，滑塊C的速度為vc′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：AB碰撞時(shí)：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開時(shí)：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開的過(guò)程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入數(shù)據(jù)聯(lián)列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s點(diǎn)評(píng)：本題著重考查碰撞中的動(dòng)量守恒和能量守恒問(wèn)題，同時(shí)借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運(yùn)動(dòng)，還需用到平拋的基本知識(shí)，這是力學(xué)中的一道知識(shí)點(diǎn)比較多的綜合題，學(xué)生在所涉及的知識(shí)點(diǎn)中若存在相關(guān)知識(shí)缺陷，則拿全分的幾率將大大減小?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對(duì)象（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程）；（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動(dòng)量；（4）由動(dòng)量守恒定律列式求解；（5）必要時(shí)進(jìn)行討論．2．解決動(dòng)量守恒中的臨界問(wèn)題應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開始反向運(yùn)動(dòng)等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問(wèn)題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點(diǎn)是求解這類問(wèn)題的關(guān)鍵．3．綜合應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)4．動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)：這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化所經(jīng)歷的過(guò)程中狀態(tài)的改變，不對(duì)過(guò)程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡(jiǎn)單地說(shuō)，只要求知道過(guò)程的始末狀態(tài)動(dòng)量、動(dòng)能和力在過(guò)程中所做的功，即可對(duì)問(wèn)題求解．5．利用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問(wèn)題：（1）動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無(wú)分量表達(dá)式．（2）動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學(xué)中解題時(shí)必須注意動(dòng)量守恒條件及機(jī)械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究對(duì)象及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化過(guò)程后，根據(jù)問(wèn)題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解．（3）中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)解決的問(wèn)題，若用動(dòng)量觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解，一般比用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)簡(jiǎn)便．11．電場(chǎng)線的定義及基本特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：為了形象描述電場(chǎng)中各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的強(qiáng)弱及方向，在電場(chǎng)中畫出一些曲線，曲線上每一點(diǎn)的切線方向都跟該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向一致，曲線的疏密程度表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱．2．特點(diǎn)：（1）電場(chǎng)線始于正電荷（或無(wú)窮遠(yuǎn)），終于負(fù)電荷（或無(wú)窮遠(yuǎn)）；（2）電場(chǎng)線互不相交；（3）電場(chǎng)線和等勢(shì)面在相交處互相垂直；（4）沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；（5）電場(chǎng)線密的地方等差等勢(shì)面密；等差等勢(shì)面密的地方電場(chǎng)線也密．3．幾種典型的電場(chǎng)線．注意：電場(chǎng)中某點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向與該點(diǎn)放不放電荷以及所放電荷的大小和電性無(wú)關(guān)，由電場(chǎng)本身決定．4．等量同種電荷和等量異種電荷的電場(chǎng)（1）等量同種電荷的電場(chǎng)如圖2甲所示①兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)O處的場(chǎng)強(qiáng)為零，此處無(wú)電場(chǎng)線．②兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)O附近電場(chǎng)線非常稀疏，但場(chǎng)強(qiáng)不為零．③從兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)O沿中垂面（線）到無(wú)限遠(yuǎn)，電場(chǎng)線先變密后變疏，即場(chǎng)強(qiáng)先變大后變?。軆牲c(diǎn)電荷連線中垂線上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向和中垂線平行．⑤關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)A與A′、B與B′的場(chǎng)強(qiáng)等大、反向．（2）等量異種電荷的電場(chǎng)如圖2乙所示．①兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向從正電荷指向負(fù)電荷，沿電場(chǎng)線方向場(chǎng)強(qiáng)先變小再變大．②兩點(diǎn)電荷連線的中垂面（線）上，電場(chǎng)線的方向均相同，即場(chǎng)強(qiáng)方向相同，且與中垂面（線）垂直．③關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)A與A′、B與B′的場(chǎng)強(qiáng)等大同向．【命題方向】本考點(diǎn)主要考查電場(chǎng)線的定義與特點(diǎn)下列關(guān)于電場(chǎng)的論述，正確的是（）A、電場(chǎng)線方向就是正檢驗(yàn)電荷的運(yùn)動(dòng)方向B、電場(chǎng)線是直線的地方是勻強(qiáng)電場(chǎng)C、只要初速度為零，正電荷必將在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)D、畫有電場(chǎng)線的地方有電場(chǎng)，未畫電場(chǎng)線的地方不一定無(wú)電場(chǎng)分析：電場(chǎng)線是為了形象地描述電場(chǎng)而假想的線，電場(chǎng)線的方向起于正電荷，終止于負(fù)電荷，電場(chǎng)線上某點(diǎn)的切線方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱．解答：A、電場(chǎng)線的方向與正電荷的