第一课时：电场的力的性质
一、单项选择题
1．(2011年台州模拟)在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为F，则该点的电
场强度为E＝F
q，下列说法正确的是(D)
A．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0
B．若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4E
C．若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反
D．若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小方向均不变
2．使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a 的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为(D)
A．2∶1 B．4∶1 C．16∶1 D．60∶1
3.(2010年高考课标全国卷)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器．某除尘
器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面．工作时收尘板
带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，
最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下
列四幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)()
解析：选A.根据力和运动的关系知，当粒子运动至电场中某一点时，运动速度方向与
受力方向如图所示，又据曲线运动知识知粒子运动轨迹夹在合外力与速度之间，可判定粉
尘颗粒的运动轨迹如A选项中图所示．
4．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法中正确的是()
A．a，b为异种电荷，a的电荷量大于b的电荷量
B．a，b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量
C．a，b为同种电荷，a的电荷量大于b的电荷量
D．a，b为同种电荷，a的电荷量小于b的电荷量
解析：选B.由题图看出，电场线由一个点电荷发出到另一个点电荷终止，由此可知，a、b必为异种电荷，C、D选项错；又由图可知，电荷b附近的电场线比电荷a附近的电场线密，则电荷b附近的场强必比电荷a附近的场强大，b带的电荷量必然多于a带的电荷量，则A选项错误，B选项正确．5．(2011年舟山模拟)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的()
解析：选A.从图象可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，负电荷是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A.
6．一个点电荷产生的电场，两个等量同种点电荷产生的电场，两个等量异种点电荷产生的电场，两块带等量异种电荷的平行金属板间产生的匀强电场．这是几种典型的静电场．带电粒子(不计重力)在这些静电场中的运动(A)
A．不可能做匀速直线运动B．不可能做匀变速运动
C．不可能做匀速率圆周运动D．不可能做往复运动
二、不定项选择题
7.(2011年绍兴一中高三月考)如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电
荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上
的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图可以作出正确判断
的是()
A．带电粒子所带电荷的正、负
B．带电粒子在a、b两点的受力方向
C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大
D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大
解析：选BCD.由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定．设粒子从a运动到b(也可分析从b到a的情形，两种分析不影响结论)，速度方向与电场力夹角大于90°，故速度减小，由电场线的疏密程度知a点场强大于b点场强，带电粒子在a点受电场力较大，从而加速度较大，综上所述B、C、D正确．
8．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则()
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的速度将减小，b的速度将增加
C．a的加速度将减小，b的加速度将增加
D．两个粒子的电势能一个增加一个减小
答案：C
9．如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ＝60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是()
A．小球重力与电场力的关系是mg＝3Eq
B．小球重力与电场力的关系是Eq＝3mg
C．小球在B点时，细线拉力为F T＝3mg
D．小球在B点时，细线拉力为F T＝2Eq
解析：选BC.根据对称性可知，小球处在AB中点位臵时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qE sin30°＝mg cos30°，化简可知选项A错误，B正确；小球到达B点时速度为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：F T＝qE sin30°＋mg cos30°，化简可知F T＝3 mg，选项C正确，D错误．
10．(2011年北京考试院抽样测试)如图所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2 m和0.7 m．在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图中直线a、b所示．下列说法正确的是()
A．B点的电场强度的大小为0.25 N/C B．A点的电场强度的方向沿x轴负方向
C．点电荷Q是正电荷D．点电荷Q的位置坐标为0.3 m
解析：选D.由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负电荷，且放臵于A、B两点之间某位臵，选项B、C均错；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强为E A＝kQ/l2＝F a/q a＝[4×104/(1×10－9)]N/C＝4×105 N/C，同理，点电荷在B点产生的场强为E
＝kQ/(0.5－l)2＝F b/q b＝[1×10－4/(4×10－9)]N/C
B
＝0.25×105 N/C.解得l ＝0.1 m ，所以点电荷Q 的位臵坐标为x Q ＝x A ＋l ＝0.2＋0.1＝0.3(m)，所以选项A 错误，选项D 正确．
三、计算题
11．如图所示，BCDG 是光滑绝缘的34
圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R ，下端与水平绝缘轨道在B 点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m 、带正电的小滑块(可视为质点)
置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34
mg ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g .
(1)若滑块从水平轨道上距离B 点s ＝3R 的A 点由静止释放，滑块到达与圆心O 等高的C 点时速度为
多大？
(2)在(1)的情况下，求滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小；
(3)改变s 的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G 点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．
解析：本题考查了电场与竖直平面内圆周运动的结合．解题的关键是要有等效场的思想，求轨道与物块之间作用力时要找准向心力的来源．
(1)设滑块到达C 点时的速度为v ，由动能定理得
qE (s ＋R )－μmgs －mgR ＝12m v 2－0，而qE ＝3mg 4
，解得v ＝gR . (2)设滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小为F ，则F －qE ＝m v 2R ，解得F ＝74
mg . (3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG 间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此
时的速度最小(设为v n )，则有(qE )2＋(mg )2＝m v 2n R ，解得v n ＝5gR 2
. 12．如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°的角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向
右的匀强电场中，场强E ＝2×104 N/C.在细杆上套有一个带电量为q ＝－1.73×10－5 C 、质量为m ＝3×10－2 kg
的小球．现使小球从细杆的顶端A 由静止开始沿杆滑下，并从B 点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C 点．已知AB 间距离x 1＝0.4 m ，g ＝10 m/s 2.求：
(1)小球在B 点的速度v B ；(2)小球进入电场后滑行的最大距离x 2；
(3)小球从A 点滑至C 点的时间是多少？ 解析：(1)小球在AB 段滑动过程中，由机械能守恒mgx 1sin α＝12m v 2B
可得v B ＝2 m/s. (2)小球进入匀强电场后，在电场力和重力的作用下，加速度a 2＝mg sin α－qE cos αm
＝－5 m/s 2 小球进入电场后还能滑行到最远处C 点，BC 的距离为x 2＝－v 2B 2a 2
＝0.4 m. (3)小球从A 到B 和从B 到C 的两段位移中的平均速度分别为 v AB ＝0＋v B 2 v BC ＝v B ＋02小球从A 到C 的平均速度为v B 2x 1＋x 2＝v t ＝v B 2
t 可得t ＝0.8 s. 第二课时：电场的能的性质
一、单项选择题
1．(2010年高考天津理综卷)在静电场中，将一正电荷从a 点移到b 点，电场力做了负功，则( )
A ．b 点的电场强度一定比a 点大
B ．电场线方向一定从b 指向a
C ．b 点的电势一定比a 点高
D ．该电荷的动能一定减小
解析：选C.电场力做负功，该电荷电势能增加．正电荷在电势高处电势能较大，C 正确．电场力做负
功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负．由动能定理可知，动能不一定减小，D 错．电势高低与场强大小无必然联系，A 错．b 点电势高于a 点，但a 、b 可能不在同一条电场线上，B 错．
2．(2011年宁波模拟)如图所示，a 、b 是竖直方向上同一电场线上的两点，一带负电的
质点在a 点由静止释放，到达b 点时速度最大，则( )
A ．a 点电势高于b 点电势
B ．a 点的场强大于b 点的场强
C ．质点从a 点运动到b 点的过程中电势能增加
D ．质点在a 点受到的电场力小于在b 点受到的电场力
解析：选B.负电荷所受电场力向上，所以电场线方向向下，A 错；a 点电场力大于重力，b 点电场力等于重力，B 对，D 错；质点从a 点运动到b 点的过程中电场力做正功，电势能减小，C 错．
3．(2011年杭州毕业班综合测试)如图所示表示某静电场等势面的分布，电荷量为1.6×10－9 C 的正电
荷从A 经B 、C 到达D 点．从A 到D ，电场力对电荷做的功为( )
A ．4.8×10－8 J
B ．－4.8×10－8 J
C ．8.0×10－8 J
D ．－8.0×10－8 J
解析：选B.电场力做功与电荷运动的路径无关，只与电荷的起始位臵有关．从A 到D ，电场力对电荷
做的功为W ＝U AD q ＝(φA －φD )q ＝(－40＋10)×1.6×10－9 J ＝－4.8×10－8 J ，A 、C 、D 错误，B 正确．
4．(2011年皖南八校联考)一匀强电场，场强方向是水平的(如图所示)，一个质量为m 的带正电的小球，从O 点出发，初速度的大小为v 0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角做直线运动．设小球在O 点的电势能为零，则小球运动到最高点时的电势能为( )
A.12m v 20
B.12
m v 20sin 2θ C.12m v 20
tan 2θ D.12m v 20
cos 2θ 解析：选D.由题意可知，小球所受合力为F ＝mg sin θ，设最高点到O 点距离为s ，则由动能定理可得mg sin θ
s ＝12m v 20，由能量守恒可得小球在最高点的电势能E ＝12m v 20－mgs sin θ，联立两式解得E ＝12m v 20cos 2θ，D 正确．
5．(2010年高考安徽理综卷)如图所示，在xOy 平面内有一个以O 为圆心、半径R ＝0.1 m 的圆，P 为圆周上的一点，O 、P 两点连线与x 轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小E ＝100 V/m ，则O 、P 两点的电势差可表示为( )
A ．U OP ＝－10sin θ(V)
B ．U OP ＝10sin θ(V)
C ．U OP ＝－10cos θ(V)
D ．U OP ＝10cos θ(V)
解析：选A.由于电场强度方向向下，据题意可知U OP ＜0，则U OP ＝－ER sin θ＝－100×0.1sin θ(V)＝－10sin θ(V)，故正确答案为A.
6．(2010年高考江苏物理卷)空间有一沿x 轴对称分布的电场，其电场强度E 随x 变化的图象如图所示．下列说法中正确的是( )
A ．O 点的电势最低
B ．x 2点的电势最高
C．x1和－x1两点的电势相等D．x1和x3两点的电势相等
解析：选C.由题图知，O点两侧电场强度方向相反，因电场强度的方向沿x轴，故O点可能电势最低，也可能电势最高，A选项不正确；x1、x2、x3三点在同一电场线上，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，无论O点右侧电场强度沿x轴向右还是向左，x2点电势都不是最高，x1、x3两点的电势也不相等，故B、D 不正确；由题图知，电场强度在O点两侧对称，故x1、－x1两点电势相等，C正确．
二、不定项选择题
7．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点，可以判定()
A．M点的电势大于N点的电势
B．M点的电势小于N点的电势
C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力
解析：选AD.沿电场线的方向电势降低，所以φM>φN，选项A对，B错；电场线越密的地方电场强度越大，同一粒子所受电场力越大，所以选项C错，D对．
8.(2011年洛阳高三质检)如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处有
一个点电荷．现从b、c之间一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM、
PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是()
A．到达M、N时两粒子速率仍相等
B．到达M、N时两粒子速率v M>v N
C．到达M、N时两粒子的电势能相等
D．两个粒子的电势能都是先减小后增大
解析：选B.从粒子的运动轨迹可看出电场对到达M点的粒子做正功，对到达N点的粒子做负功，再根据动能定理可知，A错误，B正确；M、N两点电势相等，但带电粒子的电性不同，到达M、N两点时两粒子的电势能不同，C错误；到达M点的粒子其电势能先增大后减小，而到达N点的粒子其电势能先减小后增大，D错误．
9．如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论中正确的是()
A．此液滴带负电荷B．合外力对液滴做的总功等于零
C．液滴做匀加速直线运动D．液滴的电势能减少
解析：选ACD.由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，合力沿bd方向，液滴匀加速运动，C正确；合力做正功，B不正确；电场力方向向右，故液滴带负电荷，A正确；电场力做正功，所以电势能减少，D正确．
10.一正电荷在电场中仅受电场力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化
的图象如图所示，t A、t B分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是
()
A．A处的场强一定小于B处的场强
B．A处的电势一定低于B处的电势
C．电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能
D．从A到B的过程中，电场力对电荷做正功
解析：选B.由图象知A处的加速度大于B处的加速度，A处的场强一定大于B处的场强，A错．由功能关系及动能和电势能之和守恒知B正确，C、D错．
三、计算题
11．(2011年学军中学高三抽样测试)如图所示，水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E＝4.0×102 N/C、水平向左的匀强电场．一个质量m＝0.10 kg、带电荷量q＝5.0×10－5 C的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x1＝0.20 m的P点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动．当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x2＝0.10 m的Q 点，滑块第一次速度减为零．若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：
(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；
(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；
(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能．
解析：(1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a
此过程滑块所受合外力F＝qE＝2.0×10－2 N
根据牛顿第二定律F＝ma，解得a＝0.20 m/s2.
(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功
W1＝qEx1＝4.0×10－3 J.
(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做的功
即ΔE＝qE(x1－x2)＝2.0×10－3 J.
答案：(1)0.20 m/s2
(2)4.0×10－3 J
(3)2.0×10－3 J
12．如图所示，固定在水平地面上的绝缘平板置于匀强电场中，电场方向与平板平行．在绝缘平板上，放置一个带负电的物体(可视为质点)，物体与平板间的动摩擦因数为0.5.现让物体以10 m/s的初速度平行于电场方向运动，物体沿电场方向运动的最远距离为4 m．已知物体所受电场力大于其最大静摩擦力，平板足够大，规定物体在出发点时的电势能为零，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)物体所受电场力与其所受重力的比值；
(2)物体在离出发点多远处动能与电势能相等？
解析：(1)设物体带电荷量为q，运动的最大位移为s m，由动能定理得
－qEs m－μmgs m＝－1
2m v
2
得
qE
mg＝
3
4.
(2)设物体运动到离出发点距离为s处动能与电势能相等，
即1
2m v 2＝qEs在此过程中，由动能定理得－qEs－μmgs＝
1
2m v
2－
1
2m v
2
代入数据解得s＝2.5 m
设物体在返回过程中经过距出发点距离为s′处动能与电势能再次相等，即1
2m v′
2＝qEs′
由动能定理得qE(s m－s′)－μmg(s m－s′)＝1
2m v′
2解得s′＝1 m.
答案：(1)3∶4(2)2.5 m或1 m
第三课时：电容器与电容带电粒子在电场中的运动
一、单项选择题
1．如图所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的()
A．两板间的距离B．两板间的电压
C．两板间的电介质D．两板的正对面积
解析：选A.计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故A正确．
2．(2011年北京朝阳区联考)如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强
电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示
虚线由A向B做直线运动．那么()
A．微粒带正、负电荷都有可能B．微粒做匀减速直线运动
C．微粒做匀速直线运动D．微粒做匀加速直线运动
解析：选B.微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．
3．(2011年瑞安中学检测)如图所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，下列四个选项中能正确描述粒子在电场中运动轨迹的是()
解析：选C.电荷在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场线方向，轨迹向右弯曲，C 正确．
4．(2011年台州模拟)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A 点运动到
B 点，速度随时间变化的图象如图所示，t A 、t B 分别是带电粒子到达A 、B 两点时
对应的时刻，则下列说法中正确的有( )
A ．A 点的场强一定小于
B 点的场强 B ．A 点的电势一定高于B 点的电势
C ．带电粒子在A 点的电势能一定小于在B 点的电势能
D ．带电粒子从A 点到B 点过程中，电场力一定对带电粒子做正功
解析：选D.由于v －t 图象上各点的斜率表示加速度的大小，从图象可以看出
带电粒子在A 点时的加速度大于在B 点时的加速度，由牛顿第二定律可知E A >E B ，A 错误；带电粒子带电性质未知，故无法判断A 、B 两点电势，B 错误；从v －t 图象中可以看出B 点速度大于A 点速度，故电场力对带电粒子做正功，电势能减小，所以C 错误，D 正确．
5．如图所示，平行板电容器的电容为C ，带电荷量为Q ，两极板间距离为d ，今在
距两极板的中点12
d 处放一电荷q ，则( ) A ．q 所受电场力的大小为Qq Cd B ．q 所受电场力的大小为k 4Qq d 2 C ．q 点处的电场强度是k 4Q d 2 D ．q 点处的电场强度是k 8q d 2 解析：选A.两极板之间的电场强度E ＝U d ，q 受到的电场力F ＝Eq ＝U d q ＝Q Cd
q ，A 正确；Q 不是点电荷，点电荷的场强公式E ＝k Q r 2在这里不能用，B 、C 、D 不正确． 6．(2011年广东珠海质检)分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分
别以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板
接地．三小球分别落在图中A 、B 、C 三点，则错误的是( )
A ．A 带正电、
B 不带电、
C 带负电 B ．三小球在电场中加速度大小关系是：a A C ．三小球在电场中运动时间相等 D ．三小球到达下板时的动能关系是 E k C >E k B >E k A 解析：选C.由于A 的水平射程x 最远，A 的运动时间t ＝x v 0最长，C 错误．A 的加速度a A ＝2h t 2最小，而C 的加速度a C 最大，a A E k B >E k A ，D 正确． 二、不定项选择题 7．(2011年杭州学军中学抽样测试)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是( ) 解析：选AD.在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性电压时，因为电子在平行金属板间所受的 电场力F ＝U 0e d ，所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化．由牛顿第二定律F ＝ma 可知，电子在第一个T 4内向B 板做匀加速直线运动，在第二个T 4内向B 板做匀减速直线运动，在第三个T 4 内反向做匀加速直线运动．在第四个T 4 内向A 板做匀减速直线运动，所以a －t 图象如图1所示，v －t 图象如图2所示；又因匀变速直线运动位移x ＝v 0t ＋12 at 2，所以x －t 图象应是曲线．故本题选AD. 8. 如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源E 、 定值电阻R 、开关S 相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初 速度释放，最终液滴落在某一金属板上．下列说法中正确的是( ) A ．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线 B ．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大 C ．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短 D ．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长 解析：选BC.电容器充满电荷后，极板间的电压等于电源的电动势．极板间形成 了电场，液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用，合力为恒力，而初速度为零，则液滴做初速度为零的匀加速直线运动，A 项错；电源电动势越大，则液滴受到的电场力也越大，合力越大，加速度也越大，B 项对；电源电动势越大，加速度越大，同时位移越小，则运动的时间越短，C 对；定值电阻不会影响两极板上电压的大小，则对液滴的运动没有影响，D 项错． 9．如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L ，板间距离为d ，在板右端L 处有一竖直放置的光屏M ，一带电荷量为q ，质量为m 的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M 屏上，则下列结论正确的是( ) A ．板间电场强度大小为mg /q B ．板间电场强度大小为2mg /q C ．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等 D ．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间 解析：选BC.当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上．由运动的合成与分解，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等．由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，v x ＝v 0；在竖直方向上：在电场中v y ＝at ，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，v y ＝gt ，由此运动过程的对称性可知a ＝g ，由牛顿第二定律得：qE －mg ＝ma ＝mg ，解得：E ＝2mg /q .故B 、C 正确． 10．(2010年湖北黄冈模拟)如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的 平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，粒子通过平行金属板的时间为t (不计粒子的重力)，则( ) A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为Uq 4 B ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38 Uq C ．在粒子下落前d 4和后d 4 的过程中，电场力做功之比为1∶2 D ．在粒子下落前d 4和后d 4 的过程中，电场力做功之比为1∶1 解析：选BD.电场力做的功W ＝qE ·d 2＝qU d ·d 2＝qU 2，前t 2和后t 2 的位移之比为x 1∶x 2＝1∶3 x 1＝14·d 2＝d 8，x 2＝38d ，则前t 2：W 1＝qE ·d 8＝qU 8，后t 2：W 2＝qE ·38d ＝38 qU ，B 正确； 前d 4和后d 4 位移相等，电场力恒定，故做功相等，所以D 正确．选B 、D. 三、计算题 11．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极 板长L ＝0.4 m ，两板间距离d ＝4×10－3 m ，有一束由相同带电微粒组成的 粒子流，以相同的速度v 0从两板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两板 不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m ＝ 4×10－5 kg ，电量q ＝＋1×10－8 C ．(g ＝10 m/s 2)求： (1)微粒入射速度v 0为多少？ (2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 应取什么范围？解析：(1)L 2＝v 0t d 2＝12gt 2 可解得：v 0＝L 2 g d ＝10 m/s. (2)电容器的上板应接电源的负极:当所加的电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出即 d 2＝12a 1(L v 0)2 又a 1＝mg －q U 1d m 解得：U 1＝120 V 当所加的电压为U 2时，微粒恰好从上板的右边缘射出 即d 2＝12a 2(L v 0)2又a 2＝q U 2d －mg m 解得：U 2＝200 V 所以120 V 12．(2011年温州中学高三月考)如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m ＝0.2 kg ， 带电荷量为q ＝＋2.0×10－6 C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t ＝0时刻开 始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右的方向为正方向，g 取10 m/s 2)，求： (1)23秒内小物块的位移大小； (2)23秒内电场力对小物块所做的功． 解析：(1)0～2 s 内小物块的加速度a 1＝E 1q －μmg m ＝2 m/s 2位移s 1＝12a 1t 21 ＝4 m 2 s 末小物块的速度为v 2＝a 1t 1＝4 m/s2 s ～4 s 内小物块的加速度a 2＝E 2q －μmg m ＝－2 m/s 2 位移s 2＝s 1＝4 m4 s 末的速度为v 4＝0因此小物块做周期为4 s 的变速运动，第22 s 末的速度为v 22＝4 m/s ，第23 s 末的速度为v 23＝v 22＋a 2t ＝2 m/s(t ＝1 s)所求位移为s ＝222s 1＋v 22＋v 232 t ＝47 m. (2)23秒内，设电场力对小物块所做的功为W ，由动能定理有： W －μmgs ＝12m v 223 解得W ＝9.8 J. 答案：(1)47 m (2)9.8 J 第四课时：串、并联电路和欧姆定律、电阻定律 一、单项选择题 1．(2011年广东深圳调研)如图所示，a 、b 分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是( ) A ．a 代表的电阻丝较粗 B ．b 代表的电阻丝较粗 C ．a 电阻丝的阻值小于b 电阻丝的阻值 D ．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比 解析：选B.b 图线的斜率大，表示电阻小，由电阻定律R ＝ρl S 知，b 的导线粗，B 正确，A 、C 不正确．电阻是导体本身的性质，与电阻两端的电压无关，D 不正确． 2．下列四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P 与电压平方U 2之间的函数关系是( ) 解析：选C.白炽灯泡为纯电阻，其功率表达式为：P ＝U 2R ，而U 越大，电阻越大，图象上对应点与原点连线的斜率越小，故选项C 正确． 3．(2011年杭州模拟)在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R 并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A 和2.0 V ．重新调节R 并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和24.0 V ．则这台电动机正常运转时输出功率为( ) A ．32 W B ．44 W C ．47 W D ．48 W 解析：选A.当电动机停止转动时，此时电动机相当于一个纯电阻，所以由题中的两表读数，可以计算 出电动机的内阻为：r ＝U I ，代入数据得：r ＝4 Ω，重新调节R 并使电动机恢复正常运转，根据题中的两表读数，计算出电动机的输出功率为：P ＝UI －I 2r ，代入数据解得：P ＝32 W ，B 、C 、D 错误，A 正确． 4．在如图所示电路中，E 为电源，其电动势为9.0 V ，内阻可忽略不计；AB 为滑动变阻器，其电阻R ＝30 Ω；L 为一小灯泡，其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 W ；S 为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B 端，现在闭合开关S.然后将触头缓慢地向A 端滑动 ，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光，则CB 之间的电阻应为( ) A ．10 Ω B ．20 Ω C ．15 Ω D ．5 Ω 答案：B 5．把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P 甲和P 乙表示，则下列结论中正确的是( ) A ．P 甲＝P 乙 B ．P 甲＝3P 乙 C ．P 乙＝3P 甲 D ．P 乙>3P 甲 解析：选B.设各灯泡正常工作时的电流为I ，则甲电路的总电流为I 甲＝3I ，乙电路的总电流为I 乙＝I ，所以由P ＝UI 得P 甲＝3P 乙，应选B. 6．自动充电式电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来，现使车以500 J 的初动能在粗糙的水平路面上自由滑行，第一次关闭自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是( ) A ．200 J B ．250 J C ．300 J D ．500 J 解析：选A.根据能量守恒，第一次关闭自动充电装臵时，动能全部转化为内能，第二次启动自动充电 装臵时，动能一部分转化为内能，另一部分转化为电能，电能为E 电＝410E k ＝410 ×500 J ＝200 J ，A 对． 二、不定项选择题 7．如图所示的电解池接入电路后，在t 秒内有n 1个一价正离子通过溶液内某截面 S ，有n 2个一价负离子通过溶液内某截面S ，设e 为元电荷，以下说法正确的是( ) A ．当n 1＝n 2时，电流为零 B ．当n 1>n 2时，电流方向从A →B ，电流为I ＝(n 1－n 2)e t C．当n1 t D．电流方向从A→B，电流为I＝(n2＋n1)e t 解析：选D.由电流方向的规定可知，正、负电荷向相反方向定向移动所形成的电流的方向是相同的， 所以电流应该是I＝(n2＋n1)e t，电流方向按规定应是从A→B.D选项正确． 8．(2011年宁波效实中学检测)下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则() 自重40(kg) 额定电压48 V 载重75(kg) 额定电流12 A 最大行驶速度20(km/h) 额定输出功率350 W A.电动机的输入功率为576 W B．电动机的内电阻为4 Ω C．该车获得的牵引力为104 N D．该车受到的阻力为63 N 解析：选AD.U＝48 V，I＝12 A，P＝UI＝576 W，故A正确．P入＝P出＋I2r，r＝576－350 122Ω＝ 113 72Ω， 故B错．P出＝F v＝F f v，F f＝350 (20 3.6) N＝63 N，故C错，D正确． 9．如图所示，用输出电压为1.4 V，输出电流为100 mA的充电器对内阻为2 Ω 的镍－氢电池充电，下列说法中正确的是() A．电能转化为化学能的功率为0.12 W B．充电器输出的电功率为0.14 W C．充电时，电池消耗的热功率为0.02 W D．充电器把0.12 W的功率储蓄在电池内 解析：选ABC.充电器对电池的充电功率为P总＝UI＝0.14 W，电池充电时的热功率为P热＝I2r＝0.02 W，所以转化为化学能的功率为P化＝P总－P热＝0.12 W，但电池储蓄的是能量不是功率，故D错．10．(2011年江苏启东中学检测)用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是() A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同 解析：选B.甲图中流过表头的电流相同，故指针偏角相同，但由于A1、A2的量程不同，所以示数不同，故A错B对．乙图中A1、A2中的电流相同，故示数相同，但两者表头中的电流不等指针偏角不同，故C、D错． 三、计算题 11．(2011年北京四中模拟)一台小型电动机在3 V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4 N的物体时，通过它的电流是0.2 A．在30 s内可使该物体被匀速提升3 m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求： (1)电动机的输入功率； (2)在提升重物的30 s内，电动机线圈所产生的热量； (3)线圈的电阻． 解析：(1)电动机的输入功率P入＝UI＝0.2×3 W＝0.6 W. (2)电动机提升重物的机械功率P机＝F v＝(4×3/30) W＝0.4 W. 根据能量关系P入＝P机＋P Q，得生热的功率P Q＝P入－P机＝(0.6－0.4) W＝0.2 W. 所生热量Q＝P Q t＝0.2×30 J＝6 J. (3)根据焦耳定律Q＝I2Rt，得线圈电阻R＝Q I2t＝ 6 0.22×30 Ω＝5 Ω.答案：(1)0.6 W(2)6 J(3)5 Ω 12．如图所示，图甲为一个电灯两端电压与通过它的电流的变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题(不计电流表内阻，线路提供电压不变)： (1)若把三个这样的电灯串联后，接到电压恒定为12 V 的电路上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻； (2)如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与10 Ω的定值电阻R 0串联，接在电压恒定为8 V 的电路上，求通过电流表的电流值以及每个灯的实际功率． 解析：(1)由于三个电灯完全相同，所以每个电灯两端的电压为：U L ＝123 V ＝4 V ，结合图象可得当U L ＝4 V 时，I L ＝0.4 A 故每个电灯的电阻为：R ＝U L I L ＝40.4 Ω＝10 Ω. (2)设此时电灯两端的电压为U ′，流过每个电灯的电流为I ，由串联电路的规律得 U ＝U ′＋2IR 0 代入数据得U ′＝8－20 I 在图甲上画出此直线如图所示． 可得到该直线与曲线的交点(2 V ,0.3 A)，即流过电灯的电流为0.3 A ，则流过电流表的电流为 I A ＝2I ＝0.6 A 每个灯的功率为：P ＝UI ＝2×0.3 W ＝0.6 W. 答案：(1)0.4 A 10 Ω (2)0.6 A 0.6 W 第五课时：电动势 闭合电路的欧姆定律 一、单项选择题 1．关于闭合电路的性质，下列说法不． 正确的是( ) A ．外电路断路时，路端电压最高 B ．外电路短路时，电源的功率最大 C ．外电路电阻变大时，电源的输出功率变大 D ．不管外电路电阻怎样变化，其电源的内、外电压之和保持不变 解析：选C.由闭合电路欧姆定律可知：E ＝U 外＋U 内，当外电路断路时，即I ＝0，此时U 外＝E ，路端电压最大；外电路短路时，电路中电流最大，此时，电源的功率也最大；电源的输出功率，即外电路消耗 的功率，P ＝I 2R ＝E 2R (R ＋r )2＝E 2 (R －r )2R ＋4r ，只有当R ＝r 时，电源的输出功率最大，故C 错．应选C. 2．(2011年福建南平调研)某同学将一直流电源的总功率P E 、输出功率P R 和电源内部的发热功率P r 随电流I 变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a 、b 、c 所示．则判断错误的是( ) A ．直线a 表示电源的总功率 B ．曲线c 表示电源的输出功率 C ．电源的电动势E ＝3 V ，内电阻r ＝1 Ω D ．电源的最大输出功率P m ＝9 W 解析：选D.电源的总功率为P E ＝EI ，电源的输出功率为P R ＝EI －I 2r ，电源内部的发热功率P r ＝I 2r ，所以直线a 表示电源的总功率，选项A 正确；曲线b 表示电源内部的发热功率，曲线c 表示电源的输出功率，选项B 正确；直线a 的斜率表示电动势E ，解得E ＝3 V ，由曲线b 上某点坐标可得电源内阻为1 Ω， 选项C 正确；当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，P m ＝E 2 4r ＝2.25 W ，对应曲线c 的最高点，选项D 错误． 3．(2011年舟山质检)如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态， 现将滑动变阻器的滑片P 向左移动，则( ) A ．电容器中的电场强度将增大 B ．电容器上的电荷量将减少 C ．电容器的电容将减少 D ．液滴将向上运动 解析：选B.若将滑片向左移动，则R 总增大，干路电流减小；R 2两端电压减小，因电容器与R 2并联，所以电容器两端电压减小，电荷量减少，电场强度减小，液滴将向下运动，故B 对，而A 、D 错；由平行 板电容器电容C ＝εr S 4πkd 可知，电容器的电容不变，选项C 错误． 4．如图所示的电路中，闭合开关S 后，灯L 1、L 2都能发光．后来由于某种故障使灯L 2突然变亮(未烧坏)，电压表的读数增大，由此可推断，这故障可能是( ) A ．电阻R 1断路 B ．电阻R 2短路 C ．灯L 1两接线柱间短路 D ．电阻R 2断路 解析：选D.因为电压表的读数增大，所以路端电压增大，电源内阻上的电压减小，说明总电流减小，电路总电阻增大．若电阻R 1断路，会导致总电阻增大，总电流减小，而此时灯L 2两端电压会减小，致使灯L 2变暗，故A 错误；若电阻R 2短路，灯L 2将不亮，故B 错误；若灯L 1两接线柱间短路，电路的总电阻减小，总电流增大，电压表的读数减小，不符合题意，故C 错误；若电阻R 2断路，电路的总电阻增大，总电流减小，电压表的读数增大，符合题意，而总电流减小，导致内电压和灯L 1、R 1并联部分电压减小，灯L 2两端电压增大，灯L 2变亮，故D 正确． 5．(2010年高考上海卷)在如图的闭合电路中，当滑片P 向右移动时，两电表读数的变化是( ) A ．A 变大，V 变大 B ．A 变小，V 变大 C ．A 变大，V 变小 D ．A 变小，V 变小 解析：选B.滑片P 向右移动，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，总电阻也变大，电流表示数变小；由闭合电路的欧姆定律可知，回路中电流减小，电源内压减小，R 0两端电压减小，所以滑动变阻器两端电压升高，电压表示数变大，故B 项正确． 6．如图所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B 、C 分别是电阻R 1、R 2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则( ) A ．R 1接在电源上时，电源的效率高 B ．R 2接在电源上时，电源的效率高 C ．R 1接在电源上时，电源的输出功率大 D ．电源的输出功率一样大 解析：选A.电源的效率η＝P 出P 总＝UI EI ＝U E ，由于U B >U C ，故R 1接在电源上时，电源的效率高，A 项正确B 项错误；将电阻接在电源上，电阻的U －I 图象与电源两端电压与电流关系图象的交点，表示将这个电阻接到此电源上的输出电压和电流，从图象中只可看出电流的数值，但看不出两种情况下路端电压的关系，故无法确定两种情况下电源的输出功率的大小关系，C 、D 项均错误．本题易混淆电源效率和电源输出功率的概念而出现错误． 二、不定项选择题 7．如图所示，电源内阻不可忽略，已知R 1为半导体热敏电阻，R 2为锰铜合金制 成的可变电阻，若发现灯泡L 的亮度变暗，可能的原因是( ) A ．R 1的温度逐渐降低 B ．R 1受到可见光的照射 C ．R 2的阻值逐渐增大 D ．R 2的阻值逐渐减小 解析：选AD.灯泡L 亮度变暗，说明流过灯泡的电流减小，其原因可能是R 1的阻值增大或R 2的阻值减小引起，半导体热敏电阻随温度的升高电阻率减小，故可能的原因是R 1的温度降低或R 2的阻值减小，所以A 、D 正确，B 、C 错误． 8．(2011年镇海中学检测)在图中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系 图象，直线Ⅱ为某一电阻R 的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R 相连组成闭合 电路．由图象可知( ) A ．电源的电动势为3 V ，内阻为0.5 Ω B ．电阻R 的阻值为1 Ω C ．电源的输出功率为2 W D ．电源的效率为66.7% 解析：选ABD.图象Ⅰ与纵轴交点表示电源电动势，为3 V ，图象Ⅰ斜率的绝对 值表示电源内阻为0.5 Ω，选项A 正确；图象Ⅱ的斜率表示电阻R 的阻值为1 Ω，选项B 正确；电源输出电压为U ＝2 V ，电流为2 A ，电源输出功率为4 W ，选项C 错；电源效率η＝P 出/P 总＝U /E ＝2/3×100%＝66.7%，选项D 正确． 9．如图，电源内阻为r ，电流表和电压表均为理想电表，下列判断正确的是( ) A ．若R 1断路，两表的读数均变小 B ．若R 2断路，两表的读数均变小 C ．若R 3断路，电流表读数为0，电压表读数变大 D ．若R 4断路，两表的读数均变大 解析：选CD.若某电阻R 断路即可理解为该电阻阻值变大，由“串反并同”可知C 、D 正确． 10．如图电路中，电源电动势为E 、内阻为r ，闭合开关S ，增大可变电阻R 的阻值后，电压表示数的变化量为ΔU .在这个过程中，下列判断正确的是( ) A ．电阻R 1两端的电压减小，减小量等于ΔU B ．电容器的带电荷量减小，减小量小于 C ΔU C ．电压表的示数U 和电流表的示数I 的比值变大 D ．电压表示数变化量ΔU 和电流表示数变化量ΔI 的比值不变 解析：选BCD.增大R 后，总电阻增大，总电流减小，则R 1两端电压减小，内阻消耗电压减小，由于电动势不变，R 两端电压的增加量等于两者减小量之和，所以电阻R 1两端的电压减小，减小量小于ΔU ，A 错；U /I 表示R 的阻值，R 增大，所以U I 增大，而ΔU /ΔI 表示内阻和R 1之和，比值是不变的． 三、计算题 11．(2011年陕西五校联考)如图所示，已知电源电动势E ＝20 V ，内阻r ＝1 Ω，当接入固定电阻R ＝4 Ω时，电路中标有“3 V ,6 W”的灯泡L 和内阻R D ＝0.5 Ω的小型直流电动机D 都恰能正常工作．试求： (1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率． 解析：(1)灯泡L 正常发光，电路中的电流为I ＝P L /U L ＝63 A ＝2 A. (2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为 U D ＝E －I (r ＋R )－U L ＝20 V －2×(1＋4) V －3 V ＝7 V . (3)电动机的总功率为P 总＝IU D ＝2×7 W ＝14 W 电动机的热功率为P 热＝I 2R D ＝22×0.5 W ＝2 W 所以电动机的输出功率为P 出＝P 总－P 热＝14 W －2 W ＝12 W.答案：(1)2 A (2)7 V (3)12 W 12．一电路如图所示，电源电动势E ＝28 V ，内阻r ＝2 Ω，电阻R 1＝12 Ω，R 2＝R 4＝4 Ω，R 3＝8 Ω，C 为平行板电容器，其电容C ＝3.0 pF ，虚线到两极板间距离相等，极板长L ＝0.20 m ，两极板的间距d ＝1.0×10 －2m. (1)若开关S 处于断开状态，则当其闭合后，求流过R 4的总电荷量为多少？ (2)若开关S 断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v 0＝2.0 m/s 的初速度射入C 的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S 闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C 的电场中，能否从C 的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g 取10 m/s 2) 解析：(1)S 断开时，电阻R 3两端电压为U 3＝R 3R 2＋R 3＋r E ＝16 V S 闭合后，外电阻为R ＝R 1(R 2＋R 3)R 1＋(R 2＋R 3) ＝6 Ω 路端电压为U ＝R R ＋r E ＝21 V 此时电阻R 3两端电压为U ′3＝R 3R 2＋R 3 U ＝14 V 则流过R 4的总电荷量为ΔQ ＝CU 3－CU ′3＝6.0×10－12C. (2)设微粒质量为m ，电荷量为q ，当开关S 断开时有： qU 3d ＝mg 当开关S 闭合后，设微粒加速度为a ，则mg －qU ′3d ＝ma 设微粒能从C 的电场中射出，则水平方向运动时间为：t ＝L v 0 竖直方向的位移为：y ＝12 at 2 由以上各式求得：y ＝6.25×10－3m>d 2 故假设不成立，微粒不能从C 的电场中射出． 答案：见解析 第六课时：磁场的描述 磁场对电流的作用 一、单项选择题 1. (2011年陕西西安地区名校联考)磁场中某处的磁感线分布如图所示，下列说法正 确的是( ) A ．磁感应强度 B a >B b B ．同一通电导线在b 处所受的磁场力一定比在a 处大 C ．通电导线在b 处所受磁场力的方向可能与b 处磁感线的方向相同 D ．若在a 处的通电导线垂直磁感线放置，则所受磁场力最大 解析：选D.由于a 处磁感线比b 处磁感线疏，所以磁感应强度B a 2．(2011年金华十校联考)一段长0.2 m ，通过2.5 A 电流的直导线，关于在磁感应强度为B 的匀强磁场中所受安培力F 的情况，正确的是( ) A ．如果 B ＝2 T ，F 一定是1 N B ．如果F ＝0，B 也一定为零 C ．如果B ＝4 T ，F 有可能是1 N D ．如果F 有最大值时，通电导线一定与B 平行 解析：选C.当导线与磁场方向垂直放臵时，F ＝BIL ，力最大，当导线与磁场方向平行放臵时，F ＝0，当导线与磁场方向成任意其他角度放臵时，0 3．如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN ，电流I 方向从M 到N ，绳子的拉力均为F .为使F ＝0，可能达到要求的方法是( ) A ．加水平向右的磁场 B ．加水平向左的磁场 C ．加垂直纸面向里的磁场 D ．加垂直纸面向外的磁场 解析：选C.若F ＝0则F 安－mg ＝0，故安培力方向必竖直向上，由左手定则知磁场方向为垂直纸面向里，故C 正确． 4．如图所示，质量为m 的回形针系在细线下端被磁铁吸引保持静止，此时细线与竖直方向的夹角为 θ，则下列说法正确的是( ) A ．回形针静止时受到的磁铁对它的磁力大小为mg tan θ B ．回形针静止时受到的细线的拉力大小为mg cos θ C ．现用点燃的火柴对回形针加热，过一会发现回形针不被磁铁吸引了，原因是回形针加热后，分子电流排列无序了 D ．现用点燃的火柴对回形针加热，过一会发现回形针不被磁铁吸引了，原因是回形针加热后，分子电流消失了 解析：选C.回形针静止时受到的磁铁对它的磁力大小和方向都不确定，拉力大小也不能确定，故A 、B 错误；对回形针加热，回形针磁性消失是因为分子电流排列无序了，所以选项C 正确，D 错误． 5．(2011年上海模拟)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行 导轨AB 、CD ，导轨上放有质量为m 的金属棒MN ，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现 从t ＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则如图所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四 幅图中，正确的是( ) 解析：选C.当F f ＝μBIL ＝μBLkt 在棒停止运动前，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为：F f ＝μBLkt ；当棒停止运动时，摩擦力立即变为静摩擦力，大小为：F f ＝mg ，故选项C 正确． 6．(2011年湖北黄冈质检)如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab 、cd 边均与ad 边成60°角，ab ＝bc ＝cd ＝L ，长度为L 的电阻丝电阻为r ，框架与一电动势为E ，内阻为r 的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为( ) A ．0 B.5BEL 11r C.10BEL 11r D.BEL r 解析：选C.总电阻R ＝3r ·2r 3r ＋2r ＋r ＝115r ，总电流I ＝E R ＝5E 11r ，梯形框架受的安培力可等效为I 通过ad 边时受到的安培力，F ＝BI ad ＝BI 2L ＝10BEL 11r ，所以C 选项正确． 二、不定项选择题 7．(2011年北京海淀区期末测试)有两根长直导线a 、b 互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在下图所示的平面内，O 点为两根导线连线的中点，M 、N 为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O 点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I ，则关于线段MN 上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是( ) A ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相同 B ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相反 C ．在线段MN 上各点的磁感应强度都不可能为零 D ．在线段MN 上只有一点的磁感应强度为零 解析：选BD.根据安培定则和磁场的叠加原理，M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项A 错B 对；在线段MN 上只有在O 点处，a 、b 两电流形成的磁场的磁感应强度等大反向，即只有O 点处的磁感应强度为零，选项C 错D 正确． 8．如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B 1＝1 T ．位 于纸面内的细直导线，长L ＝1 m ，通有I ＝1 A 的恒定电流．当导线与B 1 成60°夹角时，发现其受到的安培力为零．则该区域同时存在的另一匀强磁 场的磁感应强度B 2的大小可能为( ) A.12 T B.32 T C ．1 T D. 3 T 解析：选BCD.导线受到的安培力为零，可判断出合磁感应强度为零或沿导线方向，可求出磁感应强度 B 2的最小值，B 2小＝B 1sin60°＝32 T ，故B 、C 、D 均正确． 9．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L 、质量为m 的 直导线，当通以电流I 时，欲使导线静止在斜面上，外加匀强磁场B 的大小和方向可能 是( ) A ． B ＝mg tan α/(IL )，方向垂直斜面向上 B ．B ＝mg sin α/(IL )，方向垂直斜面向下 C ．B ＝mg tanα/(IL )，方向竖直向上 D ．B ＝mg /(IL )，方向水平向右 解析：选B.B 方向垂直斜面向上，由左手定则可知，安培力方向沿斜面向下，导线不可能静止，A 错； 同理可知C 、D 错；B 方向垂直斜面向下，安培力沿斜面向上，由平衡条件得：BIL ＝mg sin α，解得B ＝mg sin αIL ，故B 项对． 10．(2011年绍兴一中高三月考)如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O 点为圆弧的 圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m ，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T ．质 量为0.05 kg 、长为0.5 m 的金属细杆置于金属轨道上的M 点．当在金属细杆内 通以电流强度为2 A 的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已 知MN ＝OP ＝1 m ，则( ) A ．金属细杆开始运动的加速度为5 m/s 2 B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为5 m/s C ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为10 m/s 2 D ．金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N 解析：选D.金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F ＝BIL ＝0.5×2×0.5 N ＝0.5 N ，金属细杆开始运动的加速度为a ＝F /m ＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属细杆从M 点到P 点的运动过程，安培力 做功W ＝F ×(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G ＝－mg ×ON ＝－0.5 J ，由动能定理得W ＋W G ＝12m v 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v ＝20 m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a ′＝v 2/r ＝20 m/s 2，选项C 错误；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F ，水平向右的安培力F A ，由牛顿第二定律得F －F A ＝m v 2/r ，解得F ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，选项D 正确. 三、计算题 11．如图所示，PQ 和EF 为水平放置的平行金属导轨，间距为l ＝1.0 m ，导体棒ab 跨放在导轨上，棒的质量为m ＝20 g ，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c 相连，物体c 的质量M ＝30 g ．在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B ＝0.2 T 的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g 取10 m/s 2.若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab 重力的0.5倍，若要保持物体c 静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？ 解析：因导轨粗糙，设棒和导轨之间的最大静摩擦力为f .若BIl >Mg ，则静摩擦力的方向与细绳的拉力 方向相同，设此时电流为I 1，即有 BI 1l －Mg ≤f ＝0.5 mg ， 解得I 1≤0.5 mg ＋Mg Bl ＝2.0 A ； 若BIl Mg －BI 2l ≤f ＝0.5mg ， 解得I 2≥Mg －0.5mg Bl ＝1.0 A 即ab 棒中的电流为 1．0 A ≤I ≤2.0 A. 根据左手定则判断，棒中的电流方向应该由a 到b . 答案：1.0 A ≤I ≤2.0 A 由a 到b 12．如图所示，电源电动势E ＝2 V ，内电阻r ＝0.5 Ω，竖直导轨电阻可忽略，金 属棒的质量m ＝0.1 kg ，电阻R ＝0.5 Ω，它与导轨的动摩擦因数μ＝0.4, 有效长度为L ＝0.2 m ，为了使金属棒能够靠在导轨外面静止不动，我们施一与纸面成30°角向里且 与金属棒垂直的磁场，问磁场方向是斜向上还是斜向下？磁感应强度B 的范围是多 大？(g ＝10 m/s 2) 解析：以静止的金属棒为研究对象，其侧视的受力分析如图所示． 若摩擦力方向向上，则 B 1IL sin30°＋μB 1IL cos30°＝mg . 若摩擦力方向向下，则 B 2IL sin30°－μB 2IL cos30°＝mg ， 其中电流I ＝E /(R ＋r ) 代入数据得：B 1＝3 T ，B 2＝16.3 T ， 故所求磁感应强度的范围是 3 T ≤B ≤16.3 T ； 根据左手定则可知其方向应斜向下． 答案：斜向下 3 T ≤B ≤16.3 T 第七课时：磁场对运动电荷的作用 一、单项选择题 1．(2011年广东东莞调研)带电粒子(重力不计)穿过饱和蒸汽时，在它走过的路径上饱和蒸汽便凝成小液滴，从而显示出粒子的径迹，这是云室的原理，如图是云室的拍摄照片，云室中加了垂直于照片向外的匀强磁场，图中oa 、ob 、oc 、od 是从o 点发出的四种粒子的径迹，下列说法中正确的是( ) A ．四种粒子都带正电 B ．四种粒子都带负电 C ．打到a 、b 点的粒子带正电 D ．打到c 、d 点的粒子带正电 解析：选D.由左手定则知打到a 、b 点的粒子带负电，打到c 、d 点的粒子带正电，D 正确． 2．如图所示，一水平导线通以电流I ，导线下方有一电子，初速度方向与电流平 行，关于电子的运动情况，下述说法中，正确的是( ) A ．沿路径a 运动，其轨道半径越来越大 B ．沿路径a 运动，其轨道半径越来越小 C ．沿路径b 运动，其轨道半径越来越小 D ．沿路径b 运动，其轨道半径越来越大 解析：选A.由左手定则可知电子向下偏，C 、D 错；距导线越远，磁感应强度B 越小，由r ＝m v qB 知，r 变大，A 对． 3．如图所示，一个带正电、电荷量为q 的小带电体处于蹄形磁铁两极之间 的匀强磁场里，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B ，若小带电体的质 量为m ，为了使它对水平绝缘面正好无压力，应该( ) A ．使磁感应强度 B 的数值增大 B ．使磁场以速率v ＝mg Bq 向上移动 C ．使磁场以速率v ＝mg Bq 向右移动 D ．使磁场以速率v ＝mg Bq 向左移动 解析：选D.假定磁场不动，小球应向右运动且有mg ＝q v B .由相对运动知D 对． 4．(2011年东阳中学模拟)半径为r 的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A 点以速度v 0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B 点射出．∠AOB ＝120°，如图8－2－25所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( ) A. 2πr 3v 0 B.23πr 3v 0 C.πr 3v 0 D.3πr 3v 0 解析：选D.从弧AB 所对圆心角θ＝60°，知t ＝16T ＝πm 3qB ，但题中已知条件不够，没有此项选择，另想办法找规律表示t .由匀速圆周运动t ＝AB /v 0，从图中分析有R ＝3r ，则：AB ＝R ·θ＝3r ×π3＝33 πr ，则t ＝AB /v 0＝3πr 3v 0 . 5．(2011年富阳二中检测)两个电荷量分别为q 和－q 的带电粒子分别以速度v a 和v b 射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽 度为d ，两粒子同时由A 点出发，同时到达B 点，如图所示，则( ) A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电 B ．两粒子的轨道半径之比R a ∶R b ＝3∶1 C ．两粒子的质量之比m a ∶m b ＝1∶2 D ．两粒子的速度之比v a ∶v b ＝1∶2 解析：选C.由左手定则可判定：a 粒子带负电，b 粒子带正电，故A 错误；由几何关系可得：R a ∶R b ＝33；两者运动时间相同，则由：t ＝60°360°T b ＝120°360°T a ，可得T a T b ＝12，由Bq v ＝4π2mR T 2和R ＝m v qB 可得：T ＝2πm Bq ，则m a m b ＝T a T b ＝12；又由Bq v ＝m v 2R ，解得：v ＝BqR m ，则v a v b ＝R a m b R b m a ＝233 . 6．如图所示，重力不计，质量为m ，带正电且电荷量为q 的粒子，在a 点以某 一初速度v 0水平射入一个磁场区域沿曲线abcd 运动，ab 、bc 、cd 都是半径为R 的 圆弧，粒子在每段圆弧上的运动时间都是t ，如果把由纸面穿出的磁场方向定为正值， 则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B 随x 变化关系图象应为下图所示的哪 一个( ) 解析：选D.先由左手定则判断出磁感线是先向里再向外，后再向里的，即排除A 、C ，再由周期公式 4t ＝2πm qB ，可知D 正确． 二、不定项选择题 7．如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带 电的小球．整个装置水平匀速向右运动，垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场， 由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端口飞出，则从进 入磁场到小球飞出端口前的过程中( ) A ．小球带正电荷 B ．小球做类平抛运动 C ．洛伦兹力对小球做正功 D ．管壁的弹力对小球做正功 答案：ABD 8．(2011年河南郑州模拟)圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b 、c ，以不同的速率沿着AO 方向对准圆心O 射入磁场，其运动轨迹如图所示．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( ) A ．a 粒子速率最大 B ．c 粒子速率最大 C ．a 粒子在磁场中运动的时间最长 D ．它们做圆周运动的周期T a r ，可得：r ＝m v qB ，当速度越大时、轨道半径越大，选项A 错误、B 正确；由于T ＝2πm qB 及t ＝θ2π ×T 可知，三粒子运动周期相同，a 在磁场中运动的偏转角最大，对应时间最长，选项C 正确、D 错误． 9．如图所示，长方形abcd 长ad ＝0.6 m ，宽ab ＝0.3 m ，O 、e 分别是ad 、bc 的 中点，以ad 为直径的半圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强 度B ＝0.25 T ．一群不计重力、质量m ＝3×10－7 kg 、电荷量q ＝＋2×10－3 C 的带电粒 子以速度v ＝5×102 m/s 沿垂直ad 方向且垂直于磁场射入磁场区域( ) A ．从Od 边射入的粒子，出射点全部分布在Oa 边 B ．从aO 边射入的粒子，出射点全部分布在ab 边 C ．从Od 边射入的粒子，出射点分布在be 边 D ．从aO 边射入的粒子，出射点分布在ab 边和be 边 解析：选CD.由左手定则可知粒子射入后向上偏转，轨道半径R ＝m v qB ＝0.3 m ．从O 点射入的粒子运动轨迹如图中的1所示，从aO 边上某点射入的粒子运动轨迹如图中的2所示，从Od 边上某点射入的粒子运动轨迹如图中的3所示，出射点应分布在be 边上．综上所述，只有C 、D 正确． 10．(新题快递)如图所示，宽h ＝2 cm 的有界匀强磁场的纵向范围足够大，磁感应强 度的方向垂直纸面向里．现有一群正粒子从O 点以相同的速率沿纸面不同方向射入磁 场．若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r 均为5 cm ，不计粒子的重力，则( ) A ．右边界：－4 cm B ．右边界：y >4 cm 和y <－4 cm 内有粒子射出 磁场对运动电荷的作用力 1.在以下几幅图中，对洛伦兹力的方向判断不正确的是( ) 2.如图所示，a是带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，A，B叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F 拉b物块，使A，B一起无相对滑动地向左加 速运动，在加速运动阶段( ) A．A，B一起运动的加速度不变 B．A，B一起运动的加速度增大C．A，B物块间的摩擦力减小 D．A，B物块间的摩擦力增大 3.带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是( ) A．油滴必带正电荷，电荷量为 B．油滴必带正电荷，比荷＝ C．油滴必带负电荷，电荷量为 D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q ＝ 4.（多选）在下列各图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子可能 沿水平方向向右做直线运动的是( ) 5. （多选）在图中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场．取坐标如图， 一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方始终不 发生偏转，不计重力的影响，电场强度E和磁感应强度B的方向可能是 ( ) A．E和B都沿x轴方向 B．E沿y轴正向，B沿z轴正向 C．E沿z轴正向，B沿y轴正向 D．E，B都沿z轴方向 6. （多选）为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端 安装了如图7所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长，宽，高分别为 a，b，c，左右两端开口，在垂直于上，下底面方向加磁感应强度为B的匀 强磁场，在前，后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右 流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单 位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( ) A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高 B．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离 子多少无关 C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大 D．污水流量Q与U成正比，与a，b无关 7.（多选）如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量 为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且 相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球的电荷量不变，小球由静止下滑 的过程中( ) A．小球加速度一直增大 B．小球速度一直增大，直到最后匀速 C．棒对小球的弹力一直减小 D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变 8.一个质量为m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4C的电荷量，放置在倾 角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面固定且置于B＝0.5 T的匀强磁场中， 磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足 够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面(g取10 m/s2)．求： (1)小滑块带何种电荷？ (2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？ (3)该斜面长度至少多长？ 9.光滑绝缘杆与水平面保持θ角，磁感应强度为B 的匀强磁场充满整个空间，一个带正电q、质量为 m、可以自由滑动的小环套在杆上，如图所示，小 环下滑过程中对杆的压力为零时，小环的速度为________． 10.如图所示，质量为m的带正电小球能沿着竖直的绝缘墙竖 直下滑，磁感应强度为B的匀强磁场方向水平，并与小球运动 方向垂直．若小球电荷量为q，球与墙间的动摩擦因数为μ.则 小球下滑的最大速度为____________，最大加速度为____________． 11.如图所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均 为v，带电荷量均为q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛 伦兹力的方向． 高中物理弹簧专题总结弹簧涉及的力学问题通常是动态的，常与能量、电场、简谐振动相结合，综合性强、能力要求高，且与日常生活联系密切，近几年来成为高考的热点。下面从几个角度分析弹簧的考查。 一弹簧中牛顿定律的考查与弹簧相连的物体运动时通常会引起弹力及合力发生变化，给物体的受力分析带来一定难度，这类问题关键是挖掘隐含条件，结合牛顿第二定律的瞬时性来分析。 例1 如图1 所示，竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M 、N 固定于杆上，小球处于静止状态。设拔去销钉M 瞬间，小球加速度的大小为12m/s2，若不拔去销钉M 而拔去销钉N 瞬间，小球的加速度可能是（g 取10m/s2）（BC ）A、22 m/s2，竖直向上B、22 m/s2，竖直向下 C、2 m/s2，竖直向上 D、2 m/s2，竖直向下 解析：开始小球处于平衡状态所受的合力为零，拔去销钉M 瞬间小球受的合力与上面弹簧弹力大小相等方向相反。若此时加速度方向向上，则上面弹簧弹力F= m × 12, 方向向下。若拔去销钉N 瞬间则小球受到本身的重力和F，故加速度a=22m/s2，方向竖直向下; 反之则为C。 图2 图1 练习1如图 2 所示，质量为m 的物体A，放置在质量为连，它们一起在光滑的水平面上做简谐运动，振动过程中的物体 B 上，B与轻质弹簧相 A、B 之间无相对运动，设弹簧的劲 度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，A、B 间的摩擦力的大小等于（ mm kx D 、kx M M m A 、0 B、kx C、D、 练习2如图3所示，托盘 A 托着质量为m的重物B， 弹簧的上端悬于O 点，开始时弹簧竖直且为原长。今让托盘 速直线运动，其加速度为a（a 高中物理相互作用专题训练答案及解析 一、高中物理精讲专题测试相互作用 1．如图所示,质量的木块A套在水平杆上,并用轻绳将木块与质量的小球B相连.今用跟水平方向成角的力,拉着球带动木块一起向右匀速运动,运动中M、m相对位置保持不变,取.求: (1)运动过程中轻绳与水平方向夹角; (2)木块与水平杆间的动摩擦因数为. (3)当为多大时,使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小? 【答案】（1）30°（2）μ=（3）α=arctan． 【解析】 【详解】 （1）对小球B进行受力分析，设细绳对N的拉力为T由平衡条件可得： Fcos30°=Tcosθ Fsin30°+Tsinθ=mg 代入数据解得：T=10，tanθ=，即：θ=30° （2）对M进行受力分析，由平衡条件有 F N=Tsinθ+Mg f=Tcosθ f=μF N 解得：μ＝ （3）对M、N整体进行受力分析，由平衡条件有： F N+Fsinα=（M+m）g f=Fcosα=μF N 联立得：Fcosα=μ（M+m）g-μFsinα 解得：F＝ 令：sinβ＝，cosβ=，即：tanβ= 则： 所以：当α+β=90°时F有最小值．所以：tanα=μ=时F的值最小．即：α=arctan 【点睛】 本题为平衡条件的应用问题，选择好合适的研究对象受力分析后应用平衡条件求解即可，难点在于研究对象的选择和应用数学方法讨论拉力F的最小值，难度不小，需要细细品味． 2．一架质量m 的飞机在水平跑道上运动时会受到机身重力、竖直向上的机翼升力F 升、发动机推力、空气阻力F 阻、地面支持力和跑道的阻力f 的作用。其中机翼升力与空气阻力均与飞机运动的速度平方成正比，即2 2 12,F k v F k v ==阻升，跑道的阻力与飞机对地面的压力成正比，比例系数为0k （012m k k k 、、、均为已知量），重力加速度为g 。 (1)飞机在滑行道上以速度0v 匀速滑向起飞等待区时，发动机应提供多大的推力？ (2)若将飞机在起飞跑道由静止开始加速运动直至飞离地面的过程视为匀加速直线运动，发动机的推力保持恒定，请写出012k k k 与、的关系表达式； (3)飞机刚飞离地面的速度多大？ 【答案】(1)2 220 10 ()F k v k mg k v =+-；(2)2202 1F k v ma k mg k v --=-；(3)1mg v k = 【解析】 【分析】 （1）分析粒子飞机所受的5个力，匀速运动时满足' F F F =+阻阻推，列式求解推力；（2） 根据牛顿第二定律列式求解k 0与k 1、k 2的关系表达式；（3）飞机刚飞离地面时对地面的压力为零. 【详解】 （1）当物体做匀速直线运动时，所受合力为零，此时有 空气阻力 2 20F k v 阻= 飞机升力 2 10F k v =升 飞机对地面压力为N ，N mg F =-升 地面对飞机的阻力为：' 0F k N =阻 由飞机匀速运动得：F F F =+， 阻阻推 由以上公式得 22 20010()F k v k mg k v =+-推 （2）飞机匀加速运动时，加速度为a ，某时刻飞机的速度为v ，则由牛顿第二定律： 22201-()=F k v k mg k v ma --推 解得：2202 1-F k v ma k mg k v -=-推 1．在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向 射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统， 则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（） A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量守恒，机械能不守恒 C. 动量不守恒，机械能不守恒 D. 动量不守恒，机械能守恒 2．车厢停在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹。设子弹质量为m，出口速度v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入前车壁后，车厢的速度为（） A. mv/M，向前 B. mv/M，向后 C. mv/（m M），向前 D. 0 3．质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是( )． A. 0.6v B. 0.4v C. 0.3v D. v 4．两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A球的动量是8kg·m/s，B球的动量是6kg·m/s，A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能为 A. p A＝0，p B＝l4kg·m/s B. p A＝4kg·m/s，p B＝10kg·m/s C. p A＝6kg·m/s，p B＝8kg·m/s D. p A＝7kg·m/s，p B＝8kg·m/s 5．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车.现有一质量也为m的小 球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则（） A. 在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒 B. 小球离车后，可能做竖直上抛运动 C. 小球离车后，可能做自由落体运动 D. 小球离车后，小车的速度有可能大于v0 6．如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2kg的木块A以速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如乙图所示，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（） A. A、B之间动摩擦因数为0.1 B. 长木板的质量M＝2kg C. 长木板长度至少为2m D. A、B组成系统损失机械能为4J 7．长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有 一质量为m的子弹（可视为质点）以水平速度v0击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为s，重力加速度为g，(其中M=3m)求： （1）木块与水平面间的动摩擦因数μ； （2）子弹受到的阻力大小f。(结果用m ，v0，L表示) 8．如图所示，A、B两点分别为四分之一光滑圆弧轨道的最高点和最低点，O为圆心，OA连线水平，OB连线竖直，圆弧轨道半径R=1.8m，圆弧轨道与水平地面BC平滑连接。质量m1=1kg的物体P由A点无初速度下滑后，与静止在B点的质量m2=2kg的物体Q发生弹性碰撞。已知P、Q两物体与水平地面间的动摩擦因数均为0.4，P、Q两物体均可视为质点，当地重力加速度g=10m／s2。求P、Q两物体都停止运动时二者之间的距离。 专题07 动量和能量 一、单项选择题（每道题只有一个选项正确） 1、质量为m 、速度为v 的A 球跟质量为3m 的静止B 球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度允许有不同的值。则碰撞后B 球的速度可能是（ ） A.0.6v B.0.5v C.0.4v D.0.3v 【答案】C 【解析】①若是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv ＝mv 1＋3mv 212mv 2＝12mv 2 1＋12×3mv 22 得v 1＝m －3m m ＋3m v ＝－12v ，v 2＝2m 4m v ＝12v 若是完全非弹性碰撞，则mv ＝4mv ′，v ′＝14v 因此14v ≤v B ≤1 2v ，只有C 是可能的。 2、如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M 的斜面，斜面表面光滑、高度为h 、倾角为θ。一质量为m (m ＜M )的小物块以一定的初速度沿水平面向左运动，不计冲上斜面时的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( ) A.h B.mh m ＋M C.mh M D.Mh m ＋M 【答案】D 【解析】斜面固定时，由动能定理得－mgh ＝0－1 2mv 20 所以v 0＝2gh 斜面不固定时，由水平方向动量守恒得mv 0＝(M ＋m )v 由机械能守恒得12mv 20＝12(M ＋m )v 2 ＋mgh ′解得h ′＝M M ＋m h ，选项D 正确。 3、如图所示，在光滑水平面上停放质量为m 装有弧形槽的小车。现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则以下说法不正确的是( ) 专题三动量与能量 思想方法提炼 牛顿运动定律与动量观点和能量观点通常称作解决问题的三把金钥匙.其实它们是从三个不同的角度来研究力与运动的关系.解决力学问题时，选用不同的方法，处理问题的难易、繁简程度可能有很大差别，但在很多情况下，要三把钥匙结合起来使用，就能快速有效地解决问题. 一、能量 1.概述 能量是状态量，不同的状态有不同的数值的能量，能量的变化是通过做功或热传递两种方式来实现的，力学中功是能量转化的量度，热学中功和热量是内能变化的量度. 高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能可以相互转化，并且遵循能量转化和守恒定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理问题的主要依据。在每年的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。并时常发现“压轴题”就是能量试题。 2.能的转化和守恒定律在各分支学科中表达式 (1)W合=△E k包括重力、弹簧弹力、电场力等各种力在内的所有外力对物体做的总功，等于物体动能的变化。(动能定理) (2)W F=△E除重力以外有其它外力对物体做功等于物体机械能的变化。(功能原理) 注：(1)物体的内能(所有分子热运动动能和分子势能的总和)、电势能不属于机械能 (2)W F=0时，机械能守恒，通过重力做功实现动能和重力势能的相互转化。 (3)W G=-△E P重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增加。重力势能 变化只与重力做功有关，与其他做功情况无关。 (4)W电=-△E P 电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。在只有重力、电场力做功的系统内，系统的动能、重力势能、电势能间发生相互转化，但总和保持不变。 注：在电磁感应现象中，克服安培力做功等于回路中产生的电能，电能再通过电路转化为其他形式的能。 (5)W+Q=△E物体内能的变化等于物体与外界之间功和热传递的和(热力学第一定律)。 (6)mv02/2=hν-W 光电子的最大初动能等于入射光子的能量和该金属的逸出功之 差。 (7)△E=△mc2在核反应中，发生质量亏损，即有能量释放出来。(可以以粒子的动 高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在原点O 处放一个质量m=0.01 kg 带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q = -5×10－ 8 C ．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给 物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0=2 m/s.如图所示．试求： (1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？ 【答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】 带负电的物块以初速度v 0沿x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间． 【详解】 （1）由牛顿第二定律可得mg Eq ma μ+= ，得25m/s a = （2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()2101 02 mg Eq s mv μ-+=-． 代入数据，得：s 1=0.4m （3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111??22 t v v v s t t +==，得：t 1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：221m/s qE mg a m ＝μ-=． 根据：21221 2 s a t = 得220.2t s = 物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/s mg a g m μμ=-=-=- 根据：3322a t a t = 解得30.2t s = 物块运动的总时间为：123 1.74t t t t s =++= 【点睛】 本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解． 相对运动专题讲解 一、复习旧知 1、质点：用来代替物体、只有质量而无形状、体积的点。它是一种理想模型，物体简化为质点的条 件是物体的形状、大小在所研究的问题中可以忽略。 2、时刻：表示时间坐标轴上的点即为时刻。例如几秒初，几秒末，几秒时。 时间：前后两时刻之差。时间坐标轴上用线段表示时间，例如，前几秒内、第几秒内。 3、位置：表示空间坐标的点。 位移：由起点指向终点的有向线段，位移是末位置与始位置之差，是矢量。 路程：物体运动轨迹之长，是标量。 注意：位移与路程的区别。 4、速度：描述物体运动快慢和运动方向的物理量，是位移对时间的变化率，是矢量。 平均速度：在变速直线运动中，运动物体的位移和所用时间的比值，v = s/t（方向为位移的方向） 瞬时速度：对应于某一时刻（或某一位置）的速度，方向为物体的运动方向。 速率：瞬时速度的大小即为速率； 平均速率：质点运动的路程与时间的比值，它的大小与相应的平均速度之值可能不相同。 注意：平均速度的大小与平均速率的区别． 二、重难、考点 (1)：力的独立性原理：各分力作用互不影响，单独起作用。 (2)：运动的独立性原理：分运动之间互不影响，彼此之间满足自己的运动规律。 (3)：力的合成分解：遵循平行四边形定则，方法有正交分解，解直角三角形等。 (4)：运动的合成分解：矢量合成分解的规律方法适用。 三、考点： A、位移的合成分解 B、速度的合成分解 C、加速度的合成分解 参考系的转换：动参考系，静参考系。 相对运动：动点相对于动参考系的运动。 1α 绝对运动：动点相对于静参考系统（通常指固定于地面的参考系）的运动。 牵连运动：动参考系相对于静参考系的运动。 位移合成定理：SA 对地=SA 对B+SB 对地 速度合成定理：V 绝对=V 相对+V 牵连 加速度合成定理：a 绝对=a 相对+a 牵连 四、例题讲解 【例1】：如图所示，在光滑的水平地面上长为L 的木板B 的右端放一小物体A ，开始时A ，B 静止。同时给予A ，B 相同的速率0v ，使A 向左运动，B 向右运动，已知A 、B 相对运动的过程中，A 的加速度向右，大小为1α，B 的加速度向左，大小为2α12αα<，要使A 滑到B 的左端时恰好不滑下， 0v 为多少？ 【例2】：长为1.5m 木板B 静止放在水平冰面上，物块A 以某一初速度从木板B 的左端滑上长木板B ，直到A 、B 的速度达到相同，此时A 、B 的速度为0.4m/s ，然后A 、B 又一起在水平冰面上滑行了8.0cm 后停下．若小物块A 可视为质点，它与长木板B 的质量相同，A 、B 间的动摩擦因数 μ=0.25．求：（取g =210s ） （1）木块与冰面的动摩擦因数 （2）小物块相对于长木板滑行的距离 （3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度应为多大？ v 高中物理知识点总结（经典版） 第一章、力 一、力F：物体对物体的作用。 1、单位：牛（N） 2、力的三要素：大小、方向、作用点。 3、物体间力的作用是相互的。即作用力与反作用力，但它们不在同一物体上，不是平衡力。作用力与 反作用力是同性质的力，有同时性。 二、力的分类： 1、按按性质分：重力G、弹力N、摩擦力f 按效果分：压力、支持力、动力、阻力、向心力、回复力。 按研究对象分：外力、内力。 2、重力G：由于受地球吸引而产生，竖直向下。G=mg 重心的位置与物体的质量分布与形状有关。质量均匀、形状规则的物体重心在几何中心上，不一定在物体上。 弹力：由于接触形变而产生，与形变方向相反或垂直接触面。F=k×Δx 摩擦力f：阻碍相对运动的力，方向与相对运动方向相反。 滑动摩擦力：f=μN（N不是G，μ表示接触面的粗糙程度，只与材料有关，与重力、压力无关。） 相同条件下，滚动摩擦<滑动摩擦。 静摩擦力：用二力平衡来计算。 用一水平力推一静止的物体并使它匀速直线运动，推力F与摩擦力f的关系如图所示。 力的合成与分解：遵循平行四边形定则。以分力F1、F2为邻边作平行四边形，合力F的大小和方向可用这两个邻边之间的对角线表示。 |F1-F2|≤F合≤F1+F2 F合2=F12+F22+ 2F1F2cosQ 平动平衡：共点力使物体保持匀速直线运动状态或静止状态。 解题方法：先受力分析，然后根据题意建立坐标 系，将不在坐标系上的力分解。如受力在三个以 内，可用力的合成。 利用平衡力来解题。 F x合力=0 F y合力=0 注：已知一个合力的大小与方向，当一个分力的 方向确定，另一个分力与这个分力垂直是最小 值。 转动平衡：物体保持静止或匀速转动状态。 解题方法：先受力分析，然后作出对应力的力臂（最长力臂是指转轴到力的作用点的直线距离）。分析正、负力矩。 利用力矩来解题：M合力矩=FL合力矩=0 或M正力矩= M负力矩 第二章、直线运动 专题训练一、力和运动一．选择题 1．物体在几个力的作用下处于平衡状态，若撤去其中某一个力而其余力 的个数和性质不变，物体的运动情况可能是（） A．静止 B．匀加速直线运动 C．匀速直线运动 D．匀速圆周运动 14.如图所示，用光滑的粗铁丝做成一直角三角形，BC水平，AC边竖直，∠ABC=α，AB及AC两边上分别套有细线连着的铜环，当它们静止时，细线跟AB所成的角θ的大小为（细线长度小于BC） A.θ=α B.θ＞ 2 π C.θ＜α D.α＜θ＜ 2 π 2．一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M=15kg的重物，重物静止于地面上。有一质量m=10kg的猴子，从绳的另一端沿绳向上爬，如图1-1所示。不计滑轮摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为（g=10m/s2）A．25m/s2 B．5m/s2 C．10m/s2 D．15m/s2（） 3．小木块m从光滑曲面上P点滑下，通过粗糙静止的水平传送带落于地面上的Q点，如图1-2所示。现让传送带在皮带轮带动下逆时针转 动，让m从P处重新滑下，则此次木块的落地点将 A．仍在Q点 B．在Q点右边（） C．在Q点左边 D．木块可能落不到地面 4．物体A的质量为1kg，置于水平地面上，物体与地面的动摩擦因数为μ=0.2，从t=0开始物体以一定初速度v0向右滑行的同时，受到一个水平向左的恒力F=1N的作用，则捅反映物体受到的摩擦力f随时间变化的图像的是图1-3中的哪一个（取向右为正方向，g=10m/s2）（） 5．把一个重为G的物体用水平力F=kt（k为恒量，t为时间）压在竖直的足够高的墙面上，则从t=0开始物体受到的摩擦力f随时间变化的图象是下图中的 图1-1 P m Q 图1-2 f/N t 2 1 -1 -2 f/N t 2 1 -1 -2 f/N t 2 1 -1 -2 f/N t 2 1 -1 -2 图1-3 高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求： (1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ， 代入数据得： F =7.5N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒， 故有： mgh = 212 mv 解得 v 2gh ； 滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有： μmgL = 2201122 mv mv 代入数据得： μ=0.25 (3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为： x=v 0t 对物体有： v 0=v ?at ma=μmg 滑块相对传送带滑动的位移为： △x=L?x 相对滑动产生的热量为： Q=μmg△x 代值解得： Q=0.5J 【点睛】 对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移． 2．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m，质量M=0.5kg的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F，同时让传送 带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s。已知木板与物块间动摩擦因数μ1= 3 2 ，木板与传送 带间的动摩擦因数μ2=3 ，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)若在恒力F作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态； (2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m； (3)若F=10N，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q。 【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N（3）1s 12J 【解析】 【详解】 （1）对小木块受力分析如图甲： C ．若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于 D ．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于 专题：电磁感应 1．如图为理想变压器原线圈所接电源电压波形， 原副线圈匝数之比 n 1∶n 2 = 10∶ 1，串联在 原线圈电路中电流表的示数为 1A ，下则说法正确的是（ A ．变压器输出两端所接电压表的示数为 22 2 V B ．变压器输出功率为 220W C ．变压器输出的交流电的频率为 50HZ D ．若 n 1 = 100 匝，则变压器输出端穿过每匝线圈的磁通量的变化率的最 大值为 2.2 2wb/s 2．如图所示，图甲中 A 、B 为两个相同的线圈，共轴并靠边放置， A 线圈中画有如图乙 所 示的交变电流 i ，则（ ） A ．在 t 1到 t 2的时间内， A 、B 两线圈相吸 B ． 在 t 2到 t 3 的时间内， A 、B 两线圈相斥 C ． t 1 时刻，两线圈的作用力为 零 D ． t 2时刻，两线圈的引力最大 3．如图所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导线所在平面， 当 ab 棒下滑到稳定状态时，小灯泡获得的功率为 P 0 ，除灯泡外，其它电阻不计，要使灯 泡的功率变为 2P 0 ，下列措施正确的是（ A ．换一个电阻为原来 2 倍的灯泡 B ．把磁感应强度 B 增为原来的 2 倍 C ．换一根质量为原来 2 倍的金属棒 D ．把导轨间的距离增大为原来的 2 4．如图所示，闭合小金属环从高 h 的光滑曲面上端无初速滚下，沿曲面的另一侧上升，曲 面在磁场中（ A ．是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于 B ．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于 ××× ×× × ×× × ××× 5．如图所示，一电子以初速 v 沿与金属板平行的方向飞入两板间，在下列哪种情况下， 电 子将向 M 板偏转？（ ） A ．开关 K 接通瞬间 B ．断开开关 K 瞬间 C ．接通 K 后，变阻器滑动触头向右迅速滑动 D ．接通 K 后，变阻器滑动触头向左迅速滑动 6．如图甲， 在线圈 l 1 中通入电流 i 1后，在 l 2 上产生感应电流随时间变化规律如图乙所示， M N K 关于高中物理知识点总结之能量守恒定 律与能源知识点 能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量不变。这就是能量守恒定律，如今被人们普遍认同。 1.化学能：由于化学反应，物质的分子结构变化而产生的能量。 2.核能：由于核反应，物质的原子结构发生变化而产生的能量。 3.能量守恒定律：能量既不会消灭，也不会创生，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而能的总量保持不变。 ●内容：能量既不会消灭，也不会创生，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。 即 E机械能1+E其它1=E机械能2+E其它2 ●能量耗散：无法将释放能量收集起来重新利用的现象叫能量耗散，它反映了自然界中能量转化具有方向性。 1.可再生能源：可以长期提供或可以再生的能源。 2.不可再生能源：一旦消耗就很难再生的能源。 3.能源与环境：合理利用能源，减少环境污染，要节约能源、开发新能源。 1.太阳能 2.核能 3.核能发电 4、其它新能源：地热能、潮汐能、风能。 能源品种繁多，按其来源可以分为三大类：一是来自地球以外的太阳能，除太阳的辐射能之外，煤炭、石油、天然气、水能、风能等都间接来自太阳能;第二类来自地球本身，如地热能，原子核能(核燃料铀、钍等存在于地球自然界);第三类则是由月球、太阳等天体对地球的引力而产生的能量，如潮汐能。 【一次能源】指在自然界现成存在，可以直接取得且不必改变其基本形态的能源，如煤炭、天然气、地热、水能等。由一次能源经过加工或转换成另一种形态的能源产品，如电力、焦炭、汽油、柴油、煤气等属于二次能源。 【常规能源】也叫传统能源，就是指已经大规模生产和广泛利用的能源。表2-1所统计的几种能源中如煤炭、石油、天然气、核能等都属一次性非再生的常规能源。而水电则属于再生能源，如葛洲坝水电站和未来的三峡水电站，只要长江水不干涸，发电也就不会停止。煤和石油天然气则不然，它们在地壳中是经千百万年形成的(按现在的采用速率，石 专题八机械能守恒定律 知识回顾 练习题组 1．讨论力F在下列几种情况下做功的多少( ) （1）用水平推力F推质量是m的物体在光滑水平面上前进了s． （2）用水平推力F推质量为2m的物体沿动摩擦因数为μ的水平面前进了s． （3）斜面倾角为θ，与斜面平行的推力F，推一个质量为2m的物体沿光滑斜面向上进了s． A．（3）做功最多 B．（2）做功最多 C．做功相等 D．不能确定 2．质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动h高度，那么（ ） A．物体的重力势能减少2mgh B．物体的动能增加2mgh C．物体的机械能保持不变 D．物体的机械能增加mgh 3．如图1所示，一个物体放在水平面上，在跟竖直方向成θ角的斜向下的推力F的作用平面移动了位移s，若物体的质量为m，物体与地面之间的摩擦力为f，则在此过程中( ) A．摩擦力做的功为-fs B．力F做的功为Fscosθ C．力F做的功为Fssinθ D．重力做的功为mgs 4．质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，当斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s时，如图2所示，物体m相对斜面静止，则下列说法中不正确的是（ ） A．摩擦力对物体m做功为零 B．合力对物体m做功为零 C．摩擦力对物体m做负功 D．弹力对物体m做正功 5．一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端，已知小物块的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为υ，克服摩擦阻力做功为E/2.若小物块冲上斜面的初动能变为2E，则有( ) A．返回斜面底端的动能为E B.返回斜面底端时的动能为3E/2 C.返回斜面底端的速度大小为2υ D.返回斜面底端的速度大小为 υ 6.下列关于机械能守恒的说法中正确的是：( ) A.物体做匀速直线运动，它的机械能一定守恒 B.物体所受的合力的功为零，它的机械能一定守恒 C.物体所受的合力不等于零，它的机械能可能守恒 D.物体所受的合力等于零，它的机械能一定守恒 7.在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当 它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（ ） A. B. C. D. 8.如图所示，AB为1/4圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC 的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为（ ） A. B. C. D. 9.如图：用F＝40 Ｎ的水平推力推一个质量ｍ＝3 kg的木块，使其沿着斜面向上移动２ｍ，木块和斜面间的动摩擦因数为μ＝0.1，则在这一过程中（ｇ＝10ｍ/s2），求： 1 力F做的功； 2 物体克服摩擦力做的功； 课堂练习：（临界问题） 1、一劲度系数为m N k /200=的轻弹簧直立在水平地板上，弹簧下端与地板相连，上端与一质量kg m 5.0=的物体B 相连，B 上放一质量也为kg 5.0的物体A ，如图。现用一竖直向下的力F 压A ，使B A 、均静止。当力F 取下列何值时，撤去F 后可使B A 、不分开 ( ) A.N 5 B.N 8 N 15 D.N 20 2、如图，三个物块质量分别为1m 、 2m 、M ，M 与1m 用弹簧联结，2m 放在1m 上，用足够大的外力F 竖直向下压缩弹簧，且弹力作用在弹性限度以内，弹簧的自然长度为L 。则撤去外力F ，当2m 离开1m 时弹簧的长度为___________，当M 与地面间的相互作用力刚为零时，1m 的加速度为 。 3、如图，车厢内光滑的墙壁上，用线拴住一个重球，车静止时，线的拉力为T ，墙对球的支持力为N 。车向右作加速运动时，线的拉力为T '，墙对球的支持力为N '，则这四个力的关系应为：T ' T ；N ' N 。（填>、<或＝）若墙对球的支持力为0，则物体的运动状态可能是 或 。 4、在光滑的水平面上，B A 、两物体紧靠在一起，如图。A 物体的质量为m ，B 物体的质量m 5，A F 是N 4的水平向右的恒力，N t F B )316(-=（t 以s 为单位），是随时间变化的水平力。从 静止开始，当=t s 时，B A 、两物体开始分离，此时B 物体的速度方向 朝 （填“左”或“右”）。 5、如图，在斜面体上用平行于斜面的轻绳挂一小球，小球质量为m ，斜面体倾角为θ，置于光滑水平面上 (g 取2/10s m )，求： （1）当斜面体向右匀速直线运动时，轻绳拉力为多大； （2）当斜面体向左加速运动时，使小球对斜面体的压力为零时，斜面体加速度为多大； （3）为使小球不相对斜面滑动，斜面体水平向右运动的加速度的最大值为多少。 第一课时：电场的力的性质 一、单项选择题 1．(2011年台州模拟)在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为F，则该点的电 场强度为E＝F q，下列说法正确的是(D) A．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0 B．若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4E C．若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反 D．若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小方向均不变 2．使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a 的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为(D) A．2∶1 B．4∶1 C．16∶1 D．60∶1 3. (2010年高考课标全国卷)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器．某除尘器 模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面．工作时收尘板带 正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最 后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列 四幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( ) 解析：选A.根据力和运动的关系知，当粒子运动至电场中某一点时，运动速度方向与 受力方向如图所示，又据曲线运动知识知粒子运动轨迹夹在合外力与速度之间，可判定粉 尘颗粒的运动轨迹如A选项中图所示． 4．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法中正确的是( ) A．a，b为异种电荷，a的电荷量大于b的电荷量 B．a，b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量 C．a，b为同种电荷，a的电荷量大于b的电荷量 D．a，b为同种电荷，a的电荷量小于b的电荷量 解析：选B.由题图看出，电场线由一个点电荷发出到另一个点电荷终止，由此可知，a、b必为异种电荷，C、D选项错；又由图可知，电荷b附近的电场线比电荷a附近的电场线密，则电荷b附近的场强必比电荷a附近的场强大，b带的电荷量必然多于a带的电荷量，则A选项错误，B选项正确．5．(2011年舟山模拟)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的( ) 解析：选A.从图象可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，负电荷是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A. 高考物理基本知识点汇总 一. 教学内容： 知识点总结 1. 摩擦力方向：与相对运动方向相反，或与相对运动趋势方向相反 静摩擦力：0 说明：为某位置到星体中心的距离。某星体表面的重力加速度。 r g G M R 02 = g g R R h R h ' () = +2 2 ——某星体半径为某位置到星体表面的距离 7. 地球表面物体受重力加速度随纬度变化关系：在赤道上重力加速度较小，在两极，重力加速度较大。 8. 人造地球卫星环绕运动的环绕速度、周期、向心加速度'g ＝2 r GM 、r mv r GMm 2 2 = 、v ＝ r GM 、 r mv r GMm 2 2 = ＝m ω2R ＝m （2π/T ）2R 当r 增大，v 变小；当r ＝R ，为第一宇宙速度v 1＝r GM ＝gR gR 2 ＝GM 应用：地球同步通讯卫星、知道宇宙速度的概念 9. 平抛运动特点： ①水平方向______________ ②竖直方向____________________ ③合运动______________________ ④应用：闪光照 ⑤建立空间关系即两个矢量三角形的分解：速度分解、位移分解 相位，求?y t x y t gT v S T v x v t v v y gt v gt S v t g t v v g t tg gt v tg gt v tg tg == =====+=+== =2 0002 02 2 24 0222 00 1214 21 2αθα θ ⑥在任何两个时刻的速度变化量为△v ＝g △t ，△p ＝mgt ⑦v 的反向延长线交于x 轴上的x 2处，在电场中也有应用 10. 从倾角为α的斜面上A 点以速度v 0平抛的小球，落到了斜面上的B 点，求：S AB高中物理专题训练洛伦兹力
高中物理弹簧专题总结
高中物理相互作用专题训练答案及解析
高中物理动量守恒专题训练
广州市2019年高中物理力学竞赛辅导资料专题07动量和能量(含解析)
高中物理复习专题 动量与能量(精选.)
高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案
高中物理 相对运动专题讲义
最详细的高中物理知识点总结(最全版)
高中物理专题训练一：力与运动基础练习题
高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析
高中物理电磁感应专题训练
关于高中物理知识点总结之能量守恒定律与能源知识点
高一物理专题训练专题八
高中物理重点专题练习：(临界问题)(精选.)
高中物理《选修3-1》专题训练讲义
高中物理知识点汇总
相关主题
文本预览