高考物理冲刺

1、5月23日万有引力定律的应用考纲要求万有引力定律及其应用(II)环绕速度(II)命题预测1.考查天体质量和密度的计算：主要考查对万有引力定律、星球表面重力加速度的理解和计算，以天体问题为背景的信息题，广受命题专家青睐。2.考查卫星(天体)的运行及变轨：主要考查卫星在轨道运行时线速度、角速度、周期的计算，卫星在变轨或登陆过程中线速度、角速度、周期以及能量的变化情况，天体处于特定位置的追及和相遇问题。3.考查双星及多星问题。应试技巧1.估算中心天体质量和密度的两条思路：(1)测出中心天体表面的重力加速度g，由G=mg得天体质量，天体体积为V=，平均密度=。(2)利用环绕天体的轨道半径r、周期T，由

2、G=mr得天体质量，当环绕天体绕中心天体表面做匀速圆周运动时，轨道半径r=R，平均密度=。2.卫星运行及变轨问题：(1)人造卫星做匀速圆周运动时由万有引力完全提供其所需向心力，有G=mg'=m=mr2=mr，可得g'=，v=，=，T=2。(2)同步卫星相对地面静止，定点在赤道上空，离地面高度为定值，周期等于地球自转周期。(3)当卫星的速度突然增大时，<，卫星将做离心运动，万有引力做负功，当卫星进入高轨道并稳定运行时，其运行速度与原轨道相比减小了。(4)当卫星的速度突然减小时，>，卫星将做近心运动，万有引力做正功，当卫星进入低轨道并稳定运行时，其运行速度与原轨道相比增

3、大了。3.双星及多星问题：(1)向心力来源：双星系统中两星体间的万有引力，多星系统中其他星体万有引力的合力。(2)双星问题特征：双星在一条直线上，轨道圆心在两星体连线上，周期(角速度)相等，易错点是列式时将两星体间的距离当作轨道半径。(3)可解的多星问题：各星体的质量相等、位于正多边形的顶点上，圆心为正多边形的几何中心，周期(角速度)相等。4.其他问题：(1)开普勒第三定律：=常量，对椭圆轨道，r为半长轴；对圆轨道，r为半径。(2)卫星(天体)的追及和相遇问题：两天体与轨道圆心共线，在轨道圆心两侧时相距最远，在同侧时相距最近。解题关键是找1t±2t对应的几何关系。(3)黑洞的逃逸速度

4、为光速c，即黑洞的第二宇宙速度，是黑洞第一宇宙速度的倍。(4)若不能忽略地球自转，物体在极点处所受地面的支持力等于万有引力大小；在赤道处所受支持力与万有引力的合力充当向心力，周期为地球自转周期。1(2015新课标全国卷I)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落。已知探测器的质量约为1.3×103 kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2。则此探测器A.在着陆前瞬间，速度大小

5、约为8.9 m/sB.悬停时受到的反冲作用力约为2×103 NC.从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D.在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度【参考答案】BD【命题意图】本题考查人造天体的着陆速度，反冲力大小以及能量是否守恒问题。【试题解析】星球表面万有引力提供重力即，重力加速度，地球表面，则月球表面，则探测器重力，选项B对；探测器自由落体，末速度，选项A错；关闭发动机后，仅在月球引力作用下机械能守恒，而离开近月轨道后还有制动悬停，所以机械能不守恒，选项C错；近月轨道即万有引力提供向心力,小于近地卫星线速度，选项D对。【名师点睛】万有引力提供向心力

6、是基础，会求解星球表面的重力加速度，会求解近星球表面的运行速度，会结合功能关系解决天体能量守恒问题。2(2014新课标全国卷I)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某个行星和太阳之间，且三者几乎成一条直线的现象，天文学成为“行星冲日”。据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日，木星冲日，4月9日火星冲日，6月11日土星冲日，8月29日，海王星冲日，10月8日，天王星冲日，已知地球轨道以外的行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是地球火星木星土星天王星海王星轨道半径(AU)1.01930A.各地外行星每年都会出现冲日现象

7、B.在2015年内一定会出现木星冲日C.天王星相邻两次的冲日的时间是土星的一半D.地外行星中海王星相邻两次冲日间隔时间最短【参考答案】BD【命题意图】本题考查万有引力定律的估算问题。【试题解析】相邻两次行星冲日的时间间隔就是地球比该行星多运动一周的时间，根据开普勒第三定律可得，周期，相邻两次行星冲日的时间间隔，即相邻两次行星冲日的时间间隔大于1年，所以选项A错；根据木星轨道半径是地球的5.2倍，木星周期大于11年，小于12年，所以木星冲日的时间间隔大于年小于1.1年，由于今年的冲日时间是1月6日，所以下次木星冲日在2015年，选项B对；由于木星相邻两次冲日的时间间隔的一半还不到一年，而所有行星

8、冲日的相邻间隔都超过1年，所以天王星相邻两次的冲日的时间不可能是土星的一半，选项C错；根据海王星的轨道半径最大，周期最大，根据相邻两次冲日的时间间隔可判断海王星的时间间隔最短，选项D对。【方法技巧】本题实际上也是星体间的追赶问题，冲日即地球与行星相距最近，由于地球的角速度大，一段时间后地球追上行星再次相距最近，地球转过的角度比行星多2。3(2014广东卷)如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动。星球相对飞行器的张角为。下列说法正确的是 A.轨道半径越大，周期越长B.轨道半径越大，速度越大C.若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D.若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度【参考答案】AC【

9、命题意图】本题考查万有引力定律以及中心天体平均密度的求法。【试题解析】根据可得，故半径越大，周期越大，速度越小，A正确，B错误；如果测量出周期，则有，如果知道张角，则该星球半径为：，所以，故C正确；选项D因无法计算星球半径，则无法求出星球密度，D错误。【解题技巧】熟记G=mg'=m=mr2=mr，可得g'=，v=，=，T=2等公式，体积为V=，平均密度=。4(2014海南卷)设地球自转周期为T，质量为M。引力常量为G。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R。同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为A. B. C. D.【参考答案】A【命题意图】本题考查万有引力

10、定律、匀速圆周运动的向心力。【试题解析】假设物体质量为m，物体在南极受到的支持力为N1，则；假设物体在赤道受到的支持力为N2，则；联立可得，故选A。【解题技巧】熟记万有引力公式，物体在星球表面的受力分析。5(2013浙江卷)如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R。下列说法正确的是A.地球对一颗卫星的引力大小为B.一颗卫星对地球的引力大小为C.两颗卫星之间的引力大小为D.三颗卫星对地球引力的合力大小为【参考答案】BC【命题意图】本题考查万有引力定律在多星问题中的应用以及学生运用数学知识解决物理问题的能力，难度中等；解题时注意万有引力的适用条

11、件，灵活运用互成120°角的力的合成规律是解题的关键。【试题解析】根据万有引力定律可知：地球对一个卫星的引力大小为，A错误；物体间的万有引力是相互作用力，所以一个卫星对地球的引力大小也为，B正确；如图所示，两颗卫星之间的距离L=，所以两颗卫星之间的引力大小为，C正确；三颗卫星处在圆轨道的内接正三角形顶角上，根据三力平衡知识可知，对地球引力的合力大小为零，D错误。【名师点睛】明确双星与多星的引力来源及如何列表达，并求处最终的结果。1(2016长沙一中月考)北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能。“北斗”系统中两颗工作卫星1和2均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径均为r

12、，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，如图所示。若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。以下判断中正确的是卫星1卫星2地球60°ABOA.这两颗卫星的向心加速度大小相等，均为 B.卫星1由位置A运动至位置B所需的时间 为C.如果使卫星1加速，它就一定能追上卫星2D.卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力不做功2(2016合肥一中学模拟考试)某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减小了，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为A. B. C. D.3(2016扬州中学质量监测)据报道

13、，一个国际研究小组借助于智利的天文望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示。假设此双星系统中体积较小的成员能“吸食”另一颗体积较大星体的表面物质，达到质量转移的目的，在演变过程中两者球心之间的距离保持不变，双星平均密度可视为相同。则在最初演变的过程中A.它们做圆周运动的万有引力保持不变B.它们做圆周运动的角速度不断变小C.体积较大的星体圆周运动轨迹的半径变大，线速度变大D.体积较大的星体圆周运动轨迹的半径变小，线速度变大4(2016黄冈中学质量检测)某地区的地下发现天然气资源，如图所示，在水平地面P点的正下方有一球形空腔区域内储藏有天然气。假设该地区岩石均

14、匀分布且密度为，天然气的密度远小于，可忽略不计。如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g，由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg(k<1)。已知引力常量为G，球形空腔的球心深度为d，则此球形空腔的体积是 A. B. C. D.5(2016北京西城区综合能力测试)2016年2月11日，美国“激光干涉引力波天文台”(LIGO)团队向全世界宣布发现了引力波，这个引力波来自于距离地球13亿光年之外一个双黑洞系统的合并。已知光在真空中传播的速度为c，太阳的质量为M0，引力常量为G。(1)两个黑洞的质量分别为太阳质量的26倍和39倍，合并后为太阳质量的62倍。利用所学知识，求此次

15、合并所释放的能量。(2)黑洞密度极大，质量极大，半径很小，以最快速度传播的光都不能逃离它的引力，因此我们无法通过光学观测直接确定黑洞的存在。假定黑洞为一个质量分布均匀的球形天体。来源:Zxxk.Coma.因为黑洞对其他天体具有强大的引力影响，我们可以通过其他天体的运动来推测黑洞的存在。天文学家观测到，有一质量很小的恒星独自在宇宙中做周期为T，半径为r0的匀速圆周运动。由此推测，圆周轨道的中心可能有个黑洞。利用所学知识求此黑洞的质量M；b.严格解决黑洞问题需要利用广义相对论的知识，但早在相对论提出之前就有人利用牛顿力学体系预言过黑洞的存在。我们知道，在牛顿体系中，当两个质量分别为m1、m2的质点

16、相距为r时也会具有势能，称之为引力势能，其大小为(规定无穷远处势能为零)。请你利用所学知识，推测质量为M的黑洞，之所以能够成为“黑”洞，其半径R最大不能超过多少？1嫦娥五号探测器是我国研制中的首个实施无人月面取样返回的航天器，预计在2017年由长征五号运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞返回地球，航天器返回地球开始阶段运行的轨道可以简化为：发射时，先将探测器发射至近月圆轨道1上，然后变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2进入圆形轨道3，忽略介质阻力，则以下说法正确的是A.探测器在轨道2上经过近月点A处的加速度大于在轨道1上经过近月点A处的加速度B.探测器在轨道2

17、上从近月点A向远月点B运动的过程中速度减小，机械能增大C.探测器在轨道2上的运行周期小于在轨道3上的运行周期，且由轨道2变为轨道3需要在近月点A处点火加速D.探测器在轨道2上经过远月点B处的运行速度小于在轨道3上经过远月点B处的运行速度2宇宙飞船以周期为T绕地球作近地圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示。已知地球的半径为R，引力常量为G，地球自转周期为。太阳光可看作平行光，宇航员在A点测出的张角为，则A.飞船绕地球运动的线速度为 B.一天内飞船经历“日全食”的次数为T/T0C.飞船每次经历“日全食”过程的时间为 D.地球质量为3嫦娥三号探测器平稳落月，让全国人民为之振奋

18、。已知嫦娥三号探测器在地球表面受的重力为G1，绕月球表面飞行时受到月球的引力为G2，地球的半径为R1，月球的半径为R2，地球表面处的重力加速为g。则下列说法正确的是A.探测器沿月球表面轨道上做匀速圆周运动的周期为B.月球与地球的质量之比为C.月球表面处的重力加速度为D.月球与地球的第一宇宙速度之比为名校预测1.【答案】AD【考点】卫星的线速度、角速度、周期与轨道半径的关系【解析】由黄金代换知：，卫星的加速度为：，A对；卫星绕行的线速度为：，卫星由A位置运动至B位置的时间为：，B错；空间的追击，由内圈加速追赶外圈的卫星，C错；卫星1由位置A运动到位置B的过程中，万有引力与速度垂直，不做功，D对。

19、【点拨】做匀速圆周运动的卫星所受万有引力完全提供所需向心力，即。熟练掌握万有引力定律与线速度、角速度、周期、向心加速度、轨道半径间的关系是解该类试题的关键。2.【答案】A【考点】万有引力定律在卫星变轨问题中的应用【解析】万有引力充当向心力，故有，即，解得，所以在轨道1上时有，卫星在轨道2上的动能为，联立轨道2半径为，A正确；【点拨】在万有引力定律的应用这知识，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式 在做题的时候非常重要，首先要明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这知识的计算量一般是非常大的，所以需要细心计算。3.【答案】C【考点】万有引力定律在双星问

20、题中的应用【解析】设体积较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，体积大的星体质量为m2，轨道半径为r2，双星间的距离为L。转移的质量为。则它们之间的万有引力为，根据数学知识得知，随着的增大，F先增大后减小，故A错误。对m1：，对m2：，联立解得：，总质量m1+m2不变，两者距离L不变，两者距离L不变，则角速度不变，故B错误。由得：，、L、m1均不变，增大，则r2 增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，由v=r2得线速度v也增大，故C正确，D错误。【点拨】本题是双星问题，要抓住双星系统的条件：双星绕两者连线的一点做匀速圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，角速度与周期相同，运用牛顿第二定律采

21、用隔离法进行研究。4.【答案】D【考点】万有引力定律在求解星体空腔问题的应用【解析】如果将近地表的球形空腔填满密度为的岩石，则该地区重力加速度便会回到正常值，因此，如果将空腔填满，地面质量为m的物体的重力为mg，没有填满时是kmg，故空腔填满后引起的引力为(1k)mg；根据万有引力定律，有：，解得 故选D。5.【考点】能量守恒定律、天体运动、万有引力定律【解析】(1)由题目可知，两个黑洞在合并时类似发核聚变反应，所释放出的能量来源于质量亏损，根据爱因斯坦的质能方程得E=m×c2=(26+3962)M0*c2=3M0c2(2)a.由题目可知，质量很小的恒星在其做圆周运动的轨道中心的黑洞

22、吸引力下运动，则由万有引力提供恒星运动的向心力，设恒星质量为m，则有，解得b.这里需要阅读前面关于黑洞的解释，黑洞密度大，质量极大，半径很小，以最快速度传播的光都不能逃离它的引力，物体想要逃离黑洞，至少要达到黑洞的第二宇宙速度，根据题目可知，黑洞的第二宇宙速度大于等于光速，物体脱离黑洞是指在黑洞产生的引力场中到达无穷远处时速度依然大于等于0。对于临界情况(黑洞第二宇宙速度等于光速，物体脱离黑洞时的速度恰好为0)，由能量守恒定律可知，解得专家押题1.【答案】D【考点】万有引力定律的应用【解析】探测器在轨道1和2上A点的位置不变，受到的万有引力不变，根据知加速度相等，故A错误；根据开普勒第二定律知

23、，探测器在轨道2上从近月点A向远月点B运动的过程中速度减小，机械能保持不变，B错误；探测器在轨道2上的运行周期小于在轨道3上的运行周期，且由轨道2变为轨道3需要在近月点B处点火加速，故探测器在轨道2上经过远月点B处的运行速度小于在轨道3上经过远月点B处的运行速度，C错误，D正确。【点拨】在轨道2上运行时，根据万有引力做功情况判断A、B两点的速度大小，通过比较万有引力的大小，根据牛顿第二定律比较经过A点的加速度大小，从轨道2上A点进入轨道3需加速，使得万有引力等于向心力。2.【答案】ACD【考点】万有引力定律及其应用【解析】飞船绕地球匀速圆周运动，所以线速度为,又由几何关系知,则，故A正确；地球

24、自转一圈时间为T0，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为， 故B错误；由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过角，所需的时间为，故C错误；万有引力提供向心力，有，可得,故D正确【点拨】掌握匀速圆周运动中线速度、角速度及半径的关系，同时理解万有引力定律，并利用几何关系得出转动的角度。3.【答案】A【考点】万有引力定律的应用中心天体的质量、表面的重力加速度、第一宇宙速度等【解析】万有引力充当向心力，所以在月球表面有，,联立即得，A正确；在地球上有，在月球上有，联立可得，C错误；根据第一宇宙速度可得月球与地球的第

25、一宇宙速度之比为，D错误；根据得，因为，则月球和地球的质量之比为，B错误。5月24日点电荷电场的性质考纲要求库仑定律(II)电场强度、点电荷的场强(II)电势差(II)命题预测1.考查库仑定律的理解和应用。2.考查点电荷电场与电场力的性质。3.考查电场能的性质。应试技巧1.库仑定律的理解和应用：(1)库仑定律适用于真空中点电荷间的相互作用。a.对于两个均匀带电绝缘球体，可以将其视为电荷集中于球心的点电荷，r为两球心之间的距离。b.对于两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布。c.点电荷为理想模型，实际情况中不能根据公式错误地推论：当r0时，F。(2)库仑定律的应用：a.在用库仑定律进行计

26、算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电荷量的绝对值计算库仑力的大小。b.作用力的方向判断根据：同性相斥，异性相吸，作用力的方向沿两电荷连线方向。c.两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反。(3)三个自由点电荷的平衡问题：a.条件：两个点电荷在第三个点电荷处的合场强为零，或每个点电荷受到的两个库仑力大小相等、方向相反。b.规律：“三点共线”，三个点电荷分布在同一直线上；“两同夹异”，正负电荷相互间隔；“两大夹小”，中间电荷的电荷量最小；“近小远大”，中间电荷靠近电荷量较小的电荷。3.电场强度三个表达式：定义式决定式关系式表达式适用范围任何情况(E与F、q无关，取决于电场

27、本身)真空中点电荷匀强电场4.电场强度的特殊计算方法：(1)微元法：先计算均匀带电圆环对圆环中轴线上某点电荷的电场力，再由场强定义式计算该点的场强。(2)对称法：利用带电体电荷分布具有对称性，或带电体产生的电场具有对称性的特点求合场强。(3)补偿法：若题给条件建立的模型A不是一个容易求解的模型，可以补充一些条件，建立一个容易求解的模型B，且模型A与模型B恰好组成一个完整的标准模型，将求解模型A的问题转化为求解完整的标准模型与模型B的差值问题。3.场强、电势、电势能的比较方法：(1)比较电场强度：a.根据电场线的疏密程度判断，电场线越密，场强越大；b.根据等差等势面的疏密程度判断，等差等势面越密

28、，场强越大；c.根据a=判断，a越大，场强越大。(2)比较电势：a.沿电场线方向电势降低，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，且电场线与等势面垂直；b.根据UAB=AB比较正负，判断A、B的大小。(3)比较电势能：a.根据Ep=q，判断Ep的大小；b.根据电场力做功与电势能的关系判断：无论正电荷还是负电荷，电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大。4.电场力做功的计算方法：a.根据W=qUAB计算。正负号运算法：按照符号规定把电荷量q和移动过程始、末位置的电势差UAB的值代入W=qUAB计算。绝对值运算法：q和UAB都取绝对值，再判断W的正负：正电荷从电势高处移到电势低处，电场

29、力做正功；正电荷从电势低处移到电势高处，电场力做负功；负电荷相反。b.应用W=Flcos 计算：在匀强电场中，电场力F=Eq为恒力，电场力做的功等于电场力乘以沿电场方向的位移。c.根据电场力做的功等于电势能变化量的负值，即W=Ep来计算。1(2015浙江卷)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg的小球A悬挂到水平板的MN两点，A上带有Q=3.0×106 C的正电荷。两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3 m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g=10 m/s2，静电力常量k=9.

30、0×109 N·m2/C2，AB球可视为点电荷)。则A.支架对地面的压力大小为2.0 NB.两线上的拉力大小F1=F2=1.9 NC.将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1=1.225 N，F2=1.0 ND.将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1=F2=0.866 N【参考答案】BC【命题意图】本题考查库仑定律、共点力的平衡条件。【试题解析】对B和支架分析可知，受到竖直向下的重力、竖直向上的库仑力，故支架对地面的压力为，A错误；对A分析，A受到竖直向下的重力、竖直向下的库仑力、两线的拉力，夹角正好是120°，处于平衡状态，所以，B正确；

31、将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，则两小球的距离变为，故有，解得F1=1.225 N，F2=1.0 N，C正确；将B移到无穷远处，两小球之间的库仑力为零，则两线上的拉力大小F1=F2=GA=1.0 N，D错误。2(2015海南卷)如图，两电荷量分别为Q(Q>0)和Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是A.b点的电势为零，电场强度也为零B.正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C.将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D.将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后

32、者电势能的变化较大【参考答案】BC【命题意图】本题考查等量异种点电荷形成的电场的性质。【试题解析】因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线上各点的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，正电荷受到的电场力向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，将正的试探电荷从O点移到a点，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以

33、先后将同一正的试探电荷从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误。3(2015山东卷)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图，M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为A.，沿y轴正向B.，沿y轴负向C.，沿y轴正向D.，沿y轴负向【参考答案】B【命题意图】本题考查场强的叠加及电场的对称性。【试题解析】正电荷在O点时，G点的场强为零，可知两负电荷形成的电场在G点的合场强为；若将正电荷移到G点，则正电荷在H点的场强为，两负电荷在G点的合场强

34、与在H点的合场强等大反向，则H点的合场强大小为，方向沿y轴负向，故选B。4(2014北京卷)如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是A.1、2两点的电场强度相等B.1、3两点的电场强度相等C.1、2两点的电势相等D.2、3两点的电势相等【参考答案】D【命题意图】本题考查电场线与等势面的知识。【试题解析】电场线的疏密程度表示场强的大小，1点的场强大于2、3点的场强，AB错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，故1点的电势高于2点的电势，C错误；等势面上各点的电势相等，故2、3两点的电势相等，D正确。5(2014山东卷)如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔

35、A。已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样。一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出。下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图象，可能正确的是 A B C D【参考答案】A【命题意图】本题考查球壳电场、电场力做功与动能定理。【试题解析】由于在球壳内场强处处为零，因此从O向A运动的过程中电荷不受电场力，做匀速直线运动，动能不发生变化，图象为一条水平直线，CD错误；通过A点后，电荷做加速运动，但场强逐渐减小，通过相同的位移，电场力做功逐渐减小，根据动能定理，试探电荷的动能增加量逐渐减小，即图象的斜率逐渐减小，

36、A正确，B错误。1(2016天津六校联考)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是A.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1 V/mB.由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C.由C点到A点电势逐渐降低D.A、B两点间的电势差UAB= 5 V2(2016江苏南通一调)四个点电荷位于正方形四个角上，电荷量及其附近的电场线分布如图所示。ab、cd分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的交点

37、，P、Q分别为ab、cd上的两点，OP>OQ，则A.P点的电场强度比Q点的小B.P点的电势比M点的低C.O、P两点间的电势差小于O、Q间的电势差D.一带正电的试探电荷在Q点的电势能比在M点大3(2016常州教育学会学业水平监测)如图所示，虚线表示某电场中的四个等势面，相邻等势面间的电势差相等。一不计重力的带负电粒子从右侧垂直等势面4向左射入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，则可以判断 abc2314A.1<2<3<4B.粒子的运动轨迹和等势面3也可能垂直 C.4等势面上各点场强处处相等D.该电场可能是由点电荷和无限大金属平板形成的4(2016江苏无锡期末考试

38、)如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点，正四面体棱长为a。现在A、B两点分别固定电荷量为+q和q的点电荷，静电力常量为k，下列说法不正确的是A.C、D两点的场强相同B.C点的场强大小为C.C、D两点电势相等D.将一正电荷从C点移动到D点，电场力做正功5(2016江苏扬州质量监测)已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等。如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox为通过半球顶点与球心O的轴线。A、B为Ox上的点，且OA=OB。则下列判断正确的是A.A点的电场强度与B点的电场强度相等B.A点的电势等于B点的电势C.在A点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，该粒子将做匀加速直

39、线运动D.带正电粒子在O点的电势能为零6(2016上海杨浦区质量调研)如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置，在管的底部固定一电荷量为Q的正点电荷，在与其距离为h2的管口A处，将一电荷量为q、质量为m的正点电荷由静止释放，在下落到与底部点电荷距离为h1的B处时速度恰好为零。现使一个电荷量也为q、质量为3m的正点电荷仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该点电荷h2h1A.运动到B处时的速度为零B.在下落过程中加速度逐渐减小C.运动到B处时的速度大小为D.速度最大时与底部点电荷的距离为1如图，实现为两个不等量异种点电荷形成的电场的电场线，O点为两点电荷连线的中点，P点为连

40、线中垂线上的一点，下列判断正确的是A.P点场强大于O点场强 B.P点电势高于O点电势C.从负电荷向右到无穷远处电势逐渐升高D.从P到O移动一正试探电荷其电势能增加2两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则A.A点的电场强度大小为零B.C点的电场强度大小为零C.NC间场强方向沿x轴正方向D.将一负电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功32016年元旦河南省郑州市发生万伏电缆落地，持续大火将路面烧出大坑的事件，高压电线落地可能导致行人跨步触电。如图所示，设人的两脚M、N间最大跨步距离为d

41、，高压电线触地点O流入大地的电流为I，大地的电阻率为，O、N间的距离为R。电流在以O点为圆心、半径为r的半球面上均匀分布，其电流密度为，电流密度乘以电阻率等于电场强度，该场强可以等效于把点电荷Q放在真空中O点处时，与O点距离为r处的场强。下列说法正确的是A.等效点电荷Q的电荷量为(k为静电力常量)rB.图中M、N两脚间跨步电压可能为C.当M、N两脚间为最大跨步距离时跨步电压不可能为零D.两脚并拢跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法名校预测1.【答案】AC【考点】等量同种点电荷电场与vt图象、动能定理的综合问题【解析】由vt图可知物块在B点的加速度最大，为a=2 m/s2，所受的电场力最大，为F

42、=ma=2 N，由E=可知，B点的场强最大，为 E=1 V/m，A正确；由vt图可知，由C到A的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，B错误；两个等量同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由连线中点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，C正确；由vt图可知A、B两点的速度，又由动能定理有，其中vA=6 m/s，vB=4 m/s，解得UAB=5 V，D错误。2.【答案】AD【考点】等量点电荷电场的电场线分布、电势及电势能【解析】电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据图象知P点的电场强度比Q点的小，A正确；根据电场叠加，由图象可知ab上各点的电势都相等

43、，M点比ab上各点的电势低，则M点的电势比P点的低，B错误；O、P间电势差等于零，O、Q间电势差等于零，则O、P两点间的电势差等于O、Q间的电势差，C错误；P、Q电势相等，则Q点的电势高于M点的电势，正电荷在电势高处电势能大，所以带正电的试探电荷在Q点的电势能比在M点大，D正确。3.【答案】AD【考点】带电粒子在电场中的运动、等势面【解析】根据带负电粒子的运动轨迹可知，所受的电场力垂直等势面，且指向轨迹的凹侧，可知电场线由4指向1，顺着电场线方向电势逐渐降低，则可知1<2<3<4，A正确；因粒子的初速度与等势面4垂直，则粒子的运动轨迹不可能和等势面3也垂直，B错误；因为等势面

44、分布不均匀，故等势面4上各点场强不可能处处相等，C错误；由等势面的分布可知，该区域可能是由位于等势面1左侧的点电荷和位于等势面4处的无限大金属平板形成的，D正确。4.【答案】D【考点】点电荷的电场、场强的叠加【解析】由题意知，AB的中垂面为零势面，而C、D两点在中垂面上，故C、D两点电势相等，C正确；又因电场线与等势面垂直，B处放q，故C、D两点处电场强度沿AB方向，由对称性可知，C、D两点场强相同，A正确；C点电场强度为两电荷在该点场强的矢量和，如图所示，合场强，B正确；C、D两点电势相等，故将一正电荷从C点移动到D点，电场力做功为零，D错误。5.【答案】A【考点】电势、用等效法、对称性关系

45、计算电场强度【解析】由题意可知，半球面右边Ox轴线上，电场方向水平向右，沿电场方向电势逐渐降低，B错误；均匀带负电半球面相当于共圆心的均匀带正电球面和均匀带负电半球面，带负电半球面与原半球面关于圆心O中心对称，带正电球面在A、B两点处产生的场强为零，则A点处场强等于带正电半球面产生的电场强度，B点处场强等于带负电半球面产生的电场强度，A点与带正电半球面和B点与带负电半球面的距离相等，由对称关系可知，A、B两点处电场强度相等，A正确；在A点由释放静止带正电的粒子，粒子将做加速运动，由A、B两点处电场强度相等可知，粒子做变加速运动，C错误；由于没有选取零势点，所以带正电粒子在O点的电势能无法确定，

46、D错误。【点拨】本题的解题关键是把不易分析求解的带负电半球面等效为共圆心的带正电球面和带负电半球面，带电球壳内部具有电势相等、电场强度为零的特性，再结合两半球面的对称性关系，就可以求出电场强度的关系了。 6.【答案】C【考点】动能定理、库仑定律【解析】点电荷运动B点时速度为零，由动能定理可求出电场力对点电荷做的功为W1=mg(h2h1)，当电荷量不变，质量变为3m时，点电荷到达B点时电场力做的功仍为W1，由动能定理有3mg(h2h1)+W1=，解得点电荷运动到B点时的速度v=，C正确，A错误；下落过程中两电荷间的库仑力不断增大，当电荷的重力和库仑力相等时，电荷的速度最大，设此时间距为，由，解得

47、，D错误；在此之前，重力大于电场力，合力向下，随着电场力不断增大，加速度减小，此后电场力大于重力，合力向上，随着电场力不断增大，加速度增大，B错误。专家押题1.【答案】CD【考点】不等量异种点电荷形成的电场【解析】电场线的疏密表示电场强度的大小，根据图象可知，P点场强小于O点场强，A错误；电场线与等势面垂直，且沿电场方向电势降低，可知P点电势低于O点电势，B错误；沿着电场线方向电势降低，从负电荷向右到无穷远处电势逐渐升高，C正确；从P到O电势升高，移动一正试探电荷，其电势能增加，D正确。2.【答案】BD【考点】x图象、电场与电势、电场力做功【解析】图线在A点处的斜率不等于零，故A点的电场强度不

48、等于零，A错误；C点处电势为极值，图线在C点处的斜率等于零，电场强度为零，B正确；从N到C，电势升高，根据沿电场线方向电势降低可知，NC间电场强度方向沿轴负方向，C错误；从N到D，电势先升高后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，D正确。【点拨】x图象的斜率等于电场强度E，电势为零处，电场强度不一定为零；根据沿电场线方向电势降低，结合x图象可判断出两点电荷的电性。3.【答案】AD【考点】电势差与电场强度的关系、电势【解析】根据题意有，解得，A正确；N点处电流密度为，电场强度为，由于M、N间的电场是非匀强电场，越靠近O点电场强度越大，

49、则知M、N两脚间的跨步电压大于，B错误；当两脚位于同一等势面上，即两脚到O点的距离相等时，跨步电压为零，C错误；两脚并拢时跨步电压较小，跳离触地点可避免产生较大的跨步电压而触电，D正确。5月25日匀强电场考纲要求匀强电场中电势差与电场强度的关系(II)带电粒子在匀强电场中的运动(II)命题预测1.考查匀强电场中电势差与电场强度的关系。2.考查平行板电容器的动态分析。3.考查带电粒子在电场中的平衡与加速。4.考查带电粒子在匀强电场中的偏转。应试技巧1.匀强电场中场强与电势差的关系：(1) E=，其中d是沿电场方向的位移。(2)匀强电场中两平行或共线线段上，电势差与线段长度成正比。2.平行板电容器

50、动态分析的解题思路：(1)确定不变量，分析是电容器两端电压不变还是所带电荷量不变。(2)用决定式C=分析平行板电容器电容的变化。(3)用定义式C=分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。(4)用E=或E=分析平行板电容器极板间匀强电场场强的变化。3.带电粒子在电场中的平衡与变速直线运动:(1)带电粒子在电场中运动时重力的处理：基本粒子(电子、质子、粒子、离子等)除有说明或明确的暗示外，一般不考虑重力。带电颗粒(液滴、小球等)除有说明或明确的暗示外，一般不能忽略重力。(2)带电粒子在电场中的平衡问题的解题步骤：a.选取研究对象；b.进行受力分析，注意电场力的方向；c.由平衡条件列方程求解。(3

51、)带电粒子在电场中的变速直线运动问题：可用运动学公式和牛顿第二定律求解，或从做功和能量转化的角度用动能定理或能量守恒定律求解。4.带电粒子在匀强电场中的偏转:(1)不同的带电粒子由静止开始经过同一电场(U0)加速后，再从同一偏转电场(电压U、板宽d、板长L)射出时的偏转角度总是相同的。证明：由qU0=及tan =，得tan =。(2)粒子垂直进入电场，经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点(类平抛运动的推论)。(3)当讨论带电粒子的末速度v时，也可以从能量的角度求解：qUy=，其中Uy=y，指初、末位置间的电势差。5.带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路：

52、(1)运动学与动力学观点：a.带电粒子初速度方向与电场线平行，则粒子做匀变速直线运动；b.带电粒子的初速度方向与电场线垂直，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。(2)做功与能量变化观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算。a.若用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确所研究的运动过程中动能的变化量。b.若用能量守恒定律，则要分清在所研究的运动过程中有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。1(2015新课标全国卷I)如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分

53、别为、。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则A.直线a位于某一等势面内，B.直线c位于某一等势面内，C.若电子有M点运动到Q点，电场力做正功D.若电子有P点运动到Q点，电场力做负功【参考答案】B【命题意图】本题考查等势面和电场线。【试题解析】电子带负电荷，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，从M到N，电场力对负电荷做负功,说明MQ为高电势，NP为低电势。所以直线c和d都是位于某一等势线内，但是，选项A错，B对。若电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C错。电子作

54、为负电荷从P到Q即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D错。2(2015新课标全国卷II)如图所示，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【参考答案】D【命题意图】本题考查电容器中的匀强电场、涉及电场力的平衡问题。【试题解析】现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)

55、逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，ABC错误。3(2015广东卷)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则A.M的带电量比N大B.M带负电荷，N带正电荷C.静止时M受到的合力比N大D.移动过程中匀强电场对M做负功【参考答案】BD【命题意图】本题考查电荷间的相互作用规律、共点力平衡条件、电场力做功。【试题解析】释放后，M、N保持静止，它们均受到水平匀强电场的电场力qE和相互之间的库仑力F作用，因此有qE=F，两者方向相反，其合力为0，故选项C

56、错误；由牛顿第三定律可知，M、N间相互作用的库仑力F，一定大小相等、方向相反，所以它们受到的水平匀强电场的电场力qE也一定大小相等、方向相反，所以两带电小球必带异种电荷，电量相等，故选项A错误；两小球带异种电荷，相互间的库仑力为引力，由图中位置关系可知，小球M受到的水平匀强电场的电场力方向向左，与电场方向相反，所以带负电，小球N受到的水平匀强电场的电场力方向向右，与电场方向相同，所以带正电，故选项B正确；由题图可知，小球M移动方向与水平匀强电场的电场力方向成钝角，所以匀强电场对M做负功，故选项D正确。4(2015天津卷)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那