2024-2025学年人教版（2019）高二（上）物理寒假作业（八）

第1页（共1页）2024-2025学年人教版（2019）高二（上）物理寒假作业（八）一．选择题（共8小题）1．（2024秋•西山区校级月考）质量1kg的带正电滑块，轻轻放在传送带底端。传送带与水平方向夹角为θ＝37°，与滑块间动摩擦因数为μ＝0.5，电动机带动传送带以3m/s速度顺时针匀速转动。滑块受到沿斜面向上的4N恒定电场力作用，则1s内（）A．滑块动能增加4J B．滑块机械能增加12J C．由于放上滑块电机多消耗电能为12J D．滑块因摩擦生热而增加的内能为8J2．（2024秋•长安区校级月考）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（）A．E1E2=RC．E1E2=3．（2024秋•历城区校级月考）如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中重力做的功为﹣3J，电场力做的功为2J。则下列说法正确的是（）A．粒子带负电 B．粒子在A点的电势能比在B点少2J C．粒子在A点的重力势能比在B点少3J D．粒子在A点的动能比在B点少1J4．（2024秋•北碚区校级月考）图甲所示两水平金属板间距为d，两板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0A．末速度大小为2vB．微粒带正电 C．重力势能减少了mgd D．微粒的电势能增加了15．（2024秋•海门区校级月考）某仪器两极间的电场线分布如图所示，一正电荷只在电场力作用下以某一初速度沿x方向运动，从O到A运动过程中，关于各点的电势φ，电荷的动能Ek随位移x的变化图线可能正确的是（）A． B． C． D．6．（2024秋•荔湾区校级月考）11H、12H、13H三个原子核，电荷均为e，质量之比为1：2：3。如图所示，它们以相同的初速度由P点平行极板射入匀强电场，在下极板的落点为A．三个原子核在电场中运动的时间相等 B．11C．三个原子核刚到达下板时的动能相等 D．落在A点的原子核是7．（2023秋•杜集区校级期末）如图加速电场偏转电场所示，从炽热的金属丝飘出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）A．仅增大加速电场的电压 B．仅减小偏转电场两极板间的距离 C．仅减小偏转电场的电压 D．仅减小偏转电场极板的长度8．（2023秋•龙岗区校级期末）在真空中的x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示（其中在x＝4a处速度最大），则下列说法正确的是（）A．点电荷M、N一定为异种电荷 B．B点电荷M、N所带电荷量的绝对值不相等 C．x＝4a处的电场强度最大 D．点电荷P在x＝4a处的电势能最大二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•长安区校级月考）如图甲所示，在A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压。A板的电势为0，一质量为m、电荷量为q的电子在t=T4时刻进入两极板，仅在静电力作用下，由静止开始运动，恰好能到达A．电子在两板间做匀加速直线运动 B．A、B两板间的距离为qUC．若电子在t=T8时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打在BD．电子在两板间的最大速度为q（多选）10．（2024秋•台江区校级月考）如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上竖直固定一光滑绝缘、半径为R的四分之一圆弧轨道BC，B为圆弧的最低点，A点在圆弧左侧的水平面上，且A、B间距为2R。整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E。一质量为m，电荷量为mgE的带正电小球从A点由静止释放，忽略空气阻力，重力加速度大小为gA．小球运动到B点时的速度大小vBB．小球在圆弧BC上运动过程中的最大动能Ekmax＝3mgR C．小球从离开圆弧轨道到落地过程中的最小速率vminD．小球落地点离圆弧轨道B点的距离x（多选）11．（2024•湖南模拟）2020年2月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱。电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其中的一种电子透镜的电场分布如图所示，其中虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，且b点的动能大于a点的动能，则下列说法正确的是（）A．电子经过b点时的速度大于经过a点时的速度 B．a点的电势高于b点的电势 C．a点的电场强度小于c点的电场强度 D．电子在a点的电势能大于在c点的电势能（多选）12．（2024秋•道里区校级期中）如图，平面内有竖直向下、大小为E0的匀强电场，OA与x轴间夹角θ＝37°。质量为m，带电量为+q的粒子从y轴上的P点，以某一未知速度v0沿x轴正向射出，运动t时间后，平面内又加入另一匀强电场E。此后粒子沿垂直于OA的方向再经时间t到达OA界面上的一点，且到达该点时速度刚好为零。不计粒子重力，下面说法正确的是（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（）A．粒子从P点射出的初速度v0B．后来所加匀强电场的场强E=C．P点纵坐标yPD．P点纵坐标y三．填空题（共4小题）13．（2024秋•鼓楼区校级月考）喷雾器喷出质量均为m，电量均为﹣q的油滴，并以v竖直进入电容为C的电容器，板间距离d，上板接地，两板刚开始不带电，油滴落到下板上电量全被吸收，两板间形成匀强电场。问：（1）下板最多能吸收滴油滴。（2）某时刻4滴油滴形成竖直间距依次为h、2h、3h，它们依次进入电容器的时间间隔为T，此时板上的油滴有滴。14．（2024秋•南开区校级期中）如图所示，让一价氢离子（H+）和二价氦离子（He2+）的混合物从O点由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，最后都从加速电场偏转电场右侧离开，图中画出了其中一种粒子的运动轨迹。则：（1）在加速电场中运动时间较长的是；（2）离开偏转电场时两种离子的侧移量之比是。15．（2024春•黄浦区校级期末）如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧形绝缘细管的圆心处放一点电荷，将质量为m、带电荷量为q的小球从圆弧管水平直径的端点A由静止释放，当小球沿细管下滑到最低点时，对细管上壁的压力恰好为32mg，则两带电体所带电性（填“相同”、“相反”或“相同相反均可”），圆心处的电荷在圆弧管内最低点产生的电场的场强大小为。（重力加速度为16．（2024秋•普陀区校级月考）氢原子（原子核内有一个质子，核外有一个电子）的核外电子离核的距离是r，电子和质子的电荷量大小均为e、电子质量为m，则电子绕核做圆周运动的向心力大小为。周期是（静电力常量为k）。四．解答题（共4小题）17．（2024秋•云阳县校级月考）如图所示，由静止开始被电场（加速电压为U1）加速的带电粒子（质量m，电量q）平行于两正对的平行金属板且从两板正中间射入，从右侧射出，设在此过程中带电粒子没有碰到两极板。若金属板长为L，板间距离为d、两板间电压为U2（不计带电粒子重力）。求：（1）粒子离开加速电场时速度的大小v1；（2）粒子在偏转电场发生的偏移量y。18．（2024秋•鼓楼区校级月考）电子束光刻技术原理简化如图甲所示，电子源发射的电子束经过多级直线加速器后，进入静电转向器，再通过偏移器后对晶圆上的光刻胶进行曝光。多级直线加速器由n个横截面积相同且共轴的金属圆筒依次水平排列，各金属圆筒依序接在交变电源的两极A、B上，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。序号为0的金属圆板中央有一个点状电子源，电子逸出的速度不计，转向器中有辐向电场，电子从M点水平射入，沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，并从N点竖直射出，沿着偏移器的中轴线进入，轴线垂直晶圆上表面并过中心O点，已知偏移器为长、间距均为L的平行金属板，两极板可加电压，偏移器下端到芯片的距离为L，电子质量为m、电荷量大小为e，交变电压的绝对值为u，周期为T。电子通过圆筒间隙的时间不计，不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略相对论效应、极板边缘效应等其他因素的影响。（1）若t＝0时刻进入圆筒间隙的电子能够被加速，求此时A、B的电势高低和经过一次加速后电子的速度；（2）经过8个圆筒后被导出的电子恰能沿圆弧虚线运动，求第8个圆筒的长度和转向器虚线处电场强度的大小；（3）第（2）问中的电子能经过偏移器，求偏移器间所加电压的范围；（4）若电子均匀进入偏移器，要求电子均匀对称打在光刻胶的x轴上O点两侧，试定性画出加在偏移器上扫描电压随时间变化的规律（电子在偏移器运动时，可认为场强不变）。19．（2024秋•南安市校级月考）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L的绝缘细线把质量为m、带电量为﹣q的金属小球悬挂在O点。小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ＝37°。现将小球拉至O点正下方的A点，由静止释放，取cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：（1）电场强度的大小和方向？（2）小球通过B点时细线受到拉力的大小？（3）通过计算判断小球能否运动到水平位置C点。20．（2024秋•台江区校级月考）如图所示，一绝缘细直杆AC固定在方向水平向左的匀强电场中，直杆与电场线成45°角，杆长l=322m。一套在直杆上的带电小环，由杆端A以某一速度匀速下滑，小环离开杆后恰好通过杆端C正下方P点，C、P两点相距h。已知环的质量m＝0.5kg，环与杆间的动摩擦因数μ=13，h＝（1）判断小球带什么电和电场力F的大小；（2）小环从杆端A运动到P点的时间；（3）小环运动到杆端A正下方时的动能Ek。

2024-2025学年人教版（2019）高二（上）物理寒假作业（八）参考答案与试题解析题号12345678答案CACDDDBB一．选择题（共8小题）1．（2024秋•西山区校级月考）质量1kg的带正电滑块，轻轻放在传送带底端。传送带与水平方向夹角为θ＝37°，与滑块间动摩擦因数为μ＝0.5，电动机带动传送带以3m/s速度顺时针匀速转动。滑块受到沿斜面向上的4N恒定电场力作用，则1s内（）A．滑块动能增加4J B．滑块机械能增加12J C．由于放上滑块电机多消耗电能为12J D．滑块因摩擦生热而增加的内能为8J【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；倾斜传送带模型；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；功能关系能量守恒定律；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】对滑块受力分析，由牛顿第二定律求得滑块的加速度，由运动学公式求得1s末滑块的速度、位移、传送带的位移。根据动能的表达式求解滑块动能；滑块机械能增加量等于动能与重力势能增加量之和；由功能关系可知电机多消耗电能等于传送带克服摩擦力做的功；根据功能关系求得滑块与传送带间因摩擦产生的内能，而滑块增加的内能要小于此内能。【解答】解：A、对滑块受力分析，由牛顿第二定律得：F电+μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma，解得滑块的加速度为：a＝2m/s2滑块做匀加速直线运动，由运动学公式得1s末滑块的速度为：v1＝at＝2×1m/s＝2m/s位移为：x1=12a传送带位移为：x2＝vt＝3×1m/s＝3m滑块动能为：Ek=1B、滑块机械能增加量为：ΔE1＝Ek+mgx1sinθ，解得：ΔE1＝8J，故B错误；C、由功能关系可知电机多消耗电能等于传送带克服摩擦力做的功，则电机多消耗电能为：ΔE2＝μmgcosθx2，解得：ΔE2＝12J，故C正确；D、滑块与传送带间摩擦生热为：Q＝μmgcosθx相＝μmg（x2﹣x1）cosθ，解得：Q＝8J，而滑块增加的内能要小于8J，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了传送带模型中涉及到的功能关系，能量守恒定律得应用。掌握常见的力做功与相应的能量转化。2．（2024秋•长安区校级月考）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（）A．E1E2=RC．E1E2=【考点】带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】粒子在等势线上运动，则粒子的速度大小不变，粒子受到的电场力提供向心力，结合牛顿第二定律完成分析。【解答】解：由转向器中有辐向电场可知，粒子受到的电场力提供向心力，又因为粒子在等势线上运动，则粒子的速度大小保持不变，根据牛顿第二定律可得：qE1=mv2R1，故选：A。【点评】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，分析出粒子做圆周运动的向心力来源即可完成分析，难度不大。3．（2024秋•历城区校级月考）如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中重力做的功为﹣3J，电场力做的功为2J。则下列说法正确的是（）A．粒子带负电 B．粒子在A点的电势能比在B点少2J C．粒子在A点的重力势能比在B点少3J D．粒子在A点的动能比在B点少1J【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；常见力做功与相应的能量转化；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】C【分析】带电粒子从A点运动到B点的过程中电场力做正功，可知电场力方向水平向右，根据电场力与电场方向的关系判断粒子带电性质；根据功能关系判断粒子的电势能与重力势能的变化量；根据能量守恒定律可知粒子的机械能与电势能的总和不变，电势能与重力势能的变化量判断动能的变化量。【解答】解：A、带电粒子从A点运动到B点的过程中电场力做正功，可知电场力方向水平向右，与电场方向相同，则粒子带正电，故A错误；B、根据功能关系，电场力做正功为2J，则粒子的电势能减少2J，即粒子在A点的电势能比在B点多2J，故B错误；C、根据功能关系，重力做的功为﹣3J，则粒子的重力势能增加3J，即粒子在A点的重力势能比在B点少3J，故C正确；D、由能量守恒定律可知粒子的机械能与电势能的总和不变，粒子的电势能减少2J，则机械能增加2J，因粒子的重力势能增加3J，故动能减少1J，即粒子在A点的动能比在B点多1J，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了粒子在电场中运动过程的功能关系，以及能量守恒定律的应用。掌握常见的力做功与相应的能量转化。4．（2024秋•北碚区校级月考）图甲所示两水平金属板间距为d，两板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0A．末速度大小为2vB．微粒带正电 C．重力势能减少了mgd D．微粒的电势能增加了1【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；推理论证能力．【答案】D【分析】A、微粒在水平方向不受力，故水平方向速度不变；B、根据运动轨迹判断重力与电场力方向；C、分析竖直方向上的位移，进而求出重力势能；D、做功的两个必要因素：作用在物体上的力和物体在力的方向上通过的距离，由此分析静电力做功。【解答】解：A、0～T3时间内微粒做匀速直线运动，即有mg＝qE0，可知在T3～2T3时间内，微粒做平抛运动，在2T3～T时间内，合力大小F＝2qE0B、0～T3时间内微粒匀速运动，即有mg＝qE0，重力与电场力方向不一致，可微粒带负电，故C、微粒经金属板边缘飞出，竖直方向上的位移大小为d2，所以重力势能减少了12mgdD、在0～23T时间内，静电力做功为零；在23T～T时间内，在竖直方向上根据对称性可知此过程运动的位移为故选：D。【点评】考查带电粒子在电场中运动轨迹的理解和电场力做功，清楚做功的条件。5．（2024秋•海门区校级月考）某仪器两极间的电场线分布如图所示，一正电荷只在电场力作用下以某一初速度沿x方向运动，从O到A运动过程中，关于各点的电势φ，电荷的动能Ek随位移x的变化图线可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；φ﹣x图像的理解与应用；电场中的其他图像问题．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】D【分析】AB.电场线的疏密表示电场的强弱，φ﹣x图线的斜率大小表示电场强度的大小，据此分析判断；CD.由动能定理列式，推断Ek﹣x图线的斜率大小的物理意义，结合前面分析，即可分析判断。【解答】解：AB.电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，从O到A电场强度先增大后减小；由于φ﹣x图线的斜率大小表示电场强度的大小，则从O到A，φ﹣x图线的斜率大小应先增大后减小，故AB错误；CD.由图可知，电荷从O到A运动过程中，电场力做正功，由动能定理可知，电荷的动能增加，电荷动能的变化量等于电场力做的功，即：qEΔx＝ΔEk，由此可知，Ek﹣x图线的斜率大小为qE，因O到A电场强度先增大后减小，则Ek﹣x图线的斜率应先增大后减小，故C错误，D正确；故选：D。【点评】本题主要考查从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题，解题时需注意功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等的综合应用。6．（2024秋•荔湾区校级月考）11H、12H、13H三个原子核，电荷均为e，质量之比为1：2：3。如图所示，它们以相同的初速度由P点平行极板射入匀强电场，在下极板的落点为A．三个原子核在电场中运动的时间相等 B．11C．三个原子核刚到达下板时的动能相等 D．落在A点的原子核是【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．【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】D【分析】三个原子核垂直射入匀强电场中，都做类平抛运动，根据水平方向匀速直线运动规律分析运动时间关系；根据牛顿第二定律比较加速度大小；根据动能定理分析三个原子核刚到达下板时的动能关系；根据竖直位移公式分析运动时间关系，结合x＝v0t分析水平位移关系，确定落在A点的原子核。【解答】解：A、三个原子核垂直射入匀强电场中，都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，又因为它们以相同的初速度由P点平行极板射入匀强电场，根据t=xv0可知，水平位移越大，运动时间越长，则知三个原子核在电场中运动时间关系为tA＞tB＞tCB、原子核在电场中的加速度为a=即原子核的加速度与它们的质量成反比，则11H、12H、13H的加速度关系是a1＞aC、对三个原子核，由动能定理有eEy=解得E因为它们质量不同，初动能不同，其他量相等，则三个原子核刚到达下板时的动能不相等，故C错误；D、因为三个原子核在电场中的侧位移相等，由y=解得t=可知，加速度越小，运动时间越长，结合上述分析可知，13H的加速度最小，运动时间最长，水平位移最大，所以落在A点的原子核是故选：D。【点评】解决本题的关键要掌握类平抛运动问题的处理方法：运动的分解法，根据牛顿第二定律和运动学公式得到竖直分位移表达式，根据动能定理得到原子核刚到达下板时的动能表达式，再进行分析。7．（2023秋•杜集区校级期末）如图加速电场偏转电场所示，从炽热的金属丝飘出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）A．仅增大加速电场的电压 B．仅减小偏转电场两极板间的距离 C．仅减小偏转电场的电压 D．仅减小偏转电场极板的长度【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．【专题】定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．【答案】B【分析】电子经电场加速后，进入偏转电场，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，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时竖直方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法。【解答】解：在加速电场中，根据动能定理：eU1=12得：v=在偏转电场中由平抛规律可得：vy＝at加速度为：a=运动时间为：t=可得偏角的正切值为：tanθ=若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大偏转电场的电压U2，或减小加速电场的电压U1，或增大偏转电场极板的长度L，或减小偏转电场两极板间的距离d。故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题。8．（2023秋•龙岗区校级期末）在真空中的x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示（其中在x＝4a处速度最大），则下列说法正确的是（）A．点电荷M、N一定为异种电荷 B．B点电荷M、N所带电荷量的绝对值不相等 C．x＝4a处的电场强度最大 D．点电荷P在x＝4a处的电势能最大【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；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；推理论证能力．【答案】B【分析】A.根据电荷的加减速运动情况，判断两电荷的电性；BC.根据速度最大的条件，列平衡方程，求解两场源电荷电荷量的大小关系，判断场强的大小；D.根据能量守恒进行分析判断。【解答】解：A.正电荷P从2a处向右运动过程中，只受电场力作用，由图知，该过程正电荷P先加速后减速，则说明点电荷M、N一定为同种电荷，故A错误；BC.由图知，电荷P在4a处速度达到最大值，说明此位置电荷的合外力为0，则合场强为0，设P的电荷量大小为q，点电荷M、N的电荷量大小分别为QM、QN，根据平衡条件有：kQ解得：QM＝4QN，故B正确，C错误；D.由图知，电荷P在4a处的速度最大，则此时电荷的动能最大，根据能量守恒可知，点电荷P在x＝4a处的电势能最小，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题，解题时需注意功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等的综合应用。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•长安区校级月考）如图甲所示，在A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压。A板的电势为0，一质量为m、电荷量为q的电子在t=T4时刻进入两极板，仅在静电力作用下，由静止开始运动，恰好能到达A．电子在两板间做匀加速直线运动 B．A、B两板间的距离为qUC．若电子在t=T8时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打在BD．电子在两板间的最大速度为q【考点】带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动．【专题】定量思想；图析法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．【答案】BD【分析】A、交变电场中电荷受到的电场力方向会发生变化；B、根据电荷所受电场力求解其加速度，然后运用运动学公式求出距离；C、分析电荷在T8-TD、经过T4【解答】解：A、电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，故A错误；B、电子在t=T4时刻由静止释放进入两极板运动，由分析可知，电子先加速后减速，在t=34T时刻到达B板，设两板的间距为d，加速度大小为d=qU0C、若电子在t=T8时刻进入两极板间，在T8-T2时间内电子做匀加速直线运动，位移x=12a(D、由题意可知，经过T4时间电子速度最大，则最大速度为vm=故选：BD。【点评】考查带电粒子在交变电场中的运动规律，根据电荷的受力分析其运动情况。（多选）10．（2024秋•台江区校级月考）如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上竖直固定一光滑绝缘、半径为R的四分之一圆弧轨道BC，B为圆弧的最低点，A点在圆弧左侧的水平面上，且A、B间距为2R。整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E。一质量为m，电荷量为mgE的带正电小球从A点由静止释放，忽略空气阻力，重力加速度大小为gA．小球运动到B点时的速度大小vBB．小球在圆弧BC上运动过程中的最大动能Ekmax＝3mgR C．小球从离开圆弧轨道到落地过程中的最小速率vminD．小球落地点离圆弧轨道B点的距离x【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动；动能定理的简单应用；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；推理论证能力．【答案】AC【分析】小球从A到B，根据动能定理求小球运动到B点时的速度大小；小球在圆弧BC上运动过程中，根据小球的受力特点找到等效最低点，结合动能定理求解动能的最大值；小球从A到C，根据动能定理求出小球运动到C点时的速度大小。小球从C点飞出后，将小球的运动分解为水平方向的初速度为零的匀加速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，根据牛顿第二定律和分速度公式相结合求解小球运动到最高点时速度的大小。【解答】A．小球从出发至运动到B点的过程，对小球由动能定理得：Eq×得vB故A正确；B．小球在圆弧BC上运动过程中的最大动能出现在圆弧BC的中点（此时速度方向与重力和电场力的合力方向垂直，重力和电场力的合力方向相当于等效重力方向，速度有极大值），从出发到此处，由动能定理有Eq（2R+Rsin45°）﹣mg（R﹣Rcos45°）＝Ekmax得故B错误；C．由运动的对称性可知vB小球从离开圆弧轨道到落地过程中做类斜抛运动，将vC沿合外力和垂直合外力的方向分解，两个分速度大小均为2gR，在类斜抛运动的最高点有最小速率，此时与合外力反向的分速度减小到vmin故C正确；D．由于小球在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做加速度为g的匀加速运动，对小球在竖直方向以及水平方向由运动学规律有-h=x-则x=(6+2故D错误。故选：AC。【点评】本题主要考查带电物体在复合场中的运动，熟悉物体的受力分析，结合动能定理解得物体的速度，运用运动的分解法处理小球在电场和重力场的复合场中的运动过程。（多选）11．（2024•湖南模拟）2020年2月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱。电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其中的一种电子透镜的电场分布如图所示，其中虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，且b点的动能大于a点的动能，则下列说法正确的是（）A．电子经过b点时的速度大于经过a点时的速度 B．a点的电势高于b点的电势 C．a点的电场强度小于c点的电场强度 D．电子在a点的电势能大于在c点的电势能【考点】根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况；根据电场线的疏密判断场强大小；通过电场线的方向判断电势的高低；等势面及其与电场线的关系；带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判．【专题】比较思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】ACD【分析】根据电场力对电子做功情况分析；电场力做正功，电势能减小，对负电荷来说，电势越高，电势能越小；等势面的疏密程度也可以表示电场的强弱；根据电势能的大小比较电势的高低。【解答】解：A.根据电子的运动轨迹可知电子从a到b点的过程中电场力做正功，可知b点的动能大于a点的动能，故电子经过b点时的速度大于经过a点时的速度，故A正确；B.电子仅在电场力作用下运动，电子从a点运动至b点，动能增大，电场力做正功，电势能减小，负电荷在高电势处电势能反而小，故a点的电势低于b点的电势，故B错误；C、等势面越密，电场强度越大，c点处等势面比a点处等势面密，故a点的电场强度小于c点的电场强度，故C正确；D.相邻等势面间电势差相等，则φc＞φb＞φa，负电荷在高电势处电势能反而小，故电子在a点的电势能大于在c点的电势能，故D正确。故选：ACD。【点评】能够根据电子的运动轨迹判断出电场力对电子的做功情况是解题的关键，知道对电子来说，电势越低，电势能越大，可以用等势线的疏密程度表示场强的大小。（多选）12．（2024秋•道里区校级期中）如图，平面内有竖直向下、大小为E0的匀强电场，OA与x轴间夹角θ＝37°。质量为m，带电量为+q的粒子从y轴上的P点，以某一未知速度v0沿x轴正向射出，运动t时间后，平面内又加入另一匀强电场E。此后粒子沿垂直于OA的方向再经时间t到达OA界面上的一点，且到达该点时速度刚好为零。不计粒子重力，下面说法正确的是（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（）A．粒子从P点射出的初速度v0B．后来所加匀强电场的场强E=C．P点纵坐标yPD．P点纵坐标y【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．【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】BD【分析】粒子运动过程只受电场力作用，根据不同时间段的受力情况分析水平和竖直方向加速度情况，结合运动学公式即可判断速度以及位移，从而确定P点坐标。【解答】解：A.粒子在第一个/末的速度方向垂直斜面，由类平抛运动加速度a=可得v0粒子从P点射出的初速度v0故A错误；B.粒子在第二个内加速度的竖直分量为ay方向竖直向上；水平方向的加速度ax方向水平向左；粒子受两个电场的电场力作用，场强E产生的加速度方向竖直向下，大小为a，可得ExEy＝2E0根据矢量的合成可得E=可得E=故B正确；CD.第一个时间内，粒子做类平抛运动，在竖直方向的位移y1水平方向的位移x1＝v0t在第二个时间内，粒子做匀减速运动，竖直方向的平均速度为12a，水平方向的平均速度为1y2水平方向的位移x2且有x2那么，粒子竖直位移y1+y2＝2y2水平位移x1+x2＝3x2所以，P点与x轴的距离yP又v0所以P点纵坐标yP故C错误，D正确。故选：BD。【点评】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要求学生结合牛顿第二定律以及运动学公式进行分析求解，难度适中。三．填空题（共4小题）13．（2024秋•鼓楼区校级月考）喷雾器喷出质量均为m，电量均为﹣q的油滴，并以v竖直进入电容为C的电容器，板间距离d，上板接地，两板刚开始不带电，油滴落到下板上电量全被吸收，两板间形成匀强电场。问：（1）下板最多能吸收2mgCd+（2）某时刻4滴油滴形成竖直间距依次为h、2h、3h，它们依次进入电容器的时间间隔为T，此时板上的油滴有m2gCd【考点】带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动；自由落体运动的规律及应用．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）2mgCd+mCv【分析】（1）第N+1个油滴达到下极板的速度为0，根据动能定理求解。（2）根据匀变速直线运动的规律求出第2滴、第3滴的速度，根据加速度的定义式结合逐差法求解T，再根据牛顿第二定律求解。【解答】解：（1）设下极板最多接受到N个油滴，第N+1个油滴达到下极板的速度为0，根据动能定理可得：mgd﹣qUm＝0-其中Um=解得：N=（2）设从上到下的顺序依次为1、2、3、4，根据匀变速直线运动的规律可得：第2滴的速度为：v2=第3滴的速度为：v3=根据加速度的定义式可得：a=根据牛顿第二定律可得：mg-qU而U′=解得：N′=故答案为：（1）2mgCd+mCv【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。14．（2024秋•南开区校级期中）如图所示，让一价氢离子（H+）和二价氦离子（He2+）的混合物从O点由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，最后都从加速电场偏转电场右侧离开，图中画出了其中一种粒子的运动轨迹。则：（1）在加速电场中运动时间较长的是二价氦离子；（2）离开偏转电场时两种离子的侧移量之比是1：1。【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；推理论证能力．【答案】（1）二价氦离子；（2）1：1。【分析】（1）根据牛顿第二定律和运动学公式计算即可；（2）根据动能定理得到离子离开加速电场时的速度，然后根据平抛运动规律得到离开电场时的侧移量表达式，然后比较即可。【解答】解：（1）设一价氢离子的电荷量为q，一价氢离子的质量为m，离子在加速电场中的加速度为a，加速电场的电场强度为E，根据牛顿第二定律有qE＝ma设加速电场中两板间的距离为d，离子在加速电场中的运动时间为t，则有d=解得t=根据化学知识知二价氦离子的电荷量为2q，质量为4m，所以二价氦离子在加速电场中的运动时间为t'=2×4md2qE=（2）设一价氢离子离开加速电场的速度为v，加速电场的电压为U，根据动能定理有qU=设偏转电场的电压为U'，偏转电场极板间的距离为d'，则一价氢离子在偏转电场中的加速度为a=设偏转电场的宽度为L，则一价氢离子在偏转电场中的运动时间为t1一价氢离子的侧移量为y=联立解得y=U'L2故答案为：（1）二价氦离子；（2）1：1。【点评】知道二价氦离子与一价氢离子的质量关系和带电荷量关系是解题的关键，要熟练掌握平抛运动规律在偏转电场中的应用。15．（2024春•黄浦区校级期末）如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧形绝缘细管的圆心处放一点电荷，将质量为m、带电荷量为q的小球从圆弧管水平直径的端点A由静止释放，当小球沿细管下滑到最低点时，对细管上壁的压力恰好为32mg，则两带电体所带电性相反（填“相同”、“相反”或“相同相反均可”），圆心处的电荷在圆弧管内最低点产生的电场的场强大小为9mg2【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；分析综合能力．【答案】相反，9mg【分析】根据小球对细管上壁有压力，故两电荷之间为引力，判断出圆心处的电荷的电性；小球沿细管下滑到最低点的过程中，电场力不做功，只有重力做功，由动能定理求出小球经过最低点时速度．经过最低点时，由重力、电场力和轨道的弹力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出电场力，再求解场强大小。【解答】解：由图可知，小球运动过程中电场力不做功，则小球从A点运动的最低点时，根据动能定理mgr=当小球运动到最低点时，受力分析，小球的向心力为Fn解得Fn＝2mg取竖直向上为正方向，则Fn解得F电所以电场力方向竖直向上，即两带电体为库仑引力，所以两带电体所带电性相反；圆心处的电荷在圆弧管内最低点产生的电场的场强大小为E=故答案为：相反，9mg【点评】本题动能定理与向心力知识的综合应用，是常见的题型，基础题，要注意电场力与速度方向始终垂直，对小球不做功的特点。16．（2024秋•普陀区校级月考）氢原子（原子核内有一个质子，核外有一个电子）的核外电子离核的距离是r，电子和质子的电荷量大小均为e、电子质量为m，则电子绕核做圆周运动的向心力大小为ke2r2。周期是2【考点】带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．【答案】ke2r【分析】由库仑定律公式，代入电子、质子的电荷量、以及间距，即可计算库仑力，由库仑力恰好提供向心力，即知道向心力的值；由库仑力提供向心力，可列库仑力和向心力的关系式，从而计算周期。【解答】解：由库仑定律可知，质子对电子的库仑力为：F=由库仑力提供向心力可知：ke2r故答案为：ke2r【点评】本题考查库仑定律的理解，注意原子核内只有一个质子，其带电量与电子的电荷量大小相等。四．解答题（共4小题）17．（2024秋•云阳县校级月考）如图所示，由静止开始被电场（加速电压为U1）加速的带电粒子（质量m，电量q）平行于两正对的平行金属板且从两板正中间射入，从右侧射出，设在此过程中带电粒子没有碰到两极板。若金属板长为L，板间距离为d、两板间电压为U2（不计带电粒子重力）。求：（1）粒子离开加速电场时速度的大小v1；（2）粒子在偏转电场发生的偏移量y。【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；方程法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）粒子离开加速电场时速度的大小为2q（2）粒子在偏转电场发生的偏移量为U2【分析】（1）在加速电场中，根据动能定理列方程进行解答；（2）粒子在偏转电场做类平抛运动，根据类平抛运动的规律、牛顿第二定律进行解答。【解答】解：（1）在加速电场中，根据动能定理可得：qU1=1解得：v1=2（2）粒子在偏转电场做类平抛运动，根据类平抛运动的规律可得：y=12at2，根据牛顿第二定律可得：a=联立解得：y=U答：（1）粒子离开加速电场时速度的大小为2q（2）粒子在偏转电场发生的偏移量为U2【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。18．（2024秋•鼓楼区校级月考）电子束光刻技术原理简化如图甲所示，电子源发射的电子束经过多级直线加速器后，进入静电转向器，再通过偏移器后对晶圆上的光刻胶进行曝光。多级直线加速器由n个横截面积相同且共轴的金属圆筒依次水平排列，各金属圆筒依序接在交变电源的两极A、B上，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。序号为0的金属圆板中央有一个点状电子源，电子逸出的速度不计，转向器中有辐向电场，电子从M点水平射入，沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，并从N点竖直射出，沿着偏移器的中轴线进入，轴线垂直晶圆上表面并过中心O点，已知偏移器为长、间距均为L的平行金属板，两极板可加电压，偏移器下端到芯片的距离为L，电子质量为m、电荷量大小为e，交变电压的绝对值为u，周期为T。电子通过圆筒间隙的时间不计，不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略相对论效应、极板边缘效应等其他因素的影响。（1）若t＝0时刻进入圆筒间隙的电子能够被加速，求此时A、B的电势高低和经过一次加速后电子的速度；（2）经过8个圆筒后被导出的电子恰能沿圆弧虚线运动，求第8个圆筒的长度和转向器虚线处电场强度的大小；（3）第（2）问中的电子能经过偏移器，求偏移器间所加电压的范围；（4）若电子均匀进入偏移器，要求电子均匀对称打在光刻胶的x轴上O点两侧，试定性画出加在偏移器上扫描电压随时间变化的规律（电子在偏移器运动时，可认为场强不变）。【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动．【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）此时B的电势高，经过一次加速后电子的速度为2eu（2）第8个圆筒的长度为2Teum（3）偏移器间所加电压的范围为﹣16u＜u偏＜16u；（4）加在偏移器上扫描电压随时间变化的规律为【分析】（1）根据动能定理判断电子的速度；（2）根据匀速直线运动的位移公式和动能定理求第8个圆筒的长度，再根据圆周运动求电场强度；（3）根据类平抛运动的规律求偏移器间所加电压的范围；（4）根据图像满足的特征分析。【解答】解：（1）若t＝0时刻进入圆筒间隙的电子能够被加速，说明A点产生的电势小于B点产生的电势，故B点电势高。电子在加速过程根据动能定理，有eu=得v1（2）根据题意，电子在圆筒中做匀速直线运动，有l8电子经过8次加速后，有8eu所以l8电子在转向器中做匀速圆周运动，有eE=得E=（3）电子在偏移器中做类平抛运动，有L＝v8tL2a=可以得到um＝16u故所加电压的范围为﹣16u＜u偏＜16u。（4）要求图像满足如下特征：①u偏随时间t线性关系②u偏随时间t周期性关系③u偏随时间t有正负变化，且正负最大值相等只要画出任意一种即可，其它满足要求的也可以。答：（1）此时B的电势高，经过一次加速后电子的速度为2eu（2）第8个圆筒的长度为2Teum（3）偏移器间所加电压的范围为﹣16u＜u偏＜16u；（4）加在偏移器上扫描电压随时间变化的规律为【点评】本题考查粒子在电场中的运动问题，学生应熟练对动能定理、匀加速直线运动位移—时间公式的运用，是一道中等难度题。19．（2024秋•南安市校级月考）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L的绝缘细线把质量为m、带电量为﹣q的金属小球悬挂在O点。小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ＝37°。现将小球拉至O点正下方的A点，由静止释放，取cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：（1）电场强度的大小和方向？（2）小球通过B点时细线受到拉力的大小？（3）通过计算判断小球能否运动到水平位置C点。【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动；牛顿第三定律的理解与应用；带电体在匀强电场中的受力平衡．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）电场强度的大小为3mg（2）小球通过B点时细线受到拉力为74（3）通过计算，小球无法运动到水平位置C点。【分析】（1）小球受到电场力、重力、拉力的作用，三者平衡；（2）根据动能定理和向心力公式，分析绳子拉力；（3）根据动能定理关系式分析。【解答】解：（1）小球静止在B点，处于平衡状态，对小球受力分析，得tanθ=Eqmg（2）EqLsinθ-mgL(1-cosθ)=1（3）假设小球能摆到的最大角度为α，有EqLsinα＝mgL（1﹣cosα），得34sinα=1-cosα，又sin2α+cos2α＝1，解得sinα=2425答：（1）电场强度的大小为3mg（2）小球通过B点时细线受到拉力为74（3）通过计算，小球无法运动到水平位置C点。【点评】本题主要考查了平衡条件、动能定理及向心力公式的直接应用，难度不大。20．（2024秋•台江区校级月考）如图所示，一绝缘细直杆AC固定在方向水平向左的匀强电场中，直杆与电场线成45°角，杆长l=322m。一套在直杆上的带电小环，由杆端A以某一速度匀速下滑，小环离开杆后恰好通过杆端C正下方P点，C、P两点相距h。已知环的质量m＝0.5kg，环与杆间的动摩擦因数μ=13，h（1）判断小球带什么电和电场力F的大小；（2）小环从杆端A运动到P点的时间；（3）小环运动到杆端A正下方时的动能Ek。【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动；用动能的定义式计算物体的动能．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】（1）小球带负电，电场力F的大小为2.5N；（2）小环从杆端A运动到P点的时间为1.9s；（3）小环运动到杆端A正下方时的动能Ek为34.25J。【分析】（1）如果电场力向左，小环不可能落到P，所以电场力向右，小环带负电，小环从A到C的过程中匀速下滑，对小环受力分析可得电场力大小。（2）小环从A到C的过程中匀速下滑，对小环进行受力分析，结合摩擦力的公式以及C到P的这个过程中水平方向运用牛顿第二定律，竖直方向借助运动学的公式，求解时间，即A到P的时间。（3）小环从C到A正下方的过程中，在水平方向，运用速度—时间关系，竖直方向，运用速度—时间关系，求解出水平方向的速度和竖直方向的速度，进而求解出到杆端A正下方时的动能。【解答】（1）由题意知，小环受到的电场力水平向右，与电场方向相反，则小环带负电；小环从A到C的过程中匀速下滑，对小环受力分析可得mgsin45°＝Fcos45°+fFN＝mgcos45°+Fsin45°又f＝μFN联立解得F＝2.5N（2）小环从C到P的过程中，在水平方向有ax=F竖直方向有h=联立解得t1＝0.4s，v0=则小环从A运动到P点的时间为t=解得t＝1.9s（3）小环从C到A正下方的过程中，在水平方向有vx＝v0cos45°﹣axt2-lcos竖直方向有vy＝v0sin45°+gt2联立解得vx＝﹣4m/s，vy＝11m/s，t2＝1sEk代入数据解得Ek＝34.25J答：（1）小球带负电，电场力F的大小为2.5N；（2）小环从杆端A运动到P点的时间为1.9s；（3）小环运动到杆端A正下方时的动能Ek为34.25J。【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动综合，学生需运用牛顿第二定律结合运动学的公式综合求解。

考点卡片1．自由落体运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．运动性质：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动．4．物体做自由落体运动的条件：①只受重力而不受其他任何力，包括空气阻力；②从静止开始下落．重力加速度g：①方向：总是竖直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略计算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g随纬度的增加而增大（赤道g最小，两极g最大），g随高度的增加而减小．【命题方向】自由落体运动是常见的运动，可以看作是匀变速直线运动的特例，高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题．单独考查的题型一般为选择题或计算题，综合其它知识考查的一般为计算题，难度一般中等或偏易．例1：关于自由落体运动，下列说法中正确的是（）A．在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动B．物体做自由运动时不受任何外力的作用C．质量大的物体，受到的重力大，落到地面时的速度也大D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动分析：自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，加速度g与质量无关．解答：A、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落的运动，故A错误；B、物体做自由运动时只受重力，故B错误；C、根据v＝gt可知，落到地面时的速度与质量无关，故C错误；D、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，故D正确．故选：D．点评：把握自由落体运动的特点和规律，理解重力加速度g的变化规律即可顺利解决此类题目．例2：一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为11000s，则小石子出发点离AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．解答：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为11000s，所以AB段的平均速度的大小为v=x由自由落体的速度位移的关系式v2＝2gh可得，h=v22g故选：C．点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．【解题思路点拨】1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动．2．该知识点的3个探究结论：（1）物体下落快慢不是由轻重来决定的，是存在空气阻力的原因．（2）物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动．“自由”的含义是物体只受重力作用、且初速度为零．（3）不同物体从同一高度做自由落体运动，它们的运动情况是相同的．2．牛顿第三定律的理解与应用【知识点的认识】1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命题方向】题型一：牛顿第三定律的理解和应用例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（）A．作用力与反作用力的合力为零B．先有作用力，然后才产生反作用力C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．作用力与反作用力作用在同一个物体上分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误．B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误．C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确．D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误．故选：C．点评：考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．【解题方法点拨】应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．3．倾斜传送带模型【知识点的认识】1.传送带问题利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。2.分类传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。3.常见情况分析（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）【命题方向】如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，AB的长度为64m，传送带以20m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8kg的物体（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）分析：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始匀加速下滑，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学速度—时间公式求出匀加速至物体与传送带共速的时间。当物体速度达到传送带速度时，判断物体的运动状态，再求解运动时间。解答：物体放上传送带后，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，设物体做匀加速直线运动的加速度为a1，直至与传送带速度相等。设这一过程所需的时间为t1，物体下滑的位移为x1，则由牛顿第二定律，有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1可得a1＝g（sin37°+μcos37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2由运动学公式，有：v＝a1t1解得：t1=va1则x1=12a1t12=12×10×物体与传送带达到共同速度时，因为mgsinθ＞μmgcosθ，物体将继续匀加速下滑，设再经t2时间物体滑至B端，加速度为a2，则mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2可得a2＝2m/s2由运动学公式有LAB﹣x1＝vt2+解得：t2＝2s故物体从A点运动到B点所用的总时间为t＝t1+t2＝2s+2s＝4s答：物体从A点运动到B点所用的总时间为4s。点评：解决本题的关键要正确分析物体的受力情况，来判断其运动情况，要注意滑动摩擦力方向与物体间相对运动方向相反。【解题思路点拨】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。4．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【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．5．用动能的定义式计算物体的动能【知识点的认识】1.动能的定义式为：Ek=12.计算时要注意，只有质量的单位是kg，速度的单位是m/s时，动能的单位才是J。【命题方向】在上海火车站，一列装有300吨救援物资的火车以72km/h的速度离开车站，此时这列火车的动能为J．分析：将速度单位换算，由动能的公式可直接求出动能．解答：火车的速度v＝72km/h＝20m/s；质量m＝300000kg；故动能为：EK=12mv2=12×3×105×202＝6故答案为：6×107．点评：本题考查动能的公式，较为简单，但要注意质量与速度均取国际单位制时火车的动能单位才为J．【解题思路点拨】计算物体动能的一般步骤为：①对质量和速度进行单位换算，需要换算成国际单位制表示的的单位。②运用公式Ek=16．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。7．常见力做功与相应的能量转化【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。8．电场强度与电场力的关系和计算【知识点的认识】根据电场强度的定义式E=FF＝qE。【命题方向】如图，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝BC，在A处固定一电荷量为+Q的点电荷。当在C处放一电荷量为q的点电荷时，它所受到的电场力大小为F，移去C处电荷，在B处放电荷量为2q的点电荷，其所受电场力大小为（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先确定电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出2q的点电荷所受电场力。解答：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向相同；设AB＝r，则有BC＝r。则有：F＝kQq故电荷量为2q的点电荷在B处所受电场力为：FB＝kQ⋅2qr2=故选：B。点评：本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，注意B、C两点的电场强度方向相同。【解题方法点拨】既可以利用E=Fq计算某一点的电场强度也可以利用它的变形F＝9．带电体在匀强电场中的受力平衡【知识点的认识】本考点旨在针对共点力的平衡在电场中的应用。要注意本考点涉及到的是电场问题而不是两个电荷之间的作用力。【命题方向】在如图所示的匀强电场中，一条绝缘细线的上端固定，下端栓一个大小可以忽略、质量为m的带电量为q的小球，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ，求：（1）小球带何种电荷？（2）匀强电场的场强是多大？分析：（1）由小球向什么方向偏转，判断电场力方向，根据电场力方向与场强方向的关系，判断小球带什么电．（2）以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解场强．解答：（1）细线向右偏转，说明小球所受的电场力方向右，而场强也向右，说明小球带正电．（2）以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件得：qE＝mgtanθ得到：E=答：（1）小球带正电荷．（2）匀强电场的场强为mgtanθq点评：本题是带电体在电场中平衡问题，当作力学问题去处理，关键是分析电场力大小和方向．【解题思路点拨】本考点涉及的范围比较广，共点力的平衡问题都可以在这里重现。解决共点力平衡的一般步骤是：1.对物体进行受力分析2.列出平衡方程3.求出相关物理量。10．根据电场线的疏密判断场强大小【知识点的认识】可以通过电场线定性的分析电场强度的大小：在同一电场中，电场线越密集，电场强度越大；电场线越稀疏，电场强度越小。【命题方向】如图是某区域的电场线图．A、B是电场中的两个点，EA和EB分别表示A、B两点电场强度的大小，FA、FB分别表示同一个点电荷在A、B两点所受到的电场力的大小．下面说法中正确的是（）A、EA＞EBB、EA＜EBC、FA＞FBD、FA＜FB分析：电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，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．解答：A、根据图象很容易发现，在电场的A点的电场线较密，所以，在A点的电场的强度要比B点的电场的强度大，即EA＞EB，所以A正确，B错误；C、由于EA＞EB，并且是同一个电荷，电荷的电荷量大小相同，由F＝qE可知，电荷在A点时受到的电场力要在B点时受到的电场力大，即FA＞FB，所以C正确，D错误；故选：AC。点评：本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．【解题思路点拨】同一电场中可以通过电场线的疏密定性的判断电场强度的大小，进而可以分析运动学的情况，因为可以通过F＝qE分析电场力的大小，再通过F＝ma分析加速度的大小。所以可以说同一电场中，电场线密集的地方电场力大，电荷的加速度也大。11．电场力做功与电势能变化的关系【知识点的认识】1．静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。2．电势能概念：电荷在电场中具有势能，叫电势能。电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零势能位置时，静电力做的功，用EP表示。3．静电力做功与电势能变化的关系：①静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。②关系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．单位：J（宏观能量）和eV（微观能量），它们间的换算关系为：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特点：①系统性：由电荷和所在电场共有；②相对性：与所选取的零点位置有关，通常取大地或无穷远处为电势能的零点位置；③标量性：只有大小，没有方向，其正负的物理含义是：若EP＞0，则电势能比在参考位置时大，若EP＜0，则电势能比在参考位置时小。理解与注意：学习电势能时，可以通过与重力势能类比来理解相关概念，上面列举的各项概念几乎是所有势能都有的，只是具体环境不同而已。【命题方向】a和b为电场中的两个点，如果把q＝﹣2×10﹣8C的负电荷从a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、减少了4×10﹣7JD、减少了8×10﹣15J分析：电荷在电场力作用下做功，导致电势能变化．所以根据电场力做功的正负可确定电势能增加与减少．解答：根据电场力做功与电势能改变的惯性可知，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能减少了4×10﹣7J．所以选项C正确。故选：C。点评：该题考查电场力做功与电势能的惯性．电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定．就像重力做功与重力势能一样．【解题方法点拨】1.静电力做功与电势能变化的关系（1）WAB＝EPA﹣EPB。静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。（2）正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。2.电势能大小的比较方法（1）做功判断法：电场力做正功时电势能减小；电场力做负功时电势能增大。（对正、负电荷都适用）。（2）依据电势高低判断：正电荷在电势高处具有的电势能大，负电荷在电势低处具有的电势能大。12．通过电场线的方向判断电势的高低【知识点的认识】1.结论：沿电场线方向，电势降低。2.推导：如下图，一个带电荷量为q的正电荷仅在电场力的作用下由A点运动到B点。设A、B两点的电势分别为φA、φB从A到B，根据电场力做功与电势能变化的关系WAB＝EP