2024-2025学年人教版（2019）高二（上）物理寒假作业（二）

第1页（共1页）2024-2025学年人教版（2019）高二（上）物理寒假作业（二）一．选择题（共8小题）1．（2024秋•海珠区校级月考）如图所示，正三棱柱ABC﹣A′B′C′的A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为﹣Q的点电荷，D、D′点分别为AC、A′C′边的中点，选无穷远处电势为零。下列说法中正确的是（）A．B、B、D、D′四点的电场强度相同 B．将一负试探电荷从A′点移到C′点，其电势能增加 C．将一正试探电荷沿直线从B点移到D′点，电场力做正功 D．将一正试探电荷沿直线从B点移到D′点，电场力做负功2．（2024秋•岳麓区校级月考）电鳗能够产生300～800V的瞬时电压，足以击倒成年水牛，被称为“水下发电机”。如图甲，电鳗放电时头部是负极，尾部是正极。电鳗放电瞬间周围的电场线分布可简化为图乙，P、Q之间的电势差为600V，下列说法正确的是（）A．Q点的电场强度大小大于P点的电场强度大小 B．一个质子从P点移到Q点，电场力做功为600eV，电势能增加了600eV C．一个质子从P点由静止释放，在只受电场力的作用下，它可以沿着电场线运动到Q点 D．Q点电势比P点电势低3．（2023秋•玉溪期末）a、b为一点电荷电场中的两点，a、b两点的电场强度Ea、Eb的方向分别如图所示，图中θ1＜θ2，下列说法正确的是（）A．场源电荷带负电 B．a点场强一定大于b点场强 C．a点场强一定小于b点场强 D．a点电势一定低于b点电势4．（2023秋•杜集区校级期末）如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，其中q1位于x轴的坐标原点，电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则下列说法正确的是（）A．两点电荷的电荷量q1＜q2 B．从B点到D点的电场强度先增大后减小 C．A点的电场强度强度方向向右 D．将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做正功5．（2023秋•桃城区校级期末）如图所示，光滑绝缘水平面上，有1、2、3三个带电荷量均为+q、质量均为m的相同金属小球，用长度均为L的三根绝缘细绳连接，A、B、C分别为其连线的中点，O为三角形中心，已知电荷量为q的点电荷在周围空间产生的电势φ＝kqr，其中k为静电力常量，rA．O点的电场强度不为零 B．若L长度可调节，则A、O两点的电势可能相等 C．系统的总电势能为k2qD．系统的总电势能为k36．（2024秋•深圳月考）如图，截面A2B2C2D2将空间中的长方体A1B1C1D1﹣A3B3C3D3区域分成两个正方体区域，在A1点和A3点各固定一个带正电的点电荷Q，下列说法正确的是（）A．B2点和D2点的电场强度相同 B．B2点和D2点的电势相同 C．截面A2B2C2D2为一等势面 D．使另一负点电荷自D2点沿直线运动至C2点，静电力一直做正功7．（2024秋•南安市校级月考）如图所示，虚线表示电场的一族等势面且相邻等势面电势差相等，一个带电的粒子以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，粒子先后通过M点和N点。由此可判断出（）A．N点的电势高于M点的电势 B．粒子在M点的速率大于在N点的速率 C．粒子在N点的电势能比在M点的电势能小 D．粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力大8．（2024秋•深圳校级月考）如图所示，为一均匀带电量为+Q、半径为R的半球面，虚线是过球心的对称轴，A、B两点关于球心对称。其中A点的电势为φ0，且BO间电势差等于OA间电势差。若点电荷+q周围电势φ=kqA．2kQR+φ0 B．2kQR-二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•东丽区校级月考）如图所示，等量异种点电荷分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点。点a、b在MN连线上，点c、d在MN的中垂线上，它们均关于O点对称。下列说法正确的是（）A．a、b两点的电势相同 B．c、d两点的电场强度相同 C．将电子沿直线从a移到b，电场力对电子一直做负功 D．将电子沿直线从c移到d，电子电势能先减小后增大（多选）10．（2024秋•南宁月考）如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是2m和m。劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的绝缘斜面处于沿斜面向上的匀强电场中。开始时，物体B受到沿斜面向上的外力F＝3mgsinθ的作用而保持静止，且轻绳恰好伸直无弹力。现撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，不计一切摩擦。则在此过程中（）A．物体B所受电场力大小为2mgsinθ B．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为3gsinθ C．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为3mgsinθD．物体A、物体B、弹簧和地球组成的系统机械能增大（多选）11．（2024秋•深圳校级月考）电偶极子由两个点电荷+q和﹣q组成，它们之间的距离为l（l很小），总质量为m。如图所示，空间中某区域内存在一电场，其分布为E（x）＝ax2。先令一电偶极子朝着x方向，并使其中点位于x＝x0处，再静止释放。下列说法正确的是（）A．α的单位是V/m3 B．电偶极子受到的合力F＝2aqlx0 C．电偶极子由静止释放后将做往复运动 D．电偶极子的电势能Ep=（多选）12．（2024秋•云阳县校级月考）如图所示，以两等量异种点电荷连线的中点O为圆心画圆，在圆上有a、b、c、d四点，b、d两点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是（）A．a点的电场强度大于c点的电场强度 B．b、d两点的电场强度大小相等、方向相同 C．负电荷在a点的电势能大于在c点的电势能 D．将正电荷由b点沿直线移到d点，其受到的电场力不做功三．填空题（共4小题）13．（2024秋•思明区校级期中）如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于边长为l的正方形的四个顶点，O点为正方形中心，取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，O点的电场强度E＝，O点的电势φ＝。14．（2024秋•温州期中）如图所示，倾角为30°的光滑绝缘斜面固定在水平面上，斜面底端固定一个带正电的小球A，另有一质量m＝0.9kg的带正电小球B静止在距离斜面底端10cm处，带电量QB=5×10-6C，小球半径可以忽略，重力加速度g取10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N（1）小球A所带电荷量QA＝C；（2）若用一外力F将小球B沿虚线水平移至C点（C点在小球A的正上方），在此过程中电场力对小球B（选填“做正功”“不做功”或“做负功”），小球B的电势能（选填“增大”、“减小”或“不变”）。15．（2024秋•泉州期中）如图所示，以O点为圆心，半径为R的圆上八等分点处放置点电荷，除最右侧的点电荷带电量为﹣Q外，其余点电荷的带电量均为+Q，MN为半径上的点，OM＝ON，已知静电常数为k，则O点场强大小为，N点电势（填”大于”、“等于“或”小于”）M点电势。将一电子从M沿MN移动到N点，电场力做（填“正功”、“负功”或“不做功”）。16．（2024•福建）如图，圆心为O点、半径为R的圆周上有A、B、C、D、E、F、G、H八个等分点，G点固定有一带电量为﹣Q（Q＞0）的点电荷，其余各点均固定有带电量为+Q的点电荷。已知静电力常量为k，则O点的电场强度大小为。M、N分别为OC、OG的中点，则M点的电势（填“大于”“等于”或“小于”）N点的电势；将一带电量为+q（q＞0）的点电荷从M点沿图中MN弧线移动到N点，电场力对该点电荷所做的总功（填“大于零”“等于零”或“小于零”）。四．解答题（共4小题）17．（2023秋•福清市期末）用一长1m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为2kg、电荷量为2.0×10﹣6C的小球，细线的上端固定于O点，现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则：（1）小球带什么电。（2）匀强电场的场强多大。（3）平衡时细线的拉力为多大。（4）若施加外力把小球从A点移到左边B点，此时细线与铅垂线成53°，求电场力对小球做了多少功，小球的电势能改变量。18．（2024秋•浦东新区校级期中）在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，若将无限远的电势规定为零时，则距离该点电荷r处的电势为kQr，其中k为静电力常量。多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是V）。已知一电荷量为q＝2C的正电荷以一定的初速度从A点运动到（1）判断点电荷Q1和Q2的电性；（无需说明理由）（2）该正电荷从A运动到B时电势能的变化量；（3）Q1和Q2的比值。19．（2024秋•杭州期中）如图，在竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上的P点，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。轻绳分别与对应平面平行，滑轮右侧空间中存在电场强度E＝5×104N/C方向水平向右的匀强电场。A的质量mA＝0.1kg；B的质量mB＝0.2kg，电荷量q＝+4×10﹣6C。两物体均可视为质点，不计滑轮质量和摩擦，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求B所受静摩擦力Ff的大小；（2）现对A施加平行斜面向下的恒定拉力F，使A以大小为0.6m/s2的加速度开始做匀加速直线运动。求拉力F的大小；（3）在（2）的条件下A从M点开始运动到N点的过程中，B电势能增加了0.06J，且未与滑轮碰撞。求A到达N点时拉力F的瞬时功率P。20．（2024•大兴区校级模拟）类比法是研究物理问题的常用方法。（1）如图甲所示为一个电荷量为+Q的点电荷形成的电场，静电力常量为k，有一电荷量为q的试探电荷放入场中，与场源电荷相距为r。根据电场强度的定义式，推导：试探电荷q所在处的电场强度E的表达式。（2）场是物理学中重要的概念，除了电场和磁场外，还有引力场，物体之间的万有引力就是通过引力场发生作用的。忽略地球自转影响，地球表面附近的引力场也叫重力场。已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。请类比电场强度的定义方法，定义距离地球球心为r（r＞R）处的引力场强度，并说明两种场的共同点。（3）微观世界的运动和宏观运动往往遵循相同的规律，根据玻尔的氢原子模型，电子的运动可以看成是经典力学描述下的轨道运动，如图乙。原子中的电子在原子核的库仑引力作用下，绕静止的原子核做匀速圆周运动。这与天体运动规律相似，天体运动轨道能量为动能和势能之和。已知氢原子核（即质子）电荷量为e，核外电子质量为m，带电量为﹣e，电子绕核运动的轨道半径为r，静电力常量为k。若规定离核无限远处的电势能为零，电子在轨道半径为r处的电势能为Ep=-k

2024-2025学年人教版（2019）高二（上）物理寒假作业（二）参考答案与试题解析题号12345678答案BDBDDBBB一．选择题（共8小题）1．（2024秋•海珠区校级月考）如图所示，正三棱柱ABC﹣A′B′C′的A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为﹣Q的点电荷，D、D′点分别为AC、A′C′边的中点，选无穷远处电势为零。下列说法中正确的是（）A．B、B、D、D′四点的电场强度相同 B．将一负试探电荷从A′点移到C′点，其电势能增加 C．将一正试探电荷沿直线从B点移到D′点，电场力做正功 D．将一正试探电荷沿直线从B点移到D′点，电场力做负功【考点】等量异种电荷的电势分布；等量异种电荷的电场线分布；电场力做功的计算及其特点．【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.同一电场中，电场线越密集的地方，电场强度越大，结合等量异种电荷的电场特点，即可分析判断；B.沿电场方向，电势逐渐降低，根据等量异种电荷的电场线分布特征，即可分析判断；CD.结合前面分析可知，面BB'D'D为等势面，据此分析判断。【解答】解：A.如图，为等量异种电荷的电场线分布，其中两电荷连线的中垂面为等势面：同一电场中，电场线越密集的地方，电场强度越大，则两电荷连线中点处D点的电场强度最大，则B、B、D、D′四点的电场强度不可能相同，故A错误；B.沿电场方向，电势逐渐降低，根据等量异种电荷的电场线分布特征可知，从A′点到C′点电势降低，则将一负试探电荷从A′点移到C′点，其电势能增加，故B正确；CD.结合前面分析可知，面BB'D'D为等势面，则电荷从B点移到D'点电场力始终不做功，故CD错误；故选：B。【点评】本题主要考查等量异种电荷的电势分布，解题时需注意，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．（2024秋•岳麓区校级月考）电鳗能够产生300～800V的瞬时电压，足以击倒成年水牛，被称为“水下发电机”。如图甲，电鳗放电时头部是负极，尾部是正极。电鳗放电瞬间周围的电场线分布可简化为图乙，P、Q之间的电势差为600V，下列说法正确的是（）A．Q点的电场强度大小大于P点的电场强度大小 B．一个质子从P点移到Q点，电场力做功为600eV，电势能增加了600eV C．一个质子从P点由静止释放，在只受电场力的作用下，它可以沿着电场线运动到Q点 D．Q点电势比P点电势低【考点】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；电场力做功与电势能变化的关系．【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】D【分析】根据电场线的疏密判断电场强度的大小。一个质子从P点移到Q点，根据W＝qU求电场力做功，再确定电势能的变化。分析质子的受力情况，判断质子能否沿着电场线运动到Q点。顺着电场线方向电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的高低。【解答】解：A、电场线的疏密表示电场强度的相对大小，P点电场线分布更密集，则P点的电场强度大小大于Q点的电场强度大小，故A错误；B、P、Q之间的电势差为UPQ＝600V，一质子从P点移到Q点，电场力做功为WPQ＝eUPQ＝600eV，正功，则质子的电势能减小了600eV，故B错误；C、PQ间的电场线不是直线，电场强度方向不断改变，质子受到的电场力方向不断改变，轨迹不可能是PQ间的电场线，质子不可能沿着电场线运动到Q点，故C错误；D、沿着电场线电势降低，则Q点电势比P点电势低，故D正确。故选：D。【点评】本题的关键要掌握电场线的两个物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线方向电势逐渐降低。3．（2023秋•玉溪期末）a、b为一点电荷电场中的两点，a、b两点的电场强度Ea、Eb的方向分别如图所示，图中θ1＜θ2，下列说法正确的是（）A．场源电荷带负电 B．a点场强一定大于b点场强 C．a点场强一定小于b点场强 D．a点电势一定低于b点电势【考点】电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；电场强度与电场力的关系和计算．【专题】比较思想；归纳法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】B【分析】将Ea和Eb反向延长，找到交点即为点电荷所在位置，然后根据距离点电荷的远近比较场强大小和电势的高低。【解答】解：将Ea和Eb反向延长，找到交点即为点电荷所在位置，如图所示可以看出该点电荷带正电，因θ1＜θ2可知a点到点电荷距离更近，根据真空中点电荷场强公式E=kqr2可知，a点场强一定大于b点场强，根据距离正点电荷越近的点电势越高可知a点电势一定高于b点电势，故B故选：B。【点评】能够找到点电荷的位置是解题的关键。4．（2023秋•杜集区校级期末）如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，其中q1位于x轴的坐标原点，电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则下列说法正确的是（）A．两点电荷的电荷量q1＜q2 B．从B点到D点的电场强度先增大后减小 C．A点的电场强度强度方向向右 D．将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做正功【考点】电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；电场强度的叠加；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】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】D【分析】本题考查电场强度、电势、电势能以及电场力做功的概念。根据电势随x变化的图像，可以判断出电荷的正负以及电荷量的大小关系。通过电势的变化趋势，可以推断出电场强度的变化。根据电场强度的方向和电势能的变化，可以判断电场力做功的正负。【解答】解：A、因为φ﹣x图像的斜率等于场强，可知C点场强为零，该点距离q2较近，距离q1较远，可知两点电荷的电荷量q1＞q2，故A错误；B、由图可知，q1带负电，q2为正电，可知A点的电场强度强度方向向左，故B错误；C、因为φ﹣x图像的斜率等于场强，C点场强为零，可知从B点到D点的电场强度先减小后增大再减小，故C错误；D、从C点移到D点场强方向向左，则将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做正功，故D正确。故选：D。【点评】本题的关键在于理解电势、电场强度和电势能之间的关系，以及如何从电势随x变化的图像中获取电荷的正负、电荷量的大小关系、电场强度的变化趋势以及电场力做功的正负。通过分析图像，可以直观地判断出电荷的性质和电场的特性，从而解答问题。5．（2023秋•桃城区校级期末）如图所示，光滑绝缘水平面上，有1、2、3三个带电荷量均为+q、质量均为m的相同金属小球，用长度均为L的三根绝缘细绳连接，A、B、C分别为其连线的中点，O为三角形中心，已知电荷量为q的点电荷在周围空间产生的电势φ＝kqr，其中k为静电力常量，rA．O点的电场强度不为零 B．若L长度可调节，则A、O两点的电势可能相等 C．系统的总电势能为k2qD．系统的总电势能为k3【考点】电荷性质、电势能和电势的关系；电场强度的叠加．【专题】定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】D【分析】A、根据电场强度的叠加法则可得O点的电场强度；B、根据电势叠加原则，计算A、O两点的电势进行比较；CD、分别计算小球的电势能，进而求出系统的总电势能。【解答】解：A、根据对称性可知，三个金属小球在O点产生的电场强度大小相等，根据电场强度的叠加法则可得O点的电场强度大小为0，故A错误；B、O点到金属小球的距离均为L3，A点到金属小球3的距离为3L2，根据电势叠加原则，A、O两点的电势分别为φA=kqL2×2+kCD、小球1的电势能Ep1=(φ2+φ3)q=k2故选：D。【点评】考查对点电荷电场分布特点及电场强度叠加的理解，根据关系式解答。6．（2024秋•深圳月考）如图，截面A2B2C2D2将空间中的长方体A1B1C1D1﹣A3B3C3D3区域分成两个正方体区域，在A1点和A3点各固定一个带正电的点电荷Q，下列说法正确的是（）A．B2点和D2点的电场强度相同 B．B2点和D2点的电势相同 C．截面A2B2C2D2为一等势面 D．使另一负点电荷自D2点沿直线运动至C2点，静电力一直做正功【考点】电荷性质、电势能和电势的关系；等量同种电荷的电场线分布；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.根据等量正点电荷的电场分布，结合对称性，即可分析判断；B.由题意及几何关系可知，B2和D2到两场源电荷的距离相等，据此分析判断；C.结合前面分析可知，截面A2B2C2D2为两点电荷连线的中垂面，结合等量正点电荷的电场分布，即可分析判断；C.使另一负点电荷自D2点沿直线运动至C2点，由几何关系可知，该负点电荷与两场源电荷的距离越来越远，据此分析判断。【解答】解：A.等量正点电荷的电场分布如图所示：由题意可知，截面A2B2C2D2为两点电荷连线的中垂面，A2点为两点电荷连线的中点，B2点到A2点的距离等于D2点到A2点的距离，根据对称性可知，B2点和D2点电场强度大小相等，方向不同，故A错误；B.由题意及几何关系可知，B2和D2到两场源电荷的距离相等，则两点电势相等，故B正确；C.结合前面分析可知，截面A2B2C2D2为两点电荷连线的中垂面，由等量正点电荷的电场分布可知，该中垂面不是等势面，则该截面不是等势面，故C错误；C.使另一负点电荷自D2点沿直线运动至C2点，由几何关系可知，该负点电荷与两场源电荷的距离越来越远，沿着电场的方向电势降低，则该负点电荷所在位置电势变小，则该负点电荷电势能变大，故静电力一直做负功，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查电荷性质、电势能和电势的关系，解答本题时需注意，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。7．（2024秋•南安市校级月考）如图所示，虚线表示电场的一族等势面且相邻等势面电势差相等，一个带电的粒子以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，粒子先后通过M点和N点。由此可判断出（）A．N点的电势高于M点的电势 B．粒子在M点的速率大于在N点的速率 C．粒子在N点的电势能比在M点的电势能小 D．粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力大【考点】电场力做功与电势能变化的关系；动能定理的简单应用；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；推理论证能力．【答案】B【分析】A.粒子做曲线运动，合外力（电场力）指向运动轨迹凹侧，据此分析判断；B.结合前面分析，由动能定理，即可分析判断；C.结合前面分析，根据电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断；D.同一电场中，等差等势面越密集的地方电场强度越大，则粒子受到的电场力越大，据此分析判断。【解答】解：A.粒子做曲线运动，合外力（电场力）指向运动轨迹凹侧，则由其运动轨迹可知，电场力的方向指向右下方，由于粒子的电性未知，电场线的指向无法判断，则等势面的电势高低无法确定，故A错误；B.结合前面分析可知，粒子由M到N，所受电场力的方向指向右下方，则电场力做负功，由动能定理可知，动能减小，则速度减小，则粒子在M点的速率大于在N点的速率，故B正确；C.结合前面分析可知，粒子由M到N，电场力做负功，则电势能增大，则粒子在N点的电势能比在M点的电势能大，故C错误；D.同一电场中，等差等势面越密集的地方电场强度越大，则粒子受到的电场力越大，由图可得，N处的等差等势面更密集，则粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力小，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。8．（2024秋•深圳校级月考）如图所示，为一均匀带电量为+Q、半径为R的半球面，虚线是过球心的对称轴，A、B两点关于球心对称。其中A点的电势为φ0，且BO间电势差等于OA间电势差。若点电荷+q周围电势φ=kqA．2kQR+φ0 B．2kQR-【考点】电荷性质、电势能和电势的关系．【专题】定量思想；模型法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】B【分析】本题根据题内信息，点电荷+q周围电势φ=【解答】解：设半球面在B点的电势为φ1，在半球面的右侧填补一个均匀带电量为+Q、组成带电均匀，半径为R，总电量为2Q的球面，根据φ=kqr，因为均匀带电球壳内部各处电势都相等，填补后各点的电势为而φB＝φ1+φA②由①②解得φ1=2kQR故选：B。【点评】本题考查学生对补偿法的使用，以及对题里信息的理解，难度中等。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•东丽区校级月考）如图所示，等量异种点电荷分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点。点a、b在MN连线上，点c、d在MN的中垂线上，它们均关于O点对称。下列说法正确的是（）A．a、b两点的电势相同 B．c、d两点的电场强度相同 C．将电子沿直线从a移到b，电场力对电子一直做负功 D．将电子沿直线从c移到d，电子电势能先减小后增大【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；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】本题要掌握等量异种电荷周围电场分布情况：在如图所示的电场中，等量异种电荷MN之间的电场方向是相同的，由M指向N，沿着电场线电势降低；MN中垂线上的电场强度、电势关于O点对称，据此分析各个选项即可。【解答】解：AB．等量异种点电荷的电场线分布如图所示根据沿电场方向电势降低，可知a点的电势高于b点的电势；根据对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向相同，故A错误，B正确；C．将电子沿直线从a移到b，由于电子带负电，受到的电场力方向由b指向a，与运动方向相反，则电场力对电子一直做负功，故C正确；D．由于等量异种点电荷的中垂线为等势线，在等势线上移动电荷电场力不做功，所以将电子沿直线从c移到d，电子电势能保持不变，故D错误。故选：BC。【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）10．（2024秋•南宁月考）如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是2m和m。劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的绝缘斜面处于沿斜面向上的匀强电场中。开始时，物体B受到沿斜面向上的外力F＝3mgsinθ的作用而保持静止，且轻绳恰好伸直无弹力。现撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，不计一切摩擦。则在此过程中（）A．物体B所受电场力大小为2mgsinθ B．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为3gsinθ C．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为3mgsinθD．物体A、物体B、弹簧和地球组成的系统机械能增大【考点】电场力做功的计算及其特点；牛顿第二定律的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．【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】ACD【分析】在撤去外力前后对B物体受力分析，求出电场力，由牛顿第二定律求得加速度，当B受到的合力为零时，速度最大，结合能量守恒即可判断。【解答】解：A、当施加外力时，对B分析，受重力、支持力、拉力和电场力，根据平衡条件可知电场力平行斜面向下，有：F﹣mgsinθ﹣F电＝0，解得F电＝2mgsinθ，故A正确；B、当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为：F合＝F电+mgsinθ＝（m+2m）a，解得：a＝gsinθ，故B错误；C、当B受到的合力为零时，B的速度最大，对A，有：kx﹣T＝0，对B，有：T＝F电+mgsinθ，故kx＝F电+mgsinθ，解得x=3mgsinθD、B电场力做正功，电势能减小，物体A、物体B、弹簧和地球组成的系统机械能增大，故D正确。故选：ACD。【点评】本题考查的是高中物理运动和力，功和能相关知识点的内容，主要偏向功和能的关系。帮助学生很好的从生活情景中分析功和能的关系。从认知水平角度分析，属于理解与应用部分。（多选）11．（2024秋•深圳校级月考）电偶极子由两个点电荷+q和﹣q组成，它们之间的距离为l（l很小），总质量为m。如图所示，空间中某区域内存在一电场，其分布为E（x）＝ax2。先令一电偶极子朝着x方向，并使其中点位于x＝x0处，再静止释放。下列说法正确的是（）A．α的单位是V/m3 B．电偶极子受到的合力F＝2aqlx0 C．电偶极子由静止释放后将做往复运动 D．电偶极子的电势能Ep=【考点】电势能的概念和计算；牛顿第二定律的简单应用；库仑定律的表达式及其简单应用．【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】AB【分析】根据电场强度的单位分析；根据力的合成法则计算；根据受力方向与运动方向的关系分析；根据电场力做功等于电势能的变化量分析。【解答】解：A.由电场强度的单位是V/m，由于E（x）＝ax2，所以α的单位是Vmm2B.电偶极子受到的合力F=F1-FC.电偶极子所受合力方向沿x轴正方向，静止释放后一直向x轴正方向运动，合力方向与位移方向同向，所以不会做往复运动，故C错误；D.两个电荷放在一起电势能为零，相当于把其中一个移开了距离l，电场力做的功qU就是变化的电势能，若是匀强电场，电偶极子的电势能为：EP=-qU=-qEl=-aql故选：AB。【点评】掌握电场力做功与电势能的关系，知道电偶极子的受力方向是解题的基础。（多选）12．（2024秋•云阳县校级月考）如图所示，以两等量异种点电荷连线的中点O为圆心画圆，在圆上有a、b、c、d四点，b、d两点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是（）A．a点的电场强度大于c点的电场强度 B．b、d两点的电场强度大小相等、方向相同 C．负电荷在a点的电势能大于在c点的电势能 D．将正电荷由b点沿直线移到d点，其受到的电场力不做功【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电荷性质、电势能和电势的关系；等量异种电荷的电场线分布．【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】BD【分析】A.根据等量异种点电荷电场线的对称性，即可分析判断；B.根据等量异种点电荷电场线的对称性，即可分析判断；C.沿电场线方向电势降低，且Ep＝qφ，据此分析判断；D.等量异种点电荷连线的中垂线为一条等势线，据此分析判断。【解答】解：A.根据等量异种点电荷电场线的对称性可知，a、c两点电场线疏密程度相同，且电场线都沿ac方向，则两点场强大小相同，场强方向都沿ac方向，所以ac两点的电场强度相同，故A错误；B.根据等量异种点电荷电场线的对称性可知，b、d两点电场线疏密程度相同，且电场线都水平向右，则两点场强大小相同，场强方向都水平向右，所以b、d两点的电场强度大小相等、方向相同，故B正确；C.沿点电荷的连线上电场线，从正电荷指向负电荷，沿电场线方向电势降低，则φa＞φc，根据Ep＝qφ可知，负电荷在a点的电势能小于在c点的电势能，故C错误；D.等量异种点电荷连线的中垂线为一条等势线，则将正电荷由b点沿直线移到d点的过程中，电势无变化，则其电势能无变化，则电场力不做功，故D正确；故选：BD。【点评】本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。三．填空题（共4小题）13．（2024秋•思明区校级期中）如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于边长为l的正方形的四个顶点，O点为正方形中心，取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，O点的电场强度E＝0，O点的电势φ＝0。【考点】等量异种电荷的电势分布；根据电场线的疏密判断场强大小；等量异种电荷的电场线分布．【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】0，0【分析】根据电场叠加原理，分析O点电场强度；根据等量异号点电荷连线的中垂线为等势线，分析O点电势。【解答】解：两等量正离子在O点的合场强为0，两等量负离子在O点的合场强为0，则四个离子在O点的合场强为0；由于等量异种电荷的连线的中垂线为等势线，该等势线延伸到无穷远处，则该等势线上所有点的电势都等于不穷远处的电势，又因为O点在两对等量正、负离子连线的中垂线上，则O点的电势等于无穷远处的电势，且取无穷远处电势为零，所以O点的电势为0。故答案为：0，0【点评】本题考查对电场叠加原理、电场电势分布的了解，需了解等量同种点电荷、等量异种点电荷电场的特征。14．（2024秋•温州期中）如图所示，倾角为30°的光滑绝缘斜面固定在水平面上，斜面底端固定一个带正电的小球A，另有一质量m＝0.9kg的带正电小球B静止在距离斜面底端10cm处，带电量QB=5×10-6C，小球半径可以忽略，重力加速度g取10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N（1）小球A所带电荷量QA＝1×10﹣6C；（2）若用一外力F将小球B沿虚线水平移至C点（C点在小球A的正上方），在此过程中电场力对小球B做负功（选填“做正功”“不做功”或“做负功”），小球B的电势能增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）。【考点】电场力做功与电势能变化的关系；库仑力作用下的受力平衡问题．【专题】定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．【答案】（1）1×10﹣6C；（2）做负功；增大。【分析】（1）由小球B可以静止，对B受力分析，可计算AB间的库仑力；结合库仑定律，可计算A的电荷量；（2）由小球B受到的库仑力与运动方向的夹角，可判断电场了做功情况；由功能关系，可判断小球B的电势能变化情况。【解答】解：（1）由小球B可以静止，对B受力分析如图：由图可知：F＝mgsin30°；由库仑定律可知：F=联立解得：QA＝1×10﹣6C；（2）由图可知，将小球B沿虚线水平移至C点的过程中，小球B受到的电场力与其位移夹角为钝角，即电场力对B做负功；由功能关系可知，电场力做负功时，电势能增大。故答案为：（1）1×10﹣6C；（2）做负功；增大。【点评】本题考查库仑力作用下的受力平衡及功能关系，在判断电势能变化情况时，注意电场力做功与电势能变化量是相反数。15．（2024秋•泉州期中）如图所示，以O点为圆心，半径为R的圆上八等分点处放置点电荷，除最右侧的点电荷带电量为﹣Q外，其余点电荷的带电量均为+Q，MN为半径上的点，OM＝ON，已知静电常数为k，则O点场强大小为2kQR2，N点电势小于（填”大于”、“等于“或”小于”）M点电势。将一电子从M沿MN移动到N点，电场力做【考点】电场力做功的计算及其特点；电场强度的叠加．【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】2kQ【分析】根据等量同种点电荷的电场，它们连线中点的电场强度为零，应用电场叠加原理，点电荷电场强度公式，求解O点场强；根据对称性，判断M、N点电势大小关系；分析电子在M、N点的电势能大小关系，根据功能关系解答电场力做功情况。【解答】解：根据点电荷的场强特点可知除了水平方向上的正负电荷外，其余的6个电荷形成的电场在O处相互抵消，故O点场强大小为EO=kQR2+kQR2=2kQR2，根据对称性可知若没有沿水平直径方向上的正电荷和负电荷，M和N点的电势相等，由于故答案为：2kQ【点评】本题考查了点电荷的电场以及电场的叠加问题。要注意场强的叠加是矢量和，而电势的叠加是代数和，利用好对称关系。16．（2024•福建）如图，圆心为O点、半径为R的圆周上有A、B、C、D、E、F、G、H八个等分点，G点固定有一带电量为﹣Q（Q＞0）的点电荷，其余各点均固定有带电量为+Q的点电荷。已知静电力常量为k，则O点的电场强度大小为2kQR2。M、N分别为OC、OG的中点，则M点的电势大于（填“大于”“等于”或“小于”）N点的电势；将一带电量为+q（q＞0）的点电荷从M点沿图中MN弧线移动到N点，电场力对该点电荷所做的总功【考点】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；推理论证能力．【答案】2kQ【分析】根据对称性排除相应电荷对O电场强的干扰，然后分析不具备对称性的点电荷对O的场强，结合场强的叠加原理，电场中电势高低的判断方法以及电场力做功的知识进行分析解答。【解答】解：由于对称性，直径C、G上面三个电荷与下面三个电荷对O点的场强之和为0，对M、N两点电势的影响相同，因此只需考虑C点和G点两个电荷即可。根据点电荷场强公式和场强叠加原理，O点场强为E=2kQR2；M点更靠近C点的+Q，N点更靠近G点的﹣Q，则M点电势大于N点；将+q从M点移到N点，电场力做功W＝+qUMN＝+q•（φM﹣故答案为：2kQ【点评】考查点电荷的场强和电场叠加知识，会根据电荷分布判断电势高低以及电场力对电荷做功的问题。四．解答题（共4小题）17．（2023秋•福清市期末）用一长1m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为2kg、电荷量为2.0×10﹣6C的小球，细线的上端固定于O点，现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则：（1）小球带什么电。（2）匀强电场的场强多大。（3）平衡时细线的拉力为多大。（4）若施加外力把小球从A点移到左边B点，此时细线与铅垂线成53°，求电场力对小球做了多少功，小球的电势能改变量。【考点】电场力做功与电势能变化的关系；共点力的平衡问题及求解；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；推理论证能力．【答案】（1）小球带正电。（2）匀强电场的场强大小为7.5×106N/C。（3）平衡时细线的拉力大小为25N。（4）若施加外力把小球从A点移到左边B点，此时细线与铅垂线成53°，电场力对小球做了﹣21J的功，小球的电势能改变量为21J。【分析】（1）结合题意，对小球受力分析，根据电场力方向与电场强度方向的关系，即可判断；（2）（3）由（1），结合共点力的平衡条件，即可分别列式求解；（4）由题意画图，根据电场力做功及电场力做功与电势能的关系，分别列式，即可求解。【解答】解：（1）由题知，小球质量为m＝2kg，电荷量大小为q＝2.0×10﹣6C，在A点，小球受重力mg、电场力F'、拉力F而平衡，受力情况如图所示：电场力方向与电场强度方向相同，则小球带正电；（2）由（1）结合共点力的平衡条件可知：F'＝mgtan37°，且：F'＝qE，联立可得：E＝7.5×106N/C；（3）由（1）结合共点力的平衡条件可知：Fsin37°＝F'，且：F'＝qE。联立可得：F＝25N；（4）由题意，可得如图：小球所受电场力水平向右，则把小球从A点移到B点，电场力做负功，由图，结合几何关系可知，AB在水平方向的距离为：dAB＝Lsin37°+Lsin53°，由题知，L＝1m，则电场力做的功为：W电＝﹣qEdAB，且W电＝﹣ΔEp，联立可得：W电＝﹣21J，ΔEp＝21J，故电场力对小球做了﹣21J的功，电势能的改变量为21J；答：（1）小球带正电。（2）匀强电场的场强大小为7.5×106N/C。（3）平衡时细线的拉力大小为25N。（4）若施加外力把小球从A点移到左边B点，此时细线与铅垂线成53°，电场力对小球做了﹣21J的功，小球的电势能改变量为21J。【点评】本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。18．（2024秋•浦东新区校级期中）在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，若将无限远的电势规定为零时，则距离该点电荷r处的电势为kQr，其中k为静电力常量。多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是V）。已知一电荷量为q＝2C的正电荷以一定的初速度从A点运动到（1）判断点电荷Q1和Q2的电性；（无需说明理由）（2）该正电荷从A运动到B时电势能的变化量；（3）Q1和Q2的比值。【考点】电场力做功与电势能变化的关系．【专题】计算题；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）Q1带正电，Q2带负电；（2）该正电荷从A运动到B时电势能的变化量为0.4J；（3）Q1和Q2的比值为﹣2。【分析】（1）根据两点电荷周围的电势分布可判断；（2）根据电场力做功和电势差的关系分析求解；（3）根据电势的叠加关系，结合电势的表达式分析求解。【解答】解：（1）根据两点电荷周围的电势分布可判断，Q1带正电，Q2带负电；（2）该正电荷从A运动到B过程中，电场力做功W＝qUAB＝q×（φA﹣φB）＝2×（0.2﹣0）J＝0.4J根据功能关系W＝﹣ΔEp可得ΔEp＝﹣0.4J故该正电荷从A运动到B时电势能的变化量0.4J；（3）图中可知，O点电势为0。故kQ图中关系可知r1联立解得Q1答：（1）Q1带正电，Q2带负电；（2）该正电荷从A运动到B时电势能的变化量为0.4J；（3）Q1和Q2的比值为﹣2。【点评】本题考查了静电场相关知识，理解电场力做功和电势差的关系是解决此类问题的关键。19．（2024秋•杭州期中）如图，在竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上的P点，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。轻绳分别与对应平面平行，滑轮右侧空间中存在电场强度E＝5×104N/C方向水平向右的匀强电场。A的质量mA＝0.1kg；B的质量mB＝0.2kg，电荷量q＝+4×10﹣6C。两物体均可视为质点，不计滑轮质量和摩擦，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求B所受静摩擦力Ff的大小；（2）现对A施加平行斜面向下的恒定拉力F，使A以大小为0.6m/s2的加速度开始做匀加速直线运动。求拉力F的大小；（3）在（2）的条件下A从M点开始运动到N点的过程中，B电势能增加了0.06J，且未与滑轮碰撞。求A到达N点时拉力F的瞬时功率P。【考点】电场力做功与电势能变化的关系；共点力的平衡问题及求解；牛顿第二定律的简单应用；瞬时功率的计算．【专题】计算题；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）B所受静摩擦力Ff的大小为0.4N；（2）现对A施加平行斜面向下的恒定拉力F，使A以大小为0.6m/s2的加速度开始做匀加速直线运动，则拉力F的大小为0.58N；（3）在（2）的条件下A从M点开始运动到N点的过程中，B电势能增加了0.06J，且未与滑轮碰撞，则A到达N点时拉力F的瞬时功率P为0.348W。【分析】（1）对物体A以及B受力分析，列各自的平衡方程求解；（2）对物体A施加沿斜面向下的恒定拉力F后，对物体A以及B受力分析，列牛顿第二定律方程分析求解；（3）根据电场力做功和电势能变化关系，结合运动学公式和功率表达式分析求解。【解答】解：（1）设绳子拉力为T1，对物体A，由受力平衡可得T1＝mAgsinθ对物体B，由受力平衡可得T1＝qE+Ff联立解得Ff＝0.4N（2）对物体A施加沿斜面向下的恒定拉力F后，设绳子拉力为T2，由牛顿第二定律得F+mAgsinθ﹣T2＝mAaT2﹣μmBg﹣qE＝mBa联立解得F＝0.58N（3）由电场力做功和电势能变化关系有ΔEp＝﹣W电＝qEd＝0.06J解得d＝0.3m由运动学公式有v2﹣0＝2ad解得v＝0.6m/s则A到达N点时拉力F的瞬时功率为P＝Fv解得P＝0.348W答：（1）B所受静摩擦力Ff的大小为0.4N；（2）现对A施加平行斜面向下的恒定拉力F，使A以大小为0.6m/s2的加速度开始做匀加速直线运动，则拉力F的大小为0.58N；（3）在（2）的条件下A从M点开始运动到N点的过程中，B电势能增加了0.06J，且未与滑轮碰撞，则A到达N点时拉力F的瞬时功率P为0.348W。【点评】本题考查了静电场相关知识，正确对物体受力分析，合理运用牛顿第二定律方程是解决此类问题的关键。20．（2024•大兴区校级模拟）类比法是研究物理问题的常用方法。（1）如图甲所示为一个电荷量为+Q的点电荷形成的电场，静电力常量为k，有一电荷量为q的试探电荷放入场中，与场源电荷相距为r。根据电场强度的定义式，推导：试探电荷q所在处的电场强度E的表达式。（2）场是物理学中重要的概念，除了电场和磁场外，还有引力场，物体之间的万有引力就是通过引力场发生作用的。忽略地球自转影响，地球表面附近的引力场也叫重力场。已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。请类比电场强度的定义方法，定义距离地球球心为r（r＞R）处的引力场强度，并说明两种场的共同点。（3）微观世界的运动和宏观运动往往遵循相同的规律，根据玻尔的氢原子模型，电子的运动可以看成是经典力学描述下的轨道运动，如图乙。原子中的电子在原子核的库仑引力作用下，绕静止的原子核做匀速圆周运动。这与天体运动规律相似，天体运动轨道能量为动能和势能之和。已知氢原子核（即质子）电荷量为e，核外电子质量为m，带电量为﹣e，电子绕核运动的轨道半径为r，静电力常量为k。若规定离核无限远处的电势能为零，电子在轨道半径为r处的电势能为Ep=-k【考点】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；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；电荷守恒定律与库仑定律专题；分析综合能力．【答案】（1）q处的电场强度E的大小为kQr（2）引力场强度为GMr两种场的共同点：①都是一种看不见的特殊物质；②场强都是既有大小又有方向的矢量；③两种场力做功都与路径无关，可以引入“势”的概念；④力做功的过程，都伴随着一种势能的变化；⑤都可以借助电场线（引力场线）、等势面（等高线）来形象描述场。；（3）电子绕原子核运动的轨道能量为-k【分析】（1）根据电场强度的定义式，求q处的电场强度E的大小；（2）类比电场强度的定义方法，求引力场强度；（3）根据库仑引力提供向心力、动能定义，求电子绕原子核运动的轨道动能，再求电子绕原子核运动的轨道能量.【解答】解：（1）根据库仑定律和场强的定义式有F=E=解得E（2）根据万有引力定律F引则距离地球球心为r（r＞R）处的引力场强度为E引两种场的共同点：①都是一种看不见的特殊物质；②场强都是既有大小又有方向的矢量；③两种场力做功都与路径无关，可以引入“势”的概念；④力做功的过程，都伴随着一种势能的变化；⑤都可以借助电场线（引力场线）、等势面（等高线）来形象描述场。（3）根据k则动能为E电子绕原子核运动的轨道能量为E电子向距离原子核远的高轨道跃迁时r增大，动能减小，电势能增加，电子绕原子核运动的轨道能量E增加。答：（1）q处的电场强度E的大小kQr（2）引力场强度GMr两种场的共同点：①都是一种看不见的特殊物质；②场强都是既有大小又有方向的矢量；③两种场力做功都与路径无关，可以引入“势”的概念；④力做功的过程，都伴随着一种势能的变化；⑤都可以借助电场线（引力场线）、等势面（等高线）来形象描述场。；（3）电子绕原子核运动的轨道能量为-k【点评】本题考查学生对电场强度的定义式、类比法、库仑引力提供向心力、动能定义的掌握，考点丰富，难度中等。

考点卡片1．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。2．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。3．瞬时功率的计算【知识点的认识】1.对于恒力做功，瞬时功率为P＝Fvcosα（v是瞬时速度，α是力与速度的夹角）2.如果力与速度的方向一致，则P＝Fv【命题方向】物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬时功率为（）A、mg2ghB、12mgC、mg2ghsinαD、分析：应用公式P＝Fv求某力的瞬时功率时，注意公式要求力和速度的方向在一条线上，在本题中应用机械能守恒求出物体滑到斜面底端时的速度，然后将速度沿竖直方向分解即可求出重力功率．解答：物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh=12物体滑到底端重力功率为：P＝mgvsinα②联立①②解得：P＝mg2ghsinα，故选项ABD错误，故选：C。点评：物理公式不仅给出了公式中各个物理量的数学运算关系，更重要的是给出了公式需要遵循的规律和适用条件，在做题时不能盲目的带公式，要弄清公式是否适用．【解题思路点拨】①对于瞬时功率的计算，一定要牢记瞬时功率等于力在速度方向上的投影与速度的乘积。②重力的功率等于重力乘以竖直方向上的速度。4．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。5．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。6．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=k当电荷量都变为原来的3倍时：F1=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=（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方向．【解题方法点拨】1．库仑定律适用条件（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