2025年高考物理一轮复习之静电场

第1页（共1页）2025年高考物理一轮复习之静电场一．选择题（共10小题）1．一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（）A．L：d＝2：1 B．U1：U2＝2：1 C．微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度的正切值为12D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变2．有一静电场，其电势φ沿x轴方向变化的图线如图所示。一个电子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴运动。下列说法正确的是（）A．电子经过P点和Q点加速度大小相等、方向相反 B．电子经过P点与Q点时，动能相等 C．电子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等 D．电子最远可沿x方向运动至5m处3．关于图中四幅图像的说法正确的是（）A．甲图中，将带正电的小球C靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成A、B两部分后，A所带电荷量小于B所带电荷量 B．乙图中，用金属网把验电器罩起来，使带电金属球靠近验电器，箔片会张开 C．丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的内外表面感应出等量异种电荷，导体壳内空腔C电场强度为0 D．丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理4．匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14V、6V和2V。设电场强度大小为E，电量为1×10﹣6C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则（）A．E＝8V/m B．E＜8V/m C．W＝6×10﹣6J D．W＝8×10﹣6J5．竖直平面有一如图所示的正六边形ABCDEF，O为中心，匀强电场与该平面平行。将一质量为m、电荷为+q的小球从A点向各个方向抛出，抛出时速度大小相等。落到正六边形上时，C、E两点电势能相等，D、E连线上各点速度大小相等。重力加速度大小为g，下列说法不正确的是（）A．电场强度的方向由A指向O B．小球经过F、C两点的速度大小满足vF＝vc C．小球受到的电场力与重力大小相等 D．B、D两点的电势满足φB＝φD6．如图，AB为某电场中的一根电场线，一不计重力的点电荷在A点以初速度v0向B运动，一段时间内该电荷沿电场线运动的v﹣t图象如图，则（）A．点电荷一定带正电 B．电场可能为匀强电场 C．A点电势一定高于B点电势 D．该点电荷在A点的电势能一定低于在B点的电势能7．利用静电纺丝技术制备纳米纤维材料是近年来材料领域的重要技术。如图所示，初始时无电场，喷嘴处的球形液滴保持静止；随着高压电场逐渐增强，液滴带上正电荷且由球形变为圆锥形（即“泰勒锥”）；当电压增至某个临界值时（假设此后电压保持不变），液滴从尖端喷出，在非匀强电场的作用下向下方运动，M、N为直线路径上的两点。以下说法正确的是（）A．喷嘴处的球形液滴在无电场的情况下只受重力 B．液滴从M到N的过程做匀加速直线运动 C．液滴从M到N的过程电场力做负功 D．液滴向下做螺旋运动时电势能减小8．如图所示为研究高压带电体周围绝缘试验的电场分布图，由于试验线路比较短，在大的空间尺度下高压带电体A可以等效为点电荷，B、C、D是其周围的三个金属导体，均已处于静电平衡状态，P、S是导体C上的两点，M、N是A附近的两点，下列说法正确的是（）A．电场强度EP＞ES B．电场强度EM＞EN C．正电荷在P点的电势能大于其在S点的电势能 D．负电荷在M点的电势能大于其在N点的电势能9．如图所示，真空中正四面体的四个顶点上分别固定着一个点电荷，其中两个为正点电荷，另外两个为负点电荷，点电荷的电荷量均相等，O为正四面体的中心，a、b、c、d为4个棱的中点，下列说法正确的是（）A．中心O处的电场强度为0 B．b点和d点的电势相等 C．a点与c点的电场强度相同 D．a点与c点的电势相等10．一接地金属板M水平放置，在金属板M延长线上垂直纸面放置一均匀带正电的金属棒N，其剖面图中两者周围的电场线和等势线分布如图所示，则下列说法正确的是（）A．图中虚线为等势线 B．a、b两点场强相同 C．a点电势高于c点电势 D．电子在a点的电势能大于c点的电势能二．多选题（共4小题）（多选）11．如图所示，半径为R的两平行金属圆环竖直固定，两圆环各带等量的同种电荷，电荷量为Q且电荷分布均匀，两圆环中心连线O1O2与环面垂直，P、M、F、N、S为连线O1O2上的五个位置，且O1P＝PM＝MF＝FN＝NS＝SO2＝R。取无穷远处为零电势点且不计两圆环电荷间的相互影响，下列说法正确的是（）A．O1、O2两点场强不为0，电势为0 B．F点的场强为0，电势不为0 C．将正的试探电荷q沿连线O1O2由P点移动到N点其电势能先减小后增大 D．P点的场强大小为(169（多选）12．如图所示，真空中固定两等量异种点电荷，A、B、O、C、D为两电荷连线上的五个点，O为两电荷连线的中点，BO＝CO，AO＝DO，则（）A．A、D两点的电场强度相同 B．B、C两点的电场强度不相同 C．B、C两点的电势相同 D．正电荷在A点的电势能大于在D点的电势能（多选）13．如图所示，空间存在一个正四面体ABCD（由绝缘材料制成），其棱长为a，G是AB中点，H是BC中点，在水平面上顶点A、B各固定一个电荷量为+q（q＞0）的点电荷，在顶点C固定一个电荷量为﹣q（q＞0）的点电荷，静电力常量为k，则（）A．G处的场强大小为3kqB．顶点D处的场强大小为EDC．H、D两点电势的高低为φD＞φH D．电荷Q在G点和H点电势能为EPG＜EPH（多选）14．如图所示，两块相同的水平金属板M、N带等量异种电荷，两板正对，两板间有匀强电场（不考虑边界效应），两金属板长为2l。M板中心处紧靠M板的α粒子源发射两个速率均为v0、比荷均为k的α粒子1和2。粒子1垂直M板向下射出，到达N板时的速度大小为2v0；粒子2平行M板向右射出，刚好从N板右端射出。不计α粒子的重力和α粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A．N板的电势低于M板的电势 B．粒子1从M板运动到N板的时间为(2C．粒子2从N板右端射出时的速度大小为2v0 D．两板间的电场强度大小为v三．填空题（共2小题）15．如图所示，真空中有一电子以速度v沿着与电场强度垂直的方向自O点进入匀强电场。以O为坐标原点建立直角坐标系，x轴垂直于电场方向，y轴平行于电场方向，在x轴上取OA＝AB＝BC，分别自A、B、C点作与y轴平行的线，跟电子的径迹交于M、N、P三点，则电子经M、N、P三点时，沿y轴的分速度之比为；电子从O点开始连续经过三段相等时间的动能改变量之比为。16．某电场的等势面如图所示，一个电子仅在电场力作用下运动，A、B、C是某轨迹上的三个点，A处的电场强度（选填“大于”或者“小于”）C处的电场强度；电子在A点的速度大小（选填“大于”、“小于”或者“等于”）B点的速度大小；电子从A点移到C点，电场力做功eV。四．解答题（共4小题）17．当架空线路的一根带电导线断落在地上时，地面上以导线落地点为中心，形成一个电势分布区域，且离落地点越远，地面电势也越低。如果人或牲畜靠近电线落地点，就可能发生触电事故。带电导线落地之后所形成的电场可以近似看成是在落地点放置了一个点电荷Q所产生的电场。（1）该点电荷Q应为（选涂：A.正、B.负）电荷。如图，a、b为该电场某条电场线上两点，若两点处电场强度大小分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb，则。A.Ea＞Eb，φa＞φbB.Ea＞Eb，φa＜φbC.Ea＜Eb，φa＞φbD.Ea＜Eb，φa＜φb（2）若一电荷量为﹣1.0×10﹣8C的试探电荷在电场中的某点处所受电场力大小为F＝2.0×10﹣4N，且方向向右，则该点处电场强度的大小E＝N/C，方向（选涂：A.向左、B.向右）；若试探电荷电量改为﹣2.0×10﹣8C，则该点处的电场强度的大小E＝N/C。（3）若将一个电子从A点移至B点，电场力做功6.4×10﹣18J，则此过程中电子的电势能（选涂：A.增加、B.减小），AB间的电势差为V。（4）若测得该电场中某位置的场强大小为ρI2πr2，其中ρ为大地的电阻率，I为落地点流入大地的电流强度，r为落地点到测量位置的距离，则点电荷Q的电量大小为18．如图甲所示，质量为m的凹槽A放在倾角θ＝37°的足够长的绝缘斜面上，斜面固定在水平地面上，槽内左端用轻弹簧和质量为2m的物体B相连，空间存在垂直斜面向上的匀强电场、电场强度大小E=mg5q（g为重力加速度大小）。质量为m、电荷量为q的带正电物体C静置在凹槽A中时，A、B、C恰好能处于静止状态。如图乙所示，现将C取出，在A内移动B到某位置后撤去外力，此时A、B静止，再将C从斜面上A的上方某点由静止释放后，C以大小为v0的速度与A碰撞后立即粘在一起。已知A、B均绝缘且不带电，A、B间接触面光滑，凹槽A、物体C与斜面之间动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；C与A、（1）凹槽A与斜面间的动摩擦因数μ；（2）C释放点离凹槽A上方的距离d；（3）已知弹簧弹性势能表达式为Ep=12kx2其中k为弹簧劲度系数（未知），x为弹簧形变量。当弹簧伸长量变为碰前瞬间压缩量的2倍时，A、B、C三者速度恰好相同，求（4）从C与A碰后瞬间开始计时，经过时间t，弹簧压缩量恢复到与初始时的压缩量相等，求该过程中，弹簧弹力对B的冲量大小。19．在光滑绝缘水平面上放置一质量为M＝4kg、带电量为q＝+5×10﹣4C的金属板A，金属板左端放置一个质量为m＝2kg不带电的绝缘物块B。距金属板右端d＝9m处放置一个质量也为m＝2kg不带电的绝缘物块C，同时加上一个斜向上电场强度大小为E＝4×104N/C的匀强电场，其方向与水平方向的夹角为θ＝53°，如图所示。电场作用一段时间后，金属板A与绝缘物块C发生弹性碰撞（碰撞时间极短），此时立即撤去电场，在此后的运动过程中，绝缘物块B始终未滑离金属板A。已知绝缘物块B与金属板A间的动摩擦因数为μ＝0.25，重力加速度大小为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）撤去电场前金属板A受到的电场力大小；（2）电场的作用时间；（3）金属板A的最小长度；（4）绝缘物块B与金属板A间摩擦产生的热量。20．如图所示，水平地面上放一个质量。M＝1kg的木板，一个质量m＝1kg、带电量q＝+1×10﹣5C的小物块（可视为质点）放在木板最左端，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。在物块右侧距物块L1＝6m的区域有一匀强电场E，电场区域宽度为L2＝12m，电场强度大小E＝1×106N/C，方向竖直向上。现对木板施加一水平向右恒力F，使物块进入电场区域前恰好和木板保持相对静止向右加速运动，物块刚进入电场时撤去恒力F。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：（1）水平恒力F的大小？（2）物块离开电场时，木板的速度大小？

2025年高考物理一轮复习之静电场参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（）A．L：d＝2：1 B．U1：U2＝2：1 C．微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度的正切值为12D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变【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；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】D【分析】对微粒经电压U1加速的过程，由动能定理求得微粒射入电容器时的速度大小。微粒在电容器中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动。将微粒的运动分解处理，根据牛顿第二定律与运动学公式解答ABC选项。对于D选项推导微粒在电容器中的运动轨迹方程，依据轨迹方程是否与微粒的质量或者电荷数量有关进行解答。【解答】解：B、微粒在电容器中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动。根据电场强度和电势差的关系可得：E根据牛顿第二定律得：F＝qE＝ma设微粒射入电容器时的速度为v0，水平方向上分速度为：vx=微粒从射入到运动到最高点在竖直方向上由运动学公式可得：v微粒经电压U1加速的过程，由动能定理得：q联立解得：U1：U2＝1：1，故B错误；A、微粒从射入到运动到最高点过程中，在水平方向上的位移为：x＝2L＝vxt在竖直方向上的位移为：y联立解得：L：d＝1：1，故A错误；C、微粒射入电容器到最高点过程中有：vy＝at从最高点到穿出电容器的过程中，设竖直方向上的末速度大小为vy1。在水平方向上有：L＝vxt1，在竖直方向上有：vy1＝at1联立解得：v设微粒穿过电容器时，速度方向与水平方向的夹角为α，则有：tanα设微粒射入电场和水平方向的夹角为β＝45°，则tanβ＝tan45°＝1微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度等于α+β，根据数学三角函数公式可得：tan（α+β）＝3，故C错误；D、微粒在电容器中的运动过程，水平方向的位移为x＝vxt竖直方向的位移为：y联立解得：y可知微粒运动轨迹与微粒的质量或者电荷数量无关，故仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题，粒子在加速电场中的加速过程应用动能定理求解获得的速度，在电场中做匀变速曲线运动时，将粒子的运动正交分解为两直线运动，依据分运动的独立性与等时性进行解答。2．有一静电场，其电势φ沿x轴方向变化的图线如图所示。一个电子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴运动。下列说法正确的是（）A．电子经过P点和Q点加速度大小相等、方向相反 B．电子经过P点与Q点时，动能相等 C．电子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等 D．电子最远可沿x方向运动至5m处【考点】φ﹣x图像的理解与应用．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】B【分析】A、根据图像斜率表示电场强度，可知P、Q两点场强大小和方向的关系，则可得电子在这两点加速度大小和方向的关系；BC、根据P、Q两点电势相等，可知电子从P到Q电场力做功为零，根据动能定理可知两点动能关系，根据P＝Eqv比较电子在这两点功率大小；D、根据电子释放位置和最远位置动能变化为零，则可知在这两点电势能的变化为零，则可得两点电势相等，由图可得结论。【解答】解：A、φ﹣x图像的斜率表示电场强度，由图可知P、Q两点斜率不相等，则场强大小不等，方向相反，所以电子在这两点电场力不相等，由牛顿第二定律可知电子经过P点和Q点加速度大小不相等、方向相反，故A错误；BC、由图可知P、Q两点电势相等，所以从P点到Q点电场力做功为零，由动能定理可知电子经过P点与Q点时动能相等，则速率相等，电场力做功的功率P＝Eqv，P、Q两点场强不相等，则功率P不相等，故B正确，C错误；D、电子从O点开始释放做加速运动，通过x＝2m位置后做减速运动，当电子速度减为零时，电子沿x轴运动最远，则电子动能的变化为零，可知电场力做功为零，已知电子在坐标原点的电势为0，则速度减为0的位置电势为0，由图可知x＝6m处电势为0，所以电子沿x轴最远运动到x＝6m处，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了φ﹣x图像，带电粒子在电场中的运动，解题的关键是知道φ﹣x图像的斜率表示电场强度，斜率的绝对值表示场强的大小，斜率的正负表示场强的方向。3．关于图中四幅图像的说法正确的是（）A．甲图中，将带正电的小球C靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成A、B两部分后，A所带电荷量小于B所带电荷量 B．乙图中，用金属网把验电器罩起来，使带电金属球靠近验电器，箔片会张开 C．丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的内外表面感应出等量异种电荷，导体壳内空腔C电场强度为0 D．丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理【考点】电荷在导体上的分布、尖端放电；静电平衡现象、等势体．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】D【分析】将带正电的小球C靠近不带电的导体，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，但总电荷守恒；根据静电屏蔽分析判断；处于静电平衡状态的导体腔的外表面感应出等量异种电荷；根据尖端放电原理分析。【解答】解：A．甲图中，将带正电的小球C靠近不带电的导体，再沿图中虚线将导体分割成A、B两部分后，根据电荷守恒定律，A所带电荷量等于B所带电荷量，故A错误；B．乙图中，用金属网把验电器罩起来，由于金属网罩的静电屏蔽，带电金属球靠近验电器时，箔片不会张开，故B错误；C．丙图中，处于静电平衡状态的导体腔的外表面感应出等量异种电荷，内表面没有电荷，导体壳内空腔C电场强度为0，故C错误；D．丁图中，将尖锐的金属棒安装在建筑物的顶端并通过导线与大地相连制成避雷针，利用的是尖端放电原理，故D正确。故选：D。【点评】该题考查静电平衡、静电屏蔽以及尖端放电的应用，知道处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面。4．匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14V、6V和2V。设电场强度大小为E，电量为1×10﹣6C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则（）A．E＝8V/m B．E＜8V/m C．W＝6×10﹣6J D．W＝8×10﹣6J【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．【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】根据匀强电场的特点得出D点的电势，结合电场力的做功公式和场强的计算公式完成分析。【解答】解：根据匀强电场中，因为D为AB的中点，根据电势的变化特点可知D点的电势为：φD根据电场力做功的计算公式可知，电荷从D点移到C点电场力所做的功为：W=AB的长度为1m，由于电场强度的方向并不是沿着AB方向，所以AB两点沿电场方向的距离d＜1m，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U＝Ed，所以E＞Ud=14-61V故选：D。【点评】本题主要考查了匀强电场的相关应用，熟悉匀强电场的特点，结合电场力的做功公式即可完成分析。5．竖直平面有一如图所示的正六边形ABCDEF，O为中心，匀强电场与该平面平行。将一质量为m、电荷为+q的小球从A点向各个方向抛出，抛出时速度大小相等。落到正六边形上时，C、E两点电势能相等，D、E连线上各点速度大小相等。重力加速度大小为g，下列说法不正确的是（）A．电场强度的方向由A指向O B．小球经过F、C两点的速度大小满足vF＝vc C．小球受到的电场力与重力大小相等 D．B、D两点的电势满足φB＝φD【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．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】D【分析】AB、根据C、E两点电势能相等，可知C、E两点电势相等，根据电场线和等势面的关系和小球带电的极性可知场强的方向，根据D、E连线上各点速度大小相等，可知小球所受合力的方向，根据动能定理可知小球经过F、E两点速度大小；C、根据几何知识和平行四边形定则分析；D、根据场强方向和沿着电场方向电势降低分析。【解答】解：AB、C、E两点电势能相等，则C、E两点电势相等，两点连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，可知电场强度方向在AD方向上，D、E连线上各点速度大小相等，可知小球重力和电场力的合力F合方向垂直于DE的连线，如下图所示：由于小球带正电，电场力与电场的方向相同，所以电场强度的方向由A指向O，可知小球的合力从A指向E，FC连线与DE连线平行，小球合力与FC连线垂直，所以从A点到CF直线上任意一点合力做功相等，根据动能定理可知小球经过F、C两点的速度大小相等，即：vF＝vc，故AB正确；C、由几何知识可知重力和电场力与合力的夹角都是30°，根据平行四边形定则可知小球受到的电场力与重力大小相等，故C正确；D、根据图中场强的方向以及沿着电场方向电势降低，可知φB＞φD，故D错误。本题选错误的，故选：D。【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动，解题的关键是根据D、E连线上各点速度大小相等可知小球合力的方向，根据C、E两点电势能相等可知两点电势相等，在匀强电场中电势相等的两点的连线为等势线。6．如图，AB为某电场中的一根电场线，一不计重力的点电荷在A点以初速度v0向B运动，一段时间内该电荷沿电场线运动的v﹣t图象如图，则（）A．点电荷一定带正电 B．电场可能为匀强电场 C．A点电势一定高于B点电势 D．该点电荷在A点的电势能一定低于在B点的电势能【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电场线的定义及基本特征．【专题】定性思想；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】AC、根据v﹣t图像可知电场力做功的正负，则可知电场力的方向，场强方向未知，则电荷的正负未知，根据沿着电场方向电势降低，分析A、B两点电势的高低；B、根据v﹣t图像斜率表示加速度、牛顿第二定律可知电场力大小、电场强度大小变化特点，则可得结论；D、根据只有电场力做功，带电粒子的动能和电势能的和不变分析。【解答】解：AC、点电荷从A点向B点运动，由v﹣t图像可知点电荷速度减小，可知电场力做负功，则电场力方向水平向左，若场强的方向水平向左，则点电荷带正电，根据沿着电场方向电势降低，可知A点电势低于B点电势，若场强的方向水平向右，则点电荷带负电，A点电势高于B点电势，故AC错误；B、v﹣t图像的斜率表示加速度，由图可知加速度逐渐减小，由牛顿第二定律可知电场力减小，则电场强度减小，所以该电场不是匀强电场，故B错误；D、由v﹣t图像可知点电荷在A点的动能大于B点的动能，根据只有电场力做功，带电粒子的动能和电势能相互转化，两者的和不变，可知该点电荷在A点的电势能一定低于在B点的电势能，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动，解题的关键是知道v﹣t图像的斜率表示加速度，知道只有电场力做功，带电粒子的动能和电势能相互转化，两者的和不变。7．利用静电纺丝技术制备纳米纤维材料是近年来材料领域的重要技术。如图所示，初始时无电场，喷嘴处的球形液滴保持静止；随着高压电场逐渐增强，液滴带上正电荷且由球形变为圆锥形（即“泰勒锥”）；当电压增至某个临界值时（假设此后电压保持不变），液滴从尖端喷出，在非匀强电场的作用下向下方运动，M、N为直线路径上的两点。以下说法正确的是（）A．喷嘴处的球形液滴在无电场的情况下只受重力 B．液滴从M到N的过程做匀加速直线运动 C．液滴从M到N的过程电场力做负功 D．液滴向下做螺旋运动时电势能减小【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】比较思想；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】喷嘴处的球形液滴在无电场的情况下受重力和喷嘴的引力；液滴从M到N的过程，电场力是变化的，做的是非匀加速直线运动；根据电场力方向与位移方向的关系判断电场力做功正负，从而判断出电势能变化情况。【解答】解：A、喷嘴处的球形液滴在无电场的情况下受重力和喷嘴的引力两个力作用，故A错误；B、液滴在非匀强电场中运动，所受电场力是变力，则合力是变化的，加速度是变化的，所以液滴从M到N的过程做变加速直线运动，故B错误；C、液滴带正电，从M到N的过程中受到的电场力方向竖直向下，与位移方向相同，则电场力做正功，故C错误；D、液滴向下做螺旋运动时，电场力做正功，电势能减小，故D正确。故选：D。【点评】本题考查带电粒子在电场力作用下的运动，要明确液滴的受力情况，能根据电场力方向与位移方向的关系判断电场力做功情况。8．如图所示为研究高压带电体周围绝缘试验的电场分布图，由于试验线路比较短，在大的空间尺度下高压带电体A可以等效为点电荷，B、C、D是其周围的三个金属导体，均已处于静电平衡状态，P、S是导体C上的两点，M、N是A附近的两点，下列说法正确的是（）A．电场强度EP＞ES B．电场强度EM＞EN C．正电荷在P点的电势能大于其在S点的电势能 D．负电荷在M点的电势能大于其在N点的电势能【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电场强度与电场力的关系和计算．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】B【分析】AC、根据处于静电平衡状态的导体内部处处场强为零，导体为一个等势体分析，根据由EP＝φq分析P、S两点电势能大小关系；BD、根据电场线的疏密分析M、N两点电场强度大小关系，根据沿着电场线的方向电势降低分析M、N两点电势大小关系，根据EP＝φq比较M、N两点电势能大小关系。【解答】解：AC、金属导体C处于静电平衡状态，内部场强处处为零，是一个等势体，所以P、S两点的电场强度EP＝ES，P、S两点的电势φP＝φS，由EP＝φq可知正电荷在P点的电势能等于其在S点的电势能，故AC错误；BD、根据电场线的疏密可知M、N两点电场强度EM＞EN，根据沿着电场线的方向电势降低可知M、N两点电势φM＞φN，由EP＝φq可知负电荷在M点的电势能小于其在N点的电势能，故B正确，D错误。故选：B。【点评】本题考查了电场力做功与电势能的关系、静电平衡，电场线，解题的关键是知道处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零，导体为一个等势体，熟记电场线的疏密表示电场的强弱，沿着电场的方向电势降低。9．如图所示，真空中正四面体的四个顶点上分别固定着一个点电荷，其中两个为正点电荷，另外两个为负点电荷，点电荷的电荷量均相等，O为正四面体的中心，a、b、c、d为4个棱的中点，下列说法正确的是（）A．中心O处的电场强度为0 B．b点和d点的电势相等 C．a点与c点的电场强度相同 D．a点与c点的电势相等【考点】电势的定义、单位和物理意义；电场强度的叠加；电场强度与电场力的关系和计算．【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】根据电场强度叠加的矢量原则，结合电场力做功和电势能变化关系分析求解。【解答】解：A.将两个正点电荷作为一组等量正点电荷，将两个负点电荷作为一组等量负点电荷，可知两个正点电荷在中心O处的电场强度方向沿O指向d，两个负点电荷在中心0处形成的电场强度方向也沿O指向d，根据电场强度叠加原则，中心O的合电场强度一定不为0，故A错误；B.将一个正试探点电荷从b点沿直线移动到d点，两个正点电荷和两个负点电荷均对其做正功，电场力做正功，电势能减小，因为试探电荷为正电荷，故b点的电势高于d点的电势，故B错误；D.将a点所在棱的两端的点电荷看作一组等量异号点电荷，另外两个点电荷也看作一组等量异号点电荷，a、c两点均在等量异种电荷的中垂线上，故a点和c点的电势相等，故D正确；C.根据电场叠加原理，a点和c点的电场强度大小相同，方向不同，故C错误。故选：D。【点评】本题考查了电场强度和电势，理解各个物理量的关系和计算是解决此类问题的关键。10．一接地金属板M水平放置，在金属板M延长线上垂直纸面放置一均匀带正电的金属棒N，其剖面图中两者周围的电场线和等势线分布如图所示，则下列说法正确的是（）A．图中虚线为等势线 B．a、b两点场强相同 C．a点电势高于c点电势 D．电子在a点的电势能大于c点的电势能【考点】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；等势面及其与电场线的关系；电场线的定义及基本特征．【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】C【分析】A、根据金属板左端感应电荷的正负，电场线由正电荷出发，终止于负电荷分析；B、根据a、b两点场强方向不同分析；CD、根据顺着电场线方向电势降低分析电势高低，根据负电荷电势越高电势能越低分析电子在a、b两点电势能的大小关系。【解答】解：A、金属棒N带正电，在金属板左端感应出负电荷，电场线由正电荷出发，终止于负电荷，可知虚线为电场线，故A错误；B、画出过a、b两点的电场线，两点电场强度方向沿着电场线切线方向，如下图所示：由图可知，a、b两点电场强度方向不同，所以a、b两点场强不相同，故B错误；CD、电场线由N指向M，顺着电场线电势降低，可知φa＞φc，电子带负电，所以Epa＜Epc，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查了电场线、等势面、电势能大小的比较，解题的关键是知道金属板M在正电荷产生的电场的作用下，左端感应出负电荷，电场线由正电荷出发，终止于负电荷，且金属板处于静电平衡，金属板是一个等势体，电场线与导体表面垂直。知道沿着电场线方向电势降低。二．多选题（共4小题）（多选）11．如图所示，半径为R的两平行金属圆环竖直固定，两圆环各带等量的同种电荷，电荷量为Q且电荷分布均匀，两圆环中心连线O1O2与环面垂直，P、M、F、N、S为连线O1O2上的五个位置，且O1P＝PM＝MF＝FN＝NS＝SO2＝R。取无穷远处为零电势点且不计两圆环电荷间的相互影响，下列说法正确的是（）A．O1、O2两点场强不为0，电势为0 B．F点的场强为0，电势不为0 C．将正的试探电荷q沿连线O1O2由P点移动到N点其电势能先减小后增大 D．P点的场强大小为(169【考点】电势的定义、单位和物理意义；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场；电场强度的叠加；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】定量思想；推理法；类比法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】BD【分析】根据等量同种电荷的对称性分析，利用微元法进行求解。【解答】解：AB、题目中以无穷远处为零电势点，易知无穷远处场强为零，由对称性可知，F点处场强为零，两圆环带等量电荷，如果是都带正电荷，O1、O2处电势高于零，如果都带负电荷，O1、O2处电势低于零，故A错误，B正确。C、由于两圆环带电荷性质不知道，所以，到F电势变化有两种可能性，所以将正的试探电荷q沿连线O1O2由P点移动到N点其电势能有可能先减小后增大，也有可能先增大后减小，故C错误。D、P点场强是两圆环在P处场强矢量和，P点的场强大小为E=kQ(故选：BD。【点评】本题考查了电荷分布均匀圆环的带电体的场强和电势分布，熟练掌握等量异种电荷的电场线分布是解题的基础。（多选）12．如图所示，真空中固定两等量异种点电荷，A、B、O、C、D为两电荷连线上的五个点，O为两电荷连线的中点，BO＝CO，AO＝DO，则（）A．A、D两点的电场强度相同 B．B、C两点的电场强度不相同 C．B、C两点的电势相同 D．正电荷在A点的电势能大于在D点的电势能【考点】电势的定义、单位和物理意义；电场线的定义及基本特征；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；分析综合能力．【答案】AD【分析】等量异种电荷的电场强度分布情况，电势分布情况，利用对称性求解。【解答】解：A.根据等量异种点电荷电场分布的对称性可知A、D两点的电场强度大小相等、方向相同，即A、D两点的电场强度相同，故A正确；B.根据等量异种点电荷电场分布的对称性可知B、C两点的电场强度大小相等、方向相同，即B、C两点的电场强度相同，故B错误；C.沿电场线电势降低，根据等量异种点电荷电场分布可知，B点电势高于C点电势，故C错误；D.沿电场线电势降低，根据等量异种点电荷电场分布可知，4点电势高于D点电势，根据Ep＝φq可知，正电荷在A点的电势能大于在D点的电势能，故D正确。故选：AD。【点评】解决本题的关键是要知道等量异种电荷周围电场线的特点，会根据电场线分析电势的高低，掌握判断电势能高低的方法。（多选）13．如图所示，空间存在一个正四面体ABCD（由绝缘材料制成），其棱长为a，G是AB中点，H是BC中点，在水平面上顶点A、B各固定一个电荷量为+q（q＞0）的点电荷，在顶点C固定一个电荷量为﹣q（q＞0）的点电荷，静电力常量为k，则（）A．G处的场强大小为3kqB．顶点D处的场强大小为EDC．H、D两点电势的高低为φD＞φH D．电荷Q在G点和H点电势能为EPG＜EPH【考点】电势的定义、单位和物理意义；电场力做功的计算及其特点；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】开放题；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】BD【分析】根据等量异种电荷和等量同种电荷的电场特点和电场强度的矢量叠加法则计算即可；根据沿电场线方向电势逐渐降低来分析电势的特点；结合电势能与电势之间的关系来分析电势能的大小。【解答】解：A、由点电荷场强公式E=kqr2和电场强度叠加原理可知：EG＝ECGB、同理可得：ED=EAB→CD、据等量同种和等量异种点电荷周围空间的电势分部特点可知，φD＜φH，φG＞φH，故负电荷在G点与H点电势能：EpG＜EpH，故C错误，D正确。故选：BD。【点评】本题考查点电荷电场强度的矢量叠加以及电势的叠加，属于基础题。（多选）14．如图所示，两块相同的水平金属板M、N带等量异种电荷，两板正对，两板间有匀强电场（不考虑边界效应），两金属板长为2l。M板中心处紧靠M板的α粒子源发射两个速率均为v0、比荷均为k的α粒子1和2。粒子1垂直M板向下射出，到达N板时的速度大小为2v0；粒子2平行M板向右射出，刚好从N板右端射出。不计α粒子的重力和α粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A．N板的电势低于M板的电势 B．粒子1从M板运动到N板的时间为(2C．粒子2从N板右端射出时的速度大小为2v0 D．两板间的电场强度大小为v【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；匀强电场中电势差与电场强度的关系．【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】ABD【分析】A.粒子带正电，平行M板向右射出，刚好从N板右端射出，即可判断两板电势高低；BCD.对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，根据类平抛运动列式求解粒子在两板间的时间、加速度、和两板间距的大小，由速度的合成法则求合速度及电场大小。【解答】解：A．α粒子带正电，粒子2平行M板向右射出，刚好从N板右端射出，N板的电势低于M板的电势，故A正确；C．电场力对两粒子做功相同，粒子2从N板右端射出时的速度大小应为2v0，故C错误；D．粒子2在两板间运动的时间t2=粒子2从N板右端射出时竖直向下的分速度大小为vy＝at2＝v0粒子在两板间运动的加速度大小a=又a=qE解得E=故D正确；B．根据速度公式可知，粒子1在两板间运动的时间t1=故B正确。故选：ABD。【点评】本题考查了带电粒子在电场中的偏转和匀加速直线运动的对比，关键要掌握好类平抛运动规律，属于常规题型。三．填空题（共2小题）15．如图所示，真空中有一电子以速度v沿着与电场强度垂直的方向自O点进入匀强电场。以O为坐标原点建立直角坐标系，x轴垂直于电场方向，y轴平行于电场方向，在x轴上取OA＝AB＝BC，分别自A、B、C点作与y轴平行的线，跟电子的径迹交于M、N、P三点，则电子经M、N、P三点时，沿y轴的分速度之比为1：2：3；电子从O点开始连续经过三段相等时间的动能改变量之比为1：3：5。【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】定量思想；方程法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．【答案】1：2：3，1：3：5。【分析】电子做类平抛运动；电子水平方向做匀速直线运动，由此分析时间之比；电子在竖直方向的分运动为匀加速直线运动，根据速度—时间关系求解竖直方向的速度之比，由此分析速度之比；先求出粒子偏转位移之比，则由动能定理可求得离子动能增量之比。【解答】解：电子在x轴正方向上做匀速直线运动，由题意可知从O到A、从A到B、从B到C所用时间相等，均设为t。电子在y轴正方向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a，则电子经M、N、P三点时，沿y轴的分速度分别为vyM＝at、vyN＝2at、vyP＝3at所以：vyM：vyN：vyP＝1：2：3；电子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，在相等时间内的位移之比为1：3：5，根据动能定理可知，动能的增量即为这个过程中电场力做的功，由于力相等，所以动能的增量就与位移成正比了，即动能的增量为之比为：EOA：EAB：EBC＝1：3：5。故答案为：1：2：3，1：3：5。【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。16．某电场的等势面如图所示，一个电子仅在电场力作用下运动，A、B、C是某轨迹上的三个点，A处的电场强度大于（选填“大于”或者“小于”）C处的电场强度；电子在A点的速度大小等于（选填“大于”、“小于”或者“等于”）B点的速度大小；电子从A点移到C点，电场力做功﹣4eV。【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】定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】大于；等于；﹣4。【分析】等势面的疏密程度表示场强的大小；负电荷在电势高的地方电势能小，根据电势高低判断电子的电势能变化，然后判断电子动能和速度的变化；结合电势能的变化求解电场力做功。【解答】解：等差等势面越密处场强越大，故A处的电场强度大于C处的电场强度；电子带负电，根据Ep＝qφ可知电子在A处的电势能小于电子在C处的电势能，根据能量守恒定律可知电子在A点的动能大于电子在C点的动能，则电子在A点的受到大于电子在C点的速度。根据Ep＝qφ可知电子在B处的电势能为EpB＝﹣1×10eV＝﹣10eV电子在C点的电势能EpC＝﹣1×6eV＝﹣6eV电子从A点移到C点，电场力做功等于电子电势能的变化量，即W＝EpB﹣EpC＝﹣10eV﹣（﹣6eV）＝﹣4eV故答案为：大于；等于；﹣4。【点评】本题考查等势面，解题关键是知道等差等势面的密集程度表示场强的大小，等势面与电场线垂直。四．解答题（共4小题）17．当架空线路的一根带电导线断落在地上时，地面上以导线落地点为中心，形成一个电势分布区域，且离落地点越远，地面电势也越低。如果人或牲畜靠近电线落地点，就可能发生触电事故。带电导线落地之后所形成的电场可以近似看成是在落地点放置了一个点电荷Q所产生的电场。（1）该点电荷Q应为A（选涂：A.正、B.负）电荷。如图，a、b为该电场某条电场线上两点，若两点处电场强度大小分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb，则A。A.Ea＞Eb，φa＞φbB.Ea＞Eb，φa＜φbC.Ea＜Eb，φa＞φbD.Ea＜Eb，φa＜φb（2）若一电荷量为﹣1.0×10﹣8C的试探电荷在电场中的某点处所受电场力大小为F＝2.0×10﹣4N，且方向向右，则该点处电场强度的大小E＝2.0×104N/C，方向A（选涂：A.向左、B.向右）；若试探电荷电量改为﹣2.0×10﹣8C，则该点处的电场强度的大小E＝2.0×104N/C。（3）若将一个电子从A点移至B点，电场力做功6.4×10﹣18J，则此过程中电子的电势能B（选涂：A.增加、B.减小），AB间的电势差为﹣40V。（4）若测得该电场中某位置的场强大小为ρI2πr2，其中ρ为大地的电阻率，I为落地点流入大地的电流强度，r为落地点到测量位置的距离，则点电荷Q的电量大小为【考点】电场力做功与电势差的关系；电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断；正、负点电荷的电场线；电场力做功的计算及其特点；电场力做功与电势能变化的关系；通过电场线的方向判断电势的高低．【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）A；A；（2）2.0×104；A；2.0×104；（3）B；﹣40；（4）ρ【分析】（1）根据沿电场线的方向电势降低，可判断出电场线是从落地点发出的，由此确定该点电荷Q带电性质。根据正点电荷的电场分布，判断两点处电场强度大小关系，根据沿电场线方向电势降低判断电势关系。（2）根据电场强度定义式求解该点处电场强度的大小；根据负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反判断该点处电场强度的方向；该点处的电场强度的大小与试探电荷无关。（3）根据电场力做功与电势能变化的关系，分析此过程中电子的电势能如何变化；根据电场力做功与电势差的关系计算AB间的电势差。（4）根据点电荷的电场强度的决定式，依据题意求解点电荷Q的电量大小。【解答】解：（1）根据沿电场线的方向电势降低，可知电场线是从落地点发出的，则该点电荷Q应为正电荷（故选：A）。如图所示电场线由左指向右，可知正点电荷Q在左侧，则a点与b点相比距离点电荷Q较近，故两点处电场强度大小关系为Ea＞Eb，根据沿电场线方向电势降低，可知电势关系为φa＞φb，故A正确，BCD错误。（2）根据电场强度定义式E=Fq，可得该点处电场强度的大小E=2.0×10-4根据负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，可知该点处电场强度的方向向左（故选：A）；该点处的电场强度的大小与试探电荷无关，若试探电荷电量改为﹣2.0×10﹣8C，则该点处的电场强度的大小不变，仍为E＝2.0×104N/C。（3）根据电场力做正功电势能减小，可知此过程中电子的电势能减小（故选：B）；根据电场力做功W＝qU，可得AB间的电势差为：UAB=WAB（4）根据点电荷的电场强度的决定式E=由题意可得：E=解得：Q=ρI2故答案为：（1）A；A；（2）2.0×104；A；2.0×104；（3）B；﹣40；（4）ρ【点评】本题考查了电场的基本性质和点电荷的电场分布。掌握电场的基本物理量电场强度、电势、电势差的定义，以及它们之间的关系。掌握处于电场中的电荷受到的电场力，具有的电势能，电场力做功的相关计算。18．如图甲所示，质量为m的凹槽A放在倾角θ＝37°的足够长的绝缘斜面上，斜面固定在水平地面上，槽内左端用轻弹簧和质量为2m的物体B相连，空间存在垂直斜面向上的匀强电场、电场强度大小E=mg5q（g为重力加速度大小）。质量为m、电荷量为q的带正电物体C静置在凹槽A中时，A、B、C恰好能处于静止状态。如图乙所示，现将C取出，在A内移动B到某位置后撤去外力，此时A、B静止，再将C从斜面上A的上方某点由静止释放后，C以大小为v0的速度与A碰撞后立即粘在一起。已知A、B均绝缘且不带电，A、B间接触面光滑，凹槽A、物体C与斜面之间动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；C与A、（1）凹槽A与斜面间的动摩擦因数μ；（2）C释放点离凹槽A上方的距离d；（3）已知弹簧弹性势能表达式为Ep=12kx2其中k为弹簧劲度系数（未知），x为弹簧形变量。当弹簧伸长量变为碰前瞬间压缩量的2倍时，A、B、C三者速度恰好相同，求（4）从C与A碰后瞬间开始计时，经过时间t，弹簧压缩量恢复到与初始时的压缩量相等，求该过程中，弹簧弹力对B的冲量大小。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；功是能量转化的过程和量度；动量定理的内容和应用；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；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）凹槽A与斜面间的动摩擦因数μ为0.8；（2）C释放点离凹槽A上方的距离d为25v（3）C与A碰撞前弹簧的弹性势能Ep1为172（4）该过程中，弹簧弹力对B的冲量大小为|mv0﹣1.2mgt|，或1.2mgt。【分析】（1）以A、B、C整体为研究对象，由平衡条件求解；（2）对C从释放到与A相碰过程，根据动能定理求解；（3）根据平衡条件求得初始时弹簧压缩量，根据动量守恒定律求得C与A碰撞后的速度，AC沿斜面下滑时，A、B、C组成的系统满足动量守恒定律，结合能量守恒定律求解；（4）根据动量守恒定律与能量守恒定律求得末态B的速度，根据B的末状态情况，应用动量定理求解。【解答】解：（1）以A、B、C整体为研究对象，由平衡条件得：4mgsinθ＝μ（4mgcosθ﹣qE）解得：μ＝0.8（2）对C从释放到与A相碰过程，根据动能定理得：mgdsinθ-解得：d（3）设初始时弹簧压缩量为Δx1，对B，由平衡条件得：2mgsinθ＝kΔx1初始时弹簧弹性势能为：EC与A碰撞过程，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝2mv1由题意，当弹簧伸长量为初始压缩量的2倍时弹性势能为：EAC沿斜面下滑时，A、B、C组成的系统所受合力为零，满足动量守恒定律，以沿斜面向下为正方向，从C与A碰撞到A、B、C共速，则有：2mv1＝4mv2设此过程AC的位移大小为xA，B的位移大小为xB，则有：xA＝xB+3Δx1根据能量守恒定律得：12其中：2mgxAsinθ+2mgxBsinθ﹣μ（4mgcosθ﹣qE）xA＝﹣2mg•3Δx1sinθ联立解得：E（4）从C与A碰后瞬间开始计时，设到弹簧压缩量等于初始时弹簧的压缩量时AC的速度为v1′，B的速度为v2′，以沿斜面向下为正方向，同理可得：2mv1＝2mv1′+2mv2′12⋅2联立解得：v2'=v02弹簧第1、3、5、……（2n﹣1）次恢复初始时的压缩量时，有：v由动量定理得：I解得：I弹＝mv0﹣1.2mgt弹簧弹力对B的冲量大小为|mv0﹣1.2mgt|弹簧第2、4、6、……2n次恢复初始时的压缩量，有：v2′＝0由动量定理得：I弹+2mgsinθ•t＝0解得：I弹＝﹣1.2mgt弹簧弹力对B的冲量大小为1.2mgt。答：（1）凹槽A与斜面间的动摩擦因数μ为0.8；（2）C释放点离凹槽A上方的距离d为25v（3）C与A碰撞前弹簧的弹性势能Ep1为172（4）该过程中，弹簧弹力对B的冲量大小为|mv0﹣1.2mgt|，或1.2mgt。【点评】本题考查动量守恒定律、能量守恒定律、功能关系综合应用。对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用，解答时要首先要确定正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。本题涉及的运动过程较复杂，运动过程的分析要思路清晰。19．在光滑绝缘水平面上放置一质量为M＝4kg、带电量为q＝+5×10﹣4C的金属板A，金属板左端放置一个质量为m＝2kg不带电的绝缘物块B。距金属板右端d＝9m处放置一个质量也为m＝2kg不带电的绝缘物块C，同时加上一个斜向上电场强度大小为E＝4×104N/C的匀强电场，其方向与水平方向的夹角为θ＝53°，如图所示。电场作用一段时间后，金属板A与绝缘物块C发生弹性碰撞（碰撞时间极短），此时立即撤去电场，在此后的运动过程中，绝缘物块B始终未滑离金属板A。已知绝缘物块B与金属板A间的动摩擦因数为μ＝0.25，重力加速度大小为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）撤去电场前金属板A受到的电场力大小；（2）电场的作用时间；（3）金属板A的最小长度；（4）绝缘物块B与金属板A间摩擦产生的热量。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；牛顿第二定律的简单应用；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；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）撤去电场前金属板A受到的电场力大小为20N；（2）电场的作用时间为3s；（3）金属板A的最小长度为3215m（4）绝缘物块B与金属板A间摩擦产生的热量为323J【分析】（1）根据电场力公式求电场力的大小；（2）由动力学规律结合题设条件求电场力作用的时间；（3）根据运动学公式求出碰撞前的速度，由弹性碰撞两个守恒求出碰撞后的速度，再由动力学规律求木板最小长度；（4）求出相对位移后，根据摩擦生热的公式求热量。【解答】解：（1）A物块受到的电场力大小：F＝Eq＝4×104×5×10﹣4N＝20N；（2）有电场力作用时，作用时间为t，由于地面无摩擦，所以物块B与金属板A一起做匀加速运动，对整体受力分析，由牛顿第二定律：Fcosθ＝（M+m）a整体运动d后碰撞有：d=代入数据得：a＝2m/s2，t＝3s（3）碰撞前，物块A和金属板的速度为：v0＝at＝2×3m/s＝6m/s以向右为正方向，AC碰撞后速度分别为v3，v4，由动量守恒定律得：Mv0＝Mv3+mv4机械能守恒：1联立解二次方程得：v3＝2m/s，v4＝8m/s碰撞后B相对于A滑动，当两者共速时，以向右为正，由动量守恒定律得：Mv3+mv0＝（M+m）v1代入数据得：v1=10当B恰在A的右端静止时，共速时有：μmgL=代入数据得：L=32（4）由摩擦生热公式可得：Q＝μmgL代入数据得：Q=32答：（1）撤去电场前金属板A受到的电场力大小为20N；（2）电场的作用时间为3s；（3）金属板A的最小长度为3215m（4）绝缘物块B与金属板A间摩擦产生的热量为323J【点评】本题是涉及电场力作用下使板块模型发生相对滑动的问题，分清木板与C发生碰撞前后，两个物体的运动状态是解决问题的关键。20．如图所示，水平地面上放一个质量。M＝1kg的木板，一个质量m＝1kg、带电量q＝+1×10﹣5C的小物块（可视为质点）放在木板最左端，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。在物块右侧距物块L1＝6m的区域有一匀强电场E，电场区域宽度为L2＝12m，电场强度大小E＝1×106N/C，方向竖直向上。现对木板施加一水平向右恒力F，使物块进入电场区域前恰好和木板保持相对静止向右加速运动，物块刚进入电场时撤去恒力F。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：（1）水平恒力F的大小？（2）物块离开电场时，木板的速度大小？【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；无外力的水平板块模型．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．【答案】（1）水平恒力F的大小为8N；（2）物块离开电场时，木板的速度大小为4m/s。【分析】（1）物块恰好和木板保持相对静止的临界条件为它们之间的静摩擦力为最大静摩擦力。分别对物块和物块与木板整体，根据牛顿第二定律求解。（2）物块进入匀强电场后受竖直向上的电场力作用。分析物块与木板的受了，确定两者的运动形式，根据牛顿第二定律与运动学公式求解。【解答】解：（1）设进入电场区域前物块与木板间的最大静摩擦力为f1，木板与地面间的滑动摩擦力大小为f2，加速度大小为a1。则有：f1＝μ1mg，f2＝μ2（m+M）g对物块，由牛顿第二定律可得：f1＝ma1解得：a1＝3m/s2对物块和木板整体，由牛顿第二定律可得：F﹣f2＝（m+M）a1解得：F＝8N（2）物块进入匀强电场后受竖直向上的电场力作用。电场力的大小为：F电＝qE＝1×10﹣5C×1×106N＝10N物块的重力大小为：mg＝1×10N＝10N可知qE＝mg，物块与木板之间无相互作用，所以物块做匀速直线运动，木板做匀减速直线运动。设物块刚进入电场区域时的速度大小为v0，物块在电场中运动时间为t，木板的加速度大小为a2，物块离开电场时木板的速度大小为v，对物块由运动学公式可得：v02=2a1L1解得：v0＝6m/s，t＝2s对木板由牛顿第二定律和运动学公式可得：μ2Mg＝Ma2；v＝v0﹣a2t解得：v＝4m/s答：（1）水平恒力F的大小为8N；（2）物块离开电场时，木板的速度大小为4m/s。【点评】本题考查了带电体在电场中运动问题，考查了牛顿第二定律的板块模型。掌握板块模型的相对运动与相对静止的临界条件。

考点卡片1．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．2．无外力的水平板块模型3．动能定理的简单应用4．功是能量转化的过程和量度5．动量定理的内容和应用【知识点的认识】1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命题方向】题型一：动量定理的应用例子：一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过△t时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（）A．mg△tB.mv△tC.mv△分析：由题意可知，铁锤的初末动量，由动量定理可求得其对木桩的平均冲力．解答：对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有：（mg﹣F）t＝0﹣mv得：F＝mg+mv由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：F＝mg+mv故选：C．点评：本题考查动量定理的应用，在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动能定理的关系式求解．【解题方法点拨】1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．6．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=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）（4）可得vm＝7.1m/s点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。【解题思路点拨】动量与能量的综合类问题本来就是高中阶段最大的难点之一，不管是知识点的难度叠加还是题目本身的复杂多变，需要学生对动量与能量这两个板块都数量应用。7．点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场【知识点的认识】1．大小：如果以Q为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。Q为场源电荷电量。F=2．方向：若Q是正电荷，Q和该点的连线指向该点