2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《静电场》

第1页（共1页）2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《静电场》一．选择题（共10小题）1．（2024春•丽水期末）下列有关物理学家的贡献，说法正确的是（）A．牛顿通过实验测出了万有引力常量 B．库仑通过扭秤实验测定了电子的电荷量 C．开普勒在前人的基础上首先发现了万有引力定律 D．爱因斯坦提出真空中的光速在不同的惯性参考系中大小相同2．（2024春•泰州期末）在如图所示的电场中，各点电荷带电量大小都是q，甲图中的A、B为对称点，乙、丙两图的点电荷间距离都为L，虚线是两侧点电荷的中垂线，两点电荷连线上的O、C和O、D间距离也是L，下列说法正确的是（）A．图甲中A、B两点电场强度相同 B．图乙和图丙中，O点的电场强度大小相等 C．图乙中C点的电场强度大于图丙中D点的电场强度 D．乙图中从O点沿虚线向上的电场强度变大，而丙图中变小3．（2024春•武昌区期末）如图所示，A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点放有一个电荷量为q的正电荷，若要使C点的电场强度为0，则下列说法中正确的是（）A．在B点和D点各放置一个电荷量为24qB．在B点和D点各放置一个电荷量为22qC．在B、D点分别放置等量异种电荷，电荷量大小为24D．在B、D点分别放置等量异种电荷，电荷量大小为24．（2024春•耒阳市期末）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（两电极始终不接触）。在风力变大时（）A．电容器电容变大，静电计指针张角变大 B．电容器电容变大，静电计指针张角变小 C．电容器电容变小，静电计指针张角变大 D．电容器电容变小，静电计指针张角变小5．（2024•茂名一模）如图（a），电鲶遇到危险时，可产生数百伏的电压。如图（b）所示，若将电鲶放电时形成的电场等效为等量异种点电荷的电场，其中正电荷集中在头部，负电荷集中在尾部，O为电鲶身体的中点，AO＝BO且AB为鱼身长的一半，下列说法正确的是（）A．A点电势高于B点电势 B．A点场强和B点场强相同 C．将正电荷由A点移动到O点，电场力做正功 D．若电鲶头尾部间产生400V的电压时，AB间的电压为200V6．（2024春•宿迁期末）如图所示为静电除尘器装置示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向收尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。则（）A．带电尘埃带正电荷 B．电场方向由电晕极指向收尘极 C．带电尘埃在运动过程中加速度变小 D．若电源正负极对调，尘埃将沉积在电晕极7．（2024•贵州）如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径AB与弦BC间的夹角为30°。A、B两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则qAA．13 B．33 C．38．（2024•镇海区模拟）下列属于矢量，且其国际单位制单位用基本单位表示正确的是（）A．力：N B．功：kg•m2/s2 C．电势：V D．电场强度：kg•m•A﹣1•s﹣39．（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10．（2024春•镇江期末）如图所示，等长的AB、BC、AC绝缘细棒上均匀分布着等量正电荷，它们在三角形中心O产生的电场强度大小为E1、电势为φ1。在BC棒的中点截去非常小的一段，此时O点的场强大小为E2、电势为φ2，则（）A．E1＝E2 B．E1＞E2 C．φ1＞φ2 D．φ1＜φ2二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024•浙江模拟）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）＝αx2。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＝2αqlx C．电偶极子静止释放后的运动可看作简谐运动的一部分 D．电偶极子的电势能E（多选）12．（2024春•耒阳市期末）在x轴上的O点和A点分别固定有点电荷q1和点电荷q2，x轴上O、A点之间各点的电势φ随x变化的图像如图所示，M为OA的中点，且图线在M点处斜率最小。取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（）A．在x轴上O、A点之间，M点的电场强度最小 B．点电荷q1、q2带的都是正电荷 C．将电子从M点移动到A点的过程中，电子的电势能减小 D．O、A点之间电场强度的方向沿x轴正方向（多选）13．（2024春•湖南期末）如图所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个质量为m电荷量为+q且可视为质点的小球A。悬点O的正下方固定一体积较大的金属球B，其所带电荷量为+Q，小球A与金属球B的球心等高，两球心的距离为r，悬线与竖直方向的夹角为θ，已知静电力常量为k，重力加速度为g，B球半径相对于两球心距离r不可忽略，则（）A．悬线对小球A的拉力大小为mgcosθB．金属球B对小球A的库仑力大小为kQqrC．悬线对小球A的拉力大小为kQqrD．金属球B对小球A的库仑力大小为mgtanθ（多选）14．（2024•衡水模拟）科学家在研究电荷分布的对称性的时候，巧妙地借助了我国传统文化中的“阴阳太极图”，以获得更多的启示和灵感，如图所示的三维坐标系。太极图呈圆形位于xOz平面内，y轴过圆心O，在x轴两侧对称分布各有一个大半圆和小半圆，M、N各是小半圆的圆心，现在M、N上分别放置一个等电量的负点电荷和正点电荷，在y轴的正向有一个定点C，在圆的边缘有一个位置D，则下列说法正确的是（）A．若将正试探电荷q由C点沿y轴移动到O点，则q的电势能始终不变 B．若将正试探电荷q由A点沿“阴阳”边界经O移动到B点，则q的电势能增加 C．若将负试探电荷q沿虚线由C移到D，则电场力一直对电荷做正功 D．若将负试探电荷沿z轴由O向z轴正向移动，则电荷克服电场力做负功（多选）15．（2024春•湖南期末）水平绝缘桌面上方空间存在着沿x轴方向的电场，将一个质量为m、电荷量为﹣q可视为点电荷的小球从坐标原点O静止释放，其加速度a随位置x变化的图像如图所示，设小球在运动过程中电荷不发生变化，则下列说法正确的是（）A．该电场为匀强电场 B．该电场的方向沿x轴负方向 C．小球运动到x0位置时的速率为2aD．从O到x0的过程，粒子的电势能增加了2ma0x0三．填空题（共5小题）16．（2024春•浦东新区校级期末）若将一个电量为2.0×10﹣10C的正电荷，从零电势点移动到电场中的M点需要克服电场力做功8×10﹣9J，则M点的电势是V；若再将电荷从电场的M点移动到电场中的N点，电场力做功1.8×10﹣8J，则M、N两点间的电势差UMN＝V。17．（2024春•浦东新区校级期末）如图所示，点电荷A和B相距40cm，分别带正电和负电，电荷量分别为4Q和﹣Q，在A、B连线上，引入点电荷C。此时三个点电荷恰好在彼此的静电力作用下处于平衡状态，则电荷C电荷量大小为，它应放在（选填“A和B之间”，“A的右侧”，“B的左侧”，“A的右侧及B的左侧”）处。18．（2024春•浦东新区校级期末）真空中有一电场，在电场中的P点放一电荷量为5×10﹣9C的检验电荷，它受到的电场力为2×10﹣5N，则P点的场强为N/C。把检验电荷的电荷量减小为2×10﹣9C，则P点的电场强度为N/C。19．（2024春•鼓楼区校级期末）如图所示，xOy坐标系中，A点的坐标为（0，20cm），B点的坐标为（15cm，0），匀强电场的方向平行于坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为0V，A点电势为32V，B点电势为﹣18V，则AB中点的电势为V，该电场的电场强度大小为V/m。20．（2024春•鼓楼区校级期末）如图，在光滑绝缘的水平面上有三个带电小球A、B、C，其中A球带正电，电荷量为16Q，B球电荷量为Q，已知A、B、C三个小球均处于静止状态，且AB之间的距离为L、则B球带（选填“正电”、“负电”、“不带电”）C球带电量为，BC距离。四．解答题（共5小题）21．（2024春•盐城期末）如图所示，有三根长度均为L的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q点，另一端分别拴有质量均为m的带电小球A和B，A带正电、电量为q，A、B之间用第三根细线连接。在水平向左的匀强电场E的作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B之间细线恰好伸直。当P、A之间的细线烧断，由于空气阻力，A、B小球最后会达到新的平衡。重力加速度为g，静电力常量为k。求：（1）B小球的电性及电荷量qB；（2）匀强电场的电场强度E；（3）A、B小球达到新的平衡位置时，A、B间细线与竖直方向夹角的正切值tanθ。22．（2024春•遵义期末）如图所示，空间存在方向与水平面成θ＝53°的匀强电场，在电场中的A点以v1＝8m/s的速度水平向右抛出一带正电的小球，小球沿直线运动到B点时的速度v2＝2m/s。已知小球的质量m＝0.2kg，电荷量q＝1.25×10﹣6C，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）AB两点间电势差UAB；（2）取A点为零电势点，小球在B点时的电势能；（3）电场强度的大小。23．（2024春•东西湖区校级期末）如图甲所示，质量为m，电荷量为﹣q（q＞0）的电子由电子枪连续发出，初速可忽略不计，经U的电压加速后，沿中心线垂直进入偏转电场，两极板长为L，间距为d。足够大的荧光屏中心为O，离极板距离为l。不计电子重力及电子间相互作用，整个装置置于真空中。（1）若偏转电压U2恒定，电子能射出平行板，求U的最大值U2max；（2）若偏转电压U2随时间变化规律如图乙所示，其最大值为U0（U0＜U2max），变化周期为T。求电子打在荧光屏上的位置范围。（U2的变化周期T远远大于粒子穿越电场的时间）24．（2024春•耒阳市期末）一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：（1）小球带电情况；（2）小球由A到B的位移；（3）小球速度的最小值。25．（2024春•岱岳区校级期末）在光滑绝缘、半径为R的局部圆环中心固定有正点电荷（未画出），其所带的电荷量为Q，另一电荷量为q（q＞0）的点电荷P从圆环一端以速度v开始运动，当其运动到圆环底部a处时，转过的圆心角θ=π（1）点电荷P运动到a处时的速度大小v′；（2）点电荷P运动到a处时对圆环的压力F。

2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《静电场》参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024春•丽水期末）下列有关物理学家的贡献，说法正确的是（）A．牛顿通过实验测出了万有引力常量 B．库仑通过扭秤实验测定了电子的电荷量 C．开普勒在前人的基础上首先发现了万有引力定律 D．爱因斯坦提出真空中的光速在不同的惯性参考系中大小相同【考点】库仑扭秤实验和静电力常量；引力常量及其测定；相对论速度的变换公式；电荷量与元电荷．【专题】定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】D【分析】根据卡文迪什、库仑和牛顿的贡献判断；根据光速不变原理判断。【解答】解：A．卡文迪什通过扭秤实验测出了万有引力常量，故A错误；B．密立根通过油滴实验测量出了电子的电荷量，麦克斯韦通过计算得到静电力常量，故B错误；C．牛顿在前人的基础上首先发现了万有引力定律，故C错误；D．爱因斯坦提出真空中的光速在不同的惯性参考系中大小相同，故D正确；故选：D。【点评】本题关键掌握卡文迪什、库仑和牛顿的贡献，掌握光速不变原理。2．（2024春•泰州期末）在如图所示的电场中，各点电荷带电量大小都是q，甲图中的A、B为对称点，乙、丙两图的点电荷间距离都为L，虚线是两侧点电荷的中垂线，两点电荷连线上的O、C和O、D间距离也是L，下列说法正确的是（）A．图甲中A、B两点电场强度相同 B．图乙和图丙中，O点的电场强度大小相等 C．图乙中C点的电场强度大于图丙中D点的电场强度 D．乙图中从O点沿虚线向上的电场强度变大，而丙图中变小【考点】等量异种电荷的电场线分布；正、负点电荷的电场线；等量同种电荷的电场线分布．【专题】定性思想；归纳法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】C【分析】电场强度是矢量；等量同种电荷的连线中点的场强为零；根据点电荷场强公式和场强叠加原理分析；根据电场线的疏密程度分析。【解答】解：A．图甲中A、B两点电场强度大小相同，但是方向不同，故A错误；B．图乙中O点的电场强度为零，而图丙中O点的电场强度大小不为零，故B错误；C．根据点电荷场强公式和场强叠加原理可得图乙中C点的电场强度为EC图丙中D点的电场强度为ED所以图乙中C点的电场强度大于图丙中D点的电场强度，故C正确；D．电场线的疏密程度表示场强的大小，据此可知乙图中从O点沿虚线向上的电场强度先变大后变小，而丙图中变小，故D错误。故选：C。【点评】熟练掌握等量同种电荷和等量异种电荷的电场中电场线的特点是解题的基础。3．（2024春•武昌区期末）如图所示，A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点放有一个电荷量为q的正电荷，若要使C点的电场强度为0，则下列说法中正确的是（）A．在B点和D点各放置一个电荷量为24qB．在B点和D点各放置一个电荷量为22qC．在B、D点分别放置等量异种电荷，电荷量大小为24D．在B、D点分别放置等量异种电荷，电荷量大小为2【考点】等量异种电荷的电场线分布；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；推理能力．【答案】A【分析】根据点电荷场强公式和场强的叠加原理分析计算。【解答】解：AB．设正方形边长为l，A点放有一个电荷量为q的正电荷，根据点电荷场强公式可知在C点产生的电场方向由A指向C，大小为E=kq在B点和D点各放置一个电荷量为q′的电荷，根据点电荷场强公式和场强的叠加原理可知在C点产生的电场方向由C指向A，大小为E′=2要使C点的电场强度为0，则2kq′解得q′=2故A正确，B错误；CD．在B、D点分别放置等量异种电荷，则合场强平行于BD，与A点电荷产生的电场叠加不为0，故CD错误。故选：A。【点评】掌握点电荷的场强公式和场强的叠加原理是解题的基础。4．（2024春•耒阳市期末）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（两电极始终不接触）。在风力变大时（）A．电容器电容变大，静电计指针张角变大 B．电容器电容变大，静电计指针张角变小 C．电容器电容变小，静电计指针张角变大 D．电容器电容变小，静电计指针张角变小【考点】电容器的动态分析（Q不变）——板间距离变化．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；电容器专题；推理能力．【答案】B【分析】根据C=εrS【解答】解：在受到风力增大的作用时候，d减小，根据C=εrS故选：B。【点评】对电容器，要掌握电容的决定式和定义式及其综合应用，知道电容器与电源相连，则电势差不变；与电源断开，电荷量不变，根据电容的决定式和定义式进行判断。5．（2024•茂名一模）如图（a），电鲶遇到危险时，可产生数百伏的电压。如图（b）所示，若将电鲶放电时形成的电场等效为等量异种点电荷的电场，其中正电荷集中在头部，负电荷集中在尾部，O为电鲶身体的中点，AO＝BO且AB为鱼身长的一半，下列说法正确的是（）A．A点电势高于B点电势 B．A点场强和B点场强相同 C．将正电荷由A点移动到O点，电场力做正功 D．若电鲶头尾部间产生400V的电压时，AB间的电压为200V【考点】非匀强电场中电势差大小的比较；等量异种电荷的电场线分布；电场力做功的计算及其特点；通过电场线的方向判断电势的高低．【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】根据正、负电荷的分布方向分析电场线的方向，根据电场线的性质特点分析。【解答】解：A、正电荷集中在头部，负电荷集中尾部，电场线方向由B指向A，沿电场线方向电势降低，B点电势高于A点，故A错误；B、A点距尾部的长度和B点距头部的长度大小相同，根据等量异种点电荷的电场分布的对称性可知，A点和B点场强相同，故B正确；C、电场线方向由B指向A，所以正电荷的受力方向为由B指向A，正电荷由A移动到O时，力的方向与位移方向相反，电场力做负功，故C错误；D、根据等量异种点电荷的电场分布规律可知A、B间的电场线比A点到鱼尾或B点到鱼头的电场线稀疏，则平均场强也较小，故A、B之间电压小于200V，故D错误。故选：B。【点评】考查对静电场中电场线的理解。6．（2024春•宿迁期末）如图所示为静电除尘器装置示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向收尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。则（）A．带电尘埃带正电荷 B．电场方向由电晕极指向收尘极 C．带电尘埃在运动过程中加速度变小 D．若电源正负极对调，尘埃将沉积在电晕极【考点】静电的利用和防止；电场强度与电场力的关系和计算；电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断；根据电场线的疏密判断场强大小．【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】C【分析】由图分析电源正负极，判断出电场方向，尘埃带电后沿着电场方向运动，根据电场线的疏密判断场强的大小，进而方向加速度的大小。【解答】解：A、由图可知，收尘极为正极，因异极相吸，所以到达收尘极的尘埃带负电荷，故A错误；B、收尘极与电源正极相连，电场方向由收尘极指向电晕极，故B错误；C、由图像可知，除尘器内电场线为电晕极密收尘极疏，尘埃向收尘极迁移过程中场强越来越小，其受到的电场力越来越小，根据牛顿第二定律F＝ma可知，带电尘埃在运动过程中加速度变小，故C正确；D、若电源正负极对调，带电尘埃由于电晕极放电将带上正电荷，仍将向收尘极运动，故D错误。故选：C。【点评】考查对电场力、电场线疏密与场强的关系的理解，要清楚基础定义。7．（2024•贵州）如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径AB与弦BC间的夹角为30°。A、B两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则qAA．13 B．33 C．3【考点】单个或多个点电荷周围的电势分布．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】B【分析】由于C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，因此qA、qB带异种电荷；根据点电荷的场强公式、场强的叠加结合数学知识求解作答。【解答】解：根据题意，qA、qB带异种电荷，假设qA为正点电荷，qB为负点电荷，两点电荷产生的场强如图所示：设圆的半径为r，根据数学知识A点到C点的距离rA＝rB点到C点的距离r根据点电荷的场强公式，点电荷qA在C点产生的场强E点电荷qB在C点产生的场强E根据数学知识tan30°=代入数据联立解得q综上分析，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题主要考查了点电荷的场强公式，场强的叠加，抓住C点的合场强方向沿圆周上C点的切线方向式解题的关键。8．（2024•镇海区模拟）下列属于矢量，且其国际单位制单位用基本单位表示正确的是（）A．力：N B．功：kg•m2/s2 C．电势：V D．电场强度：kg•m•A﹣1•s﹣3【考点】电势的定义、单位和物理意义；力的定义和特点；功的定义、单位和计算式的推导；电场强度的定义和单位．【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】标量是只有大小，没有方向，矢量是既有大小，又有方向。国际单位制规定了七个基本物理量，分别是长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位，基本单位和导出单位构成了国际单位制。【解答】解：A．力是矢量，根据F＝ma，用国际单位制单位用基本单位表示为kg•m/s2，N是导出单位，故A错误；B．功只有大小，没有方向是标量，题目要求是矢量，故B错误；C．电势只有大小，没有方向是标量，题目要求是矢量，故C错误；D．电场强度是矢量，根据F＝qE＝ItE，用国际单位制单位用基本单位表示为kg•m/As3，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了标量和矢量以及国际单位制，要能够区分标量和矢量，要掌握国际单位制规定的七个物理量分别是谁，它们在国际单位制中单位分别是谁。9．（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。10．（2024春•镇江期末）如图所示，等长的AB、BC、AC绝缘细棒上均匀分布着等量正电荷，它们在三角形中心O产生的电场强度大小为E1、电势为φ1。在BC棒的中点截去非常小的一段，此时O点的场强大小为E2、电势为φ2，则（）A．E1＝E2 B．E1＞E2 C．φ1＞φ2 D．φ1＜φ2【考点】用定义式计算某点的电势；用特殊的方法求解电场强度．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】C【分析】分别求出不同电荷在O点的场强大小和方向，结合矢量合成遵循的平行四边形法则计算出合场强的大小和方向；根据电势的合成特点计算出电势的大小。【解答】解：AB、由场强叠加和对称性可知AB棒在三角形中心O点形成的电场强度方向垂直AB且指向OC，设电场强度大小为E；BC棒在O点形成的电场强度方向垂直BC且指向OA，大小也为E；AC棒在O点形成的电场强度的大小也为E，方向垂直AC指向OB；根据几何关系，三个电场强度方向的夹角为120°，合场强大小为0，即E1＝0；在BC棒的中点截去非常小的一段，则BC棒在三角形中心O点形成的电场强度为0，则由场强叠加和对称性，此时O点的场强大小为E2＝E＞E1，故AB错误；CD、电势是标量，无方向，设AB棒在三角形中心O点形成的电场的电势为φ，则BC、AC棒在三角形中心O点形成的电场的电势都为φ，则φ1＝3φ；在BC棒的中点截去非常小的一段，BC在O点形成的电场的电势φ′＜φ，则φ2＜3φ，所以φ1＞φ2，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题主要考查了电势和场强的相关概念，根据公式先计算出场强和电势，在进行合成时要注意物理量的标矢性。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024•浙江模拟）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）＝αx2。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＝2αqlx C．电偶极子静止释放后的运动可看作简谐运动的一部分 D．电偶极子的电势能E【考点】电势能的概念和计算；牛顿第二定律的简单应用；电场强度的定义和单位．【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】ABD【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）＝αx2，则α的单位是VmB．电偶极子受到的合力F=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，所以电偶极子不会做简谐运动，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，即电偶极子的电势能，即Ep故选：ABD。【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春•耒阳市期末）在x轴上的O点和A点分别固定有点电荷q1和点电荷q2，x轴上O、A点之间各点的电势φ随x变化的图像如图所示，M为OA的中点，且图线在M点处斜率最小。取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（）A．在x轴上O、A点之间，M点的电场强度最小 B．点电荷q1、q2带的都是正电荷 C．将电子从M点移动到A点的过程中，电子的电势能减小 D．O、A点之间电场强度的方向沿x轴正方向【考点】φ﹣x图像斜率的物理意义；φ﹣x图像的理解与应用．【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】AC【分析】φ﹣x图像的斜率大小等于电场强度大小，由斜率大小分析电场强度大小；根据O、A点之间电势变化情况判断电场强度方向，确定点电荷q1、q2的电性；根据Ep＝qφ分析电子电势能的变化情况。【解答】解：A、根据φ﹣x图像的斜率大小等于电场强度大小，M点切线斜率最小，可知M点的电场强度最小，故A正确；BD、由图像可知，从O点到A点电势逐渐升高，则点电荷q1带的是负电荷，点电荷q2带的是正电荷，O、A点之间电场强度的方向沿x轴负方向，故BD错误；C、电子带负电，由于M点到A点电势升高，因此由电势能公式Ep＝qφ可知，将电子从M点移动到A点的过程中电子的电势能减小，故C正确。故选：AC。【点评】本题考查φ﹣x图像问题，关键是要知道φ﹣x图像的斜率代表场强，顺着电场线方向电势逐渐降低。（多选）13．（2024春•湖南期末）如图所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个质量为m电荷量为+q且可视为质点的小球A。悬点O的正下方固定一体积较大的金属球B，其所带电荷量为+Q，小球A与金属球B的球心等高，两球心的距离为r，悬线与竖直方向的夹角为θ，已知静电力常量为k，重力加速度为g，B球半径相对于两球心距离r不可忽略，则（）A．悬线对小球A的拉力大小为mgcosθB．金属球B对小球A的库仑力大小为kQqrC．悬线对小球A的拉力大小为kQqrD．金属球B对小球A的库仑力大小为mgtanθ【考点】库仑定律的适用范围；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；电场力与电势的性质专题；推理能力．【答案】AD【分析】对小球受力分析，根据平衡条件推导判断。【解答】解：体积较大的金属球B上的正电荷在A球的正电荷的电场的作用下，电荷分布发生了重新排布，不能认为电荷集中于B的球心，因此，小球A受到的库仑力不等于kQqrFmg=tanθ，则F＝mgtanθ，F故AD正确，BC错误。故选：AD。【点评】本题关键掌握利用正交分解方法解决平衡问题。（多选）14．（2024•衡水模拟）科学家在研究电荷分布的对称性的时候，巧妙地借助了我国传统文化中的“阴阳太极图”，以获得更多的启示和灵感，如图所示的三维坐标系。太极图呈圆形位于xOz平面内，y轴过圆心O，在x轴两侧对称分布各有一个大半圆和小半圆，M、N各是小半圆的圆心，现在M、N上分别放置一个等电量的负点电荷和正点电荷，在y轴的正向有一个定点C，在圆的边缘有一个位置D，则下列说法正确的是（）A．若将正试探电荷q由C点沿y轴移动到O点，则q的电势能始终不变 B．若将正试探电荷q由A点沿“阴阳”边界经O移动到B点，则q的电势能增加 C．若将负试探电荷q沿虚线由C移到D，则电场力一直对电荷做正功 D．若将负试探电荷沿z轴由O向z轴正向移动，则电荷克服电场力做负功【考点】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】AB【分析】电场力做功可量度电势能的变化，电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增大。根据电场力做功情况分析电势能变化情况。【解答】解：A、由题图可知，y轴在等量异种点电荷连线的中垂线上，该中垂线是一条等势线，所以将正试探电荷q由C点沿y轴移动到O点，则q的电势能始终不变，故A正确；B、试探正电荷q由A点沿“阴阳”边界经O移动到B点，可以分成两部分看，第一部分是从A到O，这个过程M位置的负点电荷对q不做功，N位置的正电荷对q做负功，q的电势能增加；第二部分是从O到B，此过程N位置的正电荷对q不做功，M位置的负电荷对q做负功，电势能仍然在增加，所以，q的电势能一直在增加，故B正确；C、将负试探电荷q沿虚线由C移到D，电势降低，电场力一直对电荷做负功，故C错误；D、将负试探电荷沿z轴由O向z轴正向移动，则电场力与移动路径一直垂直，电场力不做功，故D错误。故选：AB。【点评】本题考查了电场力做功、电势能变化等知识点，要掌握等量异种电荷电场线、等势面的分布情况，尤其要知道等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线。（多选）15．（2024春•湖南期末）水平绝缘桌面上方空间存在着沿x轴方向的电场，将一个质量为m、电荷量为﹣q可视为点电荷的小球从坐标原点O静止释放，其加速度a随位置x变化的图像如图所示，设小球在运动过程中电荷不发生变化，则下列说法正确的是（）A．该电场为匀强电场 B．该电场的方向沿x轴负方向 C．小球运动到x0位置时的速率为2aD．从O到x0的过程，粒子的电势能增加了2ma0x0【考点】电场力做功与电势能变化的关系；匀变速直线运动速度与位移的关系；牛顿第二定律的简单应用；电场强度与电场力的关系和计算．【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】BC【分析】根据牛顿第二定律分析场强的变化情况，判断该电场是否是匀强电场，并确定电场的方向；由运动学公式v2＝2ax，结合a﹣x图像中图线与横轴的面积的物理意义求解小球运动到x0位置时的速率；根据能量守恒定律求解从O到x0的过程粒子的电势能增加量。【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得qE＝ma由图像知，a＞0且不断减小，因q＜0，则电场为非匀强电场，电场方向沿x轴负方向，故A错误，B正确；C、由v2＝2ax，结合a﹣x图像中图线与横轴的面积物理意义，可得a0解得小球运动到x0位置时的速率为v=2aD、依题意，从O到x0的过程，电场力做正功，粒子的动能增加，电势能减小，由能量守恒定律得ΔEk+ΔEp＝0其中ΔEk=1解得：ΔEp＝﹣2ma0x0，即电势能必定减小了2ma0x0，故D错误。故选：BC。【点评】解答本题的关键要知道a﹣x图像中图线与横轴的面积表示v2三．填空题（共5小题）16．（2024春•浦东新区校级期末）若将一个电量为2.0×10﹣10C的正电荷，从零电势点移动到电场中的M点需要克服电场力做功8×10﹣9J，则M点的电势是40V；若再将电荷从电场的M点移动到电场中的N点，电场力做功1.8×10﹣8J，则M、N两点间的电势差UMN＝90V。【考点】电荷性质、电势能和电势的关系；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．【答案】40，90。【分析】根据电势差的定义式计算两点之间的电势差，然后根据U0M＝0﹣φM计算M点的电势。【解答】解：零电势点和M点的电势差为U0M=Wq=−8×10−9M、N两点间的电势差UMN=故答案为：40，90。【点评】掌握电势差的计算公式是解题的基础。17．（2024春•浦东新区校级期末）如图所示，点电荷A和B相距40cm，分别带正电和负电，电荷量分别为4Q和﹣Q，在A、B连线上，引入点电荷C。此时三个点电荷恰好在彼此的静电力作用下处于平衡状态，则电荷C电荷量大小为4Q，它应放在B的左侧（选填“A和B之间”，“A的右侧”，“B的左侧”，“A的右侧及B的左侧”）处。【考点】三（多）个点电荷在一条直线上时的平衡问题．【专题】定量思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；分析综合能力．【答案】4Q；B的左侧。【分析】根据库仑定律计算每个电荷的静电力，结合电荷的平衡状态，代入计算求解。【解答】解：根据两同夹异、两大夹小，结合电荷的摆放位置可知，若C带正电荷，应该放在B的左侧，设BC之间的距离为x，电荷C电荷量大小为q则对C：kQq对B：kQq对A：4kQq联立以上各式，求得：q＝4Q故答案为：4Q；B的左侧。【点评】熟悉三小球的平衡问题的口诀“两同夹异、两大夹小，近小远大”快速判断第三个小球的电性和位置，结合库仑定律和受力分析计算出电荷量的大小。18．（2024春•浦东新区校级期末）真空中有一电场，在电场中的P点放一电荷量为5×10﹣9C的检验电荷，它受到的电场力为2×10﹣5N，则P点的场强为4000N/C。把检验电荷的电荷量减小为2×10﹣9C，则P点的电场强度为4000N/C。【考点】点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场．【专题】定量思想；归纳法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】4000，4000。【分析】根据场强公式E=F【解答】解：P点的场强为E=Fq=故答案为：4000，4000。【点评】掌握电场强度的定义式，要知道电场强度的大小是由电场本身性质决定的，与检验电荷的电荷量无关。19．（2024春•鼓楼区校级期末）如图所示，xOy坐标系中，A点的坐标为（0，20cm），B点的坐标为（15cm，0），匀强电场的方向平行于坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为0V，A点电势为32V，B点电势为﹣18V，则AB中点的电势为7V，该电场的电场强度大小为200V/m。【考点】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；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】7；200【分析】根据题目信息从图中找到等势面画出等势线，再根据电势差和电场强度关系列式求解。【解答】解：设AB中点为C，AB中点的电势为φCx轴方向的电场强度大小为Exy轴方向的电场强度大小为Ey电场的电场强度大小为E=E代入数据得E＝200V/m故答案为：7；200【点评】本题考查电势差和电场强度的关系，比较简单，但是必须正确找到等势面，再画出电场线。20．（2024春•鼓楼区校级期末）如图，在光滑绝缘的水平面上有三个带电小球A、B、C，其中A球带正电，电荷量为16Q，B球电荷量为Q，已知A、B、C三个小球均处于静止状态，且AB之间的距离为L、则B球带负电（选填“正电”、“负电”、“不带电”）C球带电量为16Q9，BC距离13【考点】三（多）个点电荷在一条直线上时的平衡问题．【专题】定量思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；分析综合能力．【答案】负电；16Q9；1【分析】根据电荷间的相互作用规律、库仑定律及平衡条件分析作答。【解答】解：根据两同夹异和A球带正电，可判断出B带负电，因为B球受力平衡，可知C球带正电，设小球C带电量为q，BC之间距离为r。因为三个小球均静止，所以对B球受力分析，由平衡条件有：k对C球有：k联立解得：r=13故答案为：负电；16Q9；1【点评】本题中主要考查了电场中的平衡问题；三个自由电荷的平衡满足“两同夹异、两大夹小、近小远大”的规律。四．解答题（共5小题）21．（2024春•盐城期末）如图所示，有三根长度均为L的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q点，另一端分别拴有质量均为m的带电小球A和B，A带正电、电量为q，A、B之间用第三根细线连接。在水平向左的匀强电场E的作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B之间细线恰好伸直。当P、A之间的细线烧断，由于空气阻力，A、B小球最后会达到新的平衡。重力加速度为g，静电力常量为k。求：（1）B小球的电性及电荷量qB；（2）匀强电场的电场强度E；（3）A、B小球达到新的平衡位置时，A、B间细线与竖直方向夹角的正切值tanθ。【考点】带电体在匀强电场中的受力平衡；匀强电场及其特点．【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）B小球带负电，电荷量qB为q；（2）匀强电场的电场强度E为kqL（3）A、B小球达到新的平衡位置时，A、B间细线与竖直方向夹角的正切值tanθ为kq【分析】（1）根据平衡条件列方程结合库仑定律计算；（2）根据场强的定义式计算；（3）根据平衡条件计算。【解答】解：（1）对A球进行受力分析，由于A球均处于平衡状态，在水平方向受水平方向的电场力和施加的向右的库仑力，B球带负电。qE=kqB球水平方向合力为零qB联立解得qB＝q（2）B球水平方向合力为零qB匀强电场的电场强度EE=kq（3）两球及细线最后位置如图所示：对A球进行受力分析：A球受重力，电场力，AB线的拉力，库仑力，由平衡条件得：重力和电场力的合力必须沿着线的方向tanθ=qE答：（1）B小球带负电，电荷量qB为q；（2）匀强电场的电场强度E为kqL（3）A、B小球达到新的平衡位置时，A、B间细线与竖直方向夹角的正切值tanθ为kq【点评】掌握库仑定律和电场强度的定义式，以及能够正确的对小球受力分析是解题的基础。22．（2024春•遵义期末）如图所示，空间存在方向与水平面成θ＝53°的匀强电场，在电场中的A点以v1＝8m/s的速度水平向右抛出一带正电的小球，小球沿直线运动到B点时的速度v2＝2m/s。已知小球的质量m＝0.2kg，电荷量q＝1.25×10﹣6C，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）AB两点间电势差UAB；（2）取A点为零电势点，小球在B点时的电势能；（3）电场强度的大小。【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电场力做功与电势差的关系．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．【答案】（1）AB两点间电势差﹣4.8×106V；（2）取A点为零电势点，小球在B点时的电势能6J；（3）电场强度的大小2×106V/m。【分析】解：（1）根据动能定理求解AB两点间电势差UAB；（2）根据UAB＝φA﹣φB求解B点电势，再求解小球在B点电势能；（3）根据竖直方向平衡列式求解电场强度的大小。【解答】解：（1）根据动能定理得qU解得UAB（2）根据UAB＝φA﹣φBEPB＝qφB解得EPB＝6J（3）根据平衡条件得qEsin53°＝mg解得E＝2×106V/m答：（1）AB两点间电势差﹣4.8×106V；（2）取A点为零电势点，小球在B点时的电势能6J；（3）电场强度的大小2×106V/m。【点评】本题关键是明确电势差的定义和匀强电场中电势差与电场强度的关系公式，基础题。23．（2024春•东西湖区校级期末）如图甲所示，质量为m，电荷量为﹣q（q＞0）的电子由电子枪连续发出，初速可忽略不计，经U的电压加速后，沿中心线垂直进入偏转电场，两极板长为L，间距为d。足够大的荧光屏中心为O，离极板距离为l。不计电子重力及电子间相互作用，整个装置置于真空中。（1）若偏转电压U2恒定，电子能射出平行板，求U的最大值U2max；（2）若偏转电压U2随时间变化规律如图乙所示，其最大值为U0（U0＜U2max），变化周期为T。求电子打在荧光屏上的位置范围。（U2的变化周期T远远大于粒子穿越电场的时间）【考点】带电粒子在周期性变化的电场中偏转．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．【答案】（1）最大值为2d（2）电子打在荧光屏上的位置范围为位置范围为O点上下方各(L+2l)U【分析】根据动能定理，根据运动状态再结合运动学知识即可解决。【解答】解：（1）对电子，加速有qU偏转有L＝v0ty=1a=q能出射y≤d联立解得U2max（2）当U0＜U2max时，出偏转场后匀速Yy解得Y=(L+2l)位置范围为O点上下方各(L+2l)U答：（1）最大值为2d（2）电子打在荧光屏上的位置范围为位置范围为O点上下方各(L+2l)U【点评】本题主要考查学生对于带电粒子在电场中运动的分析能力，主要利用动能定理和运动学的知识，综合能力强，在分析时仔细一点。24．（2024春•耒阳市期末）一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：（1）小球带电情况；（2）小球由A到B的位移；（3）小球速度的最小值。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）将带电小球的运动进行分解，竖直方向上做匀减速直线运动，水平方向上在电场力的作用下匀加速，分别应用匀变速直线运动规律列式求解；（2）根据水平位移与竖直位移大小相等列方程即可求解；（3）通过分析知，当力与速度方向垂直时动能最小，速度也最小，据此列式求解。【解答】解：（1）从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度ay＝gB点是最高点，竖直分速度为0，有t=水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电初速度为0，加速度ax=水平方向有：v0=qE联立解得：Eq＝mg可得q=mg（2）在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小在竖直方向有2gh=可得h=所以位移为2h=其与水平方向的夹角为θ，tanθ=mg即位移与水平方向的夹角为45°斜向右上方；（3）设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ则：tanθ=mgqE开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin即：tanθ=v则vx＝vy，vx=qEvy＝v0﹣gt′解得t′=vvmin=v答：（1）小球带正电，电荷量为mg（2）小球由A到B的位移大小为2v（3）小球速度的最小值为2v【点评】解决该题的关键是正确进行受力分析，明确知道例子在电场中的运动情况，能根据力做功分析出速度最小的力学特征；25．（2024春•岱岳区校级期末）在光滑绝缘、半径为R的局部圆环中心固定有正点电荷（未画出），其所带的电荷量为Q，另一电荷量为q（q＞0）的点电荷P从圆环一端以速度v开始运动，当其运动到圆环底部a处时，转过的圆心角θ=π（1）点电荷P运动到a处时的速度大小v′；（2）点电荷P运动到a处时对圆环的压力F。【考点】库仑定律的表达式及其简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；牛顿第二定律求解向心力；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；电荷守恒定律与库仑定律专题；分析综合能力．【答案】（1）点电荷P运动到a处时的速度大小v′为gR+v（2）点电荷P运动到a处时对圆环的压力F为2mg+kqQ【分析】（1）根据动能定理列式求解；（2）在a处由牛顿第二定律结合向心力公式求解支持力，再根据牛顿第三定律求解压力。【解答】解：（1）由动能定理得mgR(1−cosθ)=1解得v′=gR+（2）在a处由牛顿第二定律得F′−mg−FF库由牛顿第三定律得F＝F′解得对圆环的压力F=2mg+kqQ答：（1）点电荷P运动到a处时的速度大小v′为gR+v（2）点电荷P运动到a处时对圆环的压力F为2mg+kqQ【点评】本题考查了动能定理、向心力、牛顿运动定律，难度一般。

考点卡片1．匀变速直线运动速度与位移的关系【知识点的认识】匀变速直线运动位移与速度的关系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2匀变速直线运动的位移﹣速度关系式反映了初速度、末速度、加速度与位移之间的关系．①此公式仅适用于匀变速直线运动；②式中v0和v是初、末时刻的速度，x是这段时间的位移；③公式中四个矢量v、v0、a、x要规定统一的正方向．【命题方向】美国“肯尼迪号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F﹣A15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s．若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为（）A、30m/sB、10m/sC、20m/sD、40m/s分析：已知飞机的加速度、位移、末速度，求解飞机的初速度，此题不涉及物体运动的时间，选用匀变速直线运动的位移—时间公式便可解决．解答：设飞机的初速度为v0，已知飞机的加速度a、位移x、末速度v，此题不涉及物体运动的时间，由匀变速直线运动的位移—时间公式：v解得：v0＝40m/s故选：D。点评：本题是匀变速直线运动的基本公式的直接应用，属于比较简单的题目，解题时要学会选择合适的公式，这样很多问题就会迎刃而解了．【解题思路点拨】解答题解题步骤：（1）分析运动过程，画出运动过程示意图．（2）设定正方向，确定各物理量的正负号．（3）列方程求解：先写出原始公式，再写出导出公式：“由公式…得…”．2．力的定义和特点【知识点的认识】1.定义：力是物体间的相互作用。2.三要素：大小、方向、作用点3.性质①物质性：力是物体对物体的作用，一个物体受到力的作用，一定有另一个物体对它施加这种作用（即同时存在施力物体和受力物体）。力不能脱离物体而单独存在。‌②相互性：任何两个物体之间的作用总是相互的，施力物体同时也一定是受力物体。只要一个物体对另一个物体施加了力，受力物体反过来也肯定会给施力物体增加一个力。这种相互作用力必然是同时产生，同时消失的。‌③矢量性：力是矢量，既有大小又有方向。这意味着力的效果不仅取决于其大小，还取决于其方向。④同时性：力同时产生，同时消失。这意味着力的作用不会随着时间的推移而改变，除非有其他因素介入。⑤独立性：一个力的作用并不影响另一个力的作用。这意味着在一个力的作用下，另一个力的作用效果不会受到影响。【命题方向】关于力的说法中正确的是（）A、力是物体对物体的作用B、力不能离开受力物和施力物而单独存在C、只有直接接触的物体才有力的作用D、力是矢量，其大小可用弹簧秤测量分析：根据力的概念，分析力能否离开物体而单独存在．不直接接触的物体之间也可能有力的作用．力是矢量，其大小可用弹簧秤测量．解答：A、力是一个物体对另一个物体的作用。故A正确。B、由于力是物体对物体的作用，则力不能离开受力物和施力物而单独存在。故B正确。C、力有接触力，也有不接触力，比如重力、电场力、磁场力等等，说明不直接接触的物体之间也可能有力的作用。故C错误。D、力既有大小，又有方向，是矢量，其大小可用弹簧秤测量。故D正确。故选：ABD。点评：本题要抓住力的物质性：力不能离开物体而单独存在的．力有“三性”：物质性、相互性和矢量性．【解题思路点拨】力是物体与物体之间的相互作用，要牢记力的五个性质：物质性、相互性、同时性、矢量性和独立性。3．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=04.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＝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=M2g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a≠0时，不是平衡状态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。4．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13A、43mg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43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。5．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．6．牛顿第二定律求解向心力7．引力常量及其测定【知识点的认识】1.引力常量是由英国物理学家卡文迪什通过扭秤实验测定的，其数值为G＝6.67×10﹣11N・m2/kg2。2.卡文迪什测定引力常量的装置示意图3.扭秤实验用到的思想是微小量放大法。【命题方向】卡文迪许利用如图所示的扭秤实验装置测量了引力常量G。为了测量石英丝极微小的扭转角，该实验装置中采取使“微小量放大”的不包括（）A.增大石英丝的直径B.增加T型架横梁的长度C.利用平面镜对光线的反射D.增大刻度尺与平面镜的距离分析：为测量石英丝极的扭转角，实验采取了“微小量放大”。当引进m′时由于物体间引力作用，使石英丝极发生微小的扭转，从而带动平面镜转动，导致经平面镜反射过来的光线发生较大变化，得出转动的角度。解答：为了测量石英丝极微小的扭转角，该实验装置中采取使“微小量放大”。利用平面镜对光线的反射，来体现微小形变的。当增大刻度尺与平面镜的距离时，转动的角度更明显。当增大T型架横梁的长度时，会导致石英丝更容易转动，对测量石英丝极微小的扭转角有利；增大石英丝的直径时，石英丝更转动更难，起不到放大的作用，故实验装置中采取使“微小量放大”的不包括A项，故A正确，BCD错误。故选：A。点评：本题巧妙地利用光的反射将因引力产生微小转动的角度放大，注意体会微小量放大的基本思路和具体方法。【解题思路点拨】要牢记是卡文迪什测定的引力常量，并且要记得扭秤实验所用到的物理学思想是微小量放大法。8．相对论速度的变换公式9．功的定义、单位和计算式的推导【知识点的认识】1．定义：物体受到力的作用，并在力方向上发生一段位移，就说力对物体做了功．2．公式：W＝Fscosα，其中α为F与s的夹角，F是力的大小，s一般是物体相对地面的位移，而不是相对于和它接触的物体的位移．3．应用中的注意点（1）公式只适用于恒力做功；（2）F和S是对应同一个物体的；（3）恒力做功多少只与F、s及二者夹角余弦有关，而与物体的加速度大小、速度大小、运动时间长短等都无关，即与物体的运动性质无关，同时与有无其它力做功也无关．4．物理意义：功是能量转化的量度．5．单位：焦耳（J），1J＝1N•m．6．功是标量，没有方向、但是有正负，正负表示能量转化的方向．表示物体是输入了能量还是输出了能量．7．正功和负功：根据W＝Flcosα可知：0≤α＜90°α＝90°90°＜α≤180°功的正负W＞0W＝0W＜0意义力F对物体做正功力F对物体不做功力F对物体做负功力F是动力还是阻力动力阻力【命题方向】题型一：功的正、负判断例1：生活中常有人说在车厢内推车是没用的，如图所示，在沿水平地面运动的汽车车厢中，人用力推车（人与车厢始终保持静止），则当车在倒车时刹车的过程中（）A．人对车做正功B．人对车做负功C．人对车不做功D．车对人的作用力方向水平向右分析：在减速向右运动的车厢中，人的加速度向左，根据牛顿第二定律得出人受的合力向左，根据牛顿第三定律得人对车厢的力向右．根据功的定义式判断做功情况．解答：A、人对车厢的推力方向向右，所以人对车厢的推力做正功，故A正确，BC错误；D、在加速向左运动的车厢中，人的加速度向左，根据牛顿第二定律得出人受的合力向左，人受力在竖直方向平衡，人的合力是由车厢对人的力提供的，所以车厢对人的力向左，故D错误，故选：A．点评：此题涉及到牛顿第二定律的应用和力的作用的相互性，解决此类题目要结合作用力和反作用力考虑，即一个物体在施力的同时必然也受力，另一个物体在受力的同时必然也是施力物体．【解题方法点拨】1．判断功的正、负主要有以下三种方法：（1）若物体做直线运动，依据力与位移的夹角来判断，此法常用于恒力做功的判断．（2）若物体做曲线运动，依据F与v的方向的夹角α的大小来判断．当α＜90°时，力对物体做正功；90°＜α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功．（3）依据能量变化来判断：此法既适用于恒力做功，也适用于变力做功，关键应分析清楚能量的转化情况．根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．比如系统的机械能增加，说明力对系统做正功；如果系统的机械能减少，则说明力对系统做负功．此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断．10．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=1（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