2025年高考物理复习热搜题速递之静电场（2024年7月）

第1页（共1页）2025年高考物理复习热搜题速递之静电场（2024年7月）一．选择题（共8小题）1．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）A． B． C． D．2．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变 C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变3．如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则（）A．aa＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．aa＞ab＞ac，vb＞vc＞va C．ab＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．ab＞ac＞aa，va＞vc＞vb4．如图，三个固定的带电小球a，b和c，相互间的距离分别为ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm，小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，设小球a，b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（）A．a，b的电荷同号，k=16B．a，b的电荷异号，k=16C．a，b的电荷同号，k=64D．a，b的电荷异号，k=5．如图，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，四点处的电势分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M点分别到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，φM＞φQ B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功6．如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）A．k3qR2 B．k10q9R7．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．3kQ4a2，沿y轴正向 B．3C．5kQ4a2，沿y轴正向 D．8．如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EPM、EPN．下列判断正确的是（）A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN C．φM＜φN，EPM＜EPN D．aM＜aN，EPM＜EPN二．多选题（共6小题）（多选）9．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN、φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（）A．点电荷Q一定在MP的连线上 B．连接PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D．φP＞φM（多选）10．图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV．下列说法正确的是（）A．平面c上的电势为零 B．该电子可能到达不了平面f C．该电子经过平面d时，其电势能为4eV D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍（多选）11．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动（多选）12．如图，水平地面上有一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m，电量为q．小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d．静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则（）A．小球A与B之间库仑力的大小为kqB．当qd=mgsinθC．当qd=mgtanθD．当qd=mgktanθ时，斜（多选）13．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（）A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的高 C．c点的电场强度比d点的大 D．c点的电势比d点的低（多选）14．在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed，点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标（ra，φa）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd．下列选项正确的是（）A．Ea：Eb＝4：1 B．Ec：Ed＝2：1 C．Wab：Wbc＝3：1 D．Wbc：Wcd＝1：3三．填空题（共1小题）15．如图所示，q1，q2，q3，分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q1与q2之间的距离为l1，已知q2与q3之间的距离为l2，且每个电荷都处于平衡状态（1）如q2为负电荷，则q1为电荷，q3为电荷。（2）q1，q2，q3三者电量大小之比是：：。四．实验题（共1小题）16．如图甲所示，某多级直线加速器由横截面相同的金属圆板和4个金属圆筒依次排列组成，圆筒的两底面中心开有小孔，其中心轴线在同一直线上，相邻金属圆筒分别接在周期性交变电压的两端。粒子从圆板中心沿轴线无初速度进入加速器，在间隙中被电场加速（穿过间隙的时间忽略不计），在圆筒内做匀速直线运动。若粒子在筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，这样粒子就能“踏准节奏”在间隙处一直被加速。粒子离开加速器后，从O点垂直直线边界OP进入匀强磁场区域I，OP距离为a，区域I的PO、PQ两直线边界垂直。区域I的上边界PQ与匀强磁场区域Ⅱ的下直线边界MN平行，其间距L可调。两区域的匀强磁场方向均垂直纸面向里，磁感应强度大小B=2α2mU0q。现有质子（11H）和氘核（（1）金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比l2：l4；（2）加速氘核时，交变电压周期仍为T，则需要将图乙中交变电压U0调至多少；加速后，氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径多大；（3）为使上述先后通过此加速器的质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，两磁场间距L的取值范围。五．解答题（共4小题）17．如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和﹣q（q＞0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；（2）A点距电场上边界的高度；（3）该电场的电场强度大小。18．如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力。求A、B两点间的电势差。19．如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°．已知小球所带电荷量q＝1.0×10﹣6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）小球所受电场力F的大小。（2）小球的质量m。（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。20．如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB=32OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与ΔOAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍，若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为（1）无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；（2）电场强度的大小和方向。

2025年高考物理复习热搜题速递之静电场（2024年7月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）A． B． C． D．【考点】电场强度与电场力的关系和计算；物体做曲线运动的条件．【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题．【答案】D【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择。【解答】解：A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向。故A错误。B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符。故B错误。C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动。故C错误。D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意。故D正确。故选：D。【点评】本题是电场中轨迹问题，抓住电荷所受的合力指向轨迹的内侧和速度沿轨迹的切线方向是解题的关键。2．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变 C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变【考点】电容器的动态分析——电容器与验电器相连．【专题】定性思想；推理法；电容器专题．【答案】D【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U＝Ed分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化。【解答】解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C=ɛs4πkd可知，电容C增大，则根据C两板间的电场强度为：E=U再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势φP＝EL，电势能EP＝ELq；因此电荷在P点的电势能保持不变；故D正确，ABC错误；故选：D。【点评】本题考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式；同时注意要掌握相关结论的应用，如本题中可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变。3．如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则（）A．aa＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．aa＞ab＞ac，vb＞vc＞va C．ab＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．ab＞ac＞aa，va＞vc＞vb【考点】电场强度与电场力的关系和计算；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【答案】D【分析】根据带电粒子的运动轨迹弯曲方向，即可判断库仑力是引力还是斥力；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，速度增大，电场力做负功，速度减小，根据这些知识进行分析即可．【解答】解：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越小，场强越大，粒子受到的电场力越大，带电粒子的加速度越大，所以ab＞ac＞aa，根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受静电斥力作用，离电荷最近的位置，电场力对粒子做的负功越多，粒子的速度越小，所以va＞vc＞vb，所以D正确，ABC错误；故选：D。【点评】本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．属于基础题目．4．如图，三个固定的带电小球a，b和c，相互间的距离分别为ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm，小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，设小球a，b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（）A．a，b的电荷同号，k=16B．a，b的电荷异号，k=16C．a，b的电荷同号，k=64D．a，b的电荷异号，k=【考点】库仑定律的表达式及其简单应用；力的合成与分解的应用．【专题】定性思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题．【答案】D【分析】对小球C受力分析，根据库仑定律，与矢量的合成法则，结合几何关系，及三角知识，即可求解。【解答】解：根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，可知，a，b的电荷异号，对小球C受力分析，如下图所示：因ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有：Fa而根据库仑定律，Fa＝kQcqaac2综上所得，qaqb=4故选：D。【点评】考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用，注意小球C的合力方向可能向左，不影响解题的结果。5．如图，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，四点处的电势分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M点分别到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，φM＞φQ B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功【考点】等势面及其与电场线的关系；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【答案】B【分析】电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，据此分析电势高低。【解答】解：AB、据题，电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势降低，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且φM＞φN．故A错误，B正确。C、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误。D、电子由P点运动到Q点与电子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键要抓住电场力做功与电势能变化的关系，知道负电荷在电势高处电势能小。6．如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）A．k3qR2 B．k10q9R【考点】电场强度的叠加；电场强度与电场力的关系和计算；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场．【专题】电场力与电势的性质专题．【答案】B【分析】由题意可知，半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反。那么在d点处场强的大小即为两者之和。因此根据点电荷的电场强度为E=【解答】解：电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为E=而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为E=kqR2．那么圆盘在此而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为E'=kq所以两者这d处产生电场强度为k10q9R2故选：B。【点评】考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础。7．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．3kQ4a2，沿y轴正向 B．3C．5kQ4a2，沿y轴正向 D．【考点】电场强度与电场力的关系和计算；匀强电场中电势差与电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【答案】B【分析】根据点电荷的场强公式和场强叠加的原理，可以知道在G点的时候负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等方向相反，在H点同样根据场强的叠加来计算合场强的大小即可．【解答】解：G点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等方向相反，根据点电荷的场强公式可得，正电荷在G点的场强为kQa2，负电荷在G点的合场强也为当正点电荷移到G点时，正电荷与H点的距离为2a，正电荷在H点产生的场强为kQ4a2由于GH对称，所以负电荷在G点和H点产生的场强大小相等方向相反，大小为kQa2，方向沿所以H点处场合强的大小为kQa2-kQ4故选：B。【点评】本题是对场强叠加原理的考查，同时注意点电荷的场强公式的应用，本题的关键的是理解G点处的电场强度恰好为零的含义．8．如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EPM、EPN．下列判断正确的是（）A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN C．φM＜φN，EPM＜EPN D．aM＜aN，EPM＜EPN【考点】电势的定义、单位和物理意义；电场强度与电场力的关系和计算；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【答案】D【分析】带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于粒子带负电，因此电场线方向指向左上方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线的疏密反应电场的强弱。【解答】解：带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，根据带负电粒子受力情况可知，电场线方向斜向左上方，又沿着电场线方向，电势逐渐降低，故φM＞φN①；若粒子从M到N过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故带电粒子通过M点时的速度比通过N点时的速度大，即vM＞vN②，在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小，即EPM＜EPN③；根据电场线疏密可知，EM＜EN，根据F＝Eq和牛顿第二定律可知，aM＜aN④；A、由②④可知，A错误；B、由①②可知，B错误；C、由①③可知，C错误；D、由③④可知，D正确；故选：D。【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。二．多选题（共6小题）（多选）9．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN、φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（）A．点电荷Q一定在MP的连线上 B．连接PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D．φP＞φM【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义．【专题】电场力与电势的性质专题．【答案】AD【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况。【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；B、φP＝φF，线段PF是P、F所在等势面（球面）的一个弦，故B错误；C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故φP＞φM，故D正确。故选：AD。【点评】本题关键是明确点电荷的电场的电场线和等势面的分布规律，知道沿着电场线电势逐渐降低。（多选）10．图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV．下列说法正确的是（）A．平面c上的电势为零 B．该电子可能到达不了平面f C．该电子经过平面d时，其电势能为4eV D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【考点】等势面及其与电场线的关系；功是能量转化的过程和量度．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题．【答案】AB【分析】根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解。【解答】解：A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确；B、由上分析，可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确；C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为﹣2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误；D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍，故D错误；故选：AB。【点评】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。（多选）11．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【答案】BD【分析】带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化．【解答】解：A、根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此A错误，D正确；B、由A选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；C、因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C错误；故选：BD。【点评】考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化．（多选）12．如图，水平地面上有一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m，电量为q．小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d．静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则（）A．小球A与B之间库仑力的大小为kqB．当qd=mgsinθC．当qd=mgtanθkD．当qd=mgktanθ【考点】库仑力作用下的受力平衡问题；共点力的平衡问题及求解．【专题】电场力与电势的性质专题．【答案】AC【分析】根据库仑定律求解两个球间的库仑斥力大小，然后根据共点力平衡条件列式分析。【解答】解：A、根据库仑定律，小球A与B之间库仑力的大小为：F=kq2B、C、若细线上的拉力为0，小球A受重力、支持力和库仑力而平衡，根据共点力平衡条件，重力的下滑分力与库仑力的上滑分力平衡，即：mgsinθ＝Fcosθ；其中F=k联立解得：mgsinθ=kq故：qd=mgtanθk；故D、两个球带同种电荷，相互排斥，故斜面对A的弹力不可能为零；故D错误；故选：AC。【点评】本题关键是明确A球的受力情况，然后根据共点力平衡条件列方程求解，注意细线拉力为零的临界条件。（多选）13．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（）A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的高 C．c点的电场强度比d点的大 D．c点的电势比d点的低【考点】电势的定义、单位和物理意义；电场强度与电场力的关系和计算；电场线的定义及基本特征．【专题】电场力与电势的性质专题．【答案】ACD【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小。根据电场线的方向判断电荷的正负。顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负。【解答】解：A、由图看出，a点处电场线比b点处电场线密，则a点的场强大于b点的场强，故A正确。B、电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b点的电势比a点的高，所以B错误；C、负电荷在c点的合场强为零，c点只有正电荷产生的电场强度，在d正电荷产生的场强向上，两个负电荷产生的场强向下，合场强是它们的差值，所以c点的电场强度比d点的大，所以C正确；D、正电荷到c点的平均场强大于正电荷到d点的平均场强，根据U＝Ed可知，正电荷到c点电势降低的多，所以c点的电势比d点的低；也可以根据电势这样理解：由正电荷在d，c两点产生的电势相等，但两个负电荷在d点产生的电势高于c点，所以c点的总电势低于d点。所以D正确；故选：ACD。【点评】本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一个等势面。（多选）14．在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed，点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标（ra，φa）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd．下列选项正确的是（）A．Ea：Eb＝4：1 B．Ec：Ed＝2：1 C．Wab：Wbc＝3：1 D．Wbc：Wcd＝1：3【考点】电场力做功的计算及其特点；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场．【专题】比较思想；比例法；电场力与电势的性质专题．【答案】AC【分析】由点电荷场强公式E=kQr2可求场强之比；利用公式Uab＝φa﹣φb和W【解答】解：A、由点电荷场强公式E=kQr2可得：Ea：Eb=rb2：ra2=B、由点电荷场强公式E=kQr2可得：Ec：Ed=rd2：rc2=6C、从a到b电场力做功为：Wab＝qUab＝q（φa﹣φb）＝q（6﹣3）J＝3q（J），从b到c电场力做功为：Wbc＝qUbc＝q（φb﹣φc）＝q（3﹣2）J＝q（J），所以有：Wab：Wbc＝3：1，故C正确；D、从c到d电场力做功为：Wcd＝qUcd＝q（φc﹣φd）＝q（2﹣1）J＝q（J），所以Wbc：Wcd＝1：1，故D错误。故选：AC。【点评】解答此题的关键是正确理解点电荷场强公式E=kQr2和W三．填空题（共1小题）15．如图所示，q1，q2，q3，分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q1与q2之间的距离为l1，已知q2与q3之间的距离为l2，且每个电荷都处于平衡状态（1）如q2为负电荷，则q1为正电荷，q3为正电荷。（2）q1，q2，q3三者电量大小之比是(l1+l2l2)2【考点】三（多）个点电荷在一条直线上时的平衡问题．【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）解决本题一定要把握“每个电荷都处于平衡状态”这一特点进行分析，已知q2为负电荷，可以利用假设法判断q1和q3的电性，如假设q1带正电，其它电荷是否平衡等，也可以利用“两同夹异，近小远大”（三个电荷处于平衡时两边电性相同和中间相反，中间电荷离电量小的近，离电量大的远）进行判断。（2）三个电荷处于同一直线上，每个电荷受两个库仑力作用处于平衡状态，据此列方程即可求解。【解答】解：（1）假设q1带负电，要使q2平衡则q3也应带负电，但此时q1、q3因都受斥力而不平衡，故q1带正电，同理分析q3带正电。（2）由于三个电荷均处于平衡状态，所以对q1有：kq1对q2有：kq1对q3有：kq1联立①②③可解得：q答：（1）正，正（2）q1，q2，q3三者电量大小之比是：q【点评】本题考查了库仑定律在电荷平衡中的应用，对于三个电荷平衡可以利用“两同夹异，近小远大”的规律进行电性判断，本题的难点在于计算，学生列出方程容易，但是计算正确难。四．实验题（共1小题）16．如图甲所示，某多级直线加速器由横截面相同的金属圆板和4个金属圆筒依次排列组成，圆筒的两底面中心开有小孔，其中心轴线在同一直线上，相邻金属圆筒分别接在周期性交变电压的两端。粒子从圆板中心沿轴线无初速度进入加速器，在间隙中被电场加速（穿过间隙的时间忽略不计），在圆筒内做匀速直线运动。若粒子在筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，这样粒子就能“踏准节奏”在间隙处一直被加速。粒子离开加速器后，从O点垂直直线边界OP进入匀强磁场区域I，OP距离为a，区域I的PO、PQ两直线边界垂直。区域I的上边界PQ与匀强磁场区域Ⅱ的下直线边界MN平行，其间距L可调。两区域的匀强磁场方向均垂直纸面向里，磁感应强度大小B=2α2mU0q。现有质子（11H）和氘核（（1）金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比l2：l4；（2）加速氘核时，交变电压周期仍为T，则需要将图乙中交变电压U0调至多少；加速后，氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径多大；（3）为使上述先后通过此加速器的质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，两磁场间距L的取值范围。【考点】带电粒子在周期性变化的电场中偏转；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；带电粒子由磁场进入电场中的运动．【专题】压轴题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比l2：l4为2：（2）需要将图乙中交变电压U0调至2U0；加速后，氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为2a；（3）为使上述先后通过此加速器的质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，两磁场间距L的取值范围为：0≤L＜(3-3)a【分析】（1）粒子通过每个间隙电场力做功相同，两粒子在每个筒中的运动时间也相同，根据动能定理求解速度，由运动学公式求解位移比；（2）氘核在每个筒中的速度与质子的相同，根据两粒子的比荷关系求解电压关系；在磁场中由洛伦兹力提供向心力结合两粒子的比荷关系求解运动半径；（3）找到两粒子轨迹恰好相交的临界情况，作出运动轨迹图，由几何关系求解临界情况的L值，在判断其范围。【解答】解：（1）设粒子进入第n个圆筒的速度为vn，根据动能定理得：nqU=解得：vn=由于两粒子在筒中的运动时间相同，则金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比：l2（2）要让氘核也能“踏准节奏”在间隙处被加速，则需要氘核在每个筒中的速度与质子的相同。氘核电荷量与质子相同，质量为质子两倍，由vn=2nqUm，可得：U0要调至由洛伦兹力提供向心力得：qv4B=对于质子，其v4=已知：B代入解得质子的轨道半径：r1＝a氘核质量为质子两倍，v4与质子相同，对比可得氘核的轨道半径：r2＝2a（3）氘核离开磁场区域I的速度方向与边界夹角θ＝60°①如图1所示，两轨迹相交于D点：L＝HC•tanθCD＝2r2•sin60°＝2×2a×GH＝r2•sin60°＝2a×HC＝CD﹣r1﹣GH=23a由以上两式得：L=(3-②如图2所示，两轨迹外切：L＝HC•tanθO1G＝r1+r2＝a+2a＝3aO1Q＝r2•sin30°＝2a×1GH＝r2•sin60°＝2a×GQ=HC＝CQ+GQ﹣GH=由以上两式得：L=2综上所述，为使质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，L的取值范围为：0≤L＜(3-3)a答：（1）金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比l2：l4为2：（2）需要将图乙中交变电压U0调至2U0；加速后，氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为2a；（3）为使上述先后通过此加速器的质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，两磁场间距L的取值范围为：0≤L＜(3-3)a【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题。对于粒子在电场中的加速直线运动，应用动能定理解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。本题的几何关系是难点，需多积累经验。五．解答题（共4小题）17．如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和﹣q（q＞0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；（2）A点距电场上边界的高度；（3）该电场的电场强度大小。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）抓住两球在电场中，水平方向上的加速度大小相等，一个做匀加速直线运动，一个做匀减速直线运动，在竖直方向上的运动时间相等得出水平方向时间相等，结合运动学公式求出M与N在电场中沿水平方向的位移之比；（2）根据离开电场时动能的大小关系，抓住M做直线运动，得出M离开电场时水平分速度和竖直分速度的关系，抓住M速度方向不变，结合进入电场时竖直分速度和水平分速度的关系，根据速度—位移公式求出A点距电场上边界的高度；（3）结合带电小球M电场中做直线运动，结合速度方向得出电场力和重力的关系，从而求出电场强度的大小。【解答】解：（1）两带电小球的电量相同，可知M球在电场中水平方向上做匀加速直线运动，N球在水平方向上做匀减速直线运动，水平方向上的加速度大小相等，两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为g的匀加速直线运动，由于竖直方向上的位移相等，则运动的时间相等，设水平方向的加速度大小为a，对M，有：xM对N：v0＝at，xN可得xM解得xM：xN＝3：1。（2、3）设正电小球离开电场时的竖直分速度为vy，水平分速度为v1，两球离开电场时竖直分速度相等，因为M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍，则有：12解得v1因为v1＝v0+at＝2v0，则v1=2因为M做直线运动，设小球进电场时在竖直方向上的分速度为vy1，则有：vy1v0=在竖直方向上有：vy12解得A点距电场上边界的高度h=H因为M做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，有：vy则电场的电场强度E=mg答：（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比为3：1（2）A点距电场上边界的高度为H3（3）该电场的电场强度大小为2mg【点评】本题考查了带电小球在匀强电场中的运动，理清两球在整个过程中的运动规律，将运动分解为水平方向和竖直方向，结合运动学公式灵活求解。18．如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力。求A、B两点间的电势差。【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；动能定理的简单应用．【专题】电场力与电势的性质专题．【答案】见试题解答内容【分析】粒子水平方向受电场力，做匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A到B过程根据动能定理列式求解。【解答】解：设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故：vBsin30°＝v0sin60°①解得：vB=设A、B间的电势差为UAB，由动能定理，有：qUAB联立②③解得：UAB答：A、B两点间的电势差为mv【点评】本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能定理列式求解即可，基础题目。19．如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°．已知小球所带电荷量q＝1.0×10﹣6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）小球所受电场力F的大小。（2）小球的质量m。（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。【考点】电场强度与电场力的关系和计算；机械能守恒定律的简单应用．【专题】计算题；定量思想；方程法；带电粒子在电场中的运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据电场力的计算公式求解电场力；（2）画出小球受力情况示意图，根据几何关系列方程求解质量；（3）根据机械能守恒定律求解速度。【解答】解：（1）根据电场力的计算公式可得电场力F＝qE＝1.0×10﹣6×3.0×103N＝3.0×10﹣3N；（2）小球受力情况如图所示：根据几何关系可得mg=qE所以m=qEgtanθ=3×10-3（3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则mgl（1﹣cos37°）=1解得：v＝2m/s。答：（1）小球所受电场力F的大小为3.0×10﹣3N。（2）小球的质量为4×10﹣4kg。（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s。【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。20．如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB=32OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与ΔOAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍，若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为（1）无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；（2）电场强度的大小和方向。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；平抛运动速度的计算．【专题】电场力与电势的性质专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）小球做平抛运动，设初速度v0．初动能EK0，从O到A的运动时间为t，将该运动分解即可；（2）加电场后，同样使用动能定理与功能关系对小球到达A与到达B的过程分别列出公式即可．【解答】解：（1）小球做平抛运动，设初速度v0．初动能EK0，从O到A的运动时间为t，令OA=则：OB=根据平抛运动的规律得：水平方向：d•sin60°＝v0t…①竖直方向：y=又：EK联立①②③解得：EK设小球到达A时的动能为EKA，则：EKA所以：EKA（2）加电场后，从O点到A点下降了y=12d，从O点到B点下降了32d，设两点的电势能分别减小ΔEPA和ΔEΔEΔE在匀强电场中，沿着任意直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点的电势与A的电势相同，M点到O点的距离是x，如图，则有：x3解得：x＝d，MA是等势线，电场线与MA的垂线OC平行，设电场方向与竖直向下的方向之间的夹角是α，由几何关系可得ΔOAM是等边三角形，所以：α=12即电场线的方向与竖直方向之间的夹角是30°，设电场强度的大小是E，则：qE•dcos30°＝ΔEPA…⑨联立④⑥⑨得：E=3答：（1）无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值是73（2）电场强度的大小是3mg6q【点评】本题是平抛运动与类平抛运动的组合，关键是运用动能定理与功能关系研究小球到达A与到达B的过程，再运用电场力做功的基本规律解题．

考点卡片1．力的合成与分解的应用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=M2gtan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=02.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．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．3．适用范围：（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．4．对牛顿第二定律的进一步理解牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝1m另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．【命题方向】题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（）A．物块的质量为1.5kgB．物块与地面之间的滑动摩擦力为2NC．t＝3s时刻物块的速度为3m/sD．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a=42=2m/s2，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B故选：BD．点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解例子：如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（）A．则a＝g，方向竖直向下B．则a＝g，方向竖直向上C．则a=F1m，方向沿Ⅰ的延长线D．则a分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1=mg刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：a=F1sinθm=故选：D．点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑过程中的加速度的大小a1；（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；（3）木块回到出发点时的速度大小v．分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式a=上滑过程中加速度的大小：a1（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入数据得：μ＝0.35．（3）下滑的距离等于上滑的距离：x=v02下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2=下滑至出发点的速度大小为：v=联立解得：v＝2m/s答：（1）上滑过程中的加速度的大小a1（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．【解题方法点拨】1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．应用牛顿第二定律的解题步骤（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．4．物体做曲线运动的条件【知识点的认识】物体做曲线运动的条件1．曲线运动的定义：轨迹是曲线的运动叫曲线运动．2．曲线运动的特点：（1）速度方向：质点在某一点的速度，沿曲线在这一点的切线方向．（2）运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动，即必然具有加速度．3．曲线运动的条件（1）从动力学角度看：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上．（2）从运动学角度看：物体的速度方向跟它的加速度方向不在同一条直线上．【知识点的应用及延伸】变速运动一定是曲线运动吗？曲线运动一定是变速运动吗？曲线运动一定不是匀变速运动吗？请举例说明？变速运动不一定是曲线运动，如匀变速直线运动．曲线运动一定是变速运动，因为速度方向一定变化．曲线运动不一定是非匀变速运动，如平拋运动是曲线运动，也是匀变速运动．【命题方向】（1）常考题型考查物体做曲线运动的条件：下列说法正确的是（）A．做曲线运动的物体一定有加速度B．平抛运动是匀变速运动，任意相等时间内速度的变化都相同C．匀速圆周运动虽然不是匀变速运动，但任意相等时间内速度的变化仍相同D．当物体受到的合外力为零时，物体仍可以做曲线运动分析：物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，既然有合力就一定有加速度，平抛运动是匀变速运动，任意相等时间内速度的变化是相同的，当物体受到的合外力为零时，物体只能是处于静止或匀速直线运动状态，不可能做曲线运动．解答：A、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，所以做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零，物体一定有加速度，故A正确．B、平抛运动是匀变速运动，加速度的大小为g，所以任意相等时间内速度的变化为△V＝g△t，所以任意相等时间内速度的变化都相同，所以B正确．C、匀速圆周运动只是说速度的大小不变，但速度的方向时刻在变，任意相等时间内速度方向的变化是不一样的，所以C错误．D、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，当物体受到的合外力为零时，物体只能是处于静止或匀速直线运动状态，不可能做曲线运动，所以D错误．故选：A、B．点评：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．【解题方法点拨】曲线运动的条件（1）从动力学角度看：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上．（2）从运动学角度看：物体的加速度方向跟它的速度方向不在同一条直线上．5．平抛运动速度的计算6．动能定理的简单应用7．功是能量转化的过程和量度8．机械能守恒定律的简单应用【知识点的认识】1．机械能：势能和动能统称为机械能，即E＝Ek+Ep，其中势能包括重力势能和弹性势能。2．机械能守恒定律（1）内容：在只有重力（或弹簧弹力）做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。（2）表达式：观点表达式守恒观点E1＝E2，Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2（要选零势能参考平面）转化观点△EK＝﹣△EP（不用选零势能参考平面）转移观点△EA＝﹣△EB（不用选零势能参考平面）【命题方向】题型一：机械能是否守恒的判断例1：关于机械能是否守恒的叙述中正确的是（）A．只要重力对物体做了功，物体的机械能一定守恒B．做匀速直线运动的物体，机械能一定守恒C．外力对物体做的功为零时，物体的机械能一定守恒D．只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒分析：机械能守恒的条件：只有重力或弹力做功的物体系统，其他力不做功，理解如下：①只受重力作用，例如各种抛体运动。②受到其它外力，但是这些力是不做功的。例如：绳子的一端固定在天花板上，另一端系一个小球，让它从某一高度静止释放，下摆过程中受到绳子的拉力，但是拉力的方向始终与速度方向垂直，拉力不做功，只有重力做功，小球的机械能是守恒的。③受到其它外力，且都在做功，但是它们的代数和为0，此时只有重力做功，机械能也是守恒的。解：A、机械能守恒条件是只有重力做功，故A错误；B、匀速运动，动能不变，但重力势能可能变化，故B错误；C、外力对物体做的功为零时，不一定只有重力做功，当其它力与重力做的功的和为0时，机械能不守恒，故C错误；D、机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，故D正确。故选：D。点评：本题关键是如何判断机械能守恒，可以看能量的转化情况，也可以看是否只有重力做功。题型二：机械能守恒定律的应用例2：如图，竖直放置的斜面下端与光滑的圆弧轨道BCD的B端相切，圆弧半径为R，∠COB＝θ，斜面倾角也为θ，现有一质量为m的小物体从斜面上的A点无初速滑下，且恰能通过光滑圆形轨道的最高点D．已知小物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求：（1）AB长度l应该多大。（2）小物体第一次通过C点时对轨道的压力多大。分析：（1）根据牛顿第二定律列出重力提供向心力的表达式，再由动能定理结合几何关系即可求解；（2）由机械能守恒定律与牛顿第二定律联合即可求解。解：（1）因恰能过最高点D，则有mg又因f＝μN＝μmgcosθ，物体从A运动到D全程，由动能定理可得：mg（lsinθ﹣R﹣Rcosθ）﹣fl=联立求得：l（2）物体从C运动到D的过程，设C点速度为vc，由机械能守恒定律：1物体在C点时：N联合求得：N＝6mg答：（1）AB长度得：l=（2）小物体第一次通过C点时对轨道的压力6mg。点评：本题是动能定理与牛顿运动定律的综合应用，关键是分析物体的运动过程，抓住滑动摩擦力做功与路程有关这一特点。题型三：多物体组成的系统机械能守恒问题例3：如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是（）A．斜面倾角α＝30°B．A获得最大速度为2gmC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒分析：C球刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角。A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等。在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等；解：A、C刚离开地面时，对C有：kx2＝mg此时B有最大速度，即aB＝aC＝0