2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：静电场（10题）

第1页（共1页）2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：静电场（10题）一．解答题（共10小题）1．（2024•清江浦区模拟）如图所示，真空中有两个固定的正点电荷A、B，一带电微粒质量为m，电荷量为﹣q（q＞0），在两正电荷库仑力作用下恰好可沿一垂直于AB连线的平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知带电微粒与两正电荷连线和AB连线所成的夹角分别为37°和53°。（带电微粒的重力忽略不计）（1）求A、B两电荷的电荷量之比；（2）若A的电荷量为5q，求负电荷做圆周运动的线速度大小。2．（2024•江苏模拟）在粗糙绝缘水平桌面上，以O点为原点建立如图所示的平面直角坐标系xOy，在坐标为（﹣l，0）的M点和（l，0）的N点处分别固定电荷量为+64Q和+9Q的带电体（可视为点电荷），在坐标为（0，﹣l）处有一带电荷量为+q的滑块（可视为质点），滑块通过长为l的绝缘轻细绳与O点相连。给滑块一沿x轴正方向的初速度，使滑块绕O点逆时针做圆周运动，在此过程中，当滑块运动到图中a点时速度达到最大值，此时∠aMN＝37°，当滑块运动到b点（图中未标出）时滑块的电势能最小，此时∠bMN＝α。已知静电力常量为k，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）运动过程中滑块受到的滑动摩擦力大小；（2）滑块的电势能最小时，tanα的值（可用根号表示）。3．（2024•浙江模拟）细胞膜是一个细胞重要的组成部分，它是一个弹性膜且不带电时磷脂双分子层间的间距为d0。本题中可近似认为细胞膜的伸缩类似于劲度系数为k′的弹簧，并且细胞膜的面积S≫d2，介电常数为ε。众所周知，细胞膜上分布有可以运输粒子的离子泵，使得阴阳离子分布均匀地分布在内外两层上。已知静电力常量为k。（1）当内外膜分别带电Q和﹣Q时，求内外膜的电势差和厚度。（2）假设细胞膜初始不带电，离子泵开始工作，使得内外膜带有电荷。该离子泵具有一特殊的性质：只有当两层间的电势差达到U0时，离子泵才停止工作，否则将一直工作下去。为防止细胞层塌缩，求劲度系数的最小值和此时平衡状态下细胞膜的厚度。4．（2024•河北模拟）如图所示，在正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，电荷量分别为﹣Q、+Q、+Q、﹣Q，直角坐标系的x轴、y轴为正方形的对称轴。将一带电量为+q的试探电荷在原点O处由静止释放，当它运动到E点（图中未画出）时达到最大速度v，设无穷远处电势为零，试探电荷重力忽略不计，求：（1）E点的电势φE；（2）若将该正试探电荷从x轴负半轴上无限远处M点处以初速度3v沿x轴正方向射入后，它在以后运动过程中的最小速度。5．（2024•盐城三模）如图所示，平面直角坐标系xOy中直线OM与x轴之间的夹角θ＝30°，OM与x轴之间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里。直线OM与y轴之间存在匀强电场（图中没有画出）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从OM上某点P垂直于磁场进入磁场区域，粒子速度方向与直线OM之间的夹角也是30°。粒子在磁场中偏转，恰好没有穿过x轴，再次经过直线OM时与坐标原点O的距离为L。不计粒子的重力。（1）求该粒子进入磁场时速度v的大小；（2）若电场方向沿y轴负方向，粒子再次从P点进入磁场区域，求电场强度E1的大小；（3）若带电粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，求电场强度E2的大小和方向。6．（2024•河南二模）如图所示，平面直角坐标系xOy的y轴沿竖直方向，x轴沿水平方向，在y≥h的区域存在平行于纸面的匀强电场，其它区域无电场。现将一质量为m、电荷量为q（q＞0）的可视为质点的带电小球从y轴上y＝2h处无初速释放，不计阻力，重力加速度大小为g，带电小球做加速度大小为g的匀加速直线运动，运动方向与y轴负方向成60°夹角。求：（1）电场强度大小；（2）小球从释放到经过x轴的运动时间及小球经过x轴的位置坐标。7．（2024•濮阳模拟）图（a）为一种测量带电微粒速率分布的实验装置。图中直径为D的竖直圆筒壁上有一竖直狭缝S，高度为h，宽度忽略不计。紧贴圆筒内壁固定有高度为H(H＞43h)的半圆柱面收集板，用于收集带电微粒；板的一竖直边紧贴狭缝S，上边与狭缝S上端对齐，上边缘远离狭缝的顶点为P点，另有一距P点弧长为l的点Q，俯视图如图（b）所示。圆筒内存在一竖直向下的匀强电场，电场强度为E。令圆筒以角速度ω绕中心轴顺时针转动，同时由微粒源产生的微粒沿水平方向、以不同的速率射入圆筒，微粒质量均为m，电荷量均为q（（1）求Q点所在竖直线上收集到的微粒中，入射速率最大的微粒下落的距离；（2）为了确保收集板任一竖直线上收集到的微粒速率相同，并且能收集到所有该速率的微粒，求圆筒转动角速度ω的取值范围。8．（2024•泉州模拟）如图，在直角坐标系xOy的第一、四象限内分布有匀强电场（图中未画出），第二象限内有一点P，其坐标为（﹣L，h），欲使一质量为m、带电量为+q的小球从P处无初速下滑后，能运动到O点，在PO之间用一斜面PA与水平面AO连接，小球离开O后，恰好能经过y上的Q点，已知Q点坐标为（0，﹣d），整个过程中小球带电量保持不变，经A处时无机械能损失，忽略一切摩擦，重力加速度大小为g。（1）求小球运动到O处时的速度大小；（2）若欲使小球从P运动到O的时间最短，则斜面的倾角应为多大；（3）在（2）问情况下，已知电场方向与y轴正方向夹角为α（α＜90°），若小球运动的加速度为最小值时，求电场强度大小；并求出此情况下小球从P到Q运动的总时间。9．（2024•重庆模拟）如图所示，绝缘水平面右侧锁定有一水平绝缘台阶，其上固定有两平行正对金属薄板A、B，相距为d，台阶左侧有一小车，小车上表面绝缘且与台阶齐平，小车与台阶紧贴无粘连，车上固定有两平行正对金属薄板C、D，相距也为d，车和C、D板总质量为m，一质量为m的金属小球（视为质点）紧贴A板下端，此时小球电荷量为q，静止释放，不计一切摩擦，B板和C板下端开有略大于小球直径的小孔，A、B、C、D板均带电，仅考虑A、B板之间形成的电场E1和C、D板之间形成的电场E2，且E1＝2E2＝2E0，忽略边缘效应，求：（1）小球经过B板时速度大小；（2）小球经过C板小孔的同时撤去小车右边的所有装置，并关闭C板下端小孔，在小球第一次从C板运动到D板的过程，小车对地位移的大小；（3）在第二问基础上，设小球与D板碰撞时间极短且无机械能损失，同时小球立即带上与该板同种的电荷，电荷量仍为q，两板的带电量可认为不变，试推出相邻的两次碰撞之间的时间间隔需满足的规律。10．（2024•江西模拟）如图所示，一垂直架设且固定于水平地面的圆环，内侧有一用绝缘材料制成的光滑轨道，轨道半径为R，圆心为O。设重力加速度为g，若将质量为m及带正电荷电量为q的小球（视为质点），从P点（与O点等高）以某一初速度沿轨道向下射出，则：（1）要使小球能做完整的圆周运动，小球的初速度vp至少多大？（2）若于此圆形轨道区域内施加竖直向下的场强大小为E的均匀电场，要使小球能做完整的圆周运动，小球的初速度vp′至少多大？

2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：静电场（10题）参考答案与试题解析一．解答题（共10小题）1．（2024•清江浦区模拟）如图所示，真空中有两个固定的正点电荷A、B，一带电微粒质量为m，电荷量为﹣q（q＞0），在两正电荷库仑力作用下恰好可沿一垂直于AB连线的平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知带电微粒与两正电荷连线和AB连线所成的夹角分别为37°和53°。（带电微粒的重力忽略不计）（1）求A、B两电荷的电荷量之比；（2）若A的电荷量为5q，求负电荷做圆周运动的线速度大小。【考点】电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；合成分解法；电荷守恒定律与库仑定律专题；应用数学处理物理问题的能力．【答案】（1）A、B两电荷的电荷量之比为43（2）负电荷做圆周运动的线速度为3kq【分析】（1）由负电荷在竖直平面内做匀速圆周运动，可知其在水平方向受到的合力为零，结合库仑定律和正交分解关系式可得电荷量之比；（2）根据负电荷受到的库仑力合力提供其圆周运动的向心力，结合向心力的表达式，可计算线速度大小。【解答】解：（1）由图可知，A与负电荷的间距为rA，满足sin37°=RrA，得rA=53R负电荷在水平方向受力平衡：kqAq（2）负电荷所受的电场力的合力提供向心力：kqAq答：（1）A、B两电荷的电荷量之比为43（2）负电荷做圆周运动的线速度为3kq【点评】本题考查库仑定律的应用，涉及到平衡和圆周运动两种情况。注意几何关系如角度、长度的关系，在解题中的应用，前一问的问题对后一问问题的铺垫作用。2．（2024•江苏模拟）在粗糙绝缘水平桌面上，以O点为原点建立如图所示的平面直角坐标系xOy，在坐标为（﹣l，0）的M点和（l，0）的N点处分别固定电荷量为+64Q和+9Q的带电体（可视为点电荷），在坐标为（0，﹣l）处有一带电荷量为+q的滑块（可视为质点），滑块通过长为l的绝缘轻细绳与O点相连。给滑块一沿x轴正方向的初速度，使滑块绕O点逆时针做圆周运动，在此过程中，当滑块运动到图中a点时速度达到最大值，此时∠aMN＝37°，当滑块运动到b点（图中未标出）时滑块的电势能最小，此时∠bMN＝α。已知静电力常量为k，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）运动过程中滑块受到的滑动摩擦力大小；（2）滑块的电势能最小时，tanα的值（可用根号表示）。【考点】带电粒子（计重力）在非匀强电场中的曲线运动．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）运动过程中滑块受到的滑动摩擦力大小为10kQql（2）滑块的电势能最小时，tanα的值为39【分析】（1）当滑块运动到图中a点时速度达到最大值，可知在a点滑块所受的滑动摩擦力等于两电荷对滑块的库仑力在切线方向的分力的合力，根据库仑定律以及几何关系相结合求解滑块受到的滑动摩擦力大小；（2）当静电力做正功时，电势能减小；当静电力做负功时，电势能增大，则当静电力沿绳子反方向时，滑块的电势能最小，根据库仑定律以及几何关系相结合求解tanα的值。【解答】解：（1）滑块运动到a点时，对滑块受力分析，如图甲所示。根据库仑定律有FM=k⋅64Qq当滑块运动到图中a点时速度达到最大值，可知滑块所受的滑动摩擦力等于两电荷对滑块的库仑力在切线方向的分力的合力，大小为f=F（2）刚开始时，滑块所受的静电力（两个库仑力的合力）与速度方向成锐角，做正功，电势能减小，直到静电力与速度方向垂直时，静电力做正功最多，电势能减至最小，则此时静电力（两个库仑力的合力）沿绳子反方向，如图乙所示。Mb之间的距离为r1＝2lcosαNb之间的距离为r2＝2lsinα则tanα=F'M=联立解得：tanα=答：（1）运动过程中滑块受到的滑动摩擦力大小为10kQql（2）滑块的电势能最小时，tanα的值为39【点评】解答本题的关键要正确分析滑块的受力情况和静电力做功情况，确定速度最大和电势能最小的位置是关键，能结合几何关系帮助解答。3．（2024•浙江模拟）细胞膜是一个细胞重要的组成部分，它是一个弹性膜且不带电时磷脂双分子层间的间距为d0。本题中可近似认为细胞膜的伸缩类似于劲度系数为k′的弹簧，并且细胞膜的面积S≫d2，介电常数为ε。众所周知，细胞膜上分布有可以运输粒子的离子泵，使得阴阳离子分布均匀地分布在内外两层上。已知静电力常量为k。（1）当内外膜分别带电Q和﹣Q时，求内外膜的电势差和厚度。（2）假设细胞膜初始不带电，离子泵开始工作，使得内外膜带有电荷。该离子泵具有一特殊的性质：只有当两层间的电势差达到U0时，离子泵才停止工作，否则将一直工作下去。为防止细胞层塌缩，求劲度系数的最小值和此时平衡状态下细胞膜的厚度。【考点】平行板电容器电容的决定式及影响因素；胡克定律及其应用；匀强电场及其特点．【专题】定量思想；极端假设法；电容器专题；应用数学处理物理问题的能力．【答案】（1）内外膜的电势差为4πkQɛS(d（2）劲度系数的最小值27εSU02【分析】（1）根据电容的决定式、匀强电场的场强公式得到该实际电场的场强表达式，结合胡克定律可以得到内外膜的厚度及电势差；（2）根据电压和电荷量的关系式，找到电压的最值，从而计算劲度系数的最值和细胞膜厚度。【解答】解：（1）内外模之间相当于电容器，可知：C=εS4πkd，当内外膜分别带电Q和﹣Q时，电场强度：这个电场是内外膜共同产生的，因此其中一侧膜受到另一侧膜的作用力：F=E根据胡克定律：F＝k′（d0﹣d），可得内外膜的厚度：d=d内外膜间的电势差：U=Ed=4πkQ（2）由公式：U=Ed=4πkQ当电压达到最大值时：dUdQ=4πk如果带电量再增多，内外模间的电压反而减小，离子泵继续工作，可能会出现细胞层塌缩，因此为防止细胞层塌缩，电压最高时，恰好为U0，此时劲度系数最小，即：U0=4πkQ0此时平衡状态下细胞膜的厚度：d=d答：（1）内外膜的电势差为4πkQɛS(d（2）劲度系数的最小值27εSU02【点评】本题考查电容和弹力结合的计算，难点是需要注意结合数学关系，根据数学上的变化关系找到最值。4．（2024•河北模拟）如图所示，在正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，电荷量分别为﹣Q、+Q、+Q、﹣Q，直角坐标系的x轴、y轴为正方形的对称轴。将一带电量为+q的试探电荷在原点O处由静止释放，当它运动到E点（图中未画出）时达到最大速度v，设无穷远处电势为零，试探电荷重力忽略不计，求：（1）E点的电势φE；（2）若将该正试探电荷从x轴负半轴上无限远处M点处以初速度3v沿x轴正方向射入后，它在以后运动过程中的最小速度。【考点】带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；单个或多个点电荷周围的电势分布．【专题】计算题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】（1）E点的电势为-mv22q；（【分析】（1）等量异种电荷周围的电场线具有对称性，连线的中垂面是一个等势面；距离正电荷越近，电势越高，距离负电荷越近，电势越低；根据动能定理求解E点的电势φE；（2）由功能关系和动能定理，结合对称性分析。【解答】解：（1）将四个点电荷看为两组等量异种点电荷，根据等量异种点电荷的电场分布特征，可知O处电势等于0，从O处到E点，根据动能定理q(φ可得φE（2）该电荷从x轴上无限远处以初速度3v沿x轴正方向射入后，无穷远电势为0，从无穷远沿+x方向运动到E点，电场力做正功，再由E点运动到原点O点逆着电场线方向运动，电场力做负功，根据能量守恒，原点处与无穷远电势相等，电势能相等，故无穷远与原点O的动能相等、速度大小相等。根据对称性可知，有一点F与E点关于O点对称，速度最小，则U﹣∞F＝UOF＝﹣UOE根据动能定理可知，qU解得vmin答：（1）E点的电势为-m（2）电荷在以后运动过程中的最小速度22【点评】本题主要考查点电荷的场强以及场强的叠加，解题的关键在于掌握电场强度的叠加原则以及电势能变化与电场力做功的关系。5．（2024•盐城三模）如图所示，平面直角坐标系xOy中直线OM与x轴之间的夹角θ＝30°，OM与x轴之间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里。直线OM与y轴之间存在匀强电场（图中没有画出）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从OM上某点P垂直于磁场进入磁场区域，粒子速度方向与直线OM之间的夹角也是30°。粒子在磁场中偏转，恰好没有穿过x轴，再次经过直线OM时与坐标原点O的距离为L。不计粒子的重力。（1）求该粒子进入磁场时速度v的大小；（2）若电场方向沿y轴负方向，粒子再次从P点进入磁场区域，求电场强度E1的大小；（3）若带电粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，求电场强度E2的大小和方向。【考点】电场强度与电场力的关系和计算；斜抛运动；牛顿第二定律求解向心力．【专题】定量思想；图析法；临界法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）该粒子进入磁场时的速度v的大小为qBL4m（2）若电场方向沿y轴负方向，粒子再次从P点进入磁场区域，电场强度E1的大小为qB（3）若带电粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，电场强度E2的大小为3qB2【分析】（1）运用左手定则判断带电粒子偏转方向，恰好没有穿过x轴，说明带电粒子的轨迹与x轴相切，画出运动轨迹，根据几何关系求解出带电粒子在磁场中做圆周运动半径，结合牛顿第二定律和洛伦兹力公式求解粒子的初速度大小；（2）带电粒子进入电场后做类平抛运动，结合平抛运动的规律即可求解粒子在电场中的加速度大小，根据牛顿第二定律求解电场强度E1大小；（3）带电粒子仍以速度v回到P点，则电场力未对粒子做功，则电场方向应垂直OM斜向下，粒子在电场中类斜抛运动，将粒子的运动分解到MO方向和电场方向，根据运动公式即可求解在电场中的加速度大小，再结合牛顿第二定律求解电场强度E2的大小。【解答】解：（1）根据题意，粒子在磁场中做圆周运动，则有qvB=mv解得r=mv粒子的运动轨迹，如图所示由几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径r=L解得v=qBL（2）分析粒子在磁场中的运动轨迹可知，粒子进入电场时速度方向恰好沿﹣x方向，若电场方向沿y轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动，则有x＝rcos30°＝vty=rsin30°其中a1解得E1（3）粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，则电场力对粒子做功为零，所以电场E2的方向垂直与OM向下，粒子从Q到P做类斜抛运动，始末速度大小一样，根据抛物线轨迹的对称性，则有r2vsin30°＝a2t其中a2解得E2答：（1）该粒子进入磁场时的速度v的大小为qBL4m（2）若电场方向沿y轴负方向，粒子再次从P点进入磁场区域，电场强度E1的大小为qB（3）若带电粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，电场强度E2的大小为3qB2【点评】带电粒子在组合场中的运动，考查了平抛运动的计算分析和带电粒子在有界磁场中做圆周运动轨迹分析，难度中上。6．（2024•河南二模）如图所示，平面直角坐标系xOy的y轴沿竖直方向，x轴沿水平方向，在y≥h的区域存在平行于纸面的匀强电场，其它区域无电场。现将一质量为m、电荷量为q（q＞0）的可视为质点的带电小球从y轴上y＝2h处无初速释放，不计阻力，重力加速度大小为g，带电小球做加速度大小为g的匀加速直线运动，运动方向与y轴负方向成60°夹角。求：（1）电场强度大小；（2）小球从释放到经过x轴的运动时间及小球经过x轴的位置坐标。【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）电场强度大小为E=mgq，电场方向与x轴正方向成（2）小球从释放到经过x轴的运动时间为(3+1)hg，小球经过x轴的位置坐标标【分析】（1）根据牛顿第二定律和平行四边形法则求电场强度大小；（2）明确小球的运动情况，根据运动学公式求解。【解答】解：（1）带电小球在y≥h的区域做匀加速运动，受力如图所示由牛顿第二定律得F合＝ma由题知a＝g则由图可见F电＝mg又F电＝qE解得E=mgq，电场方向与x轴正方向成（2）由题图可知，小球经过y＝h水平线时x坐标x1①小球在2h≥y≥h区间运动有2h解得t又v解得v②小球在0≤y＜h区间运动：v1xv1y水平方向做速度为v1x匀速直线运动，有x2＝v1xt2竖直方向做初速为v1y，加速度为g的匀加速直线运动，有h联立解得t2x2小球从释放到x轴的运动时间t=小球经过x轴的位置坐标x＝x1+x2＝3h答：（1）电场强度大小为E=mgq，电场方向与x轴正方向成（2）小球从释放到经过x轴的运动时间为(3+1)hg，小球经过x轴的位置坐标标【点评】本题考查带电粒子在场中运动的模型，考查综合分析能力，以及空间想像的能力，合理的运用物体做匀速直线运动的条件。7．（2024•濮阳模拟）图（a）为一种测量带电微粒速率分布的实验装置。图中直径为D的竖直圆筒壁上有一竖直狭缝S，高度为h，宽度忽略不计。紧贴圆筒内壁固定有高度为H(H＞43h)的半圆柱面收集板，用于收集带电微粒；板的一竖直边紧贴狭缝S，上边与狭缝S上端对齐，上边缘远离狭缝的顶点为P点，另有一距P点弧长为l的点Q，俯视图如图（b）所示。圆筒内存在一竖直向下的匀强电场，电场强度为E。令圆筒以角速度ω绕中心轴顺时针转动，同时由微粒源产生的微粒沿水平方向、以不同的速率射入圆筒，微粒质量均为m，电荷量均为q（（1）求Q点所在竖直线上收集到的微粒中，入射速率最大的微粒下落的距离；（2）为了确保收集板任一竖直线上收集到的微粒速率相同，并且能收集到所有该速率的微粒，求圆筒转动角速度ω的取值范围。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）入射速率最大的微粒下落的距离为2qEl（2）圆筒转动角速度ω的取值范围为πqE2m(H-h)＜【分析】（1）微粒在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动。当Q点运动路程等于弧长l时，对应微粒的入射速率最大，根据等时性，应用牛顿第二定律与运动学公式求解；（2）画出满足题意的微粒在圆筒上的落点分布示意图，根据题意确定临界条件，根据类平抛运动的特点，应用运动学公式求解。【解答】解：（1）设入射速率最大的微粒下落的距离为y0。微粒在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动。当Q点运动路程等于弧长l时，运动时间最短（设为t1），对应微粒的入射速率最大，则有：l=12ω对微粒由牛顿第二定律可得：qE＝ma在竖直方向上有：y0=联立解得：y0=2qE（2）将圆筒展开为平面图，打在圆筒上的微粒和打在收集板上的微粒满足题意的临界的分布情况如下图所示。圆筒转动一周过程中，设能够收集到的速率最小的微粒下落的高度为y1，第一周末时，过P点的竖直线上收集到的微粒下落的高度为y2，则需满足：h+y1＜H＜y2能够收集到的速率最小的微粒对应的弧长为：l1=12根据（1）的结论可得：y1=设圆筒转动周期为T，则：T=y2=12联立解得：πqE2m(H-h)已知：H(H＞43答：（1）入射速率最大的微粒下落的距离为2qEl（2）圆筒转动角速度ω的取值范围为πqE2m(H-h)＜【点评】本题考查了带电微粒在电场中的运动问题，难度较大，难点在于寻找临界条件，关键是对题意的理解。微粒在电场中做类平抛运动，应用运动的分解与合成处理曲线运动。8．（2024•泉州模拟）如图，在直角坐标系xOy的第一、四象限内分布有匀强电场（图中未画出），第二象限内有一点P，其坐标为（﹣L，h），欲使一质量为m、带电量为+q的小球从P处无初速下滑后，能运动到O点，在PO之间用一斜面PA与水平面AO连接，小球离开O后，恰好能经过y上的Q点，已知Q点坐标为（0，﹣d），整个过程中小球带电量保持不变，经A处时无机械能损失，忽略一切摩擦，重力加速度大小为g。（1）求小球运动到O处时的速度大小；（2）若欲使小球从P运动到O的时间最短，则斜面的倾角应为多大；（3）在（2）问情况下，已知电场方向与y轴正方向夹角为α（α＜90°），若小球运动的加速度为最小值时，求电场强度大小；并求出此情况下小球从P到Q运动的总时间。【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动；物体在光滑斜面上的运动；机械能守恒定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；应用数学处理物理问题的能力．【答案】（1）小球运动到O处时的速度大小为2gh（2）若欲使小球从P运动到O的时间最短，则斜面的倾角应为60°；（3）电场强度大小为mgcosαq；此情况下小球从P到Q运动的总时间为L【分析】（1）根据机械能守恒定律求小球运动到O处时的速度大小。（2）根据牛顿第二定律与运动学公式推导小球从P运动到O所用的时间与斜面的倾角的关系式，由数学知识求解最短时间对应的斜面倾角。（3）对小球在电场中受力分析，当电场力方向与合外力方向垂直时，其加速度最小。小球沿x轴方向做匀变速运动，根据牛顿第二定律与运动学公式求出从O运动到Q的时间，结合（2）的结果求得此情况下小球从P到Q运动的总时间。【解答】解：（1）小球从P到O的过程，根据机械能守恒定律有：mgh=12解得：v=（2）设斜面倾角为θ，当小球沿PA运动时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ＝ma1由（1）可知小球到达A点的速度大小始终为：v=从P运动到A的时间为：t1=从A运动到O的时间为：t2=小球从P运动到O所用的总时间：tPO＝t1+t2=当tPO最小时，由数学知识（利用导数求极值）解得：θ＝60°此情况下：tPO=（3）离开O点后，对小球受力分析如下图所示：当电场力方向与合外力方向垂直时，小球所受合外力最小，其加速度最小。由几何关系得：qE＝mgcosα解得：E=小球沿x轴方向做匀变速运动，沿x轴方向的加速度大小为：ax=qEsinαm=gsinαcosα=12从O运动到Q时间为：t3=此情况下小球从P到Q运动的总时间为：t＝tPQ+t3=答：（1）小球运动到O处时的速度大小为2gh（2）若欲使小球从P运动到O的时间最短，则斜面的倾角应为60°；（3）电场强度大小为mgcosαq；此情况下小球从P到Q运动的总时间为L【点评】本题考查了带电粒子在电场中运动问题，考查了数理结合处理问题的能力。依据力与运动的关系，解析粒子运动过程。对于粒子在电场中做匀变速曲线运动，应用运动的合成与分解解答，分运动具有等时性与独立性。9．（2024•重庆模拟）如图所示，绝缘水平面右侧锁定有一水平绝缘台阶，其上固定有两平行正对金属薄板A、B，相距为d，台阶左侧有一小车，小车上表面绝缘且与台阶齐平，小车与台阶紧贴无粘连，车上固定有两平行正对金属薄板C、D，相距也为d，车和C、D板总质量为m，一质量为m的金属小球（视为质点）紧贴A板下端，此时小球电荷量为q，静止释放，不计一切摩擦，B板和C板下端开有略大于小球直径的小孔，A、B、C、D板均带电，仅考虑A、B板之间形成的电场E1和C、D板之间形成的电场E2，且E1＝2E2＝2E0，忽略边缘效应，求：（1）小球经过B板时速度大小；（2）小球经过C板小孔的同时撤去小车右边的所有装置，并关闭C板下端小孔，在小球第一次从C板运动到D板的过程，小车对地位移的大小；（3）在第二问基础上，设小球与D板碰撞时间极短且无机械能损失，同时小球立即带上与该板同种的电荷，电荷量仍为q，两板的带电量可认为不变，试推出相邻的两次碰撞之间的时间间隔需满足的规律。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动能定理的简单应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）小球经过B板时速度大小为2qE（2）小车对地位移的大小为(3-22（3）相邻的两次碰撞之间的时间间隔需满足的规律为Tn＝（n+2-n+1）t0＝（n+2-n+1）【分析】（1）根据动能定理可求出小球经过B板时速度大小；（2）根据牛顿第二定律可求出不同位置的加速度情况，结合运动学公式可求出小车对地位移；（3）根据碰撞过程动量和能量守恒，作出v﹣t图像，根据面积表示位移，可求出时间间隔的规律。【解答】解：（1）小球经过B板时速度大小为v0，对小球从A板到B板的过程中，由动能定理2qE0d=12可得，小球经过B板时速度大小为v0＝2q（2）设小球在A、B板之间运动时的加速度大小为a1，在C、D板之间运动时的加速度大小为a2，小车运动的加速度大小为a3，对小球和小车分别受力分析，由牛顿第二定律可得，在A、B之间运动时，对小球有2qE0＝ma1在C、D之间运动时，对小球有qE0＝ma2由牛顿第三定律可知小车受到的反作用力F与小球受到的电场力等大反向，则对小车有F＝qE0＝ma3联立可得a1＝2a2＝2a3=2gEo＝2ar，设小球在为简化令a1＝2a2＝2a3=2qE设小球在A、B板之间运动的时间为t0，第一次从C到D板的运动时间为t1，由运动学规律得，小球在A、B板之间运动的位移为d=12a联立可得t0=小球在第一次从C运动到D板过程中，小球和小车的位移大小关系满足a1t0t1+12a2t12其中d=12a整理可得t1＝（2-1）t0或t1'＝（-2-1）由运动学规律，在小球第一次从C板运动到D板的过程中，小车对地位移大小为x车=12a其中d=12a对比可得x车=（3）设小球从C板下端小孔进入时刻为计时起点第一次与板相碰时刻为t，第二次相碰时刻为t2第n次相碰时刻为tn，由题意可知小球第一次与D相碰后再与C相碰的时间为第一个时间间隔，可得出第一个相邻碰撞之间时间间隔为T1＝t2﹣t1第二个相邻碰撞之间时间间隔为T2＝t3﹣t2设小球与板碰撞前小球和车的速度分别为v球、v车，碰后小球和小车的速度分别为v球'、v车'，当小球进入小车后，小球和小车构成的系统由于所受合外力为零，对碰撞前后，选择小球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv球+mv车＝mv球'+mv车'由机械能守恒定律得12mv球2+12mv车2=12mv球'2联立解得v球'＝v车，v车'＝v球两者速度发生交换，由题意分析得，小球进入C板小孔后，小球与板碰撞前后小球和小车的加速度大小不变均为a0，方向反向，作出小球进入C板小孔后小球和小车的速度一时间图像如下由位移关系可知，小球从一块板到另一块板的过程，小球和小车的路程之和为d，由运动学公式和图像物理意义可得，在0～tn时间内有v0tn+12a0tn2在0～tn时间内有v0+12a0tn+12+2a0由时间关系可知Tn＝tn+1﹣tn联立解得Tn＝（n+2-n+1）t0＝（n+2其中n取正整数答：（1）小球经过B板时速度大小为2qE（2）小车对地位移的大小为(3-22（3）相邻的两次碰撞之间的时间间隔需满足的规律为Tn＝（n+2-n+1）t0＝（n+2-n+1）【点评】学生在解答本题时，应注意对于碰撞过程要熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律来求解，同时应注意对于运动学问题可根据v﹣t图像求解位移，提高解题效率。10．（2024•江西模拟）如图所示，一垂直架设且固定于水平地面的圆环，内侧有一用绝缘材料制成的光滑轨道，轨道半径为R，圆心为O。设重力加速度为g，若将质量为m及带正电荷电量为q的小球（视为质点），从P点（与O点等高）以某一初速度沿轨道向下射出，则：（1）要使小球能做完整的圆周运动，小球的初速度vp至少多大？（2）若于此圆形轨道区域内施加竖直向下的场强大小为E的均匀电场，要使小球能做完整的圆周运动，小球的初速度vp′至少多大？【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．【答案】（1）要使小球能做完整的圆周运动，小球的初速度vp至少为3gR；（2）小球的初速度vp′至少为3(gR+qER【分析】（1）要使小球能做完整的圆周运动，临界条件是小球恰好通过最高点，根据牛顿第二定律求得小球在最高点的临界速度大小，再根据动能定理求解初速度的最小值。（2）小球受到竖直向下的电场力，要使小球能做完整的圆周运动，临界条件是小球恰好通过最高点，同理根据牛顿第二定律求得小球恰好通过最高点时的速度大小，再根据动能定理求解初速度的最小值。【解答】解：（1）初速度vp最小时，能使小球恰好通过最高点，根据牛顿第二定律，此情况小球在最高点满足：mg=mv由P到最高点的过程，根据动能定理得：-mgR=解得初速度vp最小值为：v（2）小球受到竖直向下的电场力，要使小球能做完整的圆周运动，临界条件是小球恰好通过最高点。小球恰好通过最高点时，同理可得：mg+qE=mv设初速度vp′的最小值为v3，由P到最高点的过程，根据动能定理得：-(mgR+qER)=解得：v答：（1）要使小球能做完整的圆周运动，小球的初速度vp至少为3gR；（2）小球的初速度vp′至少为3(gR+qER【点评】本题考查了带电体在电场中做圆周运动问题，掌握物体在轨道内做圆周运动的临界条件。第（2）问也可应用“等效重力”的思想解答，即把重力与电场力合成为一个力，再确定等效最高点，应用临界条件解答。

考点卡片1．胡克定律及其应用【知识点的认识】1．弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．①支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．2．胡克定律弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．3．胡克定律的应用（1）胡克定律推论在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．（2）确定弹簧状态对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查胡克定律：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；联立解得：k=Fx2=100N故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故选D．点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.(1+△l分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F再由胡克定律得F＝k△l②由①②联立得F=刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得a=对物体研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△ll故选A．点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．2．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0时，是静止，是平衡状态2.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。3．物体在光滑斜面上的运动【知识点的认识】1.物体处在光滑斜面上时，会受到重力和支持力，其合力沿着斜面向下，所以物体的加速度也沿着斜面向下。如果斜面的倾角为α，根据牛顿第二定律可得加速度的大小为a=mgsinαm2.根据物体的加速度可以进行一些运动学的相关计算。【命题方向】某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是（）A、甲图中，小球在两个斜面上运动的时间相同B、甲图中，小球在两个斜面上运动的加速度相同C、乙图中，小球在两个斜面上运动的时间相同D、乙图中，小球在两个斜面上运动的加速度相同分析：对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀加速直线运动位移—时间公式求出时间。解答：（1）在甲图中：对小球进行受力分析，受到重力和支持力，合力提供加速度，根据牛顿第二定律可知：运动的加速度为a＝gsinθ设高度为h，则斜面的长度为h根据匀加速直线运动，位移—时间公式可知：hsinθ=t=甲图中两个斜面倾角不等，故小球在两个斜面上运动的时间和加速度都不相同，故A、B错误；（2）在乙图中：对小球进行受力分析，受到重力和支持力，合力提供加速度，根据牛顿第二定律可知：运动的加速度为a＝gcosθ两个斜面倾角不等，所以加速度不相同，故D错误；设底边长为h，则斜面的长度为h根据匀加速直线运动，位移—时间公式可知：hsinθt=当θ分别为30°和60°时，sinθcosθ相等，故时间相等，C正确。故选：C。点评：该题主要考查了牛顿第二定律及匀变速直线运动位移—时间公式的应用，注意几何知识在物理解题过程中的应用。【解题思路点拨】解决物体在光滑斜面上运动问题的步骤如下：①对物体进行受力分析，求出物体的合力；②求出物体的加速度；③根据运动学公式求出相关物理量。4．斜抛运动【知识点的认识】1．定义：物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。2．方向：直线运动时物体的速度方向始终在其运动轨迹的直线方向上；曲线运动中，质点在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲线这一点的切线方向。因此，做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。注：由于曲线上各点的切线方向不同，所以，曲线运动的速度方向时刻都在改变。3．抛体做直线或曲线运动的条件：（1）物体做直线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直线上时，物体做直线运动。（2）物体做曲线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。4．平抛运动（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，且只在重力作用下所做的运动。（2）条件：①初速度方向为水平；②只受重力作用。（3）规律：平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以平抛运动是匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0ttanα=5．斜抛运动（1）定义：将物体以一定的初速度沿斜上方抛出，仅在重力作用下的运动叫做斜抛运动。（2）条件：①物体有斜向上的初速度；②仅受重力作用。（3）规律：斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以斜抛运动是匀变速曲线运动。（4）公式：水平方向初速度：【命题方向】例1：某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（）A．D点的速率比C点的速率大B．D点的加速度比C点加速度大C．从B到D加速度与速度始终垂直D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小分析：不计空气阻力，抛体在空中只受重力作用，机械能守恒；抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动。解答：A、抛体运动，机械能守恒，D点位置低，重力势能小，故动能大，速度大，故A正确；B、抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；C、从B到D是平抛运动，重力一直向下，速度是切线方向，不断改变，故只有最高点B处加速度与速度垂直，故C错误；D、从B到D是平抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，故夹角不断减小，故D错误。故选：A。点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守恒。例2：如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（）A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0分析：解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。解答：可以将篮球的运动，等效成篮球做平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上，所以只有C正确，ABD均错误。故选：C。点评：本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。【解题方法点拨】类平抛运动：1．定义：当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，物体做类平抛运动。2．类平抛运动的分解方法（1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。3．类平抛运动问题的求解思路：根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题﹣﹣求出物体运动的加速度﹣﹣根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。4．类抛体运动当物体在巨力作用下运动时，若物体的初速度不为零且与外力不在一条直线上，物体所做的运动就是类抛体运动。在类抛体运动中可采用正交分解法处理问题，基本思路为：①建立直角坐标系，将外力、初速度沿这两个方向分解。②求出这两个方向上的加速度、初速度。③确定这两个方向上的分运动性质，选择合适的方程求解。5．牛顿第二定律求解向心力【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．6．物体在圆形竖直轨道内的圆周运动【知识点的认识】1.模型建立（1）轻绳模型小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。（2）轻杆模型小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。2.模型分析【命题方向】如图所示，半径为R的光滑圆形轨道竖直固定放置，质量为m的小球在圆形轨道内侧做圆周运动．小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力．已知当地的重力加速度大小为g，不计空气阻力．试求：（1）小球通过轨道最高点时速度的大小；（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小；（3）小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小．分析：（1）小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力，故由重力提供向心力，根据圆周运动向心力公式即可得出最高点的速度；（2）可以根据动能定理求出最低点的速度，再根据线速度和角速度的关系即可求出角速度；（3）在最低点由支持力和重力的合力提供向心力，根据圆周运动向心力公式即可求得支持力的大小．解答：（1）设小球通过轨道最高点时速度的大小为v1，根据题意和圆周运动向心力公式得：mg＝mv解得：v1=（2）设小球通过轨道最低点的速度大小为v2，从最高点到最低点的过程中运用动能定理得：2mgR=12v2＝ωR②由①②解得：ω=（3）设小球通过轨道最低点时受到轨道支持力大小为FN，根据圆周运动向心力公式得：FN﹣mg=mv2由①③解得：FN＝6mg答：（1）小球通过轨道最高点时速度的大小为gR；（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小为5gR；（3）小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小为6mg点评：该题是动能定理及圆周运动向心力公式的直接应用，要抓住恰好到达最高点的隐含条件是由重力来提供向心力，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝mv2R，从而可以求出最高点的速度v7．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。8．机械能守恒定律的简单应用【知识点的认识】1.机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。2.对三种表达式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态机械能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程式。另外，表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的E都应是对同一参考平面而言的。（2）转化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。（3）转移式：ΔEA＝﹣ΔEB，将系统分为A、B两部分，A部分机械能的增加量等于另一部分B的机械能的减少量，可以不选择参考平面。3.运用机械能守恒定律的基本思路4.机械能守恒定律和动能定理的比较【命题方向】NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.2012﹣2013赛季总决赛第六场中，雷阿伦在终场前5.2s的时候，把球投出且准确命中，把比赛拖入加时从而让热火获得比赛的胜利．如果雷阿伦投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直接列式分析．解答：篮球机械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故选：A。点评：本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功；应用机械能守恒定律解题不需要分析过程，只找出初末状态即可．【解题方法点拨】1.应用机械能守恒定律解题的基本思路（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解。注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。2.对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；（3）各物体的速度之间的联系。3.动能定理与机械能守恒定律的选择（1）能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势能参考平面的麻烦。（2）能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。9．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【知识点的认识】动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。【命题方向】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入数据可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝3.0m/s（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒∴E代入数据可解得：EP＝1.0J（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，根据动量守恒定律可得：AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：则EP+12∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入数据联列方程（1）（2）（3）（