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

2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之靜電場(chǎng)(2024年9月)參考答案與試題解析一.選擇題(共11小題)1.(2024?岳麓區(qū)校級(jí)開學(xué))如圖所示,在平行板電容器兩板間有一個(gè)帶電微粒。開關(guān)S閉合時(shí),該微粒恰好能靜止在水平極板的正中間O。下列操作能使該微粒移動(dòng)但在移動(dòng)過(guò)程中重力勢(shì)能不變的是()A.保持S閉合,極板N上移 B.充電后將S斷開,極板N上移 C.電容器繞垂直于紙面的O軸整體轉(zhuǎn)過(guò)一個(gè)小角度θ D.極板M和N分別繞垂直于紙面的O1和O2軸沿相同方向轉(zhuǎn)過(guò)相同的小角度θ【考點(diǎn)】平行板電容器內(nèi)的受力平衡問(wèn)題;電容器的動(dòng)態(tài)分析(U不變)——板間距離變化;電容器的動(dòng)態(tài)分析(Q不變)——正對(duì)面積變化.【專題】定量思想;推理法;電容器專題;分析綜合能力.【答案】D【分析】電容器始終與電源相連,電容器兩端間的電勢(shì)差保持不變,根據(jù)電容器d的變化判斷電容的變化,公式分析電場(chǎng)強(qiáng)度的變化,從而判斷電荷電場(chǎng)力的變化,從而判斷其運(yùn)動(dòng)情況,進(jìn)而判斷重力勢(shì)能變化情況;開關(guān)斷開,電容器電荷量不變,根據(jù)E=Ud,C=QU【解答】解:A.微粒靜止,所受重力和電場(chǎng)力等大反向,保持S閉合,則電容器極板間電壓不變,根據(jù)E=U若將極板N上移,板間距離d減小,板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大根據(jù)F=Eq可知,微粒受到的電場(chǎng)力增大,帶電微粒向上運(yùn)動(dòng),重力勢(shì)能增大,故A錯(cuò)誤;B.充電后將S斷開,則電容器所帶電荷量不變,根據(jù)E=Ud,C=QUE=U將極板N上移,板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變,根據(jù)F=Eq可知,微粒受到的電場(chǎng)力不變,帶電微粒仍處于靜止?fàn)顟B(tài),故B錯(cuò)誤;C.電容器繞垂直于紙面的O軸轉(zhuǎn)過(guò)一個(gè)小角度θ,則極板間距不變,電場(chǎng)力不變,豎直分力減小,帶電微粒向下運(yùn)動(dòng),重力做正功,重力勢(shì)能減小,故C錯(cuò)誤;D.極板M和N分別繞垂直于紙面的O1和O2軸轉(zhuǎn)過(guò)相同的小角度θ,兩極板的間距變?yōu)閐cosθ,兩極板間的電場(chǎng)力變?yōu)镕=Eq=qU豎直分力Fcosθ=U微粒沿水平方向移動(dòng),重力勢(shì)能不變,故D正確。故選:D?!军c(diǎn)評(píng)】本題是電容器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題,關(guān)鍵抓住不變量,當(dāng)電容器與電源始終相連,則電勢(shì)差不變,當(dāng)電容器與電源斷開,則電荷量不變。同時(shí)掌握電容的定義式與決定式的內(nèi)容,并在理解的基礎(chǔ)上記住結(jié)論。2.(2024?杭州開學(xué))下列關(guān)于物理學(xué)史的敘述正確的是()A.第谷根據(jù)開普勒觀測(cè)數(shù)據(jù)提出了行星運(yùn)動(dòng)定律 B.牛頓利用扭秤實(shí)驗(yàn)比較準(zhǔn)確的測(cè)出萬(wàn)有引力常量G C.伽利略運(yùn)用了實(shí)驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的方法研究了物體下落規(guī)律 D.庫(kù)侖發(fā)現(xiàn)了庫(kù)侖定律,并通過(guò)油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)定了元電荷的數(shù)值【考點(diǎn)】庫(kù)侖定律的適用范圍;力學(xué)物理學(xué)史.【專題】信息給予題;定性思想;推理法;萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題;推理能力.【答案】C【分析】本題屬于物理學(xué)史和常識(shí)性,根據(jù)相關(guān)科學(xué)家的物理學(xué)成就和研究方法進(jìn)行解答?!窘獯稹拷猓洪_普勒通過(guò)對(duì)第谷多年的觀測(cè)數(shù)據(jù)的研究,提出了行星運(yùn)動(dòng)定律,故A錯(cuò)誤;B、卡文迪什利用扭秤實(shí)驗(yàn)比較準(zhǔn)確地測(cè)出了萬(wàn)有引力常量,故B錯(cuò)誤;C、伽利略利用銅球沿斜槽滾下的實(shí)驗(yàn),推理出自由落體運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)。這采用了實(shí)驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的方法,故C正確;D、法國(guó)物理學(xué)家?guī)靵霭l(fā)現(xiàn)了庫(kù)侖定律,美國(guó)物理學(xué)家密立根通過(guò)油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)定了元電荷的電荷量,故D錯(cuò)誤。故選:C?!军c(diǎn)評(píng)】本題考查物理學(xué)史,是常識(shí)性問(wèn)題,對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶,注重積累。3.(2024?浙江開學(xué))下列物理量屬于矢量且單位正確的是()A.功率(W) B.磁感應(yīng)強(qiáng)度(T) C.電勢(shì)差(V) D.溫度(K)【考點(diǎn)】電勢(shì)差的概念、單位和物理意義;矢量和標(biāo)量的區(qū)分與判斷.【專題】定性思想;推理法;電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題;推理能力.【答案】B【分析】既有大小又有方向,并且合成與分解時(shí)遵守平行四邊形定則的物理量為矢量?!窘獯稹拷猓杭扔写笮∮钟蟹较?,并且合成與分解時(shí)遵守平行四邊形定則的物理量為矢量,A、功率為標(biāo)量,單位W,故A錯(cuò)誤;B、磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量,單位T,故B正確;C、電勢(shì)差為標(biāo)量,單位V,故C錯(cuò)誤;D、溫度為標(biāo)量,單位K,故D錯(cuò)誤;故選:B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查矢量和力學(xué)單位制,解題關(guān)鍵是知道既有大小又有方向,并且合成與分解時(shí)遵守平行四邊形定則的物理量為矢量。4.(2024?浙江開學(xué))如圖所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩上端固定在O點(diǎn),下端系一帶電量為+q的小球,置于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E=3mg4q中,OA與豎直方向的夾角37°,OA一半處的P點(diǎn)有一小釘子?,F(xiàn)將小球拉至B點(diǎn),使輕繩與OA夾角很小,然后由靜止釋放小球,小球在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。點(diǎn)C(圖中未標(biāo)出)是小球能夠到達(dá)OA左側(cè)最遠(yuǎn)位置,重力加速度為A.小球在C點(diǎn)時(shí)所受合力為零 B.小球在A點(diǎn)時(shí)繩子拉力等于54C.小球擺動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)具有的機(jī)械能等于在B點(diǎn)具有的機(jī)械能 D.小球擺動(dòng)的周期為π(2【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng);判斷機(jī)械能是否守恒及如何變化;單擺周期的計(jì)算及影響因素.【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;推理能力.【答案】D【分析】A.分析小球在C點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況可知加速度的方向,根據(jù)牛頓第二定律分析受力情況;B.分析小球擺動(dòng)時(shí)的受力情況,等效重力“最低點(diǎn)”是重力和電場(chǎng)力的合力沿繩子向下的點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理求出小球到達(dá)“最低點(diǎn)”時(shí)的速度,由牛頓第二定律求繩子拉力;C.根據(jù)機(jī)械能守恒的條件判斷;D.先求等效重力加速度,再根據(jù)單擺的周期公式求解周期?!窘獯稹拷猓篈.小球在C點(diǎn)時(shí)速度為零,即將返回,具有沿切線方向的加速度,故此時(shí)合外力不為零,故A錯(cuò)誤;B.小球擺動(dòng)時(shí)的等效重力大小為G'代入數(shù)據(jù)解得G'設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為θ,則有tanθ=qE代入數(shù)據(jù)解得θ=37°故A點(diǎn)是等效重力場(chǎng)的最低點(diǎn),小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律有F-可得F=mv故B錯(cuò)誤;C.小球由B到C,電場(chǎng)力做負(fù)功,故機(jī)械能減少,故C錯(cuò)誤;D.小球擺動(dòng)時(shí)的等效重力加速度為g'小球擺動(dòng)的周期為T=1故D正確。故選:D?!军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵是確定圓周運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)和等效最低點(diǎn),可與重力場(chǎng)中豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)類比理解,運(yùn)用動(dòng)能定理和牛頓第二定律進(jìn)行求解.小球擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒,同時(shí)要能夠結(jié)合單擺的周期公式求周期。5.(2024?尋甸縣校級(jí)開學(xué))兩個(gè)正、負(fù)點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)線分布如圖所示,P、Q為電場(chǎng)中兩點(diǎn),則()A.P點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度小于Q點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度 B.P點(diǎn)處電勢(shì)小于Q點(diǎn)處的電勢(shì) C.負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能高于在Q點(diǎn)的電勢(shì)能 D.正電荷由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)電場(chǎng)力做正功【考點(diǎn)】通過(guò)電勢(shì)能的性質(zhì)判斷電勢(shì)能的大小;通過(guò)電場(chǎng)線的方向判斷電勢(shì)的高低;根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)大小.【專題】定量思想;推理法;電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題;推理能力.【答案】D【分析】根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)的大小.根據(jù)電場(chǎng)線的方向判斷電荷的正負(fù).順著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低,由電場(chǎng)線的方向可判斷電勢(shì)的高低?!窘獯稹拷猓篈.電場(chǎng)線的疏密代表場(chǎng)強(qiáng)的大小,可知P點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大于Q點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度,故A錯(cuò)誤;BC.因順著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低,可知P點(diǎn)電勢(shì)高于Q點(diǎn)電勢(shì),所以負(fù)電荷在P的電勢(shì)能小于在Q的電勢(shì)能,故BC錯(cuò)誤;D.因?yàn)镻點(diǎn)電勢(shì)高于Q點(diǎn)電勢(shì),正電荷從P點(diǎn)移動(dòng)到Q點(diǎn),電勢(shì)能減小,可知電場(chǎng)力做正功,故D正確。故選:D?!军c(diǎn)評(píng)】本題要掌握電場(chǎng)線的物理意義:電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小,順著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低,知道等量異種電荷連線的中垂面是一個(gè)等勢(shì)面,電荷的帶電量越多,周圍的場(chǎng)強(qiáng)越強(qiáng),電場(chǎng)線越密集,可用來(lái)判斷點(diǎn)電荷帶電量的大小。6.(2024?全國(guó)自主招生)如圖(a),有四個(gè)相同的金屬板M、N、P、Q,M與N平行、P與Q平行,O點(diǎn)到各板的距離相等。兩對(duì)金屬板上的電勢(shì)差UMN及UPQ隨時(shí)間按圖(b)規(guī)律做周期性變化,U0和t0均為已知。在t=0時(shí)將電子從O點(diǎn)由靜止釋放,不計(jì)電子所受重力,忽略邊緣效應(yīng),經(jīng)過(guò)一段時(shí)間(大于4t0)后電子將到達(dá)()A.M板 B.N板 C.P板 D.Q板【考點(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;推理能力.【答案】A【分析】根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解,分別分析電子在水平和豎直方向的距離關(guān)系,從而判斷解答?!窘獯稹拷猓涸趖=0時(shí)將電子從O點(diǎn)由靜止釋放,由于UMN=U0>0,則電子在0~t0沿水平方向有向右的速度,設(shè)t0末的速度為v,運(yùn)動(dòng)的位移為x,則x=v2t0~2t0時(shí),由于UPQ=U0>0,則電子在t0~2t0沿豎直方向有向上的速度,同理可知y=v2此時(shí)向右的位移為x1=x+vt0=322t0~3t0時(shí)UMN=﹣U0<0,則電子向右減速,3t0末的水平方向的位移為x2=x1+v2t0=豎直方向有y1=y(tǒng)+vt0=323t0~4t0時(shí)UPQ=﹣U0<0,則電子向上減速,4t0末的豎直方向的位移為y2=y(tǒng)1+v2t0=水平方向的位移依然為2vt0。電子前3s的水平距離大于豎直距離,由于電子從O點(diǎn)釋放,由上述分析可知電子將到達(dá)M板,故A正確,BCD錯(cuò)誤;故選:A?!军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),解題關(guān)鍵掌握運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性。7.(2024?天心區(qū)校級(jí)模擬)如圖所示,絕緣水平光滑桿上套有一質(zhì)量為m的帶正電的小環(huán),電荷量為q,小環(huán)與絕緣彈簧相連,彈簧另一端固定于桿正上方的P點(diǎn)。桿所在的空間存在著沿桿方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),桿上M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為φM﹣φN=2φ0,其中φ0>0,小環(huán)以向右的速度v0經(jīng)過(guò)M點(diǎn),并能通過(guò)N點(diǎn)。已知在M、N兩點(diǎn)處,彈簧對(duì)小環(huán)的彈力大小相等,∠MPN=90°,∠PNM=30°,M、N之間的距離為2L,Q點(diǎn)位于P點(diǎn)的正下方。在小環(huán)從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中()A.小環(huán)加速度最大值為qφB.小環(huán)經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度最大 C.小環(huán)經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0D.小環(huán)在M、N兩點(diǎn)時(shí),彈性勢(shì)能相等,動(dòng)能也相等【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】定量思想;推理法;電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題;推理能力.【答案】C【分析】A.根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差關(guān)系可以求解場(chǎng)強(qiáng)大小,進(jìn)一步對(duì)小環(huán)受力分析,根據(jù)牛頓第二定律可以判斷小環(huán)加速度最大;B.根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程受力以及牛頓第二定律可以判斷小環(huán)經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度是否最大;CD.小環(huán)從M到N的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理可以求解出小環(huán)經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)的速度,進(jìn)而判斷正誤?!窘獯稹拷猓篈.勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E=U解得E=φ當(dāng)小環(huán)剛越過(guò)Q點(diǎn)右側(cè)時(shí),彈簧的彈力的水平分力和電場(chǎng)力都向右,所以合加速度必定大于qφ0mLB.小環(huán)在M、N之間運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,在Q點(diǎn)的加速度向右,不是速度最大的位置,故B錯(cuò)誤;CD.小環(huán)從M到N的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理得2qφ解得vN小環(huán)從M到N的過(guò)程中,電場(chǎng)力做功,小環(huán)在M、N兩點(diǎn)動(dòng)能不相等,故C正確,D錯(cuò)誤。故選:C。【點(diǎn)評(píng)】掌握好能量變化的關(guān)系,弄清楚能量的去向是解答本題的關(guān)鍵,在M、N兩點(diǎn)處,彈簧對(duì)小環(huán)的彈力大小相等,則彈性勢(shì)能相等。8.(2020?連城縣校級(jí)模擬)如圖,在光滑絕緣水平面上,三個(gè)帶電小球a、b和c分別位于邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上,a、b帶正電,電荷量均為q,c帶負(fù)電,整個(gè)系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,已知靜電力常量為k,若三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài),則下列說(shuō)法中正確的是()A.a(chǎn)球所受合力斜向左 B.c球帶電量的大小為2q C.勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向垂直于ab邊由ab的中點(diǎn)指向c點(diǎn) D.因?yàn)椴恢纁球的電量大小,所以無(wú)法求出勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加;庫(kù)侖定律的表達(dá)式及其簡(jiǎn)單應(yīng)用.【專題】比較思想;合成分解法;帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題;分析綜合能力.【答案】B【分析】三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài),合力為零,以c球?yàn)檠芯繉?duì)象,根據(jù)平衡條件求解勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的大小,判斷勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向。再以a球?yàn)檠芯繉?duì)象,根據(jù)平衡條件求解c球的帶電量。【解答】解:A、a球保持靜止,合力為零,故A錯(cuò)誤;BCD、設(shè)c球帶電量為Q,以c球?yàn)檠芯繉?duì)象,根據(jù)平衡條件知a、b兩球?qū)球的靜電力的合力與勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)c球的電場(chǎng)力等值反向,即:2×QqL2×cos30°=所以勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的大小為:E=3kqL2,方向垂直于ab邊由以a球?yàn)檠芯繉?duì)象,根據(jù)平衡條件得:kq2L2=解得:Q=2q,故B正確,CD錯(cuò)誤。故選:B?!军c(diǎn)評(píng)】本題是帶電體在電場(chǎng)中平衡問(wèn)題,由于涉及三個(gè)小球,所以首先要靈活選擇研究的對(duì)象,正確分析受力情況,再根據(jù)平衡條件和庫(kù)侖定律及平行四邊形定則解題。9.(2024?香坊區(qū)校級(jí)開學(xué))用一條絕緣輕繩,懸掛一個(gè)質(zhì)量為4.0×10﹣4kg,電荷量為2.0×10﹣8C的小球,細(xì)線的上端固定于O點(diǎn)。如圖,現(xiàn)加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),平衡時(shí)絕緣繩與豎直方向的夾角為37°,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。關(guān)于勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E和平衡時(shí)細(xì)線的拉力T,下列說(shuō)法正確的是()A.E=1.5×106N/C B.T=5.0×10﹣3N C.E=3.0×106N/C D.T=2.4×10﹣3N【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算;共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解.【專題】定量思想;推理法;電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題;推理能力.【答案】B【分析】小球處于受力平衡狀態(tài),對(duì)小球受力分析,根據(jù)受力平衡列式計(jì)算即可。【解答】解:BD、對(duì)小球受力分析,小球受mg、繩的拉力T和電場(chǎng)力F作用,小球處于受力平衡狀態(tài),合力為0,受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件可得T=mgF=mgtanθ=4.0×10﹣4×10×0.75N=3.0×10﹣3N故B正確,D錯(cuò)誤;AC、電場(chǎng)強(qiáng)度為E=F故AC錯(cuò)誤。故選:B。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵進(jìn)行正確的受力分析,然后根據(jù)共點(diǎn)力平衡計(jì)算即可。10.(2023秋?新鄭市校級(jí)月考)如圖所示,真空中有一個(gè)正方形平面ABCD,O為正方形的中心,現(xiàn)在A、C兩頂點(diǎn)分別固定等量異種點(diǎn)電荷,M、N是過(guò)O點(diǎn)的正方形垂線上關(guān)于O點(diǎn)不對(duì)稱的兩點(diǎn),下列說(shuō)法正確的是()A.M、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不等,方向相同 B.M、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等,方向不同 C.若將電子從O點(diǎn)移動(dòng)到M點(diǎn),其電勢(shì)能增加 D.若將電子從O點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn),其電勢(shì)能減少【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系;等量異種電荷的電場(chǎng)線分布.【專題】定性思想;歸納法;帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題;理解能力.【答案】A【分析】根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)特點(diǎn)分析;根據(jù)等量異種電荷的連線中垂線的電勢(shì)為零的等勢(shì)線分析?!窘獯稹拷猓篈B.M、N兩點(diǎn)位于等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線上且關(guān)于O點(diǎn)不對(duì)稱,根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)的特點(diǎn)可知M、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不相等,但方向都與AC連線平行,且方向都指向負(fù)電荷所在一側(cè),故A正確,B錯(cuò)誤;CD.M、N兩點(diǎn)位于等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線上,而等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線為等勢(shì)線,且電勢(shì)為零,因此M、N、O三點(diǎn)電勢(shì)相同都為零,所以將電子從O點(diǎn)移到N點(diǎn),或者將電子從O點(diǎn)移動(dòng)到M點(diǎn),電場(chǎng)力不做功,其電勢(shì)能均不變,故CD錯(cuò)誤。故選:A。【點(diǎn)評(píng)】掌握等量異種電荷的電場(chǎng)特點(diǎn)和連線的中垂線是條電勢(shì)為零的等勢(shì)線是解題的基礎(chǔ)。11.(2024春?淮安期末)如圖所示,絕緣輕繩懸掛一帶電小球,靜止于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,此時(shí)繩與豎直方向間的夾角θ=30°,則小球所受電場(chǎng)力()A.方向豎直向上 B.方向水平向右 C.等于重力 D.大于重力【考點(diǎn)】帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的受力平衡.【專題】定量思想;推理法;電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題;推理能力.【答案】B【分析】AB、根據(jù)受力分析和平衡條件可解出;CD、根據(jù)矢量的疊加可解出?!窘獯稹拷猓篈B.對(duì)小球受力分析共受三力,如圖所示其中重力豎直向下,電場(chǎng)力水平方向,拉力沿繩向左上,根據(jù)平衡條件可得,電場(chǎng)力水平向右,故A錯(cuò)誤,B正確;CD.根據(jù)矢量法則結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)可知:F電=mgtan30故選:B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查學(xué)生對(duì)于電場(chǎng)力的分析,對(duì)于這部分內(nèi)容要仔細(xì)分析受力方向和矢量的疊加。二.多選題(共4小題)(多選)12.(2024秋?尋甸縣校級(jí)月考)真空中有一正三角形ABC,如圖所示,M、N分別為AB、AC的中點(diǎn),在B、C兩點(diǎn)分別固定等量異種點(diǎn)電荷,其中B點(diǎn)固定負(fù)電荷,C點(diǎn)固定正電荷。則()A.沿直線從A點(diǎn)到M點(diǎn),電勢(shì)逐漸降低 B.將電子沿直線從N點(diǎn)移動(dòng)到A點(diǎn),電子的電勢(shì)能逐漸增大 C.將電子沿直線從M點(diǎn)移動(dòng)到A點(diǎn),電場(chǎng)力一直做正功 D.M點(diǎn)和N點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相等【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系;通過(guò)電勢(shì)能的性質(zhì)判斷電勢(shì)能的大??;等量異種電荷的電勢(shì)分布;等量異種電荷的電場(chǎng)線分布.【專題】比較思想;推理法;電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題;推理能力.【答案】ABC【分析】畫出等量異種電荷的電場(chǎng)分布圖,結(jié)合順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低,分析電勢(shì)的變化;由電勢(shì)能公式EP=φq分析電勢(shì)能的大??;根據(jù)電勢(shì)能的變化分析電場(chǎng)力做功正負(fù);根據(jù)電場(chǎng)線的分布情況分析M點(diǎn)和N點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度關(guān)系?!窘獯稹拷猓篈、等量異種電荷的電場(chǎng)分布圖如圖所示。順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低,由電場(chǎng)分布圖可知φN>φA>φM,則沿直線從A到M點(diǎn),電勢(shì)降低,故A正確;B、將電子沿直線從N點(diǎn)移動(dòng)到A點(diǎn),電勢(shì)降低,由電勢(shì)能公式EP=φq(注意代入正負(fù)號(hào)),可知電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能,故B正確;C、將電子沿直線從M點(diǎn)移動(dòng)到A點(diǎn),電勢(shì)升高,電勢(shì)能降低,則電場(chǎng)力一直做正功,故C正確;D、由對(duì)稱性可知,M點(diǎn)和N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等,但方向不同,故D錯(cuò)誤。故選:ABC?!军c(diǎn)評(píng)】等量同種、等量異種電荷周圍的電場(chǎng)分布情況是考查的重點(diǎn),要結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)能等概念充分理解等量同種、等量異種電荷周圍的電場(chǎng)特點(diǎn)。(多選)13.(2024?雁塔區(qū)校級(jí)開學(xué))如圖,真空中電荷量為2q和﹣q(q>0)的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別位于M點(diǎn)與N點(diǎn),形成一個(gè)以MN直線上O點(diǎn)為球心,電勢(shì)為零的等勢(shì)面(取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零),P為MN連線上的一點(diǎn),S為等勢(shì)面與直線MN的交點(diǎn),T為等勢(shì)面上的一點(diǎn),N'為N關(guān)于O點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn),下列說(shuō)法正確的是()A.P點(diǎn)電勢(shì)高于S點(diǎn)電勢(shì) B.T點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向指向N點(diǎn) C.除無(wú)窮遠(yuǎn)處外,MN直線上還存在一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn) D.將正試探電荷q0從T點(diǎn)移到N'點(diǎn),靜電力做正功【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系;電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加;用定義式計(jì)算某點(diǎn)的電勢(shì).【專題】定量思想;推理法;電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題;分析綜合能力.【答案】CD【分析】沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低,由此分析出P點(diǎn)和S點(diǎn)的電勢(shì)高低;根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的定義式分析出是否存在場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn);根據(jù)電勢(shì)的疊加原理分析出電勢(shì)的高低,從而分析出場(chǎng)強(qiáng)的方向;先分析出電荷從T點(diǎn)移到P點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能的變化,結(jié)合功能關(guān)系得出靜電力的做功類型?!窘獯稹拷猓篈、正電荷周圍的點(diǎn)電勢(shì)為正,負(fù)電荷周圍的點(diǎn)電勢(shì)為負(fù),球面為電勢(shì)為零的等勢(shì)面,而S點(diǎn)就在0V的等勢(shì)面上,若P點(diǎn)在等勢(shì)面與MN的交點(diǎn)左側(cè),有P點(diǎn)電勢(shì)高于S點(diǎn)電勢(shì);若P點(diǎn)在等勢(shì)面與MN的交點(diǎn)右側(cè),有P點(diǎn)電勢(shì)低于S點(diǎn)電勢(shì),故A錯(cuò)誤;B、設(shè)電勢(shì)為零的等勢(shì)面的半徑為R,與線段MN交于A點(diǎn),設(shè)AN距離為x,MN距離為L(zhǎng),如圖所示根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)φ=kq結(jié)合電勢(shì)的疊加原理A、S滿足k?2qL-xk?2qL+2R-x解得x=L3,由于電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直等勢(shì)面,可知T點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向必過(guò)等勢(shì)面的圓心,O點(diǎn)電勢(shì)φOφN'可知φT>φO可知T點(diǎn)電場(chǎng)方向指向O點(diǎn),故B錯(cuò)誤;D、因T點(diǎn)電勢(shì)為零,電勢(shì)高于N′點(diǎn)的電勢(shì),將正試探電荷q0從T點(diǎn)移到N'點(diǎn),是從高電勢(shì)移動(dòng)到低電勢(shì),則靜電力做正功,故D正確;C、由于正電荷的電荷量大于負(fù)電荷電荷量,可知在直線MN上在N左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度不可能為零,在N右側(cè),設(shè)MN距離為L(zhǎng),根據(jù)k?2q(L+d可知除無(wú)窮遠(yuǎn)處外,直線MN電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)只有一個(gè),故C正確。故選:CD?!军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)的相關(guān)概念,熟悉公式,理解電勢(shì)和電場(chǎng)線的分布特點(diǎn),同時(shí)要理解這兩個(gè)物理量各自的合成特點(diǎn),有一定的難度。(多選)14.(2024秋?新鄭市校級(jí)月考)如圖所示,真空中有一半徑為5cm的圓,其圓心為O,△ABC是圓的內(nèi)接直角三角形,∠BAC=63.5°,空間存在著平行于圓面的勻強(qiáng)電場(chǎng)(取O點(diǎn)的電勢(shì)為零)。一電子放在C點(diǎn)時(shí)具有的電勢(shì)能為8eV,把電子從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn),克服靜電力做功為8eV。放置在A點(diǎn)的質(zhì)子源,向各個(gè)方向發(fā)射動(dòng)能均為5eV的質(zhì)子。已知電子的電荷量為﹣e,不考慮質(zhì)子源產(chǎn)生的電場(chǎng),不計(jì)各種粒子的重力和粒子間的相互作用力,下列說(shuō)法正確的是()A.圓周上B、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UBC=8V B.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為200V/m C.若某一質(zhì)子到達(dá)圓周邊界時(shí)的電勢(shì)能為4eV,則其動(dòng)能為leV D.當(dāng)某個(gè)質(zhì)子經(jīng)過(guò)圓周上某一位置時(shí),動(dòng)能可能為22eV【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)能變化的關(guān)系;用定義式計(jì)算某點(diǎn)的電勢(shì);電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系;等勢(shì)面及其與電場(chǎng)線的關(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;推理能力.【答案】ABD【分析】根據(jù)電勢(shì)的定義φC=EpC-e可知C點(diǎn)的電勢(shì);從而解得UCA;粒子由A到B,根據(jù)能量守恒解得B點(diǎn)電勢(shì),作出【解答】解:AB.由公式Ep=φq可知,圓周上C點(diǎn)的電勢(shì)為φC由公式U=Ed及取O點(diǎn)的電勢(shì)為零可知,圓周上A點(diǎn)的電勢(shì)為8V,把電子從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn),克服靜電力做功為8eV,則有UAB解得φB=0則B、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UBC=φB﹣φC=0V﹣(﹣8)V=8V連接OB,則OB為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面,過(guò)A點(diǎn)作OB的垂線交OB于D點(diǎn),則AD的方向就是該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向,如圖所示由幾何關(guān)系可得∠AOB=53°則有E=U將R=5cm=0.05m代入解得E=200V/m故AB正確;CD.由公式Ep=φq可知,質(zhì)子在A點(diǎn)的電勢(shì)能為8eV,粒子的總能量E=Ek+Ep=5eV+8eV=13eV由能量守恒定理可知,若某一質(zhì)子到達(dá)圓周邊界時(shí)的電勢(shì)能為4eV,則其動(dòng)能為9eV,由公式U=Ed及取O點(diǎn)的電勢(shì)為零可知,圓周上電勢(shì)最高為10V,最低為﹣10V,則質(zhì)子經(jīng)過(guò)圓周上某一位置時(shí),電勢(shì)能最大為10eV,最小為﹣10eV,由能量守恒定理可知,動(dòng)能最大為23eV,最小為3eV,則動(dòng)能可能為22eV,故C錯(cuò)誤,D正確。故選:ABD?!军c(diǎn)評(píng)】本題考查勻強(qiáng)電場(chǎng)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系,解題關(guān)鍵掌握確定等勢(shì)面的方法及求電場(chǎng)強(qiáng)度的公式理解。(多選)15.(2024?合肥三模)如圖所示,平行板電容器兩極板與直流電源、理想二極管D(正向電阻為零,反向電阻無(wú)窮大)、定值電阻R連接,電容器下板B接地,兩板間P點(diǎn)有一帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)將上極板A向上移動(dòng),則下列說(shuō)法正確的是()A.R中有從a到b的電流 B.兩極板間電壓保持不變 C.油滴的電勢(shì)能不變 D.油滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài)【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析(U不變)——板間距離變化.【專題】比較思想;控制變量法;電容器專題;推理能力.【答案】CD【分析】將上極板A向上移動(dòng),根據(jù)電容的決定式分析電容的變化,結(jié)合二極管的單向?qū)щ娦?,分析電容器帶電量的變化,判斷R中有無(wú)電流。根據(jù)電容的定義式C=QU分析兩極板間電壓的變化。分析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化,判斷【解答】解:AB、將A板向上移動(dòng)時(shí),兩極板間距離增大,由電容的決定式C=?rS4πkd可知,電容器的電容減小,電容器要放電,但由于二極管具有單向?qū)щ娦?,電容器不能放電,因此電容器的帶電量不變,電路中沒(méi)有電流,由CC、由E=Ud、C=?rS4πkd、C=QU可得E=4πkQ?rS可知,兩極板間場(chǎng)強(qiáng)不變,由D、兩極板間場(chǎng)強(qiáng)不變,油滴受到的電場(chǎng)力不變,則油滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài),故D正確。故選:CD?!军c(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要掌握二極管的單向?qū)щ娦?,判斷出電容器的帶電量不變,能根?jù)E=Ud、C=?rS4πkd、三.解答題(共5小題)16.(2024春?渝中區(qū)校級(jí)期中)如圖所示,真空中有一固定的點(diǎn)電荷B,在其正上方相距為L(zhǎng)處,將另一可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球A無(wú)初速度釋放,釋放瞬間小球A的加速度大小為g2,方向豎直向下,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、B(1)當(dāng)A、B相距為L(zhǎng)2時(shí),A(2)當(dāng)A的動(dòng)能最大時(shí),A、B間的距離。【考點(diǎn)】庫(kù)侖定律的表達(dá)式及其簡(jiǎn)單應(yīng)用;牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用.【專題】定量思想;合成分解法;電荷守恒定律與庫(kù)侖定律專題;推理能力.【答案】(1)加速度大小為g,方向豎直向上;(2)當(dāng)A的動(dòng)能最大時(shí),AB間距離為2L【分析】(1)由初始狀態(tài)的A加速度已知,對(duì)A受力分析,根據(jù)牛頓第二定律可得庫(kù)侖力與A重力的關(guān)系;當(dāng)AB間距變化為一半后,同理可列牛頓第二定律關(guān)系式,得到A的加速度;(2)當(dāng)A受到的合力與其速度方向一致,其速度增加,動(dòng)能增加,故當(dāng)其合力為0時(shí),其動(dòng)能達(dá)到最大值,根據(jù)合力關(guān)系式,可以計(jì)算AB間距離。【解答】解:(1)初始位置,對(duì)A受力分析,由牛頓第二定律可得:mg-kq當(dāng)A、B相距為L(zhǎng)2時(shí),mg-kq1(2)當(dāng)A的動(dòng)能最大時(shí),加速度a=0,設(shè)此時(shí)兩球相距為x,對(duì)A受力分析:mg-kq答:(1)加速度大小為g,方向豎直向上;(2)當(dāng)A的動(dòng)能最大時(shí),AB間距離為2L【點(diǎn)評(píng)】本題考查涉及庫(kù)侖力的受力分析,根據(jù)牛頓第二定律即可計(jì)算。注意計(jì)算的過(guò)程中,不需要把電荷量分別求出來(lái),只需要電荷量乘積這個(gè)整體能求出來(lái),整體代入其他關(guān)系式計(jì)算即可。17.(2024?尋甸縣校級(jí)開學(xué))如圖所示,兩正對(duì)的平行金屬板AB、CD與水平面成30°角固定,豎直截面如圖所示。AB板帶正電、CD板帶負(fù)電,兩板間距10cm,電荷量為1.0×10﹣8C,質(zhì)量為3.0×10﹣4kg的小球用長(zhǎng)為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。細(xì)線與AB板夾角為30°;剪斷細(xì)線,小球運(yùn)動(dòng)到CD板上的M點(diǎn)(未標(biāo)出),g取10m/s2。求:(1)M點(diǎn)到C點(diǎn)的距離;(2)電場(chǎng)強(qiáng)度大小?!究键c(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算;共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解.【專題】定量思想;推理法;電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題;推理能力.【答案】(1)M點(diǎn)到C點(diǎn)的距離為103(2)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3×1【分析】(1)剪斷細(xì)線,小球沿直線運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn),根據(jù)幾何關(guān)系求解MC;(2)作出受力圖,根據(jù)正弦定理可得電場(chǎng)力大小,從而計(jì)算電場(chǎng)強(qiáng)度大小?!窘獯稹拷猓海?)剪斷細(xì)線,小球沿直線運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn),如圖所示:根據(jù)幾何關(guān)系可得MC=(2)根據(jù)幾何關(guān)系可得電場(chǎng)力F和細(xì)線拉力T夾角為60°,在三個(gè)力所在的三角形中,根據(jù)正弦定理可得mg可得電場(chǎng)力大小為F=電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=解得E=答:(1)M點(diǎn)到C點(diǎn)的距離為103(2)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3×1【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查帶電小球在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),關(guān)鍵是弄清楚小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況,根據(jù)平衡條件、電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算公式進(jìn)行解答。18.(2024秋?福州月考)電子技術(shù)中通常利用勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)實(shí)現(xiàn)帶電粒子的平行側(cè)移。如圖所示,兩偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ?qū)挾染鶠長(zhǎng),場(chǎng)強(qiáng)大小均為E、方向相反(均沿豎直方向)。一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電粒子,由靜止開始經(jīng)過(guò)電壓為U的電場(chǎng)加速后,從A點(diǎn)垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)Ⅰ,最后從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)Ⅱ中的B點(diǎn)射出,已知兩電場(chǎng)相距L,不計(jì)帶電粒子的重力,求:(1)帶電粒子從加速電場(chǎng)射出時(shí)速度v0的大??;(2)帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)I離開時(shí)豎直方向偏移的距離y;(3)A、B之間沿電場(chǎng)線方向的距離h?!究键c(diǎn)】帶電粒子先后經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng).【專題】定量思想;對(duì)稱法;帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題;應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問(wèn)題的能力.【答案】(1)帶電粒子從加速電場(chǎng)射出時(shí)速度v0的大小為2qUm(2)帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)I離開時(shí)豎直方向偏移的距離y為EL(3)A、B之間沿電場(chǎng)線方向的距離h為EL【分析】(1)先由動(dòng)能定理求出帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后速度;(2)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后作為類平拋運(yùn)動(dòng),在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解法,求出在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)I中偏轉(zhuǎn)的距離;(3)根據(jù)水平分位移公式,可知帶電粒子在三個(gè)過(guò)程中是等時(shí)的,由分位移公式求出粒子離開電場(chǎng)I時(shí)的速度,可知其在兩個(gè)電場(chǎng)中間的豎直分位移,再根據(jù)對(duì)稱性可知其在電場(chǎng)Ⅱ中的豎直分位移,由三個(gè)豎直分位移即可計(jì)算AB間沿電場(chǎng)線方向的距離?!窘獯稹拷猓海?)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電量為q,離開左側(cè)加速電場(chǎng)后的速度為v0,根據(jù)動(dòng)能定理有:qU=12m(2)粒子從進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)Ⅰ開始,在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng):L=v0t1,在豎直方向:y=12at1(3)粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)Ⅰ中,豎直末速度:vy=at1,豎直方向的側(cè)移為:y1=y=EL24U,在兩偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)之間豎直方向的位移大?。簓2=v根據(jù)對(duì)稱性可知,粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)Ⅱ中的側(cè)移:y3粒子從進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)Ⅰ到離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)Ⅱ的側(cè)移量:h=y(tǒng)1+y2+y3,解得:h=答:(1)帶電粒子從加速電場(chǎng)射出時(shí)速度v0的大小為2qUm(2)帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)I離開時(shí)豎直方向偏移的距離y為EL(3)A、B之間沿電場(chǎng)線方向的距離h為EL【點(diǎn)評(píng)】本題中帶電粒子先后在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),在兩個(gè)方向相反的電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),注意根據(jù)對(duì)稱性得到其豎直分位移的關(guān)系,更為簡(jiǎn)便。19.(2024?浦東新區(qū)校級(jí)開學(xué))蜜蜂授粉蜜蜂飛行過(guò)程中身上會(huì)積累少量正電荷,一只蜜蜂通常的帶電量約為+3×10﹣11C,蜜蜂傳播花粉時(shí)就利用了這些電荷。當(dāng)蜜蜂飛到花蕊附近時(shí),花粉顆粒會(huì)粘附在蜜蜂身上。當(dāng)蜜蜂接近下一朵花時(shí),部分花粉會(huì)留在下一朵花的花蕊上,完成授粉。靜電力常量k=9.0×109N?m2/C2,元電荷e=1.6×10﹣19C。(1)一只原來(lái)電中性的蜜蜂在飛行過(guò)程中帶上了+3×10﹣11C的電量,這是由于它B。A.失去了1.9×108個(gè)質(zhì)子B.失去了1.9×108個(gè)電子C.得到了1.9×108個(gè)電子D.得到了1.9×108個(gè)質(zhì)子(2)當(dāng)蜜蜂靠近帶負(fù)電的花蕊時(shí),它們之間的電場(chǎng)如圖所示。a、b兩點(diǎn)中A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度較大,B點(diǎn)電勢(shì)較高(均選:A.a(chǎn);B.b)。(3)花粉B沿著ab所在的電場(chǎng)線移動(dòng)到蜜蜂身上。(選填“A.能”“B.不能”)(4)蜜蜂不愿靠近因剛被授粉而帶正電的花蕊。當(dāng)一只蜜蜂靠近一朵已被授粉的花蕊時(shí),它們之間的電場(chǎng)線分布可能為C?!究键c(diǎn)】通過(guò)電場(chǎng)線的方向判斷電勢(shì)的高低;電荷守恒定律;根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)大小.【專題】比較思想;圖析法;電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題;理解能力.【答案】(1)B;(2)A,B;(3)B;(4)C?!痉治觥浚?)蜜蜂帶正電,失去了電子,根據(jù)電量與元電荷之比求失去的電子個(gè)數(shù);(2)根據(jù)電場(chǎng)線的疏密分析場(chǎng)強(qiáng)的大小;根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低,分析電勢(shì)高低;(3)分析花粉的受力情況,判斷其能否沿著ab所在的電場(chǎng)線移動(dòng)到蜜蜂身上;(4)當(dāng)一只蜜蜂靠近一朵已被授粉的花蕊時(shí),二者均帶正電,由此分析它們之間的電場(chǎng)線分布情況?!窘獯稹拷猓海?)電中性的蜜蜂在飛行過(guò)程中帶上了+3×10﹣11C的電量的原因是失去了電子,失去電子的個(gè)數(shù)為n=qe=3×10-111.6×10-19個(gè)≈故選:B。(2)根據(jù)電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的相對(duì)大小可知,a、b兩點(diǎn)中a點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度較大。根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低,可知a、b兩點(diǎn)中b點(diǎn)電勢(shì)較高。故答案為:A,B。(3)依題意,花粉帶負(fù)電,所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反,而ab之間的電場(chǎng)線是曲線,花粉除受電場(chǎng)力外也受重力作用,則從花蕊向蜜蜂移動(dòng)過(guò)程中不能沿著ab所在的電場(chǎng)線移動(dòng)到蜜蜂身上。故答案為:A。(4)當(dāng)一只蜜蜂靠近一朵已被授粉的花蕊時(shí),二者均帶正電,則它們之間的電場(chǎng)線分布類似等量正電荷電場(chǎng)線分布,故ABD錯(cuò)誤,C正確。故選:C。故答案為:(1)B;(2)A,B;(3)B;(4)C?!军c(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí),要掌握電場(chǎng)線的物理意義,知道電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的相對(duì)大小,順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低。20.(2024?故城縣校級(jí)開學(xué))固定的光滑絕緣半球槽的半徑為R,處在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球從槽的右端A處(與球心等高)無(wú)初速度沿軌道滑下,滑到最低點(diǎn)B時(shí),球?qū)壍赖膲毫?mg。求:(1)小球從A到B的過(guò)程中受到的電場(chǎng)力做的功;(2)帶電小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的加速度大小;(3)帶電小球在滑動(dòng)過(guò)程中的最大速度?!究键c(diǎn)】帶電粒子(計(jì)重力)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng).【專題】定量思想;推理法;帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題;分析綜合能力.【答案】(1)從A到B的過(guò)程中,電場(chǎng)力做的功為-1(2)小球在B點(diǎn)的加速度大小為52(3)小球在滑動(dòng)過(guò)程中的最大速度(5【分析】(1)由最低點(diǎn)B時(shí)的小球受力情況,可以分析得到小球的動(dòng)能,從A到B的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理即可計(jì)算電場(chǎng)力做的功;(2)根據(jù)電場(chǎng)力做功的計(jì)算,可以計(jì)算電場(chǎng)力大小,對(duì)其受力情況進(jìn)行合成得到合力,從而計(jì)算加速度;(3)在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中,與重力場(chǎng)類比,找到等效最低點(diǎn)即可分析最大速度?!窘獯稹拷猓海?)小球在B點(diǎn)時(shí),小球受到的支持力與其對(duì)軌道的壓力相等,對(duì)小球:F-從A到B的過(guò)程中,mgR+W=12m(2)小球從A到B的過(guò)程中,電場(chǎng)力做功為:W=F電R,解得:F電小球受到的合力為:F合=(而F合=ma,解得:a=5(3)小球在等效最低點(diǎn)時(shí),合力與水平方向的夾角為θ,則:tanθ=mg從A點(diǎn)到等效最低點(diǎn)的過(guò)程中:mgRsinθ+F電R(1-cosθ)=答:(1)從A到B的過(guò)程中,電場(chǎng)力做的功為-1(2)小球在B點(diǎn)的加速度大小為52(3)小球在滑動(dòng)過(guò)程中的最大速度(5【點(diǎn)評(píng)】本題考查電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)的問(wèn)題,注意球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,最大速度是等效最低點(diǎn),不是最低點(diǎn)。

考點(diǎn)卡片1.矢量和標(biāo)量的區(qū)分與判斷【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】根據(jù)矢量和標(biāo)量的物理意義,判斷給出的物理量是標(biāo)量還是矢量?!久}方向】下列各組物理量中,全部是矢量的是()A.位移、時(shí)間、速度、加速度B.質(zhì)量、路程、速率、時(shí)間C.速度、平均速度、位移、加速度D.位移、路程、時(shí)間、加速度分析:既有大小又有方向,相加是遵循平行四邊形定則的物理量是矢量,如力、速度、加速度、位移、動(dòng)量等都是矢量;只有大小,沒(méi)有方向的物理量是標(biāo)量,如路程、時(shí)間、質(zhì)量等都是標(biāo)量.解答:A、時(shí)間沒(méi)有方向?yàn)闃?biāo)量,故A錯(cuò)誤;B、質(zhì)量、路程、速率、時(shí)間均為標(biāo)量,故B錯(cuò)誤;C、速度、平均速度、位移、加速度這四個(gè)物理量均有大小和方向,因此為矢量,故C正確;D、路程、時(shí)間只有大小沒(méi)有方向,因此為標(biāo)量,故D錯(cuò)誤。故選:C。點(diǎn)評(píng):本題是一個(gè)基礎(chǔ)題目,就是看學(xué)生對(duì)矢量和標(biāo)量的掌握,正確理解標(biāo)量和矢量的區(qū)別即可正確解答.【解題思路點(diǎn)撥】從矢量和標(biāo)量的物理意義出發(fā),了解矢量和標(biāo)量的判斷方法,對(duì)選項(xiàng)中每一個(gè)物理量進(jìn)行分析,從而選出符合要求的結(jié)果。2.共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.共點(diǎn)力(1)定義:如果一個(gè)物體受到兩個(gè)或更多力的作用,這些力共同作用在物體的在同一點(diǎn)上,或者雖不作用在同一點(diǎn)上,但它們的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn),這幾個(gè)力叫作共點(diǎn)力。(2)力的合成的平行四邊形定則只適用于共點(diǎn)力。2.共點(diǎn)力平衡的條件(1)平衡狀態(tài):物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)。(2)平衡條件:在共點(diǎn)力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對(duì)共點(diǎn)力平衡條件的理解及應(yīng)用合外力等于0,即F合=0→正交分解法Fx合=0Fy合=0,其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論(1)二力平衡:若物體在兩個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài),則這兩個(gè)力一定等大、反向。(2)三力平衡:若物體在三個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài),則任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大、反向。(3)多力平衡:若物體在n個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài),則其中任意一個(gè)力必定與另外(n﹣1)個(gè)力的合力等大、反向。5.解答共點(diǎn)力平衡問(wèn)題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問(wèn)題a.臨界問(wèn)題(1)問(wèn)題特點(diǎn):①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時(shí),會(huì)引起其他幾個(gè)物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。(2)分析方法:基本方法是假設(shè)推理法,即先假設(shè)某種情況成立,然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識(shí)進(jìn)行論證、求解。b.極值問(wèn)題(1)問(wèn)題界定:物體平衡的極值問(wèn)題,一般指在力的變化過(guò)程中涉及力的最大值和最小值的問(wèn)題。(2)分析方法:①解析法:根據(jù)物體平衡的條件列出方程,在解方程時(shí),采用數(shù)學(xué)知識(shí)求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法:根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖,畫出平行四邊形或者矢量三角形進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析,確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型(1)“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過(guò)光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲,但實(shí)際上是同一根繩,所以由“活結(jié)”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等,兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨(dú)立的繩,因此由“死結(jié)”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。(2)“活桿”與“死桿”模型①“活桿”:指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接,當(dāng)輕桿處于平衡狀態(tài)時(shí),輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿,否則會(huì)引起輕桿的轉(zhuǎn)動(dòng)。如圖甲所示,若C為轉(zhuǎn)軸,則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)中,彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”:若輕桿被固定,不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng),則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示,水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi),另一端B裝有一個(gè)小滑輪,繩的一端C固定于墻壁上,另一端跨過(guò)滑輪后懸掛重物m。滑輪對(duì)繩的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力,即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?!久}方向】例1:在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中,滑輪光滑且所受的重力忽略不計(jì),滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上,一根輕繩ab繞過(guò)滑輪,a端固定在墻上,b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí),甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ,乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD,則以下判斷正確的是()A.FA=FB=FC=FDB.FD>FA=FB>FCC.FA=FC=FD>FBD.FC>FA=FB>FD分析:對(duì)滑輪受力分析,受兩個(gè)繩子的拉力和桿的彈力;滑輪一直保持靜止,合力為零,故桿的彈力與兩個(gè)繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答:由于兩個(gè)繩子的拉力大小等于重物的重力,大小不變,即四個(gè)選項(xiàng)中繩子的拉力是大小相等的,根據(jù)平行四邊形定則知兩個(gè)力的夾角越小,則合力越大,即滑輪兩邊繩子的夾角越小,繩子拉力的合力越大,故丁圖中繩子拉力合力最大,則桿的彈力最大,丙圖中夾角最大,繩子拉力合力最小,則桿的彈力最小,甲圖和乙圖中的夾角相同,則繩子拉力合力相等,則桿的彈力相等,所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序?yàn)椋篎D>FA=FB>FC,故B正確,ACD錯(cuò)誤。故選:B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用,要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向,結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2:如圖所示,兩根等長(zhǎng)的輕繩將日光燈懸掛在天花板上,兩繩與豎直方向的夾角都為45°,日光燈保持水平,所受重力為G。則()A.兩繩對(duì)日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點(diǎn)力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析:兩繩的拉力和重力是共點(diǎn)力,根據(jù)合力為零分析AB選項(xiàng);根據(jù)對(duì)稱性可知,左右兩繩的拉力大小相等,分析日光燈的受力情況,由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答:B.對(duì)日光燈受力分析如圖:兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn),這三個(gè)力是共點(diǎn)力,故B錯(cuò)誤;A.由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài),所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向,故A正確;CD.由于兩個(gè)拉力的夾角成直角,且都與豎直方向成45°角,則由力的平行四邊形定則可知:G=F12+F22,F(xiàn)1=F2,解得:F1=F故選:AC。點(diǎn)評(píng):本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡,解答本題的關(guān)鍵是:確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行力的合成,利用平衡條件建立方程進(jìn)行解答。例3:如圖,三根長(zhǎng)度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn),A、B兩端被懸掛在水平天花板上,相距2l?,F(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物,為使CD繩保持水平,在D點(diǎn)上可施加力的最小值為()A.mgB.33C.12D.14分析:根據(jù)物體的受力平衡,依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答:依題得,要想CD水平,則各繩都要緊繃,根據(jù)幾何關(guān)系可知,AC與水平方向的夾角為60°,結(jié)點(diǎn)C受力平衡,則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T=mg?tan30°D點(diǎn)受CD繩子拉力大小等于T,方向向左。要使CD水平,則D點(diǎn)兩繩的拉力與外界的力的合力為零,則CD繩子對(duì)D點(diǎn)的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知,當(dāng)F2與BD垂直時(shí),F(xiàn)2最小,F(xiàn)2的大小即為拉力大小,因此有F2min=T?sin60°=1故ABD錯(cuò)誤,C正確。故選:C。點(diǎn)評(píng):本題考查的是物體的受力平衡,解題的關(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時(shí),F(xiàn)2最小,F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4:如圖甲所示,細(xì)繩AD跨過(guò)固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體,∠ACB=30°;圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上,另一端G通過(guò)細(xì)繩EG拉住,EG與水平方向的夾角為30°,在輕桿的G點(diǎn)用細(xì)繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體(都處于靜止?fàn)顟B(tài)),求:(1)細(xì)繩AC的張力FTAC與細(xì)繩EG的張力FTEG之比;(2)輕桿BC對(duì)C端的支持力;(3)輕桿HG對(duì)G端的支持力。分析:(1)根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。(2)圖甲中對(duì)滑輪受力分析,運(yùn)用合成法求解細(xì)繩AC段的張力FAC與輕桿BC對(duì)C端的支持力;(3)乙圖中,以C點(diǎn)為研究對(duì)象,根據(jù)平衡條件求解細(xì)繩EG段的張力F2以及輕桿HG對(duì)G端的支持力。解答:下圖(a)和下圖(b)中的兩個(gè)物體M1、M2都處于平衡狀態(tài),根據(jù)平衡的條件,首先判斷與物體相連的細(xì)繩,其拉力大小等于物體的重力;分別取C點(diǎn)和G點(diǎn)為研究對(duì)象,進(jìn)行受力分析如圖(a)和右圖(b)所示,根據(jù)平衡規(guī)律可求解。(1)上圖(a)中輕繩AD跨過(guò)定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體,物體處于平衡狀態(tài),輕繩AC段的拉力FTAC=FCD=M1g;上圖(b)中由于FTEGsin30°=M2g得FEG=2M2g所以FTAC:FTEG=M1:2M2。(2)上圖(a)中,根據(jù)FAC=FCD=M1g且?jiàn)A角為120°故FNC=FAC=M1g,方向與水平方向成30°,指向斜右上方。(3)上圖(b)中,根據(jù)平衡方程有FNG=M2gtan30°答:(1)輕繩AC段的張力FAC與細(xì)繩EG的張力FEG之比為M1(2)輕桿BC對(duì)C端的支持力為M1g,指向斜右上方;(3)輕桿HG對(duì)G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點(diǎn)評(píng):本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點(diǎn),其次要根據(jù)平衡條件,以C、G點(diǎn)為研究對(duì)象,按力平衡問(wèn)題的一般步驟求解。【解題思路點(diǎn)撥】1.在分析問(wèn)題時(shí),注意“靜止”和“v=0”不是一回事,v=0,a=0時(shí),是靜止,是平衡狀態(tài)2.解答共點(diǎn)力平衡問(wèn)題的一般步驟(1)選取研究對(duì)象,對(duì)于有相互作用的兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng),應(yīng)明確所選研究對(duì)象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個(gè)物體(整體法或隔離法)。(2)對(duì)所選研究對(duì)象進(jìn)行受力分析,并畫出受力分析圖。(3)對(duì)研究對(duì)象所受的力進(jìn)行處理,對(duì)三力平衡問(wèn)題,一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時(shí)的平行四邊形。對(duì)四力或四力以上的平衡問(wèn)題,一般建立合適的直角坐標(biāo)系,對(duì)各力按坐標(biāo)軸進(jìn)行分解。(4)建立平衡方程,對(duì)于四力或四力以上的平衡問(wèn)題,用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問(wèn)題的分析技巧(1)求解平衡中的臨界問(wèn)題和極值問(wèn)題時(shí),首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過(guò)程分析,找出平衡中的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)。(2)臨界條件必須在變化中尋找,不能停留在一個(gè)狀態(tài)來(lái)研究臨界問(wèn)題,而是要把某個(gè)物理量推向極端,即極大或極小,并依此作出科學(xué)的推理分析,從而給出判斷或結(jié)論。3.牛頓第二定律的簡(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。【解題方法點(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。4.判斷機(jī)械能是否守恒及如何變化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.機(jī)械能守恒的條件為:(1)只受到重力。(2)除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外還受到其他力的作用,但其他力不做功。(3)除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外還受到其他力的作用,其他力所做總功為零2.判斷機(jī)械能是否守恒的方法有(1)做功條件分析法應(yīng)用系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行分析。分析各力做功的情況,若對(duì)物體或系統(tǒng)只有重力或彈力做功,沒(méi)有其他力做功或其他力做功的代數(shù)和為零,則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。(2)能量轉(zhuǎn)化分析法從能量轉(zhuǎn)化的角度進(jìn)行分析。若只有系統(tǒng)內(nèi)物體間動(dòng)能和重力勢(shì)能及彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化,系統(tǒng)跟外界沒(méi)有發(fā)生機(jī)械能的傳遞,機(jī)械能也沒(méi)有轉(zhuǎn)化成其他形式的能(如內(nèi)能增加),則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。(3)增減情況分析法直接從機(jī)械能的各種形式的能量的增減情況進(jìn)行分析。若系統(tǒng)的動(dòng)能與勢(shì)能均增加或均減少;若系統(tǒng)的動(dòng)能與勢(shì)能只有一種形式的能發(fā)生了變化;若系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的機(jī)械能均增加或均減少,則可判定機(jī)械能不守恒。(4)典型過(guò)程對(duì)一些繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等,除非題目特別說(shuō)明,否則機(jī)械能必定不守恒。3.機(jī)械能如何轉(zhuǎn)化如果“外力”對(duì)系統(tǒng)做正功,系統(tǒng)的機(jī)械能增大;如果外力對(duì)系統(tǒng)做負(fù)功,系統(tǒng)的機(jī)械能減小?!久}方向】下列過(guò)程中機(jī)械能守恒的是()A、跳傘運(yùn)動(dòng)員勻速下降的過(guò)程B、小石塊做平拋運(yùn)動(dòng)的過(guò)程C、子彈射穿木塊的過(guò)程D、木箱在粗糙斜面上滑動(dòng)的過(guò)程分析:當(dāng)系統(tǒng)只有重力做功或彈簧的彈力做功時(shí),系統(tǒng)的動(dòng)能和勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化但總能量保持不變.判斷機(jī)械能守恒的方法有兩種:一是根據(jù)條件進(jìn)行判斷;二是根據(jù)能量的變化進(jìn)行判斷.解答:A、運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能不變,但高度下降,故重力勢(shì)能減小,故機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;B、石塊在平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功,故機(jī)械能守恒,故B正確;C、子彈穿過(guò)木塊時(shí)由于摩擦力做功,故有內(nèi)能產(chǎn)生,故機(jī)械能不守恒,故C錯(cuò)誤;D、木箱在粗糙斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí),由于摩擦力做功,故有內(nèi)能產(chǎn)生,機(jī)械能不守恒,故D錯(cuò)誤;故選:B。點(diǎn)評(píng):機(jī)械能守恒是考試中常見(jiàn)問(wèn)題,一定要掌握判斷機(jī)械能守恒的條件.【解題思路點(diǎn)撥】1.機(jī)械能守恒的判斷(1)用做功來(lái)判斷:分析物體或物體受力情況(包括內(nèi)力和外力)明確各力做功的情況,若對(duì)物體或系統(tǒng)只有重力或彈力做功,沒(méi)有其他力做功或其他力做功的代數(shù)和為零,則機(jī)械能守恒。(2)用能量轉(zhuǎn)化來(lái)判斷:若系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化,無(wú)機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化,則系統(tǒng)機(jī)械能守恒。2.判斷機(jī)械能守恒的三個(gè)易錯(cuò)點(diǎn)(1)合力為零是物體處于平衡狀態(tài)的條件。物體的合力為零時(shí),它一定處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài),但它的機(jī)械能不一定守恒。(2)合力做功為零是物體動(dòng)能不變的條件。合力對(duì)物體不做功,它的動(dòng)能一定不變,但它的機(jī)械能不一定守恒。(3)只有重力做功或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功是機(jī)械能守恒的條件。只有重力對(duì)物體做功時(shí),物體的機(jī)械能﹣定守恒;只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功時(shí),系統(tǒng)的機(jī)械能一定守恒。5.單擺周期的計(jì)算及影響因素【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.荷蘭物理學(xué)家惠更斯研究發(fā)現(xiàn),單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期T與擺長(zhǎng)l的二次方根成正比,與重力加速度g的二次方根成反比,與振幅擺球質(zhì)量無(wú)關(guān)。2.單擺的周期公式為:T=2πl(wèi)3.對(duì)單擺周期公式的理解由公式T=2πl(wèi)g知,某單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)(擺角小于5°)的周期只與其擺長(zhǎng)l和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭有關(guān),而與振幅和擺球質(zhì)量無(wú)關(guān),故又叫作(1)擺長(zhǎng)l①實(shí)際的單擺擺球不可能是質(zhì)點(diǎn),所以擺長(zhǎng)應(yīng)是從懸點(diǎn)到擺球重心的長(zhǎng)度,即l=l'+D2,l'為擺線長(zhǎng),②等效擺長(zhǎng):圖1中,甲、乙在垂直紙面方向擺起來(lái)效果是相同的,所以甲擺的擺長(zhǎng)為l?sinα,這就是等效擺長(zhǎng)。其周期T=2πl(wèi)sinαg。圖2(2)重力加速度g若單擺系統(tǒng)只處在重力場(chǎng)中且懸點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài),g由單擺所處的空間位置決定,即g=GMR2,式中R為物體到地心的距離,M為地球的質(zhì)量,g隨所在位置的高度的變化而變化。另外,在不同星球上M和R也是不同的,所以g也不同,g(3)等效重力加速度若單擺系統(tǒng)處在非平衡狀態(tài)(如加速、減速、完全失重狀態(tài)),則一般情況下,g值等于擺球相對(duì)靜止在自己的平衡位置時(shí),擺線所受的張力與擺球質(zhì)量的比值。如下圖所示,此場(chǎng)景中的等效重力加速度g'=gsinθ。球靜止在О點(diǎn)時(shí),F(xiàn)T=mgsinθ,等效加速度g'=FTm【命題方向】在某一地方要使單擺的振動(dòng)周期減小,可以采取的方法是()A、減小擺球的質(zhì)量B、減小單擺的振動(dòng)的振幅C、縮短單擺的擺長(zhǎng)D、增大單擺的擺長(zhǎng)分析:根據(jù)單擺的周期公式T=2πL解答:A、由于單擺的周期與擺球的質(zhì)量無(wú)關(guān),所以減小擺球的質(zhì)量不能改變單擺的周期。故A錯(cuò)誤。B、單擺的周期與振動(dòng)的振幅無(wú)關(guān),減小振幅不能改變單擺的周期。故B錯(cuò)誤。故B錯(cuò)誤。C、根據(jù)單擺的周期公式T=2πLg可知,縮短單擺的擺長(zhǎng)可使單擺的振動(dòng)周期減小。故D、增大單擺的擺長(zhǎng),可使單擺的振動(dòng)周期增大,不符合題意。故D錯(cuò)誤。故選:C。點(diǎn)評(píng):本題考查對(duì)單擺周期的理解和應(yīng)用能力.要抓住單擺的等時(shí)性:周期與振幅無(wú)關(guān).【解題思路點(diǎn)撥】計(jì)算單擺的周期的兩種方法(1)依據(jù)T=2πL(2)根據(jù)T=tN:周期的大小雖然不取決于t和N,但利用該種方法計(jì)算周期,會(huì)受到時(shí)間t和振動(dòng)次數(shù)N測(cè)量的準(zhǔn)確性的影響,6.電荷守恒定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.電荷守恒定律:(1)起電方式:摩擦起電、接觸起電、感應(yīng)起電.(2)帶電實(shí)質(zhì):物體帶電的實(shí)質(zhì)是得失電子.(3)內(nèi)容:電荷既不能創(chuàng)生,也不能消滅,只能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體,或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分,在轉(zhuǎn)移的過(guò)程中,電荷的總量保持不變.這個(gè)結(jié)論叫做電荷守恒定律.注意:當(dāng)完全相同的帶電金屬球相接觸時(shí),同種電荷電量平均分配,異種電荷先中和后平分.【命題方向】例1:如圖所示使物體A、B帶電的實(shí)驗(yàn)為()A.摩擦起電B.傳導(dǎo)起電C.感應(yīng)起電D.以上都不對(duì)分析:使物體帶電的方法有三種分別為摩擦起電、感應(yīng)起電和接觸帶電,由此分析可以的出結(jié)論.解:當(dāng)帶電的球靠近AB時(shí),由于靜電的感應(yīng),會(huì)使左端出現(xiàn)負(fù)電荷,右端出現(xiàn)正電荷,當(dāng)把AB分開之后,A就帶了負(fù)電,B就帶了正電,所以本實(shí)驗(yàn)為使物體感應(yīng)起電,所以C正確.故選:C.點(diǎn)評(píng):本題是基礎(chǔ)的題目,考查的就是學(xué)生對(duì)基本內(nèi)容的掌握的情況,在平時(shí)要注意多積累,掌握住使物體帶電的方法.【解題方法點(diǎn)撥】處于靜電平衡的帶電導(dǎo)體電荷只能分布在外表面上,而導(dǎo)體外表面上的電荷分布又與表面形狀有關(guān),因此當(dāng)完全相同的帶電金屬球相接觸時(shí),同種電荷電量平均分配,異種電荷先中和后平分.7.庫(kù)侖定律的適用范圍【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、庫(kù)侖定律只適用于真空中的靜止點(diǎn)電荷,但在要求不很精確的情況下,空氣中的點(diǎn)電荷的相互作用也可以應(yīng)用庫(kù)侖定律.2、當(dāng)帶電體間的距離遠(yuǎn)大于它們本身的尺寸時(shí),可把帶電體看做點(diǎn)電荷.但不能根據(jù)公式錯(cuò)誤地推論:當(dāng)r→0時(shí),F(xiàn)→∞.其實(shí)在這樣的條件下,兩個(gè)帶電體已經(jīng)不能再看做點(diǎn)電荷了.3、對(duì)于兩個(gè)均勻帶電絕緣球體,可將其視為電荷集中于球心的點(diǎn)電荷,r為兩球心之間的距離.4、對(duì)兩個(gè)帶電金屬球,要考慮金屬球表面電荷的重新分布.【命題方向】關(guān)于庫(kù)侖定律,下列說(shuō)法正確的是()A、庫(kù)侖定律適用于點(diǎn)電荷,點(diǎn)電荷其實(shí)就是體積很小的帶電球體B、根據(jù)庫(kù)侖定律公式,當(dāng)兩個(gè)點(diǎn)電荷距離趨于0時(shí),電場(chǎng)力將趨于無(wú)窮大C、若點(diǎn)電荷Q1的電荷量大于Q2的電荷量,則Q1對(duì)Q2的電場(chǎng)力大于Q2對(duì)Q1電場(chǎng)力D、庫(kù)侖定律的適用范圍是真空中兩個(gè)靜止的點(diǎn)電荷分析:庫(kù)侖定律F=kq解答:A、當(dāng)帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對(duì)它們之間的作用力影響可以忽略時(shí),可以看成點(diǎn)電荷。不是體積小就能看成點(diǎn)電荷。故A錯(cuò)誤。B、當(dāng)兩個(gè)點(diǎn)電荷距離趨于0時(shí),兩電荷不能看成點(diǎn)電荷,此時(shí)庫(kù)侖定律的公式不再適用。故B錯(cuò)誤。C、兩電荷之間的相互作用力大小相等,與點(diǎn)電荷電量的大小無(wú)關(guān)。故C錯(cuò)誤。D、庫(kù)侖定律適用于真空中兩靜止點(diǎn)電荷之間的作用力。故D正確。故選:D。點(diǎn)評(píng):解決本題的關(guān)鍵掌握庫(kù)侖定律的適用范圍,以及能看成點(diǎn)電荷的條件,當(dāng)帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對(duì)它們之間的作用力影響可以忽略時(shí),可以看成點(diǎn)電荷.【解題思路點(diǎn)撥】庫(kù)侖定律適用于真空中的點(diǎn)電荷,當(dāng)兩個(gè)物體間的距離趨近于零時(shí),帶電體已經(jīng)不能被看作是點(diǎn)電荷,庫(kù)侖定律就不再適用了。8.庫(kù)侖定律的表達(dá)式及其簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.內(nèi)容:在真空中兩個(gè)靜止的點(diǎn)電荷間的作用力跟它們的電量的乘積成正比,跟它們之間的距離的平方成反比,作用力的方向在它們的連線上.2.表達(dá)式:F=kq1q2r2,式中k表示靜電力常量,k=9.0×109N?3.適用條件:真空中的靜止點(diǎn)電荷.【命題方向】題型一:對(duì)庫(kù)侖定律的理解例1:真空中有兩個(gè)靜止的點(diǎn)電荷,它們之間靜電力的大小為F.如果保持這兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的距離不變,而將它們的電荷量都變?yōu)樵瓉?lái)的3倍,那么它們之間的靜電力的大小變?yōu)椋ǎ〢.3FB.F3C.F分析:本題比較簡(jiǎn)單,直接利用庫(kù)侖定律進(jìn)行計(jì)算討論即可.解:距離改變之前:F=kq1當(dāng)電荷量都變?yōu)樵瓉?lái)的3倍時(shí):F1=k聯(lián)立①②可得:F1=9F,故ABC錯(cuò)誤,D正確.故選:D.點(diǎn)評(píng):庫(kù)侖定律應(yīng)用時(shí)涉及的物理量較多,因此理清各個(gè)物理量之間的關(guān)系,可以和萬(wàn)有引力定律進(jìn)行類比學(xué)習(xí).題型二:庫(kù)侖定律與力學(xué)的綜合問(wèn)題例2:在一絕緣支架上,固定著一個(gè)帶正電的小球A,A又通過(guò)一長(zhǎng)為10cm的絕緣細(xì)繩連著另一個(gè)帶負(fù)電的小球B,B的質(zhì)量為0.1kg,電荷量為19×10﹣6C,如圖所示,將小球B緩緩拉離豎直位置,當(dāng)繩與豎直方向的夾角為60°時(shí),將其由靜止釋放,小球B將在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng).已知釋放瞬間繩剛好張緊,但無(wú)張力.g取10m/s(1)小球A的帶電荷量;(2)釋放瞬間小球B的加速度大?。唬?)小球B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩的拉力.分析:(1)釋放小球瞬間,對(duì)小球進(jìn)行受力分析,由庫(kù)侖定律與力的合成與分解可以求出小球A的電荷量.(2)對(duì)小球受力分析,由牛頓第二定律可以求出小球的加速度.(3)由動(dòng)能定理求出小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度,然后由牛頓第二定律求出繩子的拉力.解:(1)小球B剛釋放瞬間,速度為零,沿繩子方向上,小球受到的合力為零,則mgcos60°=kqA代入數(shù)值,求得qA=5×10﹣6C;(2)小球所受合力方向與繩子垂直,由牛頓第二定律得:mgsinθ=ma,a=gsinθ=53(3)釋放后小球B做圓周運(yùn)動(dòng),兩球的相對(duì)距離不變,庫(kù)侖力不做功,從釋放小球到小球到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得:mg(L﹣Lcos60°)=12mv2﹣小球在最低點(diǎn),由牛頓第二定律得:FT+kqAqB解得:FT=32mg=答:(1)小球A的帶電荷量為5×10﹣6C;(2)釋放瞬間小球B的加速度大小為53m/s2;(3)小球B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩的拉力為1.5N.點(diǎn)評(píng):釋放小球瞬間,沿繩子方向小球受力平衡,小球所受合力沿與繩子垂直的

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