2024-2025學(xué)年人教版（2019）高二（上）物理寒假作業(yè)（二）

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年人教版（2019）高二（上）物理寒假作業(yè)（二）一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?海珠區(qū)校級月考）如圖所示，正三棱柱ABC﹣A′B′C′的A點(diǎn)固定一個電荷量為+Q的點(diǎn)電荷，C點(diǎn)固定一個電荷量為﹣Q的點(diǎn)電荷，D、D′點(diǎn)分別為AC、A′C′邊的中點(diǎn)，選無窮遠(yuǎn)處電勢為零。下列說法中正確的是（）A．B、B、D、D′四點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 B．將一負(fù)試探電荷從A′點(diǎn)移到C′點(diǎn)，其電勢能增加 C．將一正試探電荷沿直線從B點(diǎn)移到D′點(diǎn)，電場力做正功 D．將一正試探電荷沿直線從B點(diǎn)移到D′點(diǎn)，電場力做負(fù)功2．（2024秋?岳麓區(qū)校級月考）電鰻能夠產(chǎn)生300～800V的瞬時電壓，足以擊倒成年水牛，被稱為“水下發(fā)電機(jī)”。如圖甲，電鰻放電時頭部是負(fù)極，尾部是正極。電鰻放電瞬間周圍的電場線分布可簡化為圖乙，P、Q之間的電勢差為600V，下列說法正確的是（）A．Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小大于P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小 B．一個質(zhì)子從P點(diǎn)移到Q點(diǎn)，電場力做功為600eV，電勢能增加了600eV C．一個質(zhì)子從P點(diǎn)由靜止釋放，在只受電場力的作用下，它可以沿著電場線運(yùn)動到Q點(diǎn) D．Q點(diǎn)電勢比P點(diǎn)電勢低3．（2023秋?玉溪期末）a、b為一點(diǎn)電荷電場中的兩點(diǎn)，a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度Ea、Eb的方向分別如圖所示，圖中θ1＜θ2，下列說法正確的是（）A．場源電荷帶負(fù)電 B．a(chǎn)點(diǎn)場強(qiáng)一定大于b點(diǎn)場強(qiáng) C．a(chǎn)點(diǎn)場強(qiáng)一定小于b點(diǎn)場強(qiáng) D．a(chǎn)點(diǎn)電勢一定低于b點(diǎn)電勢4．（2023秋?杜集區(qū)校級期末）如圖所示，在x軸上放有兩個電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷，其中q1位于x軸的坐標(biāo)原點(diǎn)，電荷q2的右側(cè)各點(diǎn)電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖曲線所示，其余部分的電勢變化情況沒有畫出，其中B點(diǎn)電勢為零，BD段中的電勢最低點(diǎn)為C點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A．兩點(diǎn)電荷的電荷量q1＜q2 B．從B點(diǎn)到D點(diǎn)的電場強(qiáng)度先增大后減小 C．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度強(qiáng)度方向向右 D．將一帶負(fù)電的試探電荷從C點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力做正功5．（2023秋?桃城區(qū)校級期末）如圖所示，光滑絕緣水平面上，有1、2、3三個帶電荷量均為+q、質(zhì)量均為m的相同金屬小球，用長度均為L的三根絕緣細(xì)繩連接，A、B、C分別為其連線的中點(diǎn)，O為三角形中心，已知電荷量為q的點(diǎn)電荷在周圍空間產(chǎn)生的電勢φ＝kqr，其中k為靜電力常量，rA．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度不為零 B．若L長度可調(diào)節(jié)，則A、O兩點(diǎn)的電勢可能相等 C．系統(tǒng)的總電勢能為k2qD．系統(tǒng)的總電勢能為k36．（2024秋?深圳月考）如圖，截面A2B2C2D2將空間中的長方體A1B1C1D1﹣A3B3C3D3區(qū)域分成兩個正方體區(qū)域，在A1點(diǎn)和A3點(diǎn)各固定一個帶正電的點(diǎn)電荷Q，下列說法正確的是（）A．B2點(diǎn)和D2點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 B．B2點(diǎn)和D2點(diǎn)的電勢相同 C．截面A2B2C2D2為一等勢面 D．使另一負(fù)點(diǎn)電荷自D2點(diǎn)沿直線運(yùn)動至C2點(diǎn)，靜電力一直做正功7．（2024秋?南安市校級月考）如圖所示，虛線表示電場的一族等勢面且相鄰等勢面電勢差相等，一個帶電的粒子以一定的初速度進(jìn)入電場后，只在電場力作用下沿實(shí)線軌跡運(yùn)動，粒子先后通過M點(diǎn)和N點(diǎn)。由此可判斷出（）A．N點(diǎn)的電勢高于M點(diǎn)的電勢 B．粒子在M點(diǎn)的速率大于在N點(diǎn)的速率 C．粒子在N點(diǎn)的電勢能比在M點(diǎn)的電勢能小 D．粒子在M點(diǎn)受到的電場力比在N點(diǎn)受到的電場力大8．（2024秋?深圳校級月考）如圖所示，為一均勻帶電量為+Q、半徑為R的半球面，虛線是過球心的對稱軸，A、B兩點(diǎn)關(guān)于球心對稱。其中A點(diǎn)的電勢為φ0，且BO間電勢差等于OA間電勢差。若點(diǎn)電荷+q周圍電勢φ=kqA．2kQR+φ0 B．2kQR-二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?東麗區(qū)校級月考）如圖所示，等量異種點(diǎn)電荷分別置于M、N兩點(diǎn)，O點(diǎn)為MN連線的中點(diǎn)。點(diǎn)a、b在MN連線上，點(diǎn)c、d在MN的中垂線上，它們均關(guān)于O點(diǎn)對稱。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢相同 B．c、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 C．將電子沿直線從a移到b，電場力對電子一直做負(fù)功 D．將電子沿直線從c移到d，電子電勢能先減小后增大（多選）10．（2024秋?南寧月考）如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質(zhì)量分別是2m和m。勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾角為θ的絕緣斜面處于沿斜面向上的勻強(qiáng)電場中。開始時，物體B受到沿斜面向上的外力F＝3mgsinθ的作用而保持靜止，且輕繩恰好伸直無彈力?，F(xiàn)撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度，不計一切摩擦。則在此過程中（）A．物體B所受電場力大小為2mgsinθ B．撤去外力F的瞬間，物體B的加速度為3gsinθ C．物體B的速度最大時，彈簧的伸長量為3mgsinθD．物體A、物體B、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能增大（多選）11．（2024秋?深圳校級月考）電偶極子由兩個點(diǎn)電荷+q和﹣q組成，它們之間的距離為l（l很?。傎|(zhì)量為m。如圖所示，空間中某區(qū)域內(nèi)存在一電場，其分布為E（x）＝ax2。先令一電偶極子朝著x方向，并使其中點(diǎn)位于x＝x0處，再靜止釋放。下列說法正確的是（）A．α的單位是V/m3 B．電偶極子受到的合力F＝2aqlx0 C．電偶極子由靜止釋放后將做往復(fù)運(yùn)動 D．電偶極子的電勢能Ep=（多選）12．（2024秋?云陽縣校級月考）如圖所示，以兩等量異種點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)O為圓心畫圓，在圓上有a、b、c、d四點(diǎn)，b、d兩點(diǎn)在兩電荷連線的垂直平分線上，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于c點(diǎn)的電場強(qiáng)度 B．b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等、方向相同 C．負(fù)電荷在a點(diǎn)的電勢能大于在c點(diǎn)的電勢能 D．將正電荷由b點(diǎn)沿直線移到d點(diǎn)，其受到的電場力不做功三．填空題（共4小題）13．（2024秋?思明區(qū)校級期中）如圖所示，巖鹽晶體結(jié)構(gòu)中相鄰的四個離子處于邊長為l的正方形的四個頂點(diǎn)，O點(diǎn)為正方形中心，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，關(guān)于這四個離子形成的電場，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度E＝，O點(diǎn)的電勢φ＝。14．（2024秋?溫州期中）如圖所示，傾角為30°的光滑絕緣斜面固定在水平面上，斜面底端固定一個帶正電的小球A，另有一質(zhì)量m＝0.9kg的帶正電小球B靜止在距離斜面底端10cm處，帶電量QB=5×10-6C，小球半徑可以忽略，重力加速度g取10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N（1）小球A所帶電荷量QA＝C；（2）若用一外力F將小球B沿虛線水平移至C點(diǎn)（C點(diǎn)在小球A的正上方），在此過程中電場力對小球B（選填“做正功”“不做功”或“做負(fù)功”），小球B的電勢能（選填“增大”、“減小”或“不變”）。15．（2024秋?泉州期中）如圖所示，以O(shè)點(diǎn)為圓心，半徑為R的圓上八等分點(diǎn)處放置點(diǎn)電荷，除最右側(cè)的點(diǎn)電荷帶電量為﹣Q外，其余點(diǎn)電荷的帶電量均為+Q，MN為半徑上的點(diǎn)，OM＝ON，已知靜電常數(shù)為k，則O點(diǎn)場強(qiáng)大小為，N點(diǎn)電勢（填”大于”、“等于“或”小于”）M點(diǎn)電勢。將一電子從M沿MN移動到N點(diǎn)，電場力做（填“正功”、“負(fù)功”或“不做功”）。16．（2024?福建）如圖，圓心為O點(diǎn)、半徑為R的圓周上有A、B、C、D、E、F、G、H八個等分點(diǎn)，G點(diǎn)固定有一帶電量為﹣Q（Q＞0）的點(diǎn)電荷，其余各點(diǎn)均固定有帶電量為+Q的點(diǎn)電荷。已知靜電力常量為k，則O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為。M、N分別為OC、OG的中點(diǎn)，則M點(diǎn)的電勢（填“大于”“等于”或“小于”）N點(diǎn)的電勢；將一帶電量為+q（q＞0）的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)沿圖中MN弧線移動到N點(diǎn)，電場力對該點(diǎn)電荷所做的總功（填“大于零”“等于零”或“小于零”）。四．解答題（共4小題）17．（2023秋?福清市期末）用一長1m的輕質(zhì)柔軟絕緣細(xì)線，拴一質(zhì)量為2kg、電荷量為2.0×10﹣6C的小球，細(xì)線的上端固定于O點(diǎn)，現(xiàn)加一水平向右的勻強(qiáng)電場，平衡時細(xì)線與鉛垂線成37°（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），則：（1）小球帶什么電。（2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)多大。（3）平衡時細(xì)線的拉力為多大。（4）若施加外力把小球從A點(diǎn)移到左邊B點(diǎn)，此時細(xì)線與鉛垂線成53°，求電場力對小球做了多少功，小球的電勢能改變量。18．（2024秋?浦東新區(qū)校級期中）在電荷量為Q的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，若將無限遠(yuǎn)的電勢規(guī)定為零時，則距離該點(diǎn)電荷r處的電勢為kQr，其中k為靜電力常量。多個點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中某點(diǎn)的電勢，等于每個點(diǎn)電荷單獨(dú)存在的該點(diǎn)的電勢的代數(shù)和。電荷量分別為Q1和Q2的兩個點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的等勢線如圖中曲線所示（圖中數(shù)字的單位是V）。已知一電荷量為q＝2C的正電荷以一定的初速度從A點(diǎn)運(yùn)動到（1）判斷點(diǎn)電荷Q1和Q2的電性；（無需說明理由）（2）該正電荷從A運(yùn)動到B時電勢能的變化量；（3）Q1和Q2的比值。19．（2024秋?杭州期中）如圖，在豎直平面內(nèi)，物體A和帶正電的物體B用跨過定滑輪的不可伸長絕緣輕繩連接，分別靜止于傾角θ＝37°的光滑斜面上的M點(diǎn)和粗糙絕緣水平面上的P點(diǎn)，B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4。輕繩分別與對應(yīng)平面平行，滑輪右側(cè)空間中存在電場強(qiáng)度E＝5×104N/C方向水平向右的勻強(qiáng)電場。A的質(zhì)量mA＝0.1kg；B的質(zhì)量mB＝0.2kg，電荷量q＝+4×10﹣6C。兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計滑輪質(zhì)量和摩擦，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求B所受靜摩擦力Ff的大??；（2）現(xiàn)對A施加平行斜面向下的恒定拉力F，使A以大小為0.6m/s2的加速度開始做勻加速直線運(yùn)動。求拉力F的大??；（3）在（2）的條件下A從M點(diǎn)開始運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，B電勢能增加了0.06J，且未與滑輪碰撞。求A到達(dá)N點(diǎn)時拉力F的瞬時功率P。20．（2024?大興區(qū)校級模擬）類比法是研究物理問題的常用方法。（1）如圖甲所示為一個電荷量為+Q的點(diǎn)電荷形成的電場，靜電力常量為k，有一電荷量為q的試探電荷放入場中，與場源電荷相距為r。根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式，推導(dǎo)：試探電荷q所在處的電場強(qiáng)度E的表達(dá)式。（2）場是物理學(xué)中重要的概念，除了電場和磁場外，還有引力場，物體之間的萬有引力就是通過引力場發(fā)生作用的。忽略地球自轉(zhuǎn)影響，地球表面附近的引力場也叫重力場。已知地球質(zhì)量為M，半徑為R，引力常量為G。請類比電場強(qiáng)度的定義方法，定義距離地球球心為r（r＞R）處的引力場強(qiáng)度，并說明兩種場的共同點(diǎn)。（3）微觀世界的運(yùn)動和宏觀運(yùn)動往往遵循相同的規(guī)律，根據(jù)玻爾的氫原子模型，電子的運(yùn)動可以看成是經(jīng)典力學(xué)描述下的軌道運(yùn)動，如圖乙。原子中的電子在原子核的庫侖引力作用下，繞靜止的原子核做勻速圓周運(yùn)動。這與天體運(yùn)動規(guī)律相似，天體運(yùn)動軌道能量為動能和勢能之和。已知?dú)湓雍耍促|(zhì)子）電荷量為e，核外電子質(zhì)量為m，帶電量為﹣e，電子繞核運(yùn)動的軌道半徑為r，靜電力常量為k。若規(guī)定離核無限遠(yuǎn)處的電勢能為零，電子在軌道半徑為r處的電勢能為Ep=-k

2024-2025學(xué)年人教版（2019）高二（上）物理寒假作業(yè)（二）參考答案與試題解析題號12345678答案BDBDDBBB一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?海珠區(qū)校級月考）如圖所示，正三棱柱ABC﹣A′B′C′的A點(diǎn)固定一個電荷量為+Q的點(diǎn)電荷，C點(diǎn)固定一個電荷量為﹣Q的點(diǎn)電荷，D、D′點(diǎn)分別為AC、A′C′邊的中點(diǎn)，選無窮遠(yuǎn)處電勢為零。下列說法中正確的是（）A．B、B、D、D′四點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 B．將一負(fù)試探電荷從A′點(diǎn)移到C′點(diǎn)，其電勢能增加 C．將一正試探電荷沿直線從B點(diǎn)移到D′點(diǎn)，電場力做正功 D．將一正試探電荷沿直線從B點(diǎn)移到D′點(diǎn)，電場力做負(fù)功【考點(diǎn)】等量異種電荷的電勢分布；等量異種電荷的電場線分布；電場力做功的計算及其特點(diǎn)．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】B【分析】A.同一電場中，電場線越密集的地方，電場強(qiáng)度越大，結(jié)合等量異種電荷的電場特點(diǎn)，即可分析判斷；B.沿電場方向，電勢逐漸降低，根據(jù)等量異種電荷的電場線分布特征，即可分析判斷；CD.結(jié)合前面分析可知，面BB'D'D為等勢面，據(jù)此分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.如圖，為等量異種電荷的電場線分布，其中兩電荷連線的中垂面為等勢面：同一電場中，電場線越密集的地方，電場強(qiáng)度越大，則兩電荷連線中點(diǎn)處D點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大，則B、B、D、D′四點(diǎn)的電場強(qiáng)度不可能相同，故A錯誤；B.沿電場方向，電勢逐漸降低，根據(jù)等量異種電荷的電場線分布特征可知，從A′點(diǎn)到C′點(diǎn)電勢降低，則將一負(fù)試探電荷從A′點(diǎn)移到C′點(diǎn)，其電勢能增加，故B正確；CD.結(jié)合前面分析可知，面BB'D'D為等勢面，則電荷從B點(diǎn)移到D'點(diǎn)電場力始終不做功，故CD錯誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題主要考查等量異種電荷的電勢分布，解題時需注意，正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負(fù)電荷在電勢高的地方電勢能小。2．（2024秋?岳麓區(qū)校級月考）電鰻能夠產(chǎn)生300～800V的瞬時電壓，足以擊倒成年水牛，被稱為“水下發(fā)電機(jī)”。如圖甲，電鰻放電時頭部是負(fù)極，尾部是正極。電鰻放電瞬間周圍的電場線分布可簡化為圖乙，P、Q之間的電勢差為600V，下列說法正確的是（）A．Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小大于P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小 B．一個質(zhì)子從P點(diǎn)移到Q點(diǎn)，電場力做功為600eV，電勢能增加了600eV C．一個質(zhì)子從P點(diǎn)由靜止釋放，在只受電場力的作用下，它可以沿著電場線運(yùn)動到Q點(diǎn) D．Q點(diǎn)電勢比P點(diǎn)電勢低【考點(diǎn)】通過電場線的方向判斷電勢的高低；根據(jù)電場線的疏密判斷場強(qiáng)大?。浑妶隽ψ龉εc電勢能變化的關(guān)系．【專題】比較思想；圖析法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】D【分析】根據(jù)電場線的疏密判斷電場強(qiáng)度的大小。一個質(zhì)子從P點(diǎn)移到Q點(diǎn)，根據(jù)W＝qU求電場力做功，再確定電勢能的變化。分析質(zhì)子的受力情況，判斷質(zhì)子能否沿著電場線運(yùn)動到Q點(diǎn)。順著電場線方向電勢逐漸降低，由電場線的方向可判斷電勢的高低?！窘獯稹拷猓篈、電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的相對大小，P點(diǎn)電場線分布更密集，則P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小大于Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小，故A錯誤；B、P、Q之間的電勢差為UPQ＝600V，一質(zhì)子從P點(diǎn)移到Q點(diǎn)，電場力做功為WPQ＝eUPQ＝600eV，正功，則質(zhì)子的電勢能減小了600eV，故B錯誤；C、PQ間的電場線不是直線，電場強(qiáng)度方向不斷改變，質(zhì)子受到的電場力方向不斷改變，軌跡不可能是PQ間的電場線，質(zhì)子不可能沿著電場線運(yùn)動到Q點(diǎn)，故C錯誤；D、沿著電場線電勢降低，則Q點(diǎn)電勢比P點(diǎn)電勢低，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】本題的關(guān)鍵要掌握電場線的兩個物理意義：電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小，順著電場線方向電勢逐漸降低。3．（2023秋?玉溪期末）a、b為一點(diǎn)電荷電場中的兩點(diǎn)，a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度Ea、Eb的方向分別如圖所示，圖中θ1＜θ2，下列說法正確的是（）A．場源電荷帶負(fù)電 B．a(chǎn)點(diǎn)場強(qiáng)一定大于b點(diǎn)場強(qiáng) C．a(chǎn)點(diǎn)場強(qiáng)一定小于b點(diǎn)場強(qiáng) D．a(chǎn)點(diǎn)電勢一定低于b點(diǎn)電勢【考點(diǎn)】電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計算．【專題】比較思想；歸納法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】B【分析】將Ea和Eb反向延長，找到交點(diǎn)即為點(diǎn)電荷所在位置，然后根據(jù)距離點(diǎn)電荷的遠(yuǎn)近比較場強(qiáng)大小和電勢的高低。【解答】解：將Ea和Eb反向延長，找到交點(diǎn)即為點(diǎn)電荷所在位置，如圖所示可以看出該點(diǎn)電荷帶正電，因θ1＜θ2可知a點(diǎn)到點(diǎn)電荷距離更近，根據(jù)真空中點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=kqr2可知，a點(diǎn)場強(qiáng)一定大于b點(diǎn)場強(qiáng)，根據(jù)距離正點(diǎn)電荷越近的點(diǎn)電勢越高可知a點(diǎn)電勢一定高于b點(diǎn)電勢，故B故選：B?！军c(diǎn)評】能夠找到點(diǎn)電荷的位置是解題的關(guān)鍵。4．（2023秋?杜集區(qū)校級期末）如圖所示，在x軸上放有兩個電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷，其中q1位于x軸的坐標(biāo)原點(diǎn)，電荷q2的右側(cè)各點(diǎn)電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖曲線所示，其余部分的電勢變化情況沒有畫出，其中B點(diǎn)電勢為零，BD段中的電勢最低點(diǎn)為C點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A．兩點(diǎn)電荷的電荷量q1＜q2 B．從B點(diǎn)到D點(diǎn)的電場強(qiáng)度先增大后減小 C．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度強(qiáng)度方向向右 D．將一帶負(fù)電的試探電荷從C點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力做正功【考點(diǎn)】電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；電場強(qiáng)度的疊加；電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計算；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】D【分析】本題考查電場強(qiáng)度、電勢、電勢能以及電場力做功的概念。根據(jù)電勢隨x變化的圖像，可以判斷出電荷的正負(fù)以及電荷量的大小關(guān)系。通過電勢的變化趨勢，可以推斷出電場強(qiáng)度的變化。根據(jù)電場強(qiáng)度的方向和電勢能的變化，可以判斷電場力做功的正負(fù)。【解答】解：A、因?yàn)棣诈亁圖像的斜率等于場強(qiáng)，可知C點(diǎn)場強(qiáng)為零，該點(diǎn)距離q2較近，距離q1較遠(yuǎn)，可知兩點(diǎn)電荷的電荷量q1＞q2，故A錯誤；B、由圖可知，q1帶負(fù)電，q2為正電，可知A點(diǎn)的電場強(qiáng)度強(qiáng)度方向向左，故B錯誤；C、因?yàn)棣诈亁圖像的斜率等于場強(qiáng)，C點(diǎn)場強(qiáng)為零，可知從B點(diǎn)到D點(diǎn)的電場強(qiáng)度先減小后增大再減小，故C錯誤；D、從C點(diǎn)移到D點(diǎn)場強(qiáng)方向向左，則將一帶負(fù)電的試探電荷從C點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力做正功，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】本題的關(guān)鍵在于理解電勢、電場強(qiáng)度和電勢能之間的關(guān)系，以及如何從電勢隨x變化的圖像中獲取電荷的正負(fù)、電荷量的大小關(guān)系、電場強(qiáng)度的變化趨勢以及電場力做功的正負(fù)。通過分析圖像，可以直觀地判斷出電荷的性質(zhì)和電場的特性，從而解答問題。5．（2023秋?桃城區(qū)校級期末）如圖所示，光滑絕緣水平面上，有1、2、3三個帶電荷量均為+q、質(zhì)量均為m的相同金屬小球，用長度均為L的三根絕緣細(xì)繩連接，A、B、C分別為其連線的中點(diǎn)，O為三角形中心，已知電荷量為q的點(diǎn)電荷在周圍空間產(chǎn)生的電勢φ＝kqr，其中k為靜電力常量，rA．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度不為零 B．若L長度可調(diào)節(jié)，則A、O兩點(diǎn)的電勢可能相等 C．系統(tǒng)的總電勢能為k2qD．系統(tǒng)的總電勢能為k3【考點(diǎn)】電荷性質(zhì)、電勢能和電勢的關(guān)系；電場強(qiáng)度的疊加．【專題】定量思想；方程法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】D【分析】A、根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加法則可得O點(diǎn)的電場強(qiáng)度；B、根據(jù)電勢疊加原則，計算A、O兩點(diǎn)的電勢進(jìn)行比較；CD、分別計算小球的電勢能，進(jìn)而求出系統(tǒng)的總電勢能。【解答】解：A、根據(jù)對稱性可知，三個金屬小球在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加法則可得O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為0，故A錯誤；B、O點(diǎn)到金屬小球的距離均為L3，A點(diǎn)到金屬小球3的距離為3L2，根據(jù)電勢疊加原則，A、O兩點(diǎn)的電勢分別為φA=kqL2×2+kCD、小球1的電勢能Ep1=(φ2+φ3)q=k2故選：D?！军c(diǎn)評】考查對點(diǎn)電荷電場分布特點(diǎn)及電場強(qiáng)度疊加的理解，根據(jù)關(guān)系式解答。6．（2024秋?深圳月考）如圖，截面A2B2C2D2將空間中的長方體A1B1C1D1﹣A3B3C3D3區(qū)域分成兩個正方體區(qū)域，在A1點(diǎn)和A3點(diǎn)各固定一個帶正電的點(diǎn)電荷Q，下列說法正確的是（）A．B2點(diǎn)和D2點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 B．B2點(diǎn)和D2點(diǎn)的電勢相同 C．截面A2B2C2D2為一等勢面 D．使另一負(fù)點(diǎn)電荷自D2點(diǎn)沿直線運(yùn)動至C2點(diǎn)，靜電力一直做正功【考點(diǎn)】電荷性質(zhì)、電勢能和電勢的關(guān)系；等量同種電荷的電場線分布；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】B【分析】A.根據(jù)等量正點(diǎn)電荷的電場分布，結(jié)合對稱性，即可分析判斷；B.由題意及幾何關(guān)系可知，B2和D2到兩場源電荷的距離相等，據(jù)此分析判斷；C.結(jié)合前面分析可知，截面A2B2C2D2為兩點(diǎn)電荷連線的中垂面，結(jié)合等量正點(diǎn)電荷的電場分布，即可分析判斷；C.使另一負(fù)點(diǎn)電荷自D2點(diǎn)沿直線運(yùn)動至C2點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知，該負(fù)點(diǎn)電荷與兩場源電荷的距離越來越遠(yuǎn)，據(jù)此分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.等量正點(diǎn)電荷的電場分布如圖所示：由題意可知，截面A2B2C2D2為兩點(diǎn)電荷連線的中垂面，A2點(diǎn)為兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，B2點(diǎn)到A2點(diǎn)的距離等于D2點(diǎn)到A2點(diǎn)的距離，根據(jù)對稱性可知，B2點(diǎn)和D2點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，故A錯誤；B.由題意及幾何關(guān)系可知，B2和D2到兩場源電荷的距離相等，則兩點(diǎn)電勢相等，故B正確；C.結(jié)合前面分析可知，截面A2B2C2D2為兩點(diǎn)電荷連線的中垂面，由等量正點(diǎn)電荷的電場分布可知，該中垂面不是等勢面，則該截面不是等勢面，故C錯誤；C.使另一負(fù)點(diǎn)電荷自D2點(diǎn)沿直線運(yùn)動至C2點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知，該負(fù)點(diǎn)電荷與兩場源電荷的距離越來越遠(yuǎn)，沿著電場的方向電勢降低，則該負(fù)點(diǎn)電荷所在位置電勢變小，則該負(fù)點(diǎn)電荷電勢能變大，故靜電力一直做負(fù)功，故D錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】本題主要考查電荷性質(zhì)、電勢能和電勢的關(guān)系，解答本題時需注意，正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負(fù)電荷在電勢高的地方電勢能小。7．（2024秋?南安市校級月考）如圖所示，虛線表示電場的一族等勢面且相鄰等勢面電勢差相等，一個帶電的粒子以一定的初速度進(jìn)入電場后，只在電場力作用下沿實(shí)線軌跡運(yùn)動，粒子先后通過M點(diǎn)和N點(diǎn)。由此可判斷出（）A．N點(diǎn)的電勢高于M點(diǎn)的電勢 B．粒子在M點(diǎn)的速率大于在N點(diǎn)的速率 C．粒子在N點(diǎn)的電勢能比在M點(diǎn)的電勢能小 D．粒子在M點(diǎn)受到的電場力比在N點(diǎn)受到的電場力大【考點(diǎn)】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；動能定理的簡單應(yīng)用；電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計算．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】B【分析】A.粒子做曲線運(yùn)動，合外力（電場力）指向運(yùn)動軌跡凹側(cè)，據(jù)此分析判斷；B.結(jié)合前面分析，由動能定理，即可分析判斷；C.結(jié)合前面分析，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，即可分析判斷；D.同一電場中，等差等勢面越密集的地方電場強(qiáng)度越大，則粒子受到的電場力越大，據(jù)此分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.粒子做曲線運(yùn)動，合外力（電場力）指向運(yùn)動軌跡凹側(cè)，則由其運(yùn)動軌跡可知，電場力的方向指向右下方，由于粒子的電性未知，電場線的指向無法判斷，則等勢面的電勢高低無法確定，故A錯誤；B.結(jié)合前面分析可知，粒子由M到N，所受電場力的方向指向右下方，則電場力做負(fù)功，由動能定理可知，動能減小，則速度減小，則粒子在M點(diǎn)的速率大于在N點(diǎn)的速率，故B正確；C.結(jié)合前面分析可知，粒子由M到N，電場力做負(fù)功，則電勢能增大，則粒子在N點(diǎn)的電勢能比在M點(diǎn)的電勢能大，故C錯誤；D.同一電場中，等差等勢面越密集的地方電場強(qiáng)度越大，則粒子受到的電場力越大，由圖可得，N處的等差等勢面更密集，則粒子在M點(diǎn)受到的電場力比在N點(diǎn)受到的電場力小，故D錯誤。故選：B。【點(diǎn)評】本題主要考查對電場中功能關(guān)系的掌握，解題時需注意，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增大。8．（2024秋?深圳校級月考）如圖所示，為一均勻帶電量為+Q、半徑為R的半球面，虛線是過球心的對稱軸，A、B兩點(diǎn)關(guān)于球心對稱。其中A點(diǎn)的電勢為φ0，且BO間電勢差等于OA間電勢差。若點(diǎn)電荷+q周圍電勢φ=kqA．2kQR+φ0 B．2kQR-【考點(diǎn)】電荷性質(zhì)、電勢能和電勢的關(guān)系．【專題】定量思想；模型法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】B【分析】本題根據(jù)題內(nèi)信息，點(diǎn)電荷+q周圍電勢φ=【解答】解：設(shè)半球面在B點(diǎn)的電勢為φ1，在半球面的右側(cè)填補(bǔ)一個均勻帶電量為+Q、組成帶電均勻，半徑為R，總電量為2Q的球面，根據(jù)φ=kqr，因?yàn)榫鶆驇щ娗驓?nèi)部各處電勢都相等，填補(bǔ)后各點(diǎn)的電勢為而φB＝φ1+φA②由①②解得φ1=2kQR故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查學(xué)生對補(bǔ)償法的使用，以及對題里信息的理解，難度中等。二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?東麗區(qū)校級月考）如圖所示，等量異種點(diǎn)電荷分別置于M、N兩點(diǎn)，O點(diǎn)為MN連線的中點(diǎn)。點(diǎn)a、b在MN連線上，點(diǎn)c、d在MN的中垂線上，它們均關(guān)于O點(diǎn)對稱。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢相同 B．c、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 C．將電子沿直線從a移到b，電場力對電子一直做負(fù)功 D．將電子沿直線從c移到d，電子電勢能先減小后增大【考點(diǎn)】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；等量異種電荷的電場線分布．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】本題要掌握等量異種電荷周圍電場分布情況：在如圖所示的電場中，等量異種電荷MN之間的電場方向是相同的，由M指向N，沿著電場線電勢降低；MN中垂線上的電場強(qiáng)度、電勢關(guān)于O點(diǎn)對稱，據(jù)此分析各個選項(xiàng)即可?！窘獯稹拷猓篈B．等量異種點(diǎn)電荷的電場線分布如圖所示根據(jù)沿電場方向電勢降低，可知a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢；根據(jù)對稱性可知，c、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向相同，故A錯誤，B正確；C．將電子沿直線從a移到b，由于電子帶負(fù)電，受到的電場力方向由b指向a，與運(yùn)動方向相反，則電場力對電子一直做負(fù)功，故C正確；D．由于等量異種點(diǎn)電荷的中垂線為等勢線，在等勢線上移動電荷電場力不做功，所以將電子沿直線從c移到d，電子電勢能保持不變，故D錯誤。故選：BC?！军c(diǎn)評】等量同種、等量異種電荷周圍的電場分布情況是考查的重點(diǎn)，要結(jié)合電場強(qiáng)度、電勢、電勢能等概念充分理解等量同種、等量異種電荷周圍的電場特點(diǎn)。（多選）10．（2024秋?南寧月考）如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質(zhì)量分別是2m和m。勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾角為θ的絕緣斜面處于沿斜面向上的勻強(qiáng)電場中。開始時，物體B受到沿斜面向上的外力F＝3mgsinθ的作用而保持靜止，且輕繩恰好伸直無彈力?，F(xiàn)撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度，不計一切摩擦。則在此過程中（）A．物體B所受電場力大小為2mgsinθ B．撤去外力F的瞬間，物體B的加速度為3gsinθ C．物體B的速度最大時，彈簧的伸長量為3mgsinθD．物體A、物體B、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能增大【考點(diǎn)】電場力做功的計算及其特點(diǎn)；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】ACD【分析】在撤去外力前后對B物體受力分析，求出電場力，由牛頓第二定律求得加速度，當(dāng)B受到的合力為零時，速度最大，結(jié)合能量守恒即可判斷?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)施加外力時，對B分析，受重力、支持力、拉力和電場力，根據(jù)平衡條件可知電場力平行斜面向下，有：F﹣mgsinθ﹣F電＝0，解得F電＝2mgsinθ，故A正確；B、當(dāng)撤去外力瞬間，彈簧彈力還來不及改變，即彈簧的彈力仍為零，當(dāng)撤去外力F的瞬間物體AB受到的合外力為：F合＝F電+mgsinθ＝（m+2m）a，解得：a＝gsinθ，故B錯誤；C、當(dāng)B受到的合力為零時，B的速度最大，對A，有：kx﹣T＝0，對B，有：T＝F電+mgsinθ，故kx＝F電+mgsinθ，解得x=3mgsinθD、B電場力做正功，電勢能減小，物體A、物體B、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能增大，故D正確。故選：ACD。【點(diǎn)評】本題考查的是高中物理運(yùn)動和力，功和能相關(guān)知識點(diǎn)的內(nèi)容，主要偏向功和能的關(guān)系。幫助學(xué)生很好的從生活情景中分析功和能的關(guān)系。從認(rèn)知水平角度分析，屬于理解與應(yīng)用部分。（多選）11．（2024秋?深圳校級月考）電偶極子由兩個點(diǎn)電荷+q和﹣q組成，它們之間的距離為l（l很?。?，總質(zhì)量為m。如圖所示，空間中某區(qū)域內(nèi)存在一電場，其分布為E（x）＝ax2。先令一電偶極子朝著x方向，并使其中點(diǎn)位于x＝x0處，再靜止釋放。下列說法正確的是（）A．α的單位是V/m3 B．電偶極子受到的合力F＝2aqlx0 C．電偶極子由靜止釋放后將做往復(fù)運(yùn)動 D．電偶極子的電勢能Ep=【考點(diǎn)】電勢能的概念和計算；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；庫侖定律的表達(dá)式及其簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運(yùn)動專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】根據(jù)電場強(qiáng)度的單位分析；根據(jù)力的合成法則計算；根據(jù)受力方向與運(yùn)動方向的關(guān)系分析；根據(jù)電場力做功等于電勢能的變化量分析?！窘獯稹拷猓篈.由電場強(qiáng)度的單位是V/m，由于E（x）＝ax2，所以α的單位是Vmm2B.電偶極子受到的合力F=F1-FC.電偶極子所受合力方向沿x軸正方向，靜止釋放后一直向x軸正方向運(yùn)動，合力方向與位移方向同向，所以不會做往復(fù)運(yùn)動，故C錯誤；D.兩個電荷放在一起電勢能為零，相當(dāng)于把其中一個移開了距離l，電場力做的功qU就是變化的電勢能，若是勻強(qiáng)電場，電偶極子的電勢能為：EP=-qU=-qEl=-aql故選：AB。【點(diǎn)評】掌握電場力做功與電勢能的關(guān)系，知道電偶極子的受力方向是解題的基礎(chǔ)。（多選）12．（2024秋?云陽縣校級月考）如圖所示，以兩等量異種點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)O為圓心畫圓，在圓上有a、b、c、d四點(diǎn)，b、d兩點(diǎn)在兩電荷連線的垂直平分線上，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于c點(diǎn)的電場強(qiáng)度 B．b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等、方向相同 C．負(fù)電荷在a點(diǎn)的電勢能大于在c點(diǎn)的電勢能 D．將正電荷由b點(diǎn)沿直線移到d點(diǎn)，其受到的電場力不做功【考點(diǎn)】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；電荷性質(zhì)、電勢能和電勢的關(guān)系；等量異種電荷的電場線分布．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】A.根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場線的對稱性，即可分析判斷；B.根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場線的對稱性，即可分析判斷；C.沿電場線方向電勢降低，且Ep＝qφ，據(jù)此分析判斷；D.等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線為一條等勢線，據(jù)此分析判斷。【解答】解：A.根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場線的對稱性可知，a、c兩點(diǎn)電場線疏密程度相同，且電場線都沿ac方向，則兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相同，場強(qiáng)方向都沿ac方向，所以ac兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同，故A錯誤；B.根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場線的對稱性可知，b、d兩點(diǎn)電場線疏密程度相同，且電場線都水平向右，則兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相同，場強(qiáng)方向都水平向右，所以b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等、方向相同，故B正確；C.沿點(diǎn)電荷的連線上電場線，從正電荷指向負(fù)電荷，沿電場線方向電勢降低，則φa＞φc，根據(jù)Ep＝qφ可知，負(fù)電荷在a點(diǎn)的電勢能小于在c點(diǎn)的電勢能，故C錯誤；D.等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線為一條等勢線，則將正電荷由b點(diǎn)沿直線移到d點(diǎn)的過程中，電勢無變化，則其電勢能無變化，則電場力不做功，故D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評】本題主要考查對電場中功能關(guān)系的掌握，解題時需注意，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增大。三．填空題（共4小題）13．（2024秋?思明區(qū)校級期中）如圖所示，巖鹽晶體結(jié)構(gòu)中相鄰的四個離子處于邊長為l的正方形的四個頂點(diǎn)，O點(diǎn)為正方形中心，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，關(guān)于這四個離子形成的電場，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度E＝0，O點(diǎn)的電勢φ＝0?！究键c(diǎn)】等量異種電荷的電勢分布；根據(jù)電場線的疏密判斷場強(qiáng)大?。坏攘慨惙N電荷的電場線分布．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】0，0【分析】根據(jù)電場疊加原理，分析O點(diǎn)電場強(qiáng)度；根據(jù)等量異號點(diǎn)電荷連線的中垂線為等勢線，分析O點(diǎn)電勢?！窘獯稹拷猓簝傻攘空x子在O點(diǎn)的合場強(qiáng)為0，兩等量負(fù)離子在O點(diǎn)的合場強(qiáng)為0，則四個離子在O點(diǎn)的合場強(qiáng)為0；由于等量異種電荷的連線的中垂線為等勢線，該等勢線延伸到無窮遠(yuǎn)處，則該等勢線上所有點(diǎn)的電勢都等于不窮遠(yuǎn)處的電勢，又因?yàn)镺點(diǎn)在兩對等量正、負(fù)離子連線的中垂線上，則O點(diǎn)的電勢等于無窮遠(yuǎn)處的電勢，且取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，所以O(shè)點(diǎn)的電勢為0。故答案為：0，0【點(diǎn)評】本題考查對電場疊加原理、電場電勢分布的了解，需了解等量同種點(diǎn)電荷、等量異種點(diǎn)電荷電場的特征。14．（2024秋?溫州期中）如圖所示，傾角為30°的光滑絕緣斜面固定在水平面上，斜面底端固定一個帶正電的小球A，另有一質(zhì)量m＝0.9kg的帶正電小球B靜止在距離斜面底端10cm處，帶電量QB=5×10-6C，小球半徑可以忽略，重力加速度g取10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N（1）小球A所帶電荷量QA＝1×10﹣6C；（2）若用一外力F將小球B沿虛線水平移至C點(diǎn)（C點(diǎn)在小球A的正上方），在此過程中電場力對小球B做負(fù)功（選填“做正功”“不做功”或“做負(fù)功”），小球B的電勢能增大（選填“增大”、“減小”或“不變”）?！究键c(diǎn)】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；庫侖力作用下的受力平衡問題．【專題】定量思想；合成分解法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；電荷守恒定律與庫侖定律專題；推理論證能力．【答案】（1）1×10﹣6C；（2）做負(fù)功；增大?！痉治觥浚?）由小球B可以靜止，對B受力分析，可計算AB間的庫侖力；結(jié)合庫侖定律，可計算A的電荷量；（2）由小球B受到的庫侖力與運(yùn)動方向的夾角，可判斷電場了做功情況；由功能關(guān)系，可判斷小球B的電勢能變化情況?！窘獯稹拷猓海?）由小球B可以靜止，對B受力分析如圖：由圖可知：F＝mgsin30°；由庫侖定律可知：F=聯(lián)立解得：QA＝1×10﹣6C；（2）由圖可知，將小球B沿虛線水平移至C點(diǎn)的過程中，小球B受到的電場力與其位移夾角為鈍角，即電場力對B做負(fù)功；由功能關(guān)系可知，電場力做負(fù)功時，電勢能增大。故答案為：（1）1×10﹣6C；（2）做負(fù)功；增大?！军c(diǎn)評】本題考查庫侖力作用下的受力平衡及功能關(guān)系，在判斷電勢能變化情況時，注意電場力做功與電勢能變化量是相反數(shù)。15．（2024秋?泉州期中）如圖所示，以O(shè)點(diǎn)為圓心，半徑為R的圓上八等分點(diǎn)處放置點(diǎn)電荷，除最右側(cè)的點(diǎn)電荷帶電量為﹣Q外，其余點(diǎn)電荷的帶電量均為+Q，MN為半徑上的點(diǎn)，OM＝ON，已知靜電常數(shù)為k，則O點(diǎn)場強(qiáng)大小為2kQR2，N點(diǎn)電勢小于（填”大于”、“等于“或”小于”）M點(diǎn)電勢。將一電子從M沿MN移動到N點(diǎn)，電場力做【考點(diǎn)】電場力做功的計算及其特點(diǎn)；電場強(qiáng)度的疊加．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】2kQ【分析】根據(jù)等量同種點(diǎn)電荷的電場，它們連線中點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，應(yīng)用電場疊加原理，點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式，求解O點(diǎn)場強(qiáng)；根據(jù)對稱性，判斷M、N點(diǎn)電勢大小關(guān)系；分析電子在M、N點(diǎn)的電勢能大小關(guān)系，根據(jù)功能關(guān)系解答電場力做功情況?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)特點(diǎn)可知除了水平方向上的正負(fù)電荷外，其余的6個電荷形成的電場在O處相互抵消，故O點(diǎn)場強(qiáng)大小為EO=kQR2+kQR2=2kQR2，根據(jù)對稱性可知若沒有沿水平直徑方向上的正電荷和負(fù)電荷，M和N點(diǎn)的電勢相等，由于故答案為：2kQ【點(diǎn)評】本題考查了點(diǎn)電荷的電場以及電場的疊加問題。要注意場強(qiáng)的疊加是矢量和，而電勢的疊加是代數(shù)和，利用好對稱關(guān)系。16．（2024?福建）如圖，圓心為O點(diǎn)、半徑為R的圓周上有A、B、C、D、E、F、G、H八個等分點(diǎn)，G點(diǎn)固定有一帶電量為﹣Q（Q＞0）的點(diǎn)電荷，其余各點(diǎn)均固定有帶電量為+Q的點(diǎn)電荷。已知靜電力常量為k，則O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為2kQR2。M、N分別為OC、OG的中點(diǎn)，則M點(diǎn)的電勢大于（填“大于”“等于”或“小于”）N點(diǎn)的電勢；將一帶電量為+q（q＞0）的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)沿圖中MN弧線移動到N點(diǎn)，電場力對該點(diǎn)電荷所做的總功【考點(diǎn)】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】2kQ【分析】根據(jù)對稱性排除相應(yīng)電荷對O電場強(qiáng)的干擾，然后分析不具備對稱性的點(diǎn)電荷對O的場強(qiáng)，結(jié)合場強(qiáng)的疊加原理，電場中電勢高低的判斷方法以及電場力做功的知識進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓河捎趯ΨQ性，直徑C、G上面三個電荷與下面三個電荷對O點(diǎn)的場強(qiáng)之和為0，對M、N兩點(diǎn)電勢的影響相同，因此只需考慮C點(diǎn)和G點(diǎn)兩個電荷即可。根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式和場強(qiáng)疊加原理，O點(diǎn)場強(qiáng)為E=2kQR2；M點(diǎn)更靠近C點(diǎn)的+Q，N點(diǎn)更靠近G點(diǎn)的﹣Q，則M點(diǎn)電勢大于N點(diǎn)；將+q從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電場力做功W＝+qUMN＝+q?（φM﹣故答案為：2kQ【點(diǎn)評】考查點(diǎn)電荷的場強(qiáng)和電場疊加知識，會根據(jù)電荷分布判斷電勢高低以及電場力對電荷做功的問題。四．解答題（共4小題）17．（2023秋?福清市期末）用一長1m的輕質(zhì)柔軟絕緣細(xì)線，拴一質(zhì)量為2kg、電荷量為2.0×10﹣6C的小球，細(xì)線的上端固定于O點(diǎn)，現(xiàn)加一水平向右的勻強(qiáng)電場，平衡時細(xì)線與鉛垂線成37°（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），則：（1）小球帶什么電。（2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)多大。（3）平衡時細(xì)線的拉力為多大。（4）若施加外力把小球從A點(diǎn)移到左邊B點(diǎn)，此時細(xì)線與鉛垂線成53°，求電場力對小球做了多少功，小球的電勢能改變量?！究键c(diǎn)】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；共點(diǎn)力的平衡問題及求解；電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和計算．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】（1）小球帶正電。（2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為7.5×106N/C。（3）平衡時細(xì)線的拉力大小為25N。（4）若施加外力把小球從A點(diǎn)移到左邊B點(diǎn)，此時細(xì)線與鉛垂線成53°，電場力對小球做了﹣21J的功，小球的電勢能改變量為21J。【分析】（1）結(jié)合題意，對小球受力分析，根據(jù)電場力方向與電場強(qiáng)度方向的關(guān)系，即可判斷；（2）（3）由（1），結(jié)合共點(diǎn)力的平衡條件，即可分別列式求解；（4）由題意畫圖，根據(jù)電場力做功及電場力做功與電勢能的關(guān)系，分別列式，即可求解?！窘獯稹拷猓海?）由題知，小球質(zhì)量為m＝2kg，電荷量大小為q＝2.0×10﹣6C，在A點(diǎn)，小球受重力mg、電場力F'、拉力F而平衡，受力情況如圖所示：電場力方向與電場強(qiáng)度方向相同，則小球帶正電；（2）由（1）結(jié)合共點(diǎn)力的平衡條件可知：F'＝mgtan37°，且：F'＝qE，聯(lián)立可得：E＝7.5×106N/C；（3）由（1）結(jié)合共點(diǎn)力的平衡條件可知：Fsin37°＝F'，且：F'＝qE。聯(lián)立可得：F＝25N；（4）由題意，可得如圖：小球所受電場力水平向右，則把小球從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場力做負(fù)功，由圖，結(jié)合幾何關(guān)系可知，AB在水平方向的距離為：dAB＝Lsin37°+Lsin53°，由題知，L＝1m，則電場力做的功為：W電＝﹣qEdAB，且W電＝﹣ΔEp，聯(lián)立可得：W電＝﹣21J，ΔEp＝21J，故電場力對小球做了﹣21J的功，電勢能的改變量為21J；答：（1）小球帶正電。（2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為7.5×106N/C。（3）平衡時細(xì)線的拉力大小為25N。（4）若施加外力把小球從A點(diǎn)移到左邊B點(diǎn)，此時細(xì)線與鉛垂線成53°，電場力對小球做了﹣21J的功，小球的電勢能改變量為21J?！军c(diǎn)評】本題主要考查對電場中功能關(guān)系的掌握，解題時需注意，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增大。18．（2024秋?浦東新區(qū)校級期中）在電荷量為Q的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，若將無限遠(yuǎn)的電勢規(guī)定為零時，則距離該點(diǎn)電荷r處的電勢為kQr，其中k為靜電力常量。多個點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中某點(diǎn)的電勢，等于每個點(diǎn)電荷單獨(dú)存在的該點(diǎn)的電勢的代數(shù)和。電荷量分別為Q1和Q2的兩個點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的等勢線如圖中曲線所示（圖中數(shù)字的單位是V）。已知一電荷量為q＝2C的正電荷以一定的初速度從A點(diǎn)運(yùn)動到（1）判斷點(diǎn)電荷Q1和Q2的電性；（無需說明理由）（2）該正電荷從A運(yùn)動到B時電勢能的變化量；（3）Q1和Q2的比值?！究键c(diǎn)】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】計算題；定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】（1）Q1帶正電，Q2帶負(fù)電；（2）該正電荷從A運(yùn)動到B時電勢能的變化量為0.4J；（3）Q1和Q2的比值為﹣2。【分析】（1）根據(jù)兩點(diǎn)電荷周圍的電勢分布可判斷；（2）根據(jù)電場力做功和電勢差的關(guān)系分析求解；（3）根據(jù)電勢的疊加關(guān)系，結(jié)合電勢的表達(dá)式分析求解?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)兩點(diǎn)電荷周圍的電勢分布可判斷，Q1帶正電，Q2帶負(fù)電；（2）該正電荷從A運(yùn)動到B過程中，電場力做功W＝qUAB＝q×（φA﹣φB）＝2×（0.2﹣0）J＝0.4J根據(jù)功能關(guān)系W＝﹣ΔEp可得ΔEp＝﹣0.4J故該正電荷從A運(yùn)動到B時電勢能的變化量0.4J；（3）圖中可知，O點(diǎn)電勢為0。故kQ圖中關(guān)系可知r1聯(lián)立解得Q1答：（1）Q1帶正電，Q2帶負(fù)電；（2）該正電荷從A運(yùn)動到B時電勢能的變化量為0.4J；（3）Q1和Q2的比值為﹣2?！军c(diǎn)評】本題考查了靜電場相關(guān)知識，理解電場力做功和電勢差的關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。19．（2024秋?杭州期中）如圖，在豎直平面內(nèi)，物體A和帶正電的物體B用跨過定滑輪的不可伸長絕緣輕繩連接，分別靜止于傾角θ＝37°的光滑斜面上的M點(diǎn)和粗糙絕緣水平面上的P點(diǎn)，B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4。輕繩分別與對應(yīng)平面平行，滑輪右側(cè)空間中存在電場強(qiáng)度E＝5×104N/C方向水平向右的勻強(qiáng)電場。A的質(zhì)量mA＝0.1kg；B的質(zhì)量mB＝0.2kg，電荷量q＝+4×10﹣6C。兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計滑輪質(zhì)量和摩擦，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求B所受靜摩擦力Ff的大??；（2）現(xiàn)對A施加平行斜面向下的恒定拉力F，使A以大小為0.6m/s2的加速度開始做勻加速直線運(yùn)動。求拉力F的大小；（3）在（2）的條件下A從M點(diǎn)開始運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，B電勢能增加了0.06J，且未與滑輪碰撞。求A到達(dá)N點(diǎn)時拉力F的瞬時功率P。【考點(diǎn)】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；共點(diǎn)力的平衡問題及求解；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；瞬時功率的計算．【專題】計算題；定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】（1）B所受靜摩擦力Ff的大小為0.4N；（2）現(xiàn)對A施加平行斜面向下的恒定拉力F，使A以大小為0.6m/s2的加速度開始做勻加速直線運(yùn)動，則拉力F的大小為0.58N；（3）在（2）的條件下A從M點(diǎn)開始運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，B電勢能增加了0.06J，且未與滑輪碰撞，則A到達(dá)N點(diǎn)時拉力F的瞬時功率P為0.348W?！痉治觥浚?）對物體A以及B受力分析，列各自的平衡方程求解；（2）對物體A施加沿斜面向下的恒定拉力F后，對物體A以及B受力分析，列牛頓第二定律方程分析求解；（3）根據(jù)電場力做功和電勢能變化關(guān)系，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式和功率表達(dá)式分析求解?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)繩子拉力為T1，對物體A，由受力平衡可得T1＝mAgsinθ對物體B，由受力平衡可得T1＝qE+Ff聯(lián)立解得Ff＝0.4N（2）對物體A施加沿斜面向下的恒定拉力F后，設(shè)繩子拉力為T2，由牛頓第二定律得F+mAgsinθ﹣T2＝mAaT2﹣μmBg﹣qE＝mBa聯(lián)立解得F＝0.58N（3）由電場力做功和電勢能變化關(guān)系有ΔEp＝﹣W電＝qEd＝0.06J解得d＝0.3m由運(yùn)動學(xué)公式有v2﹣0＝2ad解得v＝0.6m/s則A到達(dá)N點(diǎn)時拉力F的瞬時功率為P＝Fv解得P＝0.348W答：（1）B所受靜摩擦力Ff的大小為0.4N；（2）現(xiàn)對A施加平行斜面向下的恒定拉力F，使A以大小為0.6m/s2的加速度開始做勻加速直線運(yùn)動，則拉力F的大小為0.58N；（3）在（2）的條件下A從M點(diǎn)開始運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，B電勢能增加了0.06J，且未與滑輪碰撞，則A到達(dá)N點(diǎn)時拉力F的瞬時功率P為0.348W?！军c(diǎn)評】本題考查了靜電場相關(guān)知識，正確對物體受力分析，合理運(yùn)用牛頓第二定律方程是解決此類問題的關(guān)鍵。20．（2024?大興區(qū)校級模擬）類比法是研究物理問題的常用方法。（1）如圖甲所示為一個電荷量為+Q的點(diǎn)電荷形成的電場，靜電力常量為k，有一電荷量為q的試探電荷放入場中，與場源電荷相距為r。根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式，推導(dǎo)：試探電荷q所在處的電場強(qiáng)度E的表達(dá)式。（2）場是物理學(xué)中重要的概念，除了電場和磁場外，還有引力場，物體之間的萬有引力就是通過引力場發(fā)生作用的。忽略地球自轉(zhuǎn)影響，地球表面附近的引力場也叫重力場。已知地球質(zhì)量為M，半徑為R，引力常量為G。請類比電場強(qiáng)度的定義方法，定義距離地球球心為r（r＞R）處的引力場強(qiáng)度，并說明兩種場的共同點(diǎn)。（3）微觀世界的運(yùn)動和宏觀運(yùn)動往往遵循相同的規(guī)律，根據(jù)玻爾的氫原子模型，電子的運(yùn)動可以看成是經(jīng)典力學(xué)描述下的軌道運(yùn)動，如圖乙。原子中的電子在原子核的庫侖引力作用下，繞靜止的原子核做勻速圓周運(yùn)動。這與天體運(yùn)動規(guī)律相似，天體運(yùn)動軌道能量為動能和勢能之和。已知?dú)湓雍耍促|(zhì)子）電荷量為e，核外電子質(zhì)量為m，帶電量為﹣e，電子繞核運(yùn)動的軌道半徑為r，靜電力常量為k。若規(guī)定離核無限遠(yuǎn)處的電勢能為零，電子在軌道半徑為r處的電勢能為Ep=-k【考點(diǎn)】電場力做功的計算及其特點(diǎn)；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；點(diǎn)電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；電荷守恒定律與庫侖定律專題；分析綜合能力．【答案】（1）q處的電場強(qiáng)度E的大小為kQr（2）引力場強(qiáng)度為GMr兩種場的共同點(diǎn)：①都是一種看不見的特殊物質(zhì)；②場強(qiáng)都是既有大小又有方向的矢量；③兩種場力做功都與路徑無關(guān)，可以引入“勢”的概念；④力做功的過程，都伴隨著一種勢能的變化；⑤都可以借助電場線（引力場線）、等勢面（等高線）來形象描述場。；（3）電子繞原子核運(yùn)動的軌道能量為-k【分析】（1）根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式，求q處的電場強(qiáng)度E的大??；（2）類比電場強(qiáng)度的定義方法，求引力場強(qiáng)度；（3）根據(jù)庫侖引力提供向心力、動能定義，求電子繞原子核運(yùn)動的軌道動能，再求電子繞原子核運(yùn)動的軌道能量.【解答】解：（1）根據(jù)庫侖定律和場強(qiáng)的定義式有F=E=解得E（2）根據(jù)萬有引力定律F引則距離地球球心為r（r＞R）處的引力場強(qiáng)度為E引兩種場的共同點(diǎn)：①都是一種看不見的特殊物質(zhì)；②場強(qiáng)都是既有大小又有方向的矢量；③兩種場力做功都與路徑無關(guān)，可以引入“勢”的概念；④力做功的過程，都伴隨著一種勢能的變化；⑤都可以借助電場線（引力場線）、等勢面（等高線）來形象描述場。（3）根據(jù)k則動能為E電子繞原子核運(yùn)動的軌道能量為E電子向距離原子核遠(yuǎn)的高軌道躍遷時r增大，動能減小，電勢能增加，電子繞原子核運(yùn)動的軌道能量E增加。答：（1）q處的電場強(qiáng)度E的大小kQr（2）引力場強(qiáng)度GMr兩種場的共同點(diǎn)：①都是一種看不見的特殊物質(zhì)；②場強(qiáng)都是既有大小又有方向的矢量；③兩種場力做功都與路徑無關(guān)，可以引入“勢”的概念；④力做功的過程，都伴隨著一種勢能的變化；⑤都可以借助電場線（引力場線）、等勢面（等高線）來形象描述場。；（3）電子繞原子核運(yùn)動的軌道能量為-k【點(diǎn)評】本題考查學(xué)生對電場強(qiáng)度的定義式、類比法、庫侖引力提供向心力、動能定義的掌握，考點(diǎn)豐富，難度中等。

考點(diǎn)卡片1．共點(diǎn)力的平衡問題及求解【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.共點(diǎn)力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點(diǎn)上，或者雖不作用在同一點(diǎn)上，但它們的延長線交于一點(diǎn)，這幾個力叫作共點(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：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點(diǎn)力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點(diǎn)：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識進(jìn)行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學(xué)知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進(jìn)行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實(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，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉(zhuǎn)動。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽K的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?！久}方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當(dāng)滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項(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錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實(shí)際問題中的應(yīng)用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點(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)對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點(diǎn)，這三個力是共點(diǎn)力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點(diǎn)評：本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行力的合成，利用平衡條件建立方程進(jìn)行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個質(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，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點(diǎn)評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細(xì)繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點(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C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運(yùn)用合成法求解細(xì)繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點(diǎn)為研究對象，根據(jù)平衡條件求解細(xì)繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細(xì)繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點(diǎn)和G點(diǎn)為研究對象，進(jìn)行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細(xì)繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點(diǎn)評：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)為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解。【解題思路點(diǎn)撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共點(diǎn)力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進(jìn)行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進(jìn)行處理，對三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標(biāo)系，對各力按坐標(biāo)軸進(jìn)行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。2．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量。【命題方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解。【解題方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。3．瞬時功率的計算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.對于恒力做功，瞬時功率為P＝Fvcosα（v是瞬時速度，α是力與速度的夾角）2.如果力與速度的方向一致，則P＝Fv【命題方向】物體m從傾角為α的固定的光滑斜面由靜止開始下滑，斜面高為h，當(dāng)物體滑至斜面底端，重力做功的瞬時功率為（）A、mg2ghB、12mgC、mg2ghsinαD、分析：應(yīng)用公式P＝Fv求某力的瞬時功率時，注意公式要求力和速度的方向在一條線上，在本題中應(yīng)用機(jī)械能守恒求出物體滑到斜面底端時的速度，然后將速度沿豎直方向分解即可求出重力功率．解答：物體下滑過程中機(jī)械能守恒，所以有：mgh=12物體滑到底端重力功率為：P＝mgvsinα②聯(lián)立①②解得：P＝mg2ghsinα，故選項(xiàng)ABD錯誤，故選：C。點(diǎn)評：物理公式不僅給出了公式中各個物理量的數(shù)學(xué)運(yùn)算關(guān)系，更重要的是給出了公式需要遵循的規(guī)律和適用條件，在做題時不能盲目的帶公式，要弄清公式是否適用．【解題思路點(diǎn)撥】①對于瞬時功率的計算，一定要牢記瞬時功率等于力在速度方向上的投影與速度的乘積。②重力的功率等于重力乘以豎直方向上的速度。4．動能定理的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(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，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動的位移（3）物體從開始運(yùn)動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動的位移公式即可求得位移的大?。唬?）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，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）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動的位移是54m；（3）物體從開始運(yùn)動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評：分析清楚物體的運(yùn)動過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候?qū)θ虘?yīng)用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運(yùn)動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時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，如涉及位移和速度而不涉及時間時應(yīng)首先考慮應(yīng)用動能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動學(xué)公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動過程分析，并畫出物體運(yùn)動過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應(yīng)引起注意。5．常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機(jī)械能增加一對滑動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，不計彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh分析：重力勢能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢能的變化量與彈簧彈性勢能增加量之和．解答：重力勢能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點(diǎn)評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】1.常見的功能關(guān)系：合力做功——動能變化；重力做功——重力勢能變化；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。2.判斷和計算做功或能量變化時，可以反其道而行之，通過計算能量變化或做功多少來進(jìn)行。6．庫侖定律的表達(dá)式及其簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．內(nèi)容：在真空中兩個靜止的點(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：對庫侖定律的理解例1：真空中有兩個靜止的點(diǎn)電荷，它們之間靜電力的大小為F．如果保持這兩個點(diǎn)電荷之間的距離不變，而將它們的電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，那么它們之間的靜電力的大小變?yōu)椋ǎ〢.3FB.F3C.F分析：本題比較簡單，直接利用庫侖定律進(jìn)行計算討論即可．解：距離改變之前：F=k當(dāng)電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍時：F1=聯(lián)立①②可得：F1＝9F，故ABC錯誤，D正確．故選：D．點(diǎn)評：庫侖定律應(yīng)用時涉及的物理量較多，因此理清各個物理量之間的關(guān)系，可以和萬有引力定律進(jìn)行類比學(xué)習(xí)．題型二：庫侖定律與力學(xué)的綜合問題例2：在一絕緣支架上，固定著一個帶正電的小球A，A又通過一長為10cm的絕緣細(xì)繩連著另一個帶負(fù)電的小球B，B的質(zhì)量為0.1kg，電荷量為19×10﹣6C，如圖所示，將小球B緩緩拉離豎直位置，當(dāng)繩與豎直方向的夾角為60°時，將其由靜止釋放，小球B將在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動．已知釋放瞬間繩剛好張緊，但無張力．g取10m/s（1）小球A的帶電荷量；（2）釋放瞬間小球B的加速度大小；（3）小球B運(yùn)動到最低點(diǎn)時繩的拉力．分析：（1）釋放小球瞬間，對小球進(jìn)行受力分析，由庫侖定律與力的合成與分解可以求出小球A的電荷量．（2）對小球受力分析，由牛頓第二定律可以求出小球的加速度．（3）由動能定理求出小球到達(dá)最低點(diǎn)時的速度，然后由牛頓第二定律求出繩子的拉力．解：（1）小球B剛釋放瞬間，速度為零，沿繩子方向上，小球受到的合力為零，則mgcos60°＝kqA代入數(shù)值，求得qA＝5×10﹣6C；（2）小球所受合力方向與繩子垂直，由牛頓第二定律得：mgsinθ＝ma，a=（3）釋放后小球B做圓周運(yùn)動，兩球的相對距離不變，庫侖力不做功，從釋放小球到小球到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，由動能定理得：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)動到最低點(diǎn)時繩的拉力為1.5N．點(diǎn)評：釋放小球瞬間，沿繩子方向小球受力平衡，小球所受合力沿與繩子垂直的方向．【解題方法點(diǎn)撥】1．庫侖定律適用條件（1）庫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)用庫侖定律．（2）當(dāng)帶電體間的距離遠(yuǎn)大于它們本身的尺寸時，可把帶電體看做點(diǎn)電荷．但不能根據(jù)公式錯誤地推論：當(dāng)r→0時，F(xiàn)→∞．其實(shí)在這樣的條件下，兩個帶電體已經(jīng)不能再看做點(diǎn)電荷了．（3）對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中于球心的點(diǎn)電荷，r為兩球心之間的距離．（4）對兩個帶電金屬球，要考慮金