2025年高考物理复习新题速递之静电场（2024年9月）

第1页（共1页）2025年高考物理复习新题速递之静电场（2024年9月）一．选择题（共11小题）1．（2024•岳麓区校级开学）如图所示，在平行板电容器两板间有一个带电微粒。开关S闭合时，该微粒恰好能静止在水平极板的正中间O。下列操作能使该微粒移动但在移动过程中重力势能不变的是（）A．保持S闭合，极板N上移 B．充电后将S断开，极板N上移 C．电容器绕垂直于纸面的O轴整体转过一个小角度θ D．极板M和N分别绕垂直于纸面的O1和O2轴沿相同方向转过相同的小角度θ2．（2024•杭州开学）下列关于物理学史的叙述正确的是（）A．第谷根据开普勒观测数据提出了行星运动定律 B．牛顿利用扭秤实验比较准确的测出万有引力常量G C．伽利略运用了实验和逻辑推理相结合的方法研究了物体下落规律 D．库仑发现了库仑定律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值3．（2024•浙江开学）下列物理量属于矢量且单位正确的是（）A．功率（W） B．磁感应强度（T） C．电势差（V） D．温度（K）4．（2024•浙江开学）如图所示，长为L的轻绳上端固定在O点，下端系一带电量为+q的小球，置于水平向右的匀强电场E=3mg4q中，OA与竖直方向的夹角37°，OA一半处的P点有一小钉子。现将小球拉至B点，使轻绳与OA夹角很小，然后由静止释放小球，小球在竖直平面内运动。点C（图中未标出）是小球能够到达OA左侧最远位置，重力加速度为A．小球在C点时所受合力为零 B．小球在A点时绳子拉力等于54C．小球摆动到C点时具有的机械能等于在B点具有的机械能 D．小球摆动的周期为π(25．（2024•寻甸县校级开学）两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（）A．P点处电场强度小于Q点处的电场强度 B．P点处电势小于Q点处的电势 C．负电荷在P点的电势能高于在Q点的电势能 D．正电荷由P点运动到Q点电场力做正功6．（2024•全国自主招生）如图（a），有四个相同的金属板M、N、P、Q，M与N平行、P与Q平行，O点到各板的距离相等。两对金属板上的电势差UMN及UPQ随时间按图（b）规律做周期性变化，U0和t0均为已知。在t＝0时将电子从O点由静止释放，不计电子所受重力，忽略边缘效应，经过一段时间（大于4t0）后电子将到达（）A．M板 B．N板 C．P板 D．Q板7．（2024•天心区校级模拟）如图所示，绝缘水平光滑杆上套有一质量为m的带正电的小环，电荷量为q，小环与绝缘弹簧相连，弹簧另一端固定于杆正上方的P点。杆所在的空间存在着沿杆方向的匀强电场，杆上M、N两点间的电势差为φM﹣φN＝2φ0，其中φ0＞0，小环以向右的速度v0经过M点，并能通过N点。已知在M、N两点处，弹簧对小环的弹力大小相等，∠MPN＝90°，∠PNM＝30°，M、N之间的距离为2L，Q点位于P点的正下方。在小环从M点运动到N点的过程中（）A．小环加速度最大值为qφB．小环经过Q点时的速度最大 C．小环经过N点时的速度大小为v0D．小环在M、N两点时，弹性势能相等，动能也相等8．（2020•连城县校级模拟）如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上，a、b带正电，电荷量均为q，c带负电，整个系统置于方向水平的匀强电场中，已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态，则下列说法中正确的是（）A．a球所受合力斜向左 B．c球带电量的大小为2q C．匀强电场的方向垂直于ab边由ab的中点指向c点 D．因为不知道c球的电量大小，所以无法求出匀强电场的场强大小9．（2024•香坊区校级开学）用一条绝缘轻绳，悬挂一个质量为4.0×10﹣4kg，电荷量为2.0×10﹣8C的小球，细线的上端固定于O点。如图，现加一水平向右的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向的夹角为37°，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。关于匀强电场的场强E和平衡时细线的拉力T，下列说法正确的是（）A．E＝1.5×106N/C B．T＝5.0×10﹣3N C．E＝3.0×106N/C D．T＝2.4×10﹣3N10．（2023秋•新郑市校级月考）如图所示，真空中有一个正方形平面ABCD，O为正方形的中心，现在A、C两顶点分别固定等量异种点电荷，M、N是过O点的正方形垂线上关于O点不对称的两点，下列说法正确的是（）A．M、N两点的电场强度大小不等，方向相同 B．M、N两点的电场强度大小相等，方向不同 C．若将电子从O点移动到M点，其电势能增加 D．若将电子从O点移动到N点，其电势能减少11．（2024春•淮安期末）如图所示，绝缘轻绳悬挂一带电小球，静止于水平向右的匀强电场中，此时绳与竖直方向间的夹角θ＝30°，则小球所受电场力（）A．方向竖直向上 B．方向水平向右 C．等于重力 D．大于重力二．多选题（共4小题）（多选）12．（2024秋•寻甸县校级月考）真空中有一正三角形ABC，如图所示，M、N分别为AB、AC的中点，在B、C两点分别固定等量异种点电荷，其中B点固定负电荷，C点固定正电荷。则（）A．沿直线从A点到M点，电势逐渐降低 B．将电子沿直线从N点移动到A点，电子的电势能逐渐增大 C．将电子沿直线从M点移动到A点，电场力一直做正功 D．M点和N点电场强度相等（多选）13．（2024•雁塔区校级开学）如图，真空中电荷量为2q和﹣q（q＞0）的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN直线上O点为球心，电势为零的等势面（取无穷远处电势为零），P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，N'为N关于O点的对称点，下列说法正确的是（）A．P点电势高于S点电势 B．T点电场强度方向指向N点 C．除无穷远处外，MN直线上还存在一个电场强度为零的点 D．将正试探电荷q0从T点移到N'点，静电力做正功（多选）14．（2024秋•新郑市校级月考）如图所示，真空中有一半径为5cm的圆，其圆心为O，△ABC是圆的内接直角三角形，∠BAC＝63.5°，空间存在着平行于圆面的匀强电场（取O点的电势为零）。一电子放在C点时具有的电势能为8eV，把电子从A点移动到B点，克服静电力做功为8eV。放置在A点的质子源，向各个方向发射动能均为5eV的质子。已知电子的电荷量为﹣e，不考虑质子源产生的电场，不计各种粒子的重力和粒子间的相互作用力，下列说法正确的是（）A．圆周上B、C两点间的电势差UBC＝8V B．匀强电场的电场强度大小为200V/m C．若某一质子到达圆周边界时的电势能为4eV，则其动能为leV D．当某个质子经过圆周上某一位置时，动能可能为22eV（多选）15．（2024•合肥三模）如图所示，平行板电容器两极板与直流电源、理想二极管D（正向电阻为零，反向电阻无穷大）、定值电阻R连接，电容器下板B接地，两板间P点有一带电油滴恰好处于静止状态，现将上极板A向上移动，则下列说法正确的是（）A．R中有从a到b的电流 B．两极板间电压保持不变 C．油滴的电势能不变 D．油滴仍保持静止状态三．解答题（共5小题）16．（2024春•渝中区校级期中）如图所示，真空中有一固定的点电荷B，在其正上方相距为L处，将另一可视为质点的带电小球A无初速度释放，释放瞬间小球A的加速度大小为g2，方向竖直向下，运动过程中A、B（1）当A、B相距为L2时，A（2）当A的动能最大时，A、B间的距离。17．（2024•寻甸县校级开学）如图所示，两正对的平行金属板AB、CD与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。AB板带正电、CD板带负电，两板间距10cm，电荷量为1.0×10﹣8C，质量为3.0×10﹣4kg的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点处于静止状态。细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），g取10m/s2。求：（1）M点到C点的距离；（2）电场强度大小。18．（2024秋•福州月考）电子技术中通常利用匀强电场中的偏转实现带电粒子的平行侧移。如图所示，两偏转电场Ⅰ、Ⅱ宽度均为L，场强大小均为E、方向相反（均沿竖直方向）。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，由静止开始经过电压为U的电场加速后，从A点垂直进入偏转电场Ⅰ，最后从偏转电场Ⅱ中的B点射出，已知两电场相距L，不计带电粒子的重力，求：（1）带电粒子从加速电场射出时速度v0的大小；（2）带电粒子从偏转电场I离开时竖直方向偏移的距离y；（3）A、B之间沿电场线方向的距离h。19．（2024•浦东新区校级开学）蜜蜂授粉蜜蜂飞行过程中身上会积累少量正电荷，一只蜜蜂通常的带电量约为+3×10﹣11C，蜜蜂传播花粉时就利用了这些电荷。当蜜蜂飞到花蕊附近时，花粉颗粒会粘附在蜜蜂身上。当蜜蜂接近下一朵花时，部分花粉会留在下一朵花的花蕊上，完成授粉。静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，元电荷e＝1.6×10﹣19C。（1）一只原来电中性的蜜蜂在飞行过程中带上了+3×10﹣11C的电量，这是由于它。A．失去了1.9×108个质子B．失去了1.9×108个电子C．得到了1.9×108个电子D．得到了1.9×108个质子（2）当蜜蜂靠近带负电的花蕊时，它们之间的电场如图所示。a、b两点中点电场强度较大，点电势较高（均选：A．a；B．b）。（3）花粉沿着ab所在的电场线移动到蜜蜂身上。（选填“A．能”“B．不能”）（4）蜜蜂不愿靠近因刚被授粉而带正电的花蕊。当一只蜜蜂靠近一朵已被授粉的花蕊时，它们之间的电场线分布可能为。20．（2024•故城县校级开学）固定的光滑绝缘半球槽的半径为R，处在水平向右的匀强电场中，一个质量为m的带电小球从槽的右端A处（与球心等高）无初速度沿轨道滑下，滑到最低点B时，球对轨道的压力为2mg。求：（1）小球从A到B的过程中受到的电场力做的功；（2）带电小球通过B点时的加速度大小；（3）带电小球在滑动过程中的最大速度。

2025年高考物理复习新题速递之静电场（2024年9月）参考答案与试题解析一．选择题（共11小题）1．（2024•岳麓区校级开学）如图所示，在平行板电容器两板间有一个带电微粒。开关S闭合时，该微粒恰好能静止在水平极板的正中间O。下列操作能使该微粒移动但在移动过程中重力势能不变的是（）A．保持S闭合，极板N上移 B．充电后将S断开，极板N上移 C．电容器绕垂直于纸面的O轴整体转过一个小角度θ D．极板M和N分别绕垂直于纸面的O1和O2轴沿相同方向转过相同的小角度θ【考点】平行板电容器内的受力平衡问题；电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化；电容器的动态分析（Q不变）——正对面积变化．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；分析综合能力．【答案】D【分析】电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变，根据电容器d的变化判断电容的变化，公式分析电场强度的变化，从而判断电荷电场力的变化，从而判断其运动情况，进而判断重力势能变化情况；开关断开，电容器电荷量不变，根据E=Ud，C=QU【解答】解：A．微粒静止，所受重力和电场力等大反向，保持S闭合，则电容器极板间电压不变，根据E=U若将极板N上移，板间距离d减小，板间电场强度增大根据F＝Eq可知，微粒受到的电场力增大，带电微粒向上运动，重力势能增大，故A错误；B．充电后将S断开，则电容器所带电荷量不变，根据E=Ud，C=QUE=U将极板N上移，板间电场强度不变，根据F＝Eq可知，微粒受到的电场力不变，带电微粒仍处于静止状态，故B错误；C．电容器绕垂直于纸面的O轴转过一个小角度θ，则极板间距不变，电场力不变，竖直分力减小，带电微粒向下运动，重力做正功，重力势能减小，故C错误；D．极板M和N分别绕垂直于纸面的O1和O2轴转过相同的小角度θ，两极板的间距变为dcosθ，两极板间的电场力变为F=Eq=qU竖直分力Fcosθ=U微粒沿水平方向移动，重力势能不变，故D正确。故选：D。【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变。同时掌握电容的定义式与决定式的内容，并在理解的基础上记住结论。2．（2024•杭州开学）下列关于物理学史的叙述正确的是（）A．第谷根据开普勒观测数据提出了行星运动定律 B．牛顿利用扭秤实验比较准确的测出万有引力常量G C．伽利略运用了实验和逻辑推理相结合的方法研究了物体下落规律 D．库仑发现了库仑定律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值【考点】库仑定律的适用范围；力学物理学史．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理能力．【答案】C【分析】本题属于物理学史和常识性，根据相关科学家的物理学成就和研究方法进行解答。【解答】解：开普勒通过对第谷多年的观测数据的研究，提出了行星运动定律，故A错误；B、卡文迪什利用扭秤实验比较准确地测出了万有引力常量，故B错误；C、伽利略利用铜球沿斜槽滚下的实验，推理出自由落体运动是匀加速直线运动。这采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故C正确；D、法国物理学家库仑发现了库仑定律，美国物理学家密立根通过油滴实验测定了元电荷的电荷量，故D错误。故选：C。【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累。3．（2024•浙江开学）下列物理量属于矢量且单位正确的是（）A．功率（W） B．磁感应强度（T） C．电势差（V） D．温度（K）【考点】电势差的概念、单位和物理意义；矢量和标量的区分与判断．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】B【分析】既有大小又有方向，并且合成与分解时遵守平行四边形定则的物理量为矢量。【解答】解：既有大小又有方向，并且合成与分解时遵守平行四边形定则的物理量为矢量，A、功率为标量，单位W，故A错误；B、磁感应强度为矢量，单位T，故B正确；C、电势差为标量，单位V，故C错误；D、温度为标量，单位K，故D错误；故选：B。【点评】本题考查矢量和力学单位制，解题关键是知道既有大小又有方向，并且合成与分解时遵守平行四边形定则的物理量为矢量。4．（2024•浙江开学）如图所示，长为L的轻绳上端固定在O点，下端系一带电量为+q的小球，置于水平向右的匀强电场E=3mg4q中，OA与竖直方向的夹角37°，OA一半处的P点有一小钉子。现将小球拉至B点，使轻绳与OA夹角很小，然后由静止释放小球，小球在竖直平面内运动。点C（图中未标出）是小球能够到达OA左侧最远位置，重力加速度为A．小球在C点时所受合力为零 B．小球在A点时绳子拉力等于54C．小球摆动到C点时具有的机械能等于在B点具有的机械能 D．小球摆动的周期为π(2【考点】带电粒子在匀强电场中做圆周运动；判断机械能是否守恒及如何变化；单摆周期的计算及影响因素．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．【答案】D【分析】A．分析小球在C点的运动情况可知加速度的方向，根据牛顿第二定律分析受力情况；B．分析小球摆动时的受力情况，等效重力“最低点”是重力和电场力的合力沿绳子向下的点，根据动能定理求出小球到达“最低点”时的速度，由牛顿第二定律求绳子拉力；C．根据机械能守恒的条件判断；D．先求等效重力加速度，再根据单摆的周期公式求解周期。【解答】解：A．小球在C点时速度为零，即将返回，具有沿切线方向的加速度，故此时合外力不为零，故A错误；B．小球摆动时的等效重力大小为G'代入数据解得G'设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有tanθ=qE代入数据解得θ＝37°故A点是等效重力场的最低点，小球经过A点，根据牛顿第二定律有F-可得F=mv故B错误；C．小球由B到C，电场力做负功，故机械能减少，故C错误；D．小球摆动时的等效重力加速度为g'小球摆动的周期为T=1故D正确。故选：D。【点评】本题的关键是确定圆周运动的等效最高点和等效最低点，可与重力场中竖直平面内圆周运动类比理解，运用动能定理和牛顿第二定律进行求解．小球摆动过程中机械能不守恒，同时要能够结合单摆的周期公式求周期。5．（2024•寻甸县校级开学）两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（）A．P点处电场强度小于Q点处的电场强度 B．P点处电势小于Q点处的电势 C．负电荷在P点的电势能高于在Q点的电势能 D．正电荷由P点运动到Q点电场力做正功【考点】通过电势能的性质判断电势能的大小；通过电场线的方向判断电势的高低；根据电场线的疏密判断场强大小．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】D【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高低。【解答】解：A．电场线的疏密代表场强的大小，可知P点处电场强度大于Q点处的电场强度，故A错误；BC．因顺着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于Q点电势，所以负电荷在P的电势能小于在Q的电势能，故BC错误；D．因为P点电势高于Q点电势，正电荷从P点移动到Q点，电势能减小，可知电场力做正功，故D正确。故选：D。【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中垂面是一个等势面，电荷的带电量越多，周围的场强越强，电场线越密集，可用来判断点电荷带电量的大小。6．（2024•全国自主招生）如图（a），有四个相同的金属板M、N、P、Q，M与N平行、P与Q平行，O点到各板的距离相等。两对金属板上的电势差UMN及UPQ随时间按图（b）规律做周期性变化，U0和t0均为已知。在t＝0时将电子从O点由静止释放，不计电子所受重力，忽略边缘效应，经过一段时间（大于4t0）后电子将到达（）A．M板 B．N板 C．P板 D．Q板【考点】带电粒子在周期性变化的电场中偏转．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．【答案】A【分析】根据运动的分解，分别分析电子在水平和竖直方向的距离关系，从而判断解答。【解答】解：在t＝0时将电子从O点由静止释放，由于UMN＝U0＞0，则电子在0～t0沿水平方向有向右的速度，设t0末的速度为v，运动的位移为x，则x=v2t0～2t0时，由于UPQ＝U0＞0，则电子在t0～2t0沿竖直方向有向上的速度，同理可知y=v2此时向右的位移为x1＝x+vt0=322t0～3t0时UMN＝﹣U0＜0，则电子向右减速，3t0末的水平方向的位移为x2＝x1+v2t0＝竖直方向有y1＝y+vt0=323t0～4t0时UPQ＝﹣U0＜0，则电子向上减速，4t0末的竖直方向的位移为y2＝y1+v2t0＝水平方向的位移依然为2vt0。电子前3s的水平距离大于竖直距离，由于电子从O点释放，由上述分析可知电子将到达M板，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握运动的独立性。7．（2024•天心区校级模拟）如图所示，绝缘水平光滑杆上套有一质量为m的带正电的小环，电荷量为q，小环与绝缘弹簧相连，弹簧另一端固定于杆正上方的P点。杆所在的空间存在着沿杆方向的匀强电场，杆上M、N两点间的电势差为φM﹣φN＝2φ0，其中φ0＞0，小环以向右的速度v0经过M点，并能通过N点。已知在M、N两点处，弹簧对小环的弹力大小相等，∠MPN＝90°，∠PNM＝30°，M、N之间的距离为2L，Q点位于P点的正下方。在小环从M点运动到N点的过程中（）A．小环加速度最大值为qφB．小环经过Q点时的速度最大 C．小环经过N点时的速度大小为v0D．小环在M、N两点时，弹性势能相等，动能也相等【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；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】C【分析】A．根据匀强电场的电场强度与电势差关系可以求解场强大小，进一步对小环受力分析，根据牛顿第二定律可以判断小环加速度最大；B．根据运动过程受力以及牛顿第二定律可以判断小环经过Q点时的速度是否最大；CD．小环从M到N的过程中，根据动能定理可以求解出小环经过N点时的速度，进而判断正误。【解答】解：A．匀强电场的场强大小为E=U解得E=φ当小环刚越过Q点右侧时，弹簧的弹力的水平分力和电场力都向右，所以合加速度必定大于qφ0mLB．小环在M、N之间运动的过程中，在Q点的加速度向右，不是速度最大的位置，故B错误；CD．小环从M到N的过程中，根据动能定理得2qφ解得vN小环从M到N的过程中，电场力做功，小环在M、N两点动能不相等，故C正确，D错误。故选：C。【点评】掌握好能量变化的关系，弄清楚能量的去向是解答本题的关键，在M、N两点处，弹簧对小环的弹力大小相等，则弹性势能相等。8．（2020•连城县校级模拟）如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上，a、b带正电，电荷量均为q，c带负电，整个系统置于方向水平的匀强电场中，已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态，则下列说法中正确的是（）A．a球所受合力斜向左 B．c球带电量的大小为2q C．匀强电场的方向垂直于ab边由ab的中点指向c点 D．因为不知道c球的电量大小，所以无法求出匀强电场的场强大小【考点】电场强度的叠加；库仑定律的表达式及其简单应用．【专题】比较思想；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】B【分析】三个小球均处于静止状态，合力为零，以c球为研究对象，根据平衡条件求解匀强电场场强的大小，判断匀强电场的方向。再以a球为研究对象，根据平衡条件求解c球的带电量。【解答】解：A、a球保持静止，合力为零，故A错误；BCD、设c球带电量为Q，以c球为研究对象，根据平衡条件知a、b两球对c球的静电力的合力与匀强电场对c球的电场力等值反向，即：2×QqL2×cos30°＝所以匀强电场场强的大小为：E=3kqL2，方向垂直于ab边由以a球为研究对象，根据平衡条件得：kq2L2=解得：Q＝2q，故B正确，CD错误。故选：B。【点评】本题是带电体在电场中平衡问题，由于涉及三个小球，所以首先要灵活选择研究的对象，正确分析受力情况，再根据平衡条件和库仑定律及平行四边形定则解题。9．（2024•香坊区校级开学）用一条绝缘轻绳，悬挂一个质量为4.0×10﹣4kg，电荷量为2.0×10﹣8C的小球，细线的上端固定于O点。如图，现加一水平向右的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向的夹角为37°，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。关于匀强电场的场强E和平衡时细线的拉力T，下列说法正确的是（）A．E＝1.5×106N/C B．T＝5.0×10﹣3N C．E＝3.0×106N/C D．T＝2.4×10﹣3N【考点】电场强度与电场力的关系和计算；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】B【分析】小球处于受力平衡状态，对小球受力分析，根据受力平衡列式计算即可。【解答】解：BD、对小球受力分析，小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用，小球处于受力平衡状态，合力为0，受力分析如图所示根据平衡条件可得T=mgF＝mgtanθ＝4.0×10﹣4×10×0.75N＝3.0×10﹣3N故B正确，D错误；AC、电场强度为E=F故AC错误。故选：B。【点评】解决本题的关键进行正确的受力分析，然后根据共点力平衡计算即可。10．（2023秋•新郑市校级月考）如图所示，真空中有一个正方形平面ABCD，O为正方形的中心，现在A、C两顶点分别固定等量异种点电荷，M、N是过O点的正方形垂线上关于O点不对称的两点，下列说法正确的是（）A．M、N两点的电场强度大小不等，方向相同 B．M、N两点的电场强度大小相等，方向不同 C．若将电子从O点移动到M点，其电势能增加 D．若将电子从O点移动到N点，其电势能减少【考点】电场力做功与电势能变化的关系；等量异种电荷的电场线分布．【专题】定性思想；归纳法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．【答案】A【分析】根据等量异种电荷的电场特点分析；根据等量异种电荷的连线中垂线的电势为零的等势线分析。【解答】解：AB．M、N两点位于等量异种点电荷连线的中垂线上且关于O点不对称，根据等量异种电荷的电场的特点可知M、N两点的电场强度大小不相等，但方向都与AC连线平行，且方向都指向负电荷所在一侧，故A正确，B错误；CD．M、N两点位于等量异种点电荷连线的中垂线上，而等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，且电势为零，因此M、N、O三点电势相同都为零，所以将电子从O点移到N点，或者将电子从O点移动到M点，电场力不做功，其电势能均不变，故CD错误。故选：A。【点评】掌握等量异种电荷的电场特点和连线的中垂线是条电势为零的等势线是解题的基础。11．（2024春•淮安期末）如图所示，绝缘轻绳悬挂一带电小球，静止于水平向右的匀强电场中，此时绳与竖直方向间的夹角θ＝30°，则小球所受电场力（）A．方向竖直向上 B．方向水平向右 C．等于重力 D．大于重力【考点】带电体在匀强电场中的受力平衡．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】B【分析】AB、根据受力分析和平衡条件可解出；CD、根据矢量的叠加可解出。【解答】解：AB．对小球受力分析共受三力，如图所示其中重力竖直向下，电场力水平方向，拉力沿绳向左上，根据平衡条件可得，电场力水平向右，故A错误，B正确；CD．根据矢量法则结合数学知识可知：F电=mgtan30故选：B。【点评】本题主要考查学生对于电场力的分析，对于这部分内容要仔细分析受力方向和矢量的叠加。二．多选题（共4小题）（多选）12．（2024秋•寻甸县校级月考）真空中有一正三角形ABC，如图所示，M、N分别为AB、AC的中点，在B、C两点分别固定等量异种点电荷，其中B点固定负电荷，C点固定正电荷。则（）A．沿直线从A点到M点，电势逐渐降低 B．将电子沿直线从N点移动到A点，电子的电势能逐渐增大 C．将电子沿直线从M点移动到A点，电场力一直做正功 D．M点和N点电场强度相等【考点】电场力做功与电势能变化的关系；通过电势能的性质判断电势能的大小；等量异种电荷的电势分布；等量异种电荷的电场线分布．【专题】比较思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】ABC【分析】画出等量异种电荷的电场分布图，结合顺着电场线方向电势降低，分析电势的变化；由电势能公式EP＝φq分析电势能的大小；根据电势能的变化分析电场力做功正负；根据电场线的分布情况分析M点和N点电场强度关系。【解答】解：A、等量异种电荷的电场分布图如图所示。顺着电场线方向电势降低，由电场分布图可知φN＞φA＞φM，则沿直线从A到M点，电势降低，故A正确；B、将电子沿直线从N点移动到A点，电势降低，由电势能公式EP＝φq（注意代入正负号），可知电子在A点的电势能大于在N点的电势能，故B正确；C、将电子沿直线从M点移动到A点，电势升高，电势能降低，则电场力一直做正功，故C正确；D、由对称性可知，M点和N点的电场强度大小相等，但方向不同，故D错误。故选：ABC。【点评】等量同种、等量异种电荷周围的电场分布情况是考查的重点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷周围的电场特点。（多选）13．（2024•雁塔区校级开学）如图，真空中电荷量为2q和﹣q（q＞0）的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN直线上O点为球心，电势为零的等势面（取无穷远处电势为零），P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，N'为N关于O点的对称点，下列说法正确的是（）A．P点电势高于S点电势 B．T点电场强度方向指向N点 C．除无穷远处外，MN直线上还存在一个电场强度为零的点 D．将正试探电荷q0从T点移到N'点，静电力做正功【考点】电场力做功与电势差的关系；电场强度的叠加；用定义式计算某点的电势．【专题】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】CD【分析】沿着电场线的方向电势逐渐降低，由此分析出P点和S点的电势高低；根据场强的定义式分析出是否存在场强为零的点；根据电势的叠加原理分析出电势的高低，从而分析出场强的方向；先分析出电荷从T点移到P点的过程中电势能的变化，结合功能关系得出静电力的做功类型。【解答】解：A、正电荷周围的点电势为正，负电荷周围的点电势为负，球面为电势为零的等势面，而S点就在0V的等势面上，若P点在等势面与MN的交点左侧，有P点电势高于S点电势；若P点在等势面与MN的交点右侧，有P点电势低于S点电势，故A错误；B、设电势为零的等势面的半径为R，与线段MN交于A点，设AN距离为x，MN距离为L，如图所示根据点电荷的电势φ=kq结合电势的叠加原理A、S满足k⋅2qL-xk⋅2qL+2R-x解得x=L3，由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势φOφN'可知φT＞φO可知T点电场方向指向O点，故B错误；D、因T点电势为零，电势高于N′点的电势，将正试探电荷q0从T点移到N'点，是从高电势移动到低电势，则静电力做正功，故D正确；C、由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在直线MN上在N左侧电场强度不可能为零，在N右侧，设MN距离为L，根据k⋅2q(L+d可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C正确。故选：CD。【点评】本题主要考查了场强和电势的相关概念，熟悉公式，理解电势和电场线的分布特点，同时要理解这两个物理量各自的合成特点，有一定的难度。（多选）14．（2024秋•新郑市校级月考）如图所示，真空中有一半径为5cm的圆，其圆心为O，△ABC是圆的内接直角三角形，∠BAC＝63.5°，空间存在着平行于圆面的匀强电场（取O点的电势为零）。一电子放在C点时具有的电势能为8eV，把电子从A点移动到B点，克服静电力做功为8eV。放置在A点的质子源，向各个方向发射动能均为5eV的质子。已知电子的电荷量为﹣e，不考虑质子源产生的电场，不计各种粒子的重力和粒子间的相互作用力，下列说法正确的是（）A．圆周上B、C两点间的电势差UBC＝8V B．匀强电场的电场强度大小为200V/m C．若某一质子到达圆周边界时的电势能为4eV，则其动能为leV D．当某个质子经过圆周上某一位置时，动能可能为22eV【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；用定义式计算某点的电势；电场力做功与电势差的关系；等势面及其与电场线的关系．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】ABD【分析】根据电势的定义φC=EpC-e可知C点的电势；从而解得UCA；粒子由A到B，根据能量守恒解得B点电势，作出【解答】解：AB．由公式Ep＝φq可知，圆周上C点的电势为φC由公式U＝Ed及取O点的电势为零可知，圆周上A点的电势为8V，把电子从A点移动到B点，克服静电力做功为8eV，则有UAB解得φB＝0则B、C两点间的电势差UBC＝φB﹣φC＝0V﹣（﹣8）V＝8V连接OB，则OB为匀强电场的等势面，过A点作OB的垂线交OB于D点，则AD的方向就是该电场的电场强度方向，如图所示由几何关系可得∠AOB＝53°则有E=U将R＝5cm＝0.05m代入解得E＝200V/m故AB正确；CD．由公式Ep＝φq可知，质子在A点的电势能为8eV，粒子的总能量E＝Ek+Ep＝5eV+8eV＝13eV由能量守恒定理可知，若某一质子到达圆周边界时的电势能为4eV，则其动能为9eV，由公式U＝Ed及取O点的电势为零可知，圆周上电势最高为10V，最低为﹣10V，则质子经过圆周上某一位置时，电势能最大为10eV，最小为﹣10eV，由能量守恒定理可知，动能最大为23eV，最小为3eV，则动能可能为22eV，故C错误，D正确。故选：ABD。【点评】本题考查匀强电场电势差与电场强度的关系，解题关键掌握确定等势面的方法及求电场强度的公式理解。（多选）15．（2024•合肥三模）如图所示，平行板电容器两极板与直流电源、理想二极管D（正向电阻为零，反向电阻无穷大）、定值电阻R连接，电容器下板B接地，两板间P点有一带电油滴恰好处于静止状态，现将上极板A向上移动，则下列说法正确的是（）A．R中有从a到b的电流 B．两极板间电压保持不变 C．油滴的电势能不变 D．油滴仍保持静止状态【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．【专题】比较思想；控制变量法；电容器专题；推理能力．【答案】CD【分析】将上极板A向上移动，根据电容的决定式分析电容的变化，结合二极管的单向导电性，分析电容器带电量的变化，判断R中有无电流。根据电容的定义式C=QU分析两极板间电压的变化。分析板间场强的变化，判断【解答】解：AB、将A板向上移动时，两极板间距离增大，由电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，电容器的电容减小，电容器要放电，但由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，因此电容器的带电量不变，电路中没有电流，由CC、由E=Ud、C=ɛrS4πkd、C=QU可得E=4πkQɛrS可知，两极板间场强不变，由D、两极板间场强不变，油滴受到的电场力不变，则油滴仍保持静止状态，故D正确。故选：CD。【点评】解答本题的关键要掌握二极管的单向导电性，判断出电容器的带电量不变，能根据E=Ud、C=ɛrS4πkd、三．解答题（共5小题）16．（2024春•渝中区校级期中）如图所示，真空中有一固定的点电荷B，在其正上方相距为L处，将另一可视为质点的带电小球A无初速度释放，释放瞬间小球A的加速度大小为g2，方向竖直向下，运动过程中A、B（1）当A、B相距为L2时，A（2）当A的动能最大时，A、B间的距离。【考点】库仑定律的表达式及其简单应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；合成分解法；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理能力．【答案】（1）加速度大小为g，方向竖直向上；（2）当A的动能最大时，AB间距离为2L【分析】（1）由初始状态的A加速度已知，对A受力分析，根据牛顿第二定律可得库仑力与A重力的关系；当AB间距变化为一半后，同理可列牛顿第二定律关系式，得到A的加速度；（2）当A受到的合力与其速度方向一致，其速度增加，动能增加，故当其合力为0时，其动能达到最大值，根据合力关系式，可以计算AB间距离。【解答】解：（1）初始位置，对A受力分析，由牛顿第二定律可得：mg-kq当A、B相距为L2时，mg-kq1（2）当A的动能最大时，加速度a＝0，设此时两球相距为x，对A受力分析：mg-kq答：（1）加速度大小为g，方向竖直向上；（2）当A的动能最大时，AB间距离为2L【点评】本题考查涉及库仑力的受力分析，根据牛顿第二定律即可计算。注意计算的过程中，不需要把电荷量分别求出来，只需要电荷量乘积这个整体能求出来，整体代入其他关系式计算即可。17．（2024•寻甸县校级开学）如图所示，两正对的平行金属板AB、CD与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。AB板带正电、CD板带负电，两板间距10cm，电荷量为1.0×10﹣8C，质量为3.0×10﹣4kg的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点处于静止状态。细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），g取10m/s2。求：（1）M点到C点的距离；（2）电场强度大小。【考点】电场强度与电场力的关系和计算；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】（1）M点到C点的距离为103（2）电场强度大小为3×1【分析】（1）剪断细线，小球沿直线运动到M点，根据几何关系求解MC；（2）作出受力图，根据正弦定理可得电场力大小，从而计算电场强度大小。【解答】解：（1）剪断细线，小球沿直线运动到M点，如图所示：根据几何关系可得MC=（2）根据几何关系可得电场力F和细线拉力T夹角为60°，在三个力所在的三角形中，根据正弦定理可得mg可得电场力大小为F=电场强度的大小为E=解得E=答：（1）M点到C点的距离为103（2）电场强度大小为3×1【点评】本题主要是考查带电小球在电场中的运动，关键是弄清楚小球的受力情况和运动情况，根据平衡条件、电场强度的计算公式进行解答。18．（2024秋•福州月考）电子技术中通常利用匀强电场中的偏转实现带电粒子的平行侧移。如图所示，两偏转电场Ⅰ、Ⅱ宽度均为L，场强大小均为E、方向相反（均沿竖直方向）。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，由静止开始经过电压为U的电场加速后，从A点垂直进入偏转电场Ⅰ，最后从偏转电场Ⅱ中的B点射出，已知两电场相距L，不计带电粒子的重力，求：（1）带电粒子从加速电场射出时速度v0的大小；（2）带电粒子从偏转电场I离开时竖直方向偏移的距离y；（3）A、B之间沿电场线方向的距离h。【考点】带电粒子先后经过加速电场和偏转电场．【专题】定量思想；对称法；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）带电粒子从加速电场射出时速度v0的大小为2qUm（2）带电粒子从偏转电场I离开时竖直方向偏移的距离y为EL（3）A、B之间沿电场线方向的距离h为EL【分析】（1）先由动能定理求出带电粒子经加速电场加速后速度；（2）粒子进入偏转电场后作为类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动的分解法，求出在偏转电场I中偏转的距离；（3）根据水平分位移公式，可知带电粒子在三个过程中是等时的，由分位移公式求出粒子离开电场I时的速度，可知其在两个电场中间的竖直分位移，再根据对称性可知其在电场Ⅱ中的竖直分位移，由三个竖直分位移即可计算AB间沿电场线方向的距离。【解答】解：（1）设带电粒子的质量为m，电量为q，离开左侧加速电场后的速度为v0，根据动能定理有：qU=12m（2）粒子从进入偏转电场Ⅰ开始，在水平方向做匀速运动：L＝v0t1，在竖直方向：y=12at1（3）粒子在偏转电场Ⅰ中，竖直末速度：vy＝at1，竖直方向的侧移为：y1=y=EL24U，在两偏转电场之间竖直方向的位移大小：y2＝v根据对称性可知，粒子在偏转电场Ⅱ中的侧移：y3粒子从进入偏转电场Ⅰ到离开偏转电场Ⅱ的侧移量：h＝y1+y2+y3，解得：h=答：（1）带电粒子从加速电场射出时速度v0的大小为2qUm（2）带电粒子从偏转电场I离开时竖直方向偏移的距离y为EL（3）A、B之间沿电场线方向的距离h为EL【点评】本题中带电粒子先后在电场中的运动，在两个方向相反的电场中的运动，注意根据对称性得到其竖直分位移的关系，更为简便。19．（2024•浦东新区校级开学）蜜蜂授粉蜜蜂飞行过程中身上会积累少量正电荷，一只蜜蜂通常的带电量约为+3×10﹣11C，蜜蜂传播花粉时就利用了这些电荷。当蜜蜂飞到花蕊附近时，花粉颗粒会粘附在蜜蜂身上。当蜜蜂接近下一朵花时，部分花粉会留在下一朵花的花蕊上，完成授粉。静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，元电荷e＝1.6×10﹣19C。（1）一只原来电中性的蜜蜂在飞行过程中带上了+3×10﹣11C的电量，这是由于它B。A．失去了1.9×108个质子B．失去了1.9×108个电子C．得到了1.9×108个电子D．得到了1.9×108个质子（2）当蜜蜂靠近带负电的花蕊时，它们之间的电场如图所示。a、b两点中A点电场强度较大，B点电势较高（均选：A．a；B．b）。（3）花粉B沿着ab所在的电场线移动到蜜蜂身上。（选填“A．能”“B．不能”）（4）蜜蜂不愿靠近因刚被授粉而带正电的花蕊。当一只蜜蜂靠近一朵已被授粉的花蕊时，它们之间的电场线分布可能为C。【考点】通过电场线的方向判断电势的高低；电荷守恒定律；根据电场线的疏密判断场强大小．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】（1）B；（2）A，B；（3）B；（4）C。【分析】（1）蜜蜂带正电，失去了电子，根据电量与元电荷之比求失去的电子个数；（2）根据电场线的疏密分析场强的大小；根据顺着电场线方向电势降低，分析电势高低；（3）分析花粉的受力情况，判断其能否沿着ab所在的电场线移动到蜜蜂身上；（4）当一只蜜蜂靠近一朵已被授粉的花蕊时，二者均带正电，由此分析它们之间的电场线分布情况。【解答】解：（1）电中性的蜜蜂在飞行过程中带上了+3×10﹣11C的电量的原因是失去了电子，失去电子的个数为n=qe=3×10-111.6×10-19个≈故选：B。（2）根据电场线的疏密表示场强的相对大小可知，a、b两点中a点电场强度较大。根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知a、b两点中b点电势较高。故答案为：A，B。（3）依题意，花粉带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，而ab之间的电场线是曲线，花粉除受电场力外也受重力作用，则从花蕊向蜜蜂移动过程中不能沿着ab所在的电场线移动到蜜蜂身上。故答案为：A。（4）当一只蜜蜂靠近一朵已被授粉的花蕊时，二者均带正电，则它们之间的电场线分布类似等量正电荷电场线分布，故ABD错误，C正确。故选：C。故答案为：（1）B；（2）A，B；（3）B；（4）C。【点评】解答本题时，要掌握电场线的物理意义，知道电场线的疏密表示场强的相对大小，顺着电场线方向电势逐渐降低。20．（2024•故城县校级开学）固定的光滑绝缘半球槽的半径为R，处在水平向右的匀强电场中，一个质量为m的带电小球从槽的右端A处（与球心等高）无初速度沿轨道滑下，滑到最低点B时，球对轨道的压力为2mg。求：（1）小球从A到B的过程中受到的电场力做的功；（2）带电小球通过B点时的加速度大小；（3）带电小球在滑动过程中的最大速度。【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动．【专题】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）从A到B的过程中，电场力做的功为-1（2）小球在B点的加速度大小为52（3）小球在滑动过程中的最大速度(5【分析】（1）由最低点B时的小球受力情况，可以分析得到小球的动能，从A到B的过程中，根据动能定理即可计算电场力做的功；（2）根据电场力做功的计算，可以计算电场力大小，对其受力情况进行合成得到合力，从而计算加速度；（3）在电场和重力场的复合场中，与重力场类比，找到等效最低点即可分析最大速度。【解答】解：（1）小球在B点时，小球受到的支持力与其对轨道的压力相等，对小球：F-从A到B的过程中，mgR+W=12m（2）小球从A到B的过程中，电场力做功为：W＝F电R，解得：F电小球受到的合力为：F合=(而F合＝ma，解得：a=5（3）小球在等效最低点时，合力与水平方向的夹角为θ，则：tanθ=mg从A点到等效最低点的过程中：mgRsinθ+F电R(1-cosθ)=答：（1）从A到B的过程中，电场力做的功为-1（2）小球在B点的加速度大小为52（3）小球在滑动过程中的最大速度(5【点评】本题考查电场和重力场的复合场的问题，注意球运动过程中，最大速度是等效最低点，不是最低点。

考点卡片1．矢量和标量的区分与判断【知识点的认识】根据矢量和标量的物理意义，判断给出的物理量是标量还是矢量。【命题方向】下列各组物理量中，全部是矢量的是（）A.位移、时间、速度、加速度B.质量、路程、速率、时间C.速度、平均速度、位移、加速度D.位移、路程、时间、加速度分析：既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．解答：A、时间没有方向为标量，故A错误；B、质量、路程、速率、时间均为标量，故B错误；C、速度、平均速度、位移、加速度这四个物理量均有大小和方向，因此为矢量，故C正确；D、路程、时间只有大小没有方向，因此为标量，故D错误。故选：C。点评：本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握，正确理解标量和矢量的区别即可正确解答．【解题思路点拨】从矢量和标量的物理意义出发，了解矢量和标量的判断方法，对选项中每一个物理量进行分析，从而选出符合要求的结果。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．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。4．判断机械能是否守恒及如何变化【知识点的认识】1.机械能守恒的条件为：（1）只受到重力。（2）除重力或系统内弹力外还受到其他力的作用，但其他力不做功。（3）除重力或系统内弹力外还受到其他力的作用，其他力所做总功为零2.判断机械能是否守恒的方法有（1）做功条件分析法应用系统机械能守恒的条件进行分析。分析各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒。（2）能量转化分析法从能量转化的角度进行分析。若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转化成其他形式的能（如内能增加），则系统的机械能守恒。（3）增减情况分析法直接从机械能的各种形式的能量的增减情况进行分析。若系统的动能与势能均增加或均减少；若系统的动能与势能只有一种形式的能发生了变化；若系统内各个物体的机械能均增加或均减少，则可判定机械能不守恒。（4）典型过程对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒。3.机械能如何转化如果“外力”对系统做正功，系统的机械能增大；如果外力对系统做负功，系统的机械能减小。【命题方向】下列过程中机械能守恒的是（）A、跳伞运动员匀速下降的过程B、小石块做平抛运动的过程C、子弹射穿木块的过程D、木箱在粗糙斜面上滑动的过程分析：当系统只有重力做功或弹簧的弹力做功时，系统的动能和势能相互转化但总能量保持不变．判断机械能守恒的方法有两种：一是根据条件进行判断；二是根据能量的变化进行判断．解答：A、运动员动能不变，但高度下降，故重力势能减小，故机械能不守恒，故A错误；B、石块在平抛运动过程中只有重力做功，故机械能守恒，故B正确；C、子弹穿过木块时由于摩擦力做功，故有内能产生，故机械能不守恒，故C错误；D、木箱在粗糙斜面上运动时，由于摩擦力做功，故有内能产生，机械能不守恒，故D错误；故选：B。点评：机械能守恒是考试中常见问题，一定要掌握判断机械能守恒的条件．【解题思路点拨】1.机械能守恒的判断（1）用做功来判断：分析物体或物体受力情况（包括内力和外力）明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。（2）用能量转化来判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，无机械能与其他形式的能的转化，则系统机械能守恒。2.判断机械能守恒的三个易错点（1）合力为零是物体处于平衡状态的条件。物体的合力为零时，它一定处于匀速直线运动状态或静止状态，但它的机械能不一定守恒。（2）合力做功为零是物体动能不变的条件。合力对物体不做功，它的动能一定不变，但它的机械能不一定守恒。（3）只有重力做功或系统内弹力做功是机械能守恒的条件。只有重力对物体做功时，物体的机械能﹣定守恒；只有重力或系统内弹力做功时，系统的机械能一定守恒。5．单摆周期的计算及影响因素【知识点的认识】1.荷兰物理学家惠更斯研究发现，单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，与振幅摆球质量无关。2.单摆的周期公式为：T＝2πl3.对单摆周期公式的理解由公式T＝2πlg知，某单摆做简谐运动（摆角小于5°）的周期只与其摆长l和当地的重力加速度g有关，而与振幅和摆球质量无关，故又叫作（1）摆长l①实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球重心的长度，即l＝l'+D2，l'为摆线长，②等效摆长：图1中，甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l•sinα，这就是等效摆长。其周期T＝2πlsinαg。图2（2）重力加速度g若单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g=GMR2，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所在位置的高度的变化而变化。另外，在不同星球上M和R也是不同的，所以g也不同，g（3）等效重力加速度若单摆系统处在非平衡状态（如加速、减速、完全失重状态），则一般情况下，g值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时，摆线所受的张力与摆球质量的比值。如下图所示，此场景中的等效重力加速度g'＝gsinθ。球静止在О点时，FT＝mgsinθ，等效加速度g'=FTm【命题方向】在某一地方要使单摆的振动周期减小，可以采取的方法是（）A、减小摆球的质量B、减小单摆的振动的振幅C、缩短单摆的摆长D、增大单摆的摆长分析：根据单摆的周期公式T＝2πL解答：A、由于单摆的周期与摆球的质量无关，所以减小摆球的质量不能改变单摆的周期。故A错误。B、单摆的周期与振动的振幅无关，减小振幅不能改变单摆的周期。故B错误。故B错误。C、根据单摆的周期公式T＝2πLg可知，缩短单摆的摆长可使单摆的振动周期减小。故D、增大单摆的摆长，可使单摆的振动周期增大，不符合题意。故D错误。故选：C。点评：本题考查对单摆周期的理解和应用能力．要抓住单摆的等时性：周期与振幅无关．【解题思路点拨】计算单摆的周期的两种方法（1）依据T＝2πL（2）根据T=tN：周期的大小虽然不取决于t和N，但利用该种方法计算周期，会受到时间t和振动次数N测量的准确性的影响，6．电荷守恒定律【知识点的认识】1．电荷守恒定律：（1）起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．（2）带电实质：物体带电的实质是得失电子．（3）内容：电荷既不能创生，也不能消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，在转移的过程中，电荷的总量保持不变．这个结论叫做电荷守恒定律．注意：当完全相同的带电金属球相接触时，同种电荷电量平均分配，异种电荷先中和后平分．【命题方向】例1：如图所示使物体A、B带电的实验为（）A．摩擦起电B．传导起电C．感应起电D．以上都不对分析：使物体带电的方法有三种分别为摩擦起电、感应起电和接触带电，由此分析可以的出结论．解：当带电的球靠近AB时，由于静电的感应，会使左端出现负电荷，右端出现正电荷，当把AB分开之后，A就带了负电，B就带了正电，所以本实验为使物体感应起电，所以C正确．故选：C．点评：本题是基础的题目，考查的就是学生对基本内容的掌握的情况，在平时要注意多积累，掌握住使物体带电的方法．【解题方法点拨】处于静电平衡的带电导体电荷只能分布在外表面上，而导体外表面上的电荷分布又与表面形状有关，因此当完全相同的带电金属球相接触时，同种电荷电量平均分配，异种电荷先中和后平分．7．库仑定律的适用范围【知识点的认识】1、库仑定律只适用于真空中的静止点电荷，但在要求不很精确的情况下，空气中的点电荷的相互作用也可以应用库仑定律．2、当带电体间的距离远大于它们本身的尺寸时，可把带电体看做点电荷．但不能根据公式错误地推论：当r→0时，F→∞．其实在这样的条件下，两个带电体已经不能再看做点电荷了．3、对于两个均匀带电绝缘球体，可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．4、对两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布．【命题方向】关于库仑定律，下列说法正确的是（）A、库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的带电球体B、根据库仑定律公式，当两个点电荷距离趋于0时，电场力将趋于无穷大C、若点电荷Q1的电荷量大于Q2的电荷量，则Q1对Q2的电场力大于Q2对Q1电场力D、库仑定律的适用范围是真空中两个静止的点电荷分析：库仑定律F=kq解答：A、当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷。不是体积小就能看成点电荷。故A错误。B、当两个点电荷距离趋于0时，两电荷不能看成点电荷，此时库仑定律的公式不再适用。故B错误。C、两电荷之间的相互作用力大小相等，与点电荷电量的大小无关。故C错误。D、库仑定律适用于真空中两静止点电荷之间的作用力。故D正确。故选：D。点评：解决本题的关键掌握库仑定律的适用范围，以及能看成点电荷的条件，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷．【解题思路点拨】库仑定律适用于真空中的点电荷，当两个物体间的距离趋近于零时，带电体已经不能被看作是点电荷，库仑定律就不再适用了。8．库仑定律的表达式及其简单应用【知识点的认识】1．内容：在真空中两个静止的点电荷间的作用力跟它们的电量的乘积成正比，跟它们之间的距离的平方成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．表达式：F＝kq1q2r2，式中k表示静电力常量，k＝9.0×109N•3．适用条件：真空中的静止点电荷．【命题方向】题型一：对库仑定律的理解例1：真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的3倍，那么它们之间的静电力的大小变为（）A.3FB.F3C.F分析：本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可．解：距离改变之前：F=kq1当电荷量都变为原来的3倍时：F1=k联立①②可得：F1＝9F，故ABC错误，D正确．故选：D．点评：库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习．题型二：库仑定律与力学的综合问题例2：在一绝缘支架上，固定着一个带正电的小球A，A又通过一长为10cm的绝缘细绳连着另一个带负电的小球B，B的质量为0.1kg，电荷量为19×10﹣6C，如图所示，将小球B缓缓拉离竖直位置，当绳与竖直方向的夹角为60°时，将其由静止释放，小球B将在竖直面内做圆周运动．已知释放瞬间绳刚好张紧，但无张力．g取10m/s（1）小球A的带电荷量；（2）释放瞬间小球B的加速度大小；（3）小球B运动到最低点时绳的拉力．分析：（1）释放小球瞬间，对小球进行受力分析，由库仑定律与力的合成与分解可以求出小球A的电荷量．（2）对小球受力分析，由牛顿第二定律可以求出小球的加速度．（3）由动能定理求出小球到达最低点时的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力．解：（1）小球B刚释放瞬间，速度为零，沿绳子方向上，小球受到的合力为零，则mgcos60°＝kqA代入数值，求得qA＝5×10﹣6C；（2）小球所受合力方向与绳子垂直，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，a=gsinθ=53（3）释放后小球B做圆周运动，两球的相对距离不变，库仑力不做功，从释放小球到小球到达最低点的过程中，由动能定理得：mg（L﹣Lcos60°）=12mv2﹣小球在最低点，由牛顿第二定律得：FT+kqAqB解得：FT=32mg＝答：（1）小球A的带电荷量为5×10﹣6C；（2）释放瞬间小球B的加速度大小为53m/s2；（3）小球B运动到最低点时绳的拉力为1.5N．点评：释放小球瞬间，沿绳子方向小球受力平衡，小球所受合力沿与绳子垂直的