第十章 材料的强化

带电粒子在重力场与电场中的运动[学习目标] 1.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在复合场中的直线运动问题.2.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在复合场中的类平抛运动问题和圆周运动问题.一、带电粒子在复合场中的直线运动讨论带电粒子在复合场中做直线运动(加速或减速)的方法(1)动力学方法——牛顿运动定律、运动学公式.当带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线时，粒子做匀变速直线运动，若题目涉及运动时间，优先考虑牛顿运动定律、运动学公式.在重力场和电场叠加场中的匀变速直线运动，亦可以分解为重力方向上、静电力方向上的直线运动来处理.(2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律.若题中已知量和所求量涉及功和能量，那么应优先考虑动能定理、能量守恒定律.(2019·广州二中高二期中)如图1所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N接直流电源，两极板间的距离为L＝15 cm.上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h处的B 点有一小油滴自由落下.已知带正电小油滴的电荷量q＝3.5×10－14 C、质量m＝3.0×10－9 kg.当小油滴即将落到下极板时速度恰好为零.两极板间的电势差U＝6×105 V .(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)图1(1)两极板间的电场强度E的大小为多少？(2)设平行板电容器的电容C＝4.0×10－12 F，则该电容器所带电荷量Q是多少？(3)B点在A点正上方的高度h是多少？答案(1)4×106 V/m(2)2.4×10－6 C(3)0.55 m解析(1)由匀强电场的场强与电势差的关系式可得两极板间的电场强度大小为E＝U L ＝4×106 V/m.(2)该电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝2.4×10－6 C.(3)小油滴自由落下，即将落到下极板时，速度恰好为零由动能定理可得：mg (h ＋L )－qU ＝0则B 点在A 点正上方的高度是h ＝qU mg －L ＝3.5×10－14×6×1053.0×10－9×10m －15×10－2 m ＝0.55 m. 针对训练1 (多选)如图2所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一恒压直流电源相连 .若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )图2A .所受重力与静电力平衡B .电势能逐渐增加C .动能逐渐增加D .做匀变速直线运动答案 BD解析 对带电粒子受力分析如图所示，F 合≠0，A 错误 .由图可知静电力与重力的合力方向与v 0方向相反，F 合对粒子做负功，其中重力mg 不做功，静电力Eq 做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B 正确，C 错误 .F 合恒定且F 合与v 0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D 正确 .二、带电粒子的类平抛运动带电粒子在电场中的类平抛运动的处理方法：1 .运动分解的方法：将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在这两个方向上分别列运动学方程或牛顿第二定律 .2 .利用功能关系和动能定理分析：(1)功能关系：静电力做功等于电势能的减少量，W 电＝E p1－E p2.(2)动能定理：合力做功等于动能的变化，W ＝E k2－E k1.(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点 .从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q (q >0) .A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为t 2.重力加速度为g ，求： (1)电场强度的大小；(2)B 运动到P 点时的动能 .答案 (1)3mg q(2)2m (v 02＋g 2t 2) 解析 (1)设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a .根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg ＋qE ＝ma ①12a (t 2)2＝12gt 2② 解得E ＝3mg q③ (2)设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有mgh ＋qEh ＝E k －12m v 12④ 且有v 1t 2＝v 0t ⑤ h ＝12gt 2⑥ 联立③④⑤⑥式得E k ＝2m (v 02＋g 2t 2) .针对训练2 如图3所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场左端的中点P 以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A 、B 、C 三点，可以判断( )图3A .小球A带正电，B不带电，C带负电B .三个小球在电场中运动时间相等C .三个小球到达极板时的动能E k A＞E k B＞E k CD .三个小球在电场中运动的加速度a A＞a B＞a C答案 A解析三个小球在水平方向做匀速直线运动；竖直方向，带正电荷小球受静电力向上，合力为mg－F电，带负电荷小球受静电力向下，合力为mg＋F电，不带电小球只受重力，因此带负电荷小球加速度最大，运动时间最短，水平位移最短，带正电荷小球加速度最小，运动时间最长，水平位移最大，不带电小球水平位移居中，选项A正确，选项B、D错误.在运动过程中，三个小球竖直方向位移相等，带负电荷小球合力做功最大，动能改变量最大，带正电荷小球动能改变量最小，即E k C＞E k B＞E k A，选项C错误.三、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力.如图4所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力.(重力加速度为g)图4答案2mg＋3Eq，方向水平向右解析小球从A到B的过程中，重力做正功，静电力做正功，动能增加，由动能定理有mgR ＋qER＝12，在B点时小球受到重力mg、静电力qE和圆环对小球的弹力F1三个力的作用，2m v静电力和弹力沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝m v2R联立解得F1＝2mg＋3Eq小球对环的压力与环对小球的弹力为作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力大小F1′＝F1＝2mg＋3Eq，方向水平向右.1.如图1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()图1A .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答案 B解析微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的静电力才能使得合力方向与速度方向在同一条直线上，由此可知微粒所受的静电力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，微粒所受合力与初速度方向相反，故微粒做匀减速直线运动，故选项B正确 .2.(多选)如图2所示，真空环境下，三个质量相同、带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，小液滴a、b、c的运动轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中，下列说法正确的是()图2A .静电力对液滴a、b做的功相等B .三者动能的增量相同C .液滴a与液滴b电势能的变化量相等D .重力对液滴c做的功最多答案AC解析因为液滴a、b的带电荷量的绝对值相等，则液滴所受的静电力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，静电力做功相等，故A正确；静电力对a、b 两液滴做功相等，重力做功相等，则a、b动能的增量相等，对于液滴c，只有重力做功，故c动能的增量小于a、b动能的增量，故B错误；对于液滴a和液滴b，静电力均做正功，静电力所做的功等于电势能的变化量，故C正确；三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，质量相同，所以重力做的功相等，故D错误.3.如图3所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号的电荷.一带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么()图3A .若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B .微粒从M点运动到N点，其电势能一定增加C .微粒从M点运动到N点，其动能一定增加D .微粒从M点运动到N点，其机械能一定增加答案 C解析由于不知道重力和静电力大小关系，所以不能确定静电力方向，不能由微粒电性确定极板所带电荷的电性，也不能确定静电力对微粒做功的正、负，选项A、B、D错误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒的动能一定增加，选项C 正确 .4.(多选)如图4所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )图4A .当小球运动到最高点a 时，细线的张力一定最小B .当小球运动到最低点b 时，小球的速度一定最大C .当小球运动到最高点a 时，小球的电势能最小D .小球在运动过程中机械能不守恒答案 CD解析 若qE ＝mg ，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大，故细线的张力一样大 .若qE ＜mg ，球在a 处速度最小，若qE ＞mg ，球在a 处速度最大，故A 、B 错误；a 点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故C 正确；小球在运动过程中除受到重力外，还受到静电力，静电力对小球做功，小球的机械能不守恒，D 正确 .5.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中存在一沿半径方向的电场，如图5所示，带正电的粒子流由电场区域边缘的M 点射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一边缘的N 点射出，由此可知( )图5A .若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B .若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C .若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率一定相等D .若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的动能一定相等答案 BC解析 由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，则有qE ＝m v 2R，得R ＝m v 2qE，R 、E 为定值，若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等，质量不一定相等；若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率v一定相等，但动能不一定相等，故B、C正确.6.(多选)如图6所示，将一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场中，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球()图6A .做直线运动B .做曲线运动C .速率先减小后增大D .速率先增大后减小答案BC解析如图所示，对小球受力分析，小球受重力、静电力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，选项A错误，B正确；在运动的过程中，合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误.7 .(2020·河南郑州一中期中)在地面附近存在一个有界电场，边界将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图7甲所示，小球运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则()图7A .小球受到的重力与静电力大小之比为4∶5B .t ＝5 s 时，小球经过边界MNC .在0～5 s 过程中，重力做的功大于克服静电力做的功D .在1～4 s 过程中小球机械能先减小后增大答案 D解析 由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到静电力作用先做减速运动后做加速运动，由题图分析可知，小球经过边界MN 的时刻是t ＝1 s 和t ＝4 s ，B 错误；由v －t 图像的斜率表示加速度，知小球进入电场前的加速度为a 1＝v 1t 1＝v 11＝v 1(m/s 2)，进入电场后的加速度大小为a 2＝2v 1t 2＝2v 13(m/s 2)，由牛顿第二定律得mg ＝ma 1，F －mg ＝ma 2，得静电力F ＝mg ＋ma 2＝53ma 1，可得重力mg 与静电力F 的大小之比为3∶5，A 错误；0～5 s 过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与克服静电力做的功大小相等，C 错误；由题图可得，小球在0～2.5 s 内向下运动，在2.5～5 s 内向上运动，在1～4 s 过程中，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，D 正确 .8.如图8所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电的微粒静止在空间范围足够大、电场强度为E 的匀强电场中，取g ＝10 m/s 2.图8(1)求匀强电场的电场强度E 的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，方向不变 .求在0.20 s 时间内静电力做的功；(3)在(2)的情况下，t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能 . 答案 (1)2×103 N/C 方向向上 (2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4 J解析 (1)因微粒静止，可知其受力平衡，对其进行受力分析可知静电力方向向上，且Eq ＝mg ，解得E ＝mg q ＝2.0×10－4×101.0×10－6 N/C ＝2.0×103 N/C ，微粒带正电，知电场方向向上 .(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，设微粒的加速度大小为a ，在0.20 s 时间内上升的高度为h ，静电力做功为W ，则qE 0－mg ＝ma ，解得a ＝10 m/s 2，h ＝12at 2，解得h ＝0.20 m ， W ＝qE 0h ，解得W ＝8.0×10－4 J.(3)设在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v ，回到出发点时的动能为E k ，则v ＝at ，E k ＝mgh ＋12m v 2， 解得E k ＝8.0×10－4 J.9.如图9所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场 .一L 形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分为l 1＝0.2 m ，离水平地面的距离为h ＝5.0 m ，竖直部分长为l 2＝0.1 m .一带正电的小球从管的上端口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短，可不计)时没有能量损失，小球在电场中受的静电力大小为重力的一半 .求：(g 取10 m/s 2)图9(1)小球运动到管口B 时的速度大小；(2)小球落地点与管的下端口B 的水平距离 .答案 (1)2.0 m/s (2)4.5 m解析 (1)小球从A 运动到B 的过程中，对小球，根据动能定理得mgl 2＋F 电l 1＝12m v B 2－0， F 电＝12mg ， 解得v B ＝g (l 1＋2l 2)，代入数据可得v B ＝2.0 m/s.(2)小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a ，在空中运动的时间为t .水平方向有a ＝g 2，x ＝v B t ＋12at 2，竖直方向有h ＝12gt 2 联立以上各式可得x ＝4.5 m.10.(2020·雅安市期末)如图10所示，内表面光滑且绝缘的半径为1.2 m 的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106 V/m.有一质量为0.12 kg 、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10－6 C ，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A 时，小球与轨道压力恰好为零，g 取10 m/s 2，求：图10(1)小球在A 点时的速度大小；(2)小球运动到最高点B 时对轨道的压力大小 .答案 (1)6 m/s (2)21.6 N解析 (1)重力：G ＝mg ＝0.12 kg ×10 N/kg ＝1.2 N ，静电力：F ＝qE ＝1.6×10－6 C ×3×106 V/m ＝4.8 N ，在A 点，有：qE －mg ＝m v 12R， 代入数据解得：v 1＝6 m/s.(2)设球在B 点的速度大小为v 2，从A 到B ，由动能定理有：(qE －mg )2R ＝12m v 22－12m v 12， 在B 点，设轨道对小球的弹力为F N ，则有：F N ＋mg －qE ＝m v 22R， 由牛顿第三定律有：F N ′＝F N ，代入数据解得：F N ′＝21.6 N.11 .(多选)在空间水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如图11所示 .重力加速度为g ，由此可见( )图11A .静电力为3mgB .小球带正电C .小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等D .小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等答案 AD解析 两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系，所以时间也是二倍的关系，故C 错误；分别列出竖直方向的方程，即h ＝12gt 2，h 2＝12×F －mg m (t 2)2，解得F ＝3mg ，故A 正确；小球受到的静电力向上，与电场方向相反，所以小球应该带负电，故B 错误；速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Δv ＝at ，结合以上的分析可得，AB 过程Δv ＝gt ，BC 过程Δv ＝3mg －mg m×t 2＝gt ，故D 正确 .。

第十章材料的强韧化节材料强化基本原理结合键和原子排列方式的不同，是金属材料、陶瓷材料、高分子材料力学性能不同的根本原因。

通过改变材料的内制材料性能的目的。

不同种类的材料，提高其强度的机理、方法也不同。

一、金属材料的强化原理纯金属经过适当的合金化后强度、硬度提高的现象，称为固溶原因可归结于溶质原子和位错的交互作用，这些作用起源于溶质引发的局变。

固溶体可分为无序固溶体和有序固溶体，其强化机理也不相同。

（1）无序固溶强化固溶强化的实质是溶质原子的长程位错的交互作用导致致错运动受阻。

溶质相位错的交互作用是二者应力场用。

作用的大小要看溶质本身及溶质与基体之间的交互作用，这种作用使成弯曲形状。

如图10—l所示．图中的A、B、C表示溶质原子强烈地钉扎了位错。

x—x＇，A的乎直位错线，被钉后呈观曲线形状。

处于位错线上的少数溶质原子与位互作用很强，这些原子允许位错线的局部曲率远大于根据平均内应力求出钉扎的第一个效应就是使位错线呈曲折形状。

相对于x—x＇的偏离为x在方向的外加切应力τ作用下，由于B点位错张力的协助作用，将使ABC段AB＇C，在B＇处又被钉扎起来。

位错之所以能够这样弯曲，其原因是因位增加而升高的弹件能被强钉扎所释放的能量抵偿旧有余，位错的弹性能反低．位错经热激活可以脱钉，因而被钉扎时相对处于低能态。

在切应力τ动到AB＇C．ABC和AB＇C是相邻的平衡位置，阻力最大在位错处于中间位置AC时产生，外加切应力要克服这样的阻。

若AC≈2y，ABC比2y略大，近似地当作2y。

由ABC变为AC方面要脱钉需要能量，另一方面要缩短位错长度释放是位错脱扎所需能量；EI为单位长度位错由于加长而升高的能量，EI与Eb相比小而略去。

由ABC变为AC，平均位力需要做功为τb(2y)·x/2，故1看，沿着xx＇方向，单位长度上有1／y个溶质原子。

用柯氏气团的概念，如果位错和溶质原子交互作用能为U0，溶质钉扎将降低的能量为所以设C为溶质原子百分数，在滑移面单位面积上有1／62个原子，其中有C／62个为溶质原子。

材料强化的主要方法材料强化是指通过改变材料的内部结构和外部形态，使其具有更好的性能和更广泛的应用范围的一种方法。

在材料科学领域，材料强化是一个非常重要的研究方向，通过不同的方法可以实现对材料性能的提升。

本文将介绍材料强化的主要方法，包括金属材料、陶瓷材料和高分子材料等方面。

首先，金属材料的强化方法主要包括固溶强化、析出强化和变形强化。

固溶强化是通过溶质原子溶解在基体中，形成固溶体，使晶格变得更加坚固，从而提高材料的强度和硬度。

析出强化是在固溶体中加入合金元素，通过固溶体中的析出相来增强材料的性能。

而变形强化则是通过冷加工、热加工等方式，使材料的晶粒细化，从而提高材料的强度和塑性。

其次，陶瓷材料的强化方法主要包括晶界强化、相界强化和颗粒强化。

晶界强化是通过控制晶界的结构和能量，来提高材料的韧性和强度。

相界强化是在陶瓷材料中加入第二相，通过第二相与基体之间的界面作用来增强材料的性能。

颗粒强化则是通过在陶瓷材料中加入颗粒，来阻碍裂纹扩展，提高材料的韧性和抗磨损性能。

最后，高分子材料的强化方法主要包括共混强化、填料强化和取向强化。

共混强化是将两种或多种高分子材料混合在一起，通过相互作用来提高材料的性能。

填料强化是在高分子材料中加入填料，如碳纤维、玻璃纤维等，来提高材料的强度和刚性。

取向强化则是通过拉伸、挤压等方式，使高分子链取向排列，从而提高材料的强度和韧性。

综上所述，材料强化的方法多种多样，不同的材料可以采用不同的强化方式来实现性能的提升。

在实际应用中，需要根据材料的特性和使用要求，选择合适的强化方法，从而使材料具有更好的性能和更广泛的应用前景。

希望本文所介绍的材料强化方法能对相关领域的研究和应用提供一定的参考和帮助。

材料强化的主要方法材料强化是指通过改变材料的结构和性能，使其具有更高的强度、硬度、耐磨性、耐腐蚀性等特点。

在工程领域中，材料强化是非常重要的，可以提高材料的使用性能，延长其使用寿命，同时也可以拓展材料的应用范围。

那么，材料强化的主要方法有哪些呢？接下来，我们将对材料强化的几种主要方法进行介绍。

首先，最常见的材料强化方法之一是热处理。

热处理是通过改变材料的晶体结构和组织来提高其性能。

常见的热处理方法包括退火、正火、淬火和时效处理等。

通过热处理，可以调节材料的硬度、强度和韧性，提高其耐磨性和耐腐蚀性，从而实现材料的强化。

其次，固溶强化也是一种常用的方法。

固溶强化是指在合金中加入固溶元素，通过固溶元素与基体元素形成固溶体，来提高合金的性能。

固溶强化可以显著提高合金的强度和硬度，改善其耐磨性和耐腐蚀性，同时还可以提高合金的加工性能和热处理性能。

另外，变形强化也是一种常用的方法。

变形强化是通过对材料进行塑性变形，来提高其性能。

常见的变形强化方法包括冷变形、热变形和等温变形等。

通过变形强化，可以细化材料的晶粒，提高其强度和硬度，改善其塑性和韧性，从而实现材料的强化。

此外，表面强化也是一种重要的方法。

表面强化是通过在材料表面形成一层具有高硬度、高强度、高耐磨性和高耐腐蚀性的表面层，来提高材料的使用性能。

常见的表面强化方法包括表面喷丸强化、表面渗碳强化、表面涂层强化等。

通过表面强化，可以显著提高材料的表面硬度和耐磨性，延长其使用寿命。

综上所述，材料强化的主要方法包括热处理、固溶强化、变形强化和表面强化等。

这些方法可以有效提高材料的性能，实现材料的强化，从而满足不同工程领域对材料性能的要求。

在实际应用中，可以根据具体的材料和工程要求选择合适的强化方法，以实现材料的优化和提升。

电场线、等势面与电荷运动轨迹问题等分法的应用[学习目标] 1.会分析电场线、等势面与电荷运动轨迹相结合的问题.2.会用等分法确定等势点(面)及电场方向．一、电场线、等势面与电荷运动轨迹综合问题例1(2021·长治市潞州区高二期中)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在静电力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为a M、a N，速度大小分别为v M、v N，电势能分别为E p M、E p N.下列判断正确的是()A．v M＜v N，a M＜a N B．v M＜v N，φM＜φNC．φM＜φN，E p M＜E p N D．a M＜a N，E p M＜E p N答案 D解析由粒子的运动轨迹知粒子所受静电力的方向偏向右，因粒子带负电，故电场线方向偏向左，由沿电场线方向电势降低，可知φN<φM，E p M<E p N；N点附近电场线比M点密，故场知a M<a N，粒子若从N点运动到M点，静电力做正功，动能增加，强E M<E N，由加速度a＝Eqm故v M>v N，粒子若从M点运动到N点，静电力做负功，动能减小，故v M>v N.综上所述，选项D正确．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法1．从轨迹的弯曲方向判断受力方向(合外力指向轨迹凹侧)，从而分析电场方向或电荷的正负．2．结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等．3．根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况．针对训练1(多选)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为a A、a B，电势能分别为E p A、E p B.下列说法正确的是()A．电子一定从A向B运动B．若a A＞a B，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有E p A＜E p BD．B点电势可能高于A点电势答案BC解析电子仅在静电力作用下可能从A运动到B，也可能从B运动到A，A错误；若a A＞a B，说明电子在A点受到的静电力大于在B点受到的静电力，所以A距离点电荷较近，B距离点电荷较远，又因为电子受到的静电力指向轨迹凹侧，因此Q靠近M端且为正电荷，B正确；无论Q是正电荷还是负电荷，若电子从A运动到B，一定是克服静电力做功，若电子从B运动到A，一定是静电力做正功，即一定有E p A＜E p B，C正确；对于同一个负电荷，电势低处电势能大，B点电势一定低于A点电势，D错误．例2(2022·温州市高二期中)如图所示，某次雷雨天气，带电云层和建筑物上的避雷针之间形成电场，图中虚线为该电场的三条等差等势线，实线为某带电粒子从A运动到B的轨迹，A、B为运动轨迹上的两点．带电粒子的重力不计，避雷针带负电．则()A．带电粒子带负电B．避雷针尖端附近电势较高C．带电粒子在A点的加速度大于在B点的加速度D．带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能答案 D解析根据带电粒子的运动轨迹可知，带电粒子受到指向曲线弯曲内侧的作用力，即带电粒子与带负电的避雷针之间为相互吸引力，带电粒子带正电，A 错误；避雷针带负电，带电云层和建筑物上的避雷针之间形成的电场中，电场线指向避雷针，沿着电场线的方向，电势降低，由此可知，避雷针尖端附近电势较低，B 错误；等差等势线越密集的位置，电场强度越强，由此可知，B 点的电场强度大小大于A 点的，由牛顿第二定律a ＝Eq m，则带电粒子在B 点的加速度大于在A 点的加速度，C 错误；避雷针尖端附近电势较低，即φA >φB ，根据电势能与电势的关系E p ＝qφ，又因为粒子带正电，则带电粒子在A 点的电势能大于在B 点的电势能，D 正确．二、用等分法确定匀强电场中的等势线和电场线1．在匀强电场中，沿任意一个方向，电势降落都是均匀的，故在同一直线上相同间距的两点间电势差相等，如图甲所示，如果AB ＝BC ，则U AB ＝U BC .2．在匀强电场中，相互平行且相等的线段两端点间的电势差相等，如图乙所示，▱ABCD 中，U AB ＝U DC ，U BC ＝U AD .3．由于匀强电场中沿任意一条直线电势降落都是均匀的，如果把某两点间的距离等分为n段，则每段两端点间的电势差等于原电势差的1n，像这样采用等分间距求电势的方法，叫作等分法．4．确定匀强电场的电场方向：在匀强电场中，先利用等分法确定电势相等的点，画出等势面(线)，然后根据电场线与等势面(线)垂直画出电场线，且电场线的方向由电势高的等势面(线)指向电势低的等势面(线)，电场线的方向也就是电场方向．例3 (2021·南昌一中期中)如图所示，A 、B 、C 、D 是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A 、B 、C 三点的电势分别是φA ＝15 V ，φB ＝3 V ，φC ＝－3 V ，由此可以推断D 点的电势φD 是( )A ．6 VB ．9 VC ．3 VD ．12 V答案 B解析 由匀强电场的特点知，在匀强电场中，相互平行且相等的线段两端点间的电势差相等．故有U AB ＝U DC ，即φA －φB ＝φD －φC ，所以φD ＝9 V ，故选B.例4 如图所示，在平面直角坐标系中，有一个方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O 处的电势为0，点A 处的电势为6 V ，点B 处的电势为3 V ，则电场强度的大小为( )A ．200 V/mB ．200 3 V/mC ．100 V/mD ．100 3 V/m答案 A解析 在匀强电场中，沿某一方向电势均匀降低或升高，故OA 的中点C 的电势φC ＝3 V(如图所示)，因此B 、C 在同一等势面上．O 点到BC 的距离d ＝OC sin α，而sin α＝OBOB 2＋OC 2＝12，所以d ＝12OC ＝1.5×10－2 m ．匀强电场的电场强度E ＝U d ＝31.5×10－2V/m ＝200 V/m ，故选项A 正确．用等分法找等势点的技巧1．在匀强电场中，将电势最高点和电势最低点连接后，根据需要等分成若干段，必能找到第三点的等势点．2．在匀强电场中，两等势点的连线一定是等势线，与等势线垂直、由高电势指向低电势的方向一定是电场方向．3．等分法的关键是找到电势相等的点，进而画出电场线．4．用等分法确定电势或电场强度方向只适用于匀强电场．针对训练2 (多选)(2021·驻马店市高二期末)如图所示，在xOy 坐标系中有一底角为60°的等腰梯形，空间有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中原点O 的电势为9 V ，A 点电势为4.5 V ，B 点电势为0，则由此可以判定( )A ．电场的电场强度大小为150 3 V/mB ．电场的电场强度大小为100 3 V/mC ．电场的方向与x 轴正方向成30°角向上D ．电场的方向沿x 轴正方向答案 AC解析 因原点O 的电势为9 V ，B 点电势为0，可知OB 连线中点(设为D )的电势为φD ＝φO ＋φB 2＝4.5 V ，因A 点电势为4.5 V ，可知AD 为等势面，则由几何关系可知，场强方向沿OB 方向，与x 轴正方向成30°角向上，大小为E ＝U OB d OB ＝92×2×32 V/cm ＝150 3 V/m ，故选A 、C.考点一 电场线、等势面与电荷运动轨迹的综合问题1．若带正电荷的微粒在电场中运动，只受静电力作用，它在任意一段时间内( )A ．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B ．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C ．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D ．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动答案 D解析 微粒的运动情况取决于合力和初速度的关系，微粒只受到静电力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，微粒有没有初速度及初速度方向与电场线的关系；只有当电场线是直线且微粒的运动方向沿着电场线时，微粒才沿电场线运动，微粒不一定由高电势处向低电势处运动，故A 、B 、C 错误，D 正确．2.(多选)(2022·宣威市第三中学高二期末)负点电荷Q 固定在正方形的一个顶点上，带电粒子P 仅在该电荷的静电力作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a 、b 、c ，如图所示，则( )A ．粒子P 带负电B ．a 、b 、c 三点的电势高低关系是φa ＝φc <φbC ．粒子P 由a 到b 电势能增加，由b 到c 电势能减小D ．粒子P 在a 、b 、c 三点时的加速度大小之比是2∶1∶2答案 BCD解析 由运动轨迹可知，粒子P 受引力作用，粒子带正电，故A 错误；a 、c 与负点电荷Q 的距离相等，b 点距离负点电荷Q 较远．距离负电荷越远，电势越高，故B 正确；正电荷在电势越高(低)的位置，电势能越大(小)，结合A 、B 选项，粒子P 由a 到b 电势能增加，由b 到c 电势能减小，故C 正确；由几何关系，a 、b 、c 三点到负点电荷Q 的距离关系为r a ＝r c ＝22r b ，又根据F ＝k Qq r2＝ma ，得a a ∶a b ∶a c ＝2∶1∶2，故D 正确． 3．(2021·普宁市高二上期中)一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足φa >φb >φc >φd ，若不计粒子所受重力，则( )A ．粒子一定带正电B ．粒子的运动是匀变速运动C ．粒子从A 点到B 点运动的过程中动能先减小后增大D ．粒子从A 点到B 点运动的过程中电势能增大答案 B解析 由于φa >φb >φc >φd ，所以电场线垂直于等势面由a 指向d ，根据粒子运动轨迹可知该粒子所受静电力由d 指向a ，即该粒子带负电，从A 点到B 点的运动过程中，粒子做匀变速曲线运动，静电力做正功，粒子的动能增大，电势能减小，故选B.4.(多选)(2021·嫩江市期中)如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电荷量为10－6 C的微粒在电场中仅受静电力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10－5 J，则以下判断正确的是()A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示C．B点电势高于A点电势D．B点电势低于A点电势答案AC解析由题知，带正电的微粒仅受静电力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10－5 J，说明静电力做负功，则知静电力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹如题图中虚线1所示，故A正确，B错误；由于微粒带正电，所受静电力水平向左，则电场强度方向水平向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则B点电势高于A点电势，故C正确，D错误．5.(2022·辽宁高二期末)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等差等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()A．a、b、c、d、e各点中c点电势最高B．b点和d点的电场强度相同C．粒子在a点的电势能大于在c点的电势能D．粒子从a点运动到e点的过程中的动能先减小后增大答案 D解析从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带负电粒子受到了向上的静电力的作用，可知电场强度方向大致向下，沿电场线电势逐渐降低，则a、b、c、d、e各点中c点电势最低，故A错误；根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，b点和d 点的电场强度大小相同，方向不同，故B错误；根据电势能E p＝φq可知，负电荷在电势高的地方电势能低，故粒子在a点的电势能小于在c点的电势能，故C错误；粒子从a点运动到e 点的过程中电势能先增大后减小，所以动能先减小再增大，故D 正确．考点二 等分法的应用6．(2022·重庆市沙坪坝区月考)A 、B 、C 是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA ＝5 V ，φB ＝2 V ，φC ＝1 V ，H 、F 三等分AB ，G 为AC 的中点，下列图形中能正确表示电场强度方向的是( )答案 C解析 由题意可知，各点的电势分别为φA ＝5 V ，φB ＝2 V ，φC ＝1 V ，则AB 连线上距B 点13处的F 点电势为3 V ，AC 的中点G 点电势也为3 V ，所以F 点与AC 中点的连线，即为等势线，由于沿着电场线方向，电势降低，故C 正确，A 、B 、D 错误．7.如图所示，匀强电场中有一个等边三角形ABC ，其边长为1 m ，三角形所在的平面跟匀强电场平行．已知A 、B 、C 三点的电势分别为6 V 、4 V 、2 V ，下列说法正确的是( )A ．匀强电场的方向垂直于AC 边B ．匀强电场的电场强度大小为2 V/mC ．等边三角形中心的电势为5 VD ．将一个电子从A 点沿直线移到B 点，其电势能增加了2 eV答案 D解析 根据U ＝Ed 知在匀强电场中，沿同一方向相等距离电势差相等．设AC 中点为D ，D点的电势为φD ＝φA ＋φC 2＝2＋62V ＝4 V ，则φD ＝φB ，BD 为一条等势线．根据电场线与等势面垂直，且由高电势处指向低电势处，知AC 连线为一条电场线，匀强电场的方向垂直于BD 向下，如图所示，故A 错误；AC 间的电势差为U AC ＝φA －φC ＝6 V －2 V ＝4 V ，匀强电场的电场强度大小为E＝U ACL AC ＝41V/m＝4 V/m，故B错误；因为BD为一条等势线，等边三角形中心在BD边线上，则等边三角形中心的电势为4 V，故C错误；将一个电子从A点沿直线移到B点，静电力做功为W＝－eU AB＝－e(φA－φB)＝－e×(6－4) V＝－2 eV，则电子的电势能增加了2 eV，故D正确．8.(多选)如图，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F位于边长为L＝2 cm的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面．已知A、B、C、D的电势分别为－4 V、0、8 V、12 V，则下列说法正确的是()A．E点的电势φE＝8 VB．A、F间的电势差U AF＝4 VC．C、F间的电势差U CF＝－8 VD．该匀强电场的场强E＝400 V/m答案AD解析连接AD、BF、CE，AD与BF、CE的交点分别为M、N.设六边形的中心点为O，如图所示：由图可知，AD与BF、CE都垂直，由正六边形的特点可知，AM＝MO＝ON＝ND，所以可知M、O、N的电势分别是0、4 V、8 V，所以BF和CE为等势面，则φF＝φB＝0，φE＝φC＝8 V，故A正确；A、F间电势差为U AF＝φA－φF＝－4 V－0＝－4 V，故B错误；C、F间电势差为U CF＝φC－φF＝8 V－0＝8 V，故C错误；因为电场线和等势面垂直，BF为等势面，故电场线和BF垂直，故AD为电场线，因为沿着电场线方向电势降低，所以电场线方向由D指向A，即电场线垂直于BF连线，且指向A，该匀强电场的电场强度大小E＝U BA＝L sin 30°0－(－4)V/m＝400 V/m，故D正确．2×0.5×10－29.(2022·四川泸州高级中学校高二月考)如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为＋Q，图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等差等势面．有两个一价离子M、N(不计重力，也不计它们之间的静电力)先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb 和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．以下说法中正确的是()A．M一定是正离子，N一定是负离子B．M在p点的速率一定小于N在q点的速率C．M在b点的速率一定大于N在c点的速率D．M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q过程电势能的增量答案 D解析由题图可知离子N受到中心电荷的斥力，而离子M受到中心电荷的引力，故两离子的电性一定不同．由于中心电荷带正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，A错误；由题图可判定M在从a到p运动过程中，静电力做正功，动能增加，而N在从a到q运动过程中，静电力做负功，动能减小．所以M在p点的速率一定大于N在q点的速率，B错误；由于a、b、c三点在同一等势面上，所以M在从a向b运动过程中静电力所做的总功为0，N在从a 向c运动过程中静电力所做的总功为0.由于两离子以相同的速率从a点射入电场，故两离子分别经过b、c两点时的速率一定相等，C错误；由题图可知q点离正电荷更近一些，N离子在从a向q运动过程中静电力做负功的值大于离子M在从p向b运动过程中静电力做负功的值，故M从p到b过程电势能的增量一定小于N从a到q电势能的增量，D正确．10.(多选)(2021·宁波中学期中)空间有一与纸面平行的匀强电场，纸面内的A 、B 、C 三点位于以O 点为圆心、半径为10 cm 的圆周上，并且∠AOC ＝90°，∠BOC ＝120°，如图所示，现把一个电荷量q ＝1×10－5 C 的正电荷从A 点移到B 点，静电力做功－1×10－4 J ；从B 点移到C 点，静电力做功为3×10－4 J ．则该匀强电场的电场强度方向和大小是( )A ．电场强度大小为200 V/mB ．电场强度大小为100 V/mC ．电场强度方向垂直OA 向右D ．电场强度方向垂直OC 向下答案 AC解析 由题意有U AB ＝W AB q ＝－1×10－41×10－5 V ＝－10 V ，U BC ＝W BC q ＝3×10－41×10－5V ＝30 V ，则U AC ＝U AB ＋U BC ＝20 V ．若设φC ＝0，则φA ＝20 V ，φB ＝30 V ，延长AO ，与BC 的连线交于BC 的三等分点D (如图所示)，D 点的电势应为20 V ，则AD 为电势为20 V 的等势线，故电场强度方向垂直OA 向右，大小为E ＝U AC R ＝200.1V/m ＝200 V/m ，故选A 、C.11.(2021·海口中学期中)如图所示，匀强电场中有a 、b 、c 三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a ＝30°、∠c ＝90°，电场方向与三角形所在平面平行．已知a 、b 和c 点的电势分别为(2－3) V 、(2＋3) V 和2 V ．则该三角形的外接圆上最低电势、最高电势分别为( )A ．(2－3) V 、(2＋3) VB ．0、4 VC.⎝⎛⎭⎫2－433 V 、⎝⎛⎭⎫2＋433 V D ．0、 3 V答案 B解析如图所示，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2 V，故Oc 为等势线，其垂线MN为电场线，方向为M→N.外接圆上电势最低点为N点，电势最高点为M点．设外接圆的半径为R，则U OP＝U Oa＝ 3 V，U ON＝E·R，U OP＝E·R cos 30°，则U ON∶U OP ＝2∶3，故U ON＝2 V，N点电势为0，为最低电势点，同理可得M点电势为4 V，为最高电势点，故选B.12.(2022·广州六中高二期末)存在匀强电场的空间中有一边长为2 3 cm的正四面体ABCD，如图所示．已知U AC＝U BC＝3 V，电场方向平行于底面ABC，则()A．A、B两点处的电势不相等B．电场强度大小为1 V/mC．电场强度大小为100 V/mD．C、D两点的电势差U CD＝2 V答案 C解析因为U AC＝U BC＝3 V，所以AB连线为等势面，过C点作底边AB的垂线，垂足为F，则FC即为匀强电场的电场线，如图所示，由几何知识知FC＝3 cm，则匀强电场电场强度E ＝30.03 V/m ＝100 V/m ， 过D 点作FC 的垂线，垂足为G ，则CG ＝23FC 所以U DC ＝U GC ＝23U AC ＝2 V ， 则C 、D 两点的电势差U CD ＝－U DC ＝－2 V ，故选C.13.(2022·河南高二阶段练习)如图所示，a 、b 、c 、d 为一边长为L 的正方形，空间存在平行abcd 平面的匀强电场．把质子自a 点移到b 点，静电力做功W (W >0)；把质子自c 点移到b 点，克服静电力做功2W .已知a 点电势为0，质子电荷量为e ，则( )A ．d 点电势为2W eB ．d 点电势为W eC ．电场强度大小为2W LeD ．电场强度大小为5W Le答案 D解析 静电力做功W cb ＝eU cb ，U cb ＝－2W e在匀强电场中，沿电场线方向，位移相同的两个点之间的电势差相等，由于bc 和ad 平行且等距离，所以U da ＝U cb ＝－2W e ，φd －φa ＝－2W e，由于φa ＝0，所以φd ＝－2W e，A 、B 错误； 如图所示，质子从c 到b 静电力做功为－2W ，所以从d 到a 做功－2W ，从a 到d 做功2W ，从a 到ad 中点e 做功W ，又从a 到b 做功W ，因此eb 为等势线，电场线为af 方向，电势差和电场强度的关系为E ＝U ab L sin θ，根据几何关系可知tan θ＝12，U ab ＝W e ，联立解得E ＝5W Le，C 错误，D 正确．。

热点强化24多官能团有机物的结构与性质1．常见有机物或官能团性质总结官能团(或其他基团)常见的特征反应及其性质烷烃基取代反应：在光照条件下与卤素单质反应碳碳双键、碳碳三键(1)加成反应：使溴水或溴的四氯化碳溶液褪色(2)氧化反应：能使酸性KMnO4溶液褪色苯环(1)取代反应：①在FeBr3催化下与液溴反应；②在浓硫酸催化下与浓硝酸反应(2)加成反应：在一定条件下与H2反应注意：苯与溴水、酸性高锰酸钾溶液都不反应碳卤键(卤代烃)(1)水解反应：卤代烃在NaOH水溶液中加热生成醇(2)消去反应：(部分)卤代烃与NaOH醇溶液共热生成不饱和烃醇羟基(1)与活泼金属(Na)反应放出H2(2)催化氧化：在铜或银催化下被氧化成醛基或酮羰基(3)与羧酸发生酯化反应生成酯酚羟基(1)弱酸性：能与NaOH溶液反应(2)显色反应：遇FeCl3溶液显紫色(3)取代反应：与浓溴水反应生成白色沉淀醛基(1)氧化反应：①与银氨溶液反应产生光亮的银镜；②与新制的Cu(OH)2共热产生砖红色沉淀(2)还原反应：与H2加成生成醇羧基(1)使紫色石蕊溶液变红(2)与NaHCO3溶液反应产生CO2(3)与醇羟基发生酯化反应酯基水解反应：①酸性条件下水解生成羧酸和醇；②碱性条件下水解生成羧酸盐和醇酰胺基在强酸、强碱条件下均能发生水解反应2.有机反应中的几个定量关系(1)1 mol加成需要1 mol H2或1 mol Br2。

(2)1 mol苯完全加成需要3 mol H2。

(3)1 mol —COOH与NaHCO3反应生成1 mol CO2气体。

(4)1 mol —COOH与Na反应生成mol H2；1 mol —OH与Na反应生成mol H2。

(5)与NaOH反应，1 mol —COOH消耗1 mol NaOH；1 mol (R、R′为烃基)消耗1 mol NaOH。

1．4-溴甲基-1-环己烯的一种合成路线如下：下列说法正确的是()A．化合物W、X、Y、Z中均有一个手性碳原子B．①②③的反应类型依次为加成反应、还原反应和消去反应C．由化合物Z一步制备化合物Y的转化条件是NaOH的水溶液，加热D．化合物Y先经酸性高锰酸钾溶液氧化，再与乙醇在浓硫酸催化下酯化可制得化合物X 答案C解析A项，化合物X、Y、Z连接支链的碳原子为手性碳原子，化合物W中没有手性碳原子；B项，1,3-丁二烯与丙烯酸乙酯加成生成X，X发生还原反应生成Y，Y发生取代反应生成Z；D项，Y中含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化。

第十部分材料的强化韧性是材料变形和断裂过程中吸收能量的能力，它是强度和塑性的综合表现；强度是材料抵抗变形和断裂的能力，塑性则表示材料断裂时总的塑变程度．材料在塑性变形和断裂全过程中吸收能量的多少表示韧性的高低．金属材料缺口试样落锤冲击试验侧得的韧性指标称为冲击韧性．高分子材料冲击试验的韧性指标通常称为冲击强度或冲击韧度．第一节材料强化基本原理1、固溶强化纯金属经适当的合金化后强度、硬度提高的现象根据强化机理可分为无序固溶体和有序固溶体固溶强化的特点：（1）溶质原子的原子数分数越大，强化作用越大；（2）溶质原子与基体金属原子尺寸相差越大，强化作用越大；（3）间隙型溶质原子比置换原子有更大的固溶强化作用；（3）溶质原子与基体金属的价电子数相差越大，固溶强化越明显。

2、细晶强化多晶体金属的晶粒通常是大角度晶界，相邻取向不同的的晶粒受力发生塑性变形时，部分晶粒内部的位错先开动，并沿一定晶体学平面滑移和增殖，位错在晶界前被阻挡，当晶粒细化时，需要更大外加力才能使材料发生塑性变形，从而达到强化的目的。

霍尔-佩奇公式：σs=σ+K y d-1/23、位错强化（1）晶体中的位错达到一定值后，位错间的弹性交互作用增加了位错运动的阻力。

可以有效地提高金属的强度。

流变应力τ和位错密度的关系：（2）加工硬化定义：金属经冷加工变形后，其强度、硬度增加、塑性降低。

单晶体的典型加工硬化曲线：τ~θ 曲线的斜率θ=d τ/d θ称为“加工硬化速率”·曲线明显可分为三个阶段：I．易滑移阶段：发生单滑移，位错移动和增殖所遇到的阻力很小，θI很低，约为10-4G数量级。

II．线性硬化阶段：发生多系滑移，位错运动困难，θII远大于θI约为G/100—G/300 ，并接近于一常数。

III．抛物线硬化阶段：与位错的多滑移过程有关，θIII随应变增加而降低，应力应变曲线变为抛物线。

4、沉淀相颗粒强化当第二相以细小弥散的微粒均匀分布在基体相中时，将产生显著的强化作用，通常将微粒分成不可变形的和可变形的两类。

专题强化二十二 带电粒子在立体空间中的运动 目标要求 1.会处理带电粒子在匀强磁场中的螺旋线运动和叠加场中的旋进运动.2.掌握带电粒子在立体空间中的运动的解题思路和处理方法．题型一 带电粒子的螺旋线运动和旋进运动空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的．现在主要讨论两种情况：(1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动．这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．(2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．例1 如图所示，质子以初速度v 进入磁感应强度为B 且足够大的匀强磁场中，速度方向与磁场方向的夹角为θ.已知质子的质量为m 、电荷量为e .质子重力不计，则下列说法正确的是( )A ．质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向垂直于纸面向里B ．质子在垂直于磁场平面做圆周运动的半径为m v cos θeBC ．质子做螺旋线运动的周期为2πm eB sin θD ．一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离(即螺距)为2πm v cos θeB答案 D解析 将质子的初速度分解为垂直于磁场方向的速度v 1＝v sin θ，沿磁场方向的速度v 2＝v cos θ，质子沿垂直磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做匀速直线运动，则质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向平行磁场方向，选项A 错误；质子做螺旋线运动的半径为r ＝m v 1eB＝m v sin θeB ，选项B 错误；质子做螺旋线运动的周期为T ＝2πr v 1＝2πm eB，选项C 错误；一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离(即螺距)为x ＝v 2T ＝2πm v cos θeB，选项D 正确． 例2 (2023·山东菏泽市模拟)在空间中存在水平向右的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B ，电场强度大小为E ，方向均沿x 轴水平向右．在O 点，一个α粒子(氦原子核)以速度v 0沿与x 轴夹角为60°的方向射入电、磁场，已知质子质量为m 、电荷量为q ，不计α粒子的重力．求：(1)α粒子离x 轴的最远距离；(2)α粒子从O 点射出后，第3次与x 轴相交时的动能．答案 (1)23m v 0qB (2)2m v 02＋12πmE B (v 0＋6πE B) 解析 (1)由题意可知α粒子的质量为m α＝4m 、电荷量为q α＝2q ，将α粒子的初速度分解成沿x 轴方向的分速度v x 与垂直x 轴方向的分速度v y ，则有v x ＝v 0cos 60°＝12v 0，v y ＝v 0sin 60°＝32v 0 由于v x 与磁场方向平行，不受洛伦兹力影响，电场方向沿着x 轴方向，只影响v x ，不影响v y ，故α粒子在电、磁场中的运动可分解为：垂直于x 轴的平面内做匀速圆周运动，沿x 轴方向做匀加速直线运动．对于垂直于x 轴平面内的匀速圆周运动，有q αv y B ＝m αv y 2r ，解得圆周运动半径r ＝m αv y q αB ＝4m v y 2qB ＝3m v 0qB，故α粒子离x 轴的最远距离是直径的长度，即为23m v 0qB ； (2)α粒子从O 点射出后，第3次与x 轴相交时，由于在垂直于x 轴的平面内做匀速圆周运动，可知此过程经历的时间t ＝3T ＝3×2πm αq αB ＝12πm qB，沿x 轴方向的匀加速直线运动所通过的位移x ＝v x t ＋12at 2，又加速度a ＝q αE m α＝qE 2m ，解得x ＝6πm qB (v 0＋6πE B) α粒子从O 点射出后到第3次与x 轴相交的过程，由动能定理有q αEx ＝E k －12m αv 02 联立解得α粒子从O 点射出后，第3次与x 轴相交时的动能E k ＝2m v 02＋12πmE B (v 0＋6πE B)．题型二 带电粒子在立体空间中的偏转分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系．带电粒子依次通过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题．有时需要将粒子的运动分解为两个互相垂直的平面内的运动(比如螺旋线运动和旋进运动)来求解．例3 (2022·山东卷·17)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz 中，0<z ≤d 空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B ，方向沿x 轴正方向；－3d ≤z <0，y ≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为22B ，方向平行于xOy 平面，与x 轴正方向夹角为45°；z <0，y ≤0的空间内充满沿y 轴负方向的匀强电场．质量为m 、带电量为＋q 的离子甲，从yOz 平面第三象限内距y 轴为L 的点A 以一定速度出射，速度方向与z 轴正方向夹角为β，在yOz 平面内运动一段时间后，经坐标原点O 沿z 轴正方向进入磁场Ⅰ.不计离子重力．(1)当离子甲从A 点出射速度为v 0时，求电场强度的大小E ；(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度v m ；(3)离子甲以qBd 2m的速度从O 点沿z 轴正方向第一次穿过xOy 面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy 平面的位置坐标(用d 表示)；(4)当离子甲以qBd 2m 的速度从O 点进入磁场Ⅰ时，质量为4m 、带电量为＋q 的离子乙，也从O 点沿z 轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt (忽略离子间相互作用)．答案 (1)m v 02sin βcos βqL (2)qBd m(3)(d ，d ,0) (4)(2＋22)πm qB解析 (1)如图所示将离子甲在A 点的出射速度v 0分解到沿y 轴方向和z 轴方向，离子受到的电场力沿y 轴负方向，可知离子沿z 轴方向做匀速直线运动，沿y 轴方向做匀减速直线运动，从A 到O 的过程，有L ＝v 0cos β·t ，v 0sin β＝at ，a ＝qE m联立解得E ＝m v 02sin βcos βqL； (2)如图所示离子从坐标原点O 沿z 轴正方向进入磁场Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力可得q v 1B ＝m v 12r Ⅰ离子经过磁场Ⅰ偏转后从y 轴进入磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力可得q v 1·22B ＝m v 12r Ⅱ，可得r Ⅱ＝2r Ⅰ 为了使离子在磁场中运动，需满足r Ⅰ≤d ，r Ⅱ≤3d则可得v 1≤qBd m故要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为qBd m； (3)离子甲以v ＝qBd 2m的速度从O 点沿z 轴正方向第一次穿过xOy 面进入磁场Ⅰ，离子在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r 1＝m v qB ＝d 2离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r 2＝2d 2离子从O 点第一次穿过到第四次穿过xOy 平面的运动情景，如图所示离子第四次穿过xOy 平面的x 坐标为x 4＝2r 2sin 45°＝d离子第四次穿过xOy 平面的y 坐标为y 4＝2r 1＝d故离子第四次穿过xOy 平面的位置坐标为(d ，d ,0)；(4)设离子乙的速度为v ′，根据离子甲、乙动能相同，可得12m v 2＝12×4m v ′2 可得v ′＝v 2＝qBd 4m离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r 1′＝4m v ′qB＝d ＝2r 1 离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r 2′＝4m v ′q ·22B ＝2d ＝2r 2 根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示，从O 点进入磁场到轨迹第一个交点的过程，有t 甲＝T 1＋T 2＝2πm qB ＋2πm q ·22B ＝(2＋22)πm qB t 乙＝12T 1′＋12T 2′＝12×2π·4m qB ＋12×2π·4m q ·22B ＝(4＋42)πm qB可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为Δt ＝t 乙－t 甲＝(2＋22)πm qB. 课时精练1．(2022·重庆卷·5)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录．为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B .若某电荷量为q 的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v 1，垂直于磁场方向的分量大小为v 2，不计离子重力，则( )A ．电场力的瞬时功率为qE v 12＋v 22B ．该离子受到的洛伦兹力大小为q v 1BC ．v 2与v 1的比值不断变大D ．该离子的加速度大小不变答案 D解析 根据功率的计算公式可知P ＝F v cos θ，则电场力的瞬时功率为P ＝Eq v 1，A 错误；由于v 1与磁场B 平行，则根据洛伦兹力的计算公式知F 洛＝q v 2B ，B 错误；根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做加速运动，则v 1增大，v 2不变，v 2与v 1的比值不断变小，C 错误；离子受到的安培力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D 正确．2.如图所示，竖直平面MNRS 的右侧存在方向竖直向上且足够大的匀强磁场，从平面MNRS 上的O 点处以初速度v 0＝10 m/s 垂直MNRS 面向右抛出一带电荷量为q 、质量为m 的小球．若磁感应强度大小B ＝πm q，g 取10 m/s 2.求：(1)小球离开磁场时的速度大小；(2)小球离开磁场时的位置与抛出点的距离．答案 (1)10 2 m/s (2)5ππ2＋16 m 解析 (1)小球在水平方向做匀速圆周运动，在竖直方向做自由落体运动，水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为t ＝T 2＝πm qB＝1 s ，则离开磁场时在竖直方向上的速度v y ＝gt ＝10 m/s ，故小球离开磁场时的速度大小为v ＝v 02＋v y 2＝10 2 m/s.(2)小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为y ＝12gt 2＝5 m ，小球在水平方向做匀速圆周运动有q v 0B ＝m v 02R ，解得R ＝m v 0qB ，水平方向位移为直径，即x ＝2R ＝2m v 0qB ＝20π m ，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s ＝x 2＋y 2＝5ππ2＋16 m.3.某离子实验装置的基本原理图如图所示，截面半径为R 的圆柱腔分为两个工作区，Ⅰ区长度d ＝4R ，内有沿y 轴正向的匀强电场，Ⅱ区内既有沿z 轴负向的匀强磁场，又有沿z 轴正向的匀强电场，电场强度与Ⅰ区电场强度等大．现有一正离子从左侧截面的最低点A 处以初速度v 0沿z 轴正向进入Ⅰ区，经过两个区域分界面上的B 点进入Ⅱ区，在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出，最终从右侧截面上的C 点飞出，B 点和C 点均为所在截面处竖直半径的中点(如图中所示)，已知离子质量为m 、电荷量为q ，不计离子重力，求：(1)电场强度的大小；(2)离子到达B 点时速度的大小；(3)Ⅱ区中磁感应强度的大小；(4)Ⅱ区的长度L 应为多大．答案 (1)3m v 0216Rq (2)54v 0 (3)2m v 0qR (4)n πR ＋3n 2π232R (n ＝1,2,3，…) 解析 (1)离子在Ⅰ区做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有4R ＝v 0t ，3R 2＝12at 2，根据牛顿第二定律有a ＝Eq m ，解得电场强度的大小为E ＝3m v 0216Rq. (2)类平抛过程由动能定理有3EqR 2＝12m v 2－12m v 02，解得离子到达B 点时速度的大小为v ＝54v 0. (3)离子在Ⅱ区内做复杂的旋进运动．将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运动和z 轴正方向的匀加速直线运动，根据题意可得，在圆柱腔截面上的匀速圆周运动轨迹如图所示．设临界圆轨迹半径为r ，根据几何知识有(R －r )2＝r 2＋R 24，解得离子的轨迹半径为 r ＝38R ，离子沿y 轴正方向的速度为 v y ＝v 2－v 02＝34v 0，则根据洛伦兹力提供向心力有 q v y B ＝m v y 2r解得Ⅱ区中磁感应强度大小为B ＝2m v 0qR.(4)离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为 T ＝2πr v y，由题意知离子在Ⅱ区运动的时间为T 的整数倍，离子在z 轴正方向上做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移公式可得L ＝v 0nT ＋12a (nT )2(n ＝1,2,3，…)，联立解得Ⅱ区的长度为L ＝n πR ＋3n 2π232R (n ＝1,2,3，…)． 4.如图所示，一些质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子从一线状粒子源射出(初速度可视为0)，经过电压为U 的电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS 段垂直射出(S 为MF 中点)，进入棱长为L 的正方体电磁修正区内(内部有垂直面MPRG 的方向如图，磁感应强度B 和电场强度E 大小未知的匀强磁场与匀强电场)．距离正方体底部3L 处有一与RNAG 平行且足够大平板．现以正方体底面中心O 在平板的垂直投影点为原点，在平板内建立直角坐标系(其中x 轴与GR 平行)．所有带电粒子都从正方体底面离开，且从M 点进入正方体的粒子在正方体中运动的时间满足2πm 3qB.不计粒子重力．(1)求粒子进入棱长为L 的正方体电磁修正区时速度的大小；(2)粒子射出正方体电磁修正区后到达平板所需的时间；(3)若满足关系式E ＝qUB 22π2m，求从M 点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标．(结果用L 表示)答案 (1)2qU m (2)2L m 2qU(3)⎝⎛⎭⎪⎫－9－236L ，9＋4π54L 解析 (1)设粒子进入棱长为L 的正方体电磁修正区时的速度大小为v ，根据动能定理有qU ＝12m v 2，解得v ＝2qU m(2)在正方体中，粒子在平行于MPRG 平面方向的分运动为匀速圆周运动，在垂直于MPRG 平面方向的分运动为匀加速直线运动，设粒子做圆周运动的周期为T ，根据洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R ，又T ＝2πR v ，联立解得T ＝2πm Bq从M 点进入正方体的粒子在正方体中的运动时间为t 1＝2πm 3qB ＝T 3，所以粒子做圆周运动转过的圆心角为120°，根据几何关系可知粒子离开正方体时的速度在垂直于平板方向的分量大小为v 2＝v cos 30°.离开正方体后粒子做匀速直线运动，到达平板所需的时间为t 2＝3L v 2，联立解得t 2＝2L m 2qU (3)根据几何关系有R ＋R cos 60°＝L ，解得R ＝23L ，粒子在正方体中做匀加速直线运动的加速度大小为a ＝qE m ＝q m qUB 22π2m ，粒子在正方体中沿y 轴方向的位移大小为y 1＝12at 12，粒子离开正方体时的速度沿y 轴方向的分速度大小为v y ＝at 1，从M 点入射的粒子最后打到平板上的位置的纵坐标为y ＝y 1＋v y t 2－L 2，联立解得y ＝9＋4π54L ，根据几何关系可知粒子在正方体中沿x 轴方向的位移大小为x 1＝R sin 60°＝33L 粒子离开正方体时的速度沿－x 轴方向的分速度大小为v 1＝v sin 30°，从M 点入射的粒子最后打到平板上的位置的横坐标为x ＝x 1－v 1t 2－L 2，联立解得x ＝－9－236L 综上所述可知从M 点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－9－236L ，9＋4π54L .。

1．为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路．图中A0是标准微安表，R0和R N分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关，E是电池．完成下列实验步骤中的填空：(1)将S拨向接点1，接通S1，调节________，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时______的读数I；(2)然后将S拨向接点2，调节____________，使__________，记下此时R N的读数；(3)多次重复上述过程，计算R N读数的______，此即为待测微安表头内阻的测量值．2．要测量电压表V1的内阻R V1，已知其最大量程为3 V，内阻约3 kΩ.实验室提供的器材有：电流表A，量程0～A，内阻约为Ω电压表V2，量程0～5 V，内阻约为5 kΩ定值电阻R1，阻值为20 Ω定值电阻R2，阻值为2 kΩ滑动变阻器R3，最大阻值100 Ω，额定电流A电源E，电动势6 V，内阻约为Ω开关S一个，导线若干．(1)某同学设想按图甲所示电路进行测量，读出电压表V1和电流表A的示数后，用欧姆定律计算出R V1.该方案实际上__________(填“可行”或“不可行”)，最主要的原因是_________．(2)另一同学按如图乙所示的实物电路来测量电压表V1的内阻R V1.①图中R0应选__________．(选填“R1”或“R2”)②在虚线方框内画出该实验电路图．③接通电路后，调整滑动变阻器的滑动触头在适当的位置，此时电压表V1的读数为U1，电压表V2的读数为U2，定值电阻的阻值为R0，则电压表V1的内阻R V1的表达式为R V1＝________.3．(2023·广东珠海市模拟)某同学利用图甲所示电路测量一表头的电阻．供选用的器材如下：A．待测表头G1(内阻r1约为300 Ω，量程为mA)；B．灵敏电流表G2(内阻r2＝300 Ω，量程为mA)；C．定值电阻R(R＝1 200 Ω)；D．滑动变阻器R1(最大阻值为10 Ω)；E．滑动变阻器R2(最大阻值为1 000 Ω)；F．电源E(电动势E＝V，内阻不计)；G．开关S，导线若干．(1)请根据图甲所示电路将图乙的实物图补充完整．(2)滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)．开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至________(填“a”或“b”)端．(3)该同学接入定值电阻R的主要目的是________________________________．(4)实验中某次待测表头G1的示数如图丙所示，示数为________ mA.(5)该同学多次移动滑片P，记录相应的G1、G2示数I1、I2；以I1为纵坐标I2为横坐标，作出相应图线．测得图线的斜率k＝，则待测表头内阻r1＝________ Ω.4．(2023·广东茂名市五校联盟联考)某同学在测两节干电池串联时的电动势和内阻时所用的器材如下：A．两节干电池：总电动势约为3 V，总内阻约为Ω；B．电压表V：量程为3 V，内阻为几千欧；C．电流表A：量程为100 mA，内阻为Ω；D．定值电阻R0：阻值为Ω；E．滑动变阻器R：0～20 Ω；F．开关，导线若干．(1)该同学设计出如图甲所示的电路图，根据电路图用笔画线在图乙中将实物图连接完整．(2)实验中，该小组闭合开关，调节滑动变阻器，多次测量得出多组电压表的示数U和电流表A的示数I，通过描点画出电源的U－I图像如图丙所示，这两节干电池的总电动势E＝____ V (结果保留三位有效数字)，总内阻r＝______ Ω(结果保留两位有效数字)．(3)电流表的内阻对两节干电池总电动势的测量结果________(填“有”或“没有”)影响．5．某小组用惠斯通电桥测量电阻R x的阻值：方案一：如图(a)所示，先闭合开关S，然后调整电阻箱R2的阻值，使开关S0闭合时，电流表G的示数为零．已知定值电阻R1、R3的阻值，即可求得电阻R x的阻值．(1)实验中对电流表G的选择，下列说法正确的是________．A．电流表的零刻度在表盘左侧B．电流表的零刻度在表盘中央C．电流表的灵敏度高，无需准确读出电流的大小D ．电流表的灵敏度高，且能准确读出电流的大小(2)若实验中未接入电流表G ，而其他电路均已连接完好，调节电阻箱R 2，当R 2R x >R 1R 3，则B 、D 两点的电势的关系满足φB ________(选填“>”“<”或“＝”)φD .方案二：在方案一的基础上，用一段粗细均匀的电阻丝替代R 1、R 3，将电阻箱R 2换成定值电阻R ，如图(b)所示．(3)闭合开关S ，调整触头D 的位置，使按下触头D 时，电流表G 的示数为零．已知定值电阻R 的阻值，用刻度尺测量出l 1、l 2，则电阻R x ＝________.(用已知量和测得量表示)(4)为消除因电阻丝的粗细不均匀而带来的误差，将图(b)中的定值电阻R 换成电阻箱，并且按照(3)中操作时，电阻箱的读数记为R 4；然后将电阻箱与R x 交换位置，保持触头D 的位置不变，调节电阻箱，重新使电流表G 的示数为零，此时电阻箱的读数记为R 5，则电阻R x ＝______.(用电阻箱的读数表示)。

专题强化3电场能的性质［学习目标］1.会根据电场线和运动轨迹判断电场力做功情况和电势能变化情况.2.能利用动能定理、功能关系分析电场综合问题.3.理解E-x.<p-x图像的意义.并会分析有关问题.一、电场线、等势面、运动轨迹的综合问题（2018天津卷）如图1所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用卜-的运动轨迹，设点和N 点的电势分别为物、伽，粒子在Q和N时加速度大小分别为仙、。

小速度大小分别为如、如，电势能分别为Ep"、下列判断正确的是（）A. V M<V^a M<a N C.9M<(pNi EpAf<EpN 答案D图1B・V M<V N.(PM<(PN D・hm V〃w，E p sf<Eps解析由粒子的轨;Z子所受电场力的方向偏向右，因粒子带负电•故电场线方向偏向左•由沿电场线方向电势圈氐，可知饥、(曲，昂虹琮\；N点电场线比M点密，故场强E a点N,由加速度U=柴知gN,粒子若从N点运动到M点，电场力做正功,动能增加，故综与斤述，选项D正确•总结提升—1.速5向沿运动轨迹的切线方向，所受电场力的方向沿电场线的切线方向或反方向，所受合外力的方向指向轨迹曲线凹侧・2.电势能大小的判断方法(1)电场力做功:电场力做正功.电势能减小；电场力做负功，电势能增加.(2)利用公式法：由E e知正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大・（多选）（2018.荷淫市期末）如图2所示，虚线A、B.C表示某电场中的三个等势而，相邻等势面间的电势差相等，一电子从右恻垂直等势面A 向左进入电场，运动轨迹与等势而分别交于“、b、二三点，则可以判断（）图2A.三个等势面的电势大小为啊心B.三个等势面的电势大小为（p c>（PB>tp.\C.电子由〃到c电势能不断减小D.电子由“到c动能不断减小答案AD解析由等势面画出电场线如图所示，电子在c点受力和运动方向如图，并由此进一步得出电场线垂直等势面指向左，gg,A正确，B错误；从“至c电场力做员功，电势能不断增加，动能不断减小，C错误，D正确.二、电场中的功能关系如图3所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为&的圆周交于8、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷・8点为AC的中点，C点位于圆周的最低点.现有一质量为，，，、电荷量为一＜?、套在杆上的带负电小球（可视为质点）从A点由静止开始沿杆下滑.己知重力加速度为g,A点距过C点的水平面的竖直高度为3R,小球滑到B点时的速度大小为2婉.求：图3(1)小球滑到C点时的速度大小；(2)若以C点为零电势点，试确定A点的电势.答案(1)寸林(2)-誓解析(1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中电场力做的功为零.由几何关系可得BC的竖直高度&=y根据动能有〃博萼=捋^-解得如二寸林.(2)小球从A到C,重力和电场力均做正功，所以由动能定理有〃欺3R+IV电=号，又根据电场力做功与电势能的关系：W电二E m-玲二-g物-(-g伙).又因为°C二0,可得伽二--总结提升■------------------------------------------------------------------------电场中的功能关系1.合力做功等于物体动能的变化量，即W合=A£k,这里的W合指合外力做的功.2 .电场力做功决定带电体电势能的变化星,即W ab=E m-E p B=- △玲这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似.3.只有电场力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，艮O£p,+E机l垸2+E机、这与只有重力做功时，物体的机械能守恒洲以・三、伊一x图像和E-X[S像（多选）空间某一静电场的电势0在X轴上的分布如图4所示,x轴上两点8、C的电场强度在x轴方向上.的分量分别是E/小Eo，卜-列说法中正确的有（）图4A. E&r的大小大于Ec的大小B.标.的方向沿x轴正方向C.电荷在。

材料强化方法
哇塞，材料强化方法那可真是太重要啦！这就好像给材料穿上了一层坚固的铠甲，让它们变得更强大、更耐用。

材料强化的步骤其实并不复杂，但每一步都需要精心操作呢。

首先要选择合适的强化材料，这就像是给战士挑选趁手的兵器一样，可不能马虎呀！然后要按照特定的工艺和技术进行处理，这个过程就像是雕琢一件艺术品，需要耐心和细心。

注意事项也不少呢，比如要严格控制温度、压力等参数，稍有偏差可能就会前功尽弃哦！而且还要保证操作环境的洁净，不能有杂质来捣乱呀！
在这个过程中，安全性和稳定性那是绝对不能忽视的。

这就好比是走钢丝，必须得稳稳当当的。

要是有一点疏忽，那后果可不堪设想啊！所以必须要有完善的安全措施和监控机制，确保一切都在掌控之中。

材料强化的应用场景那可多了去啦！比如在航空航天领域，强化后的材料可以让飞行器更轻、更强，飞得更高更远；在汽车制造中，能让车子更安全、更节能。

它的优势也是显而易见的呀，能大大提高材料的性能和使用寿命，这不是一举多得嘛！
就拿我们日常生活中的手机来说吧，手机壳不就是一种材料强化嘛！它保护着手机，让手机不容易摔坏。

你看，这就是材料强化的实际应用效果呀，它就在我们身边呢！
材料强化方法真的是超级棒呀！它让材料变得更优秀，为我们的生活带来了更多的便利和安全。

我们应该好好利用这些方法，让材料发挥出更大的作用呀！。

材料强化机制材料强化是指通过添加其他物质或改变原材料的结构，使材料的性能得到提升的过程。

在材料科学领域中，强化机制是一个非常重要的研究课题，能够帮助我们更好地理解材料的性能和行为，从而设计出更加优秀的材料。

本文将从几种常见的强化机制入手，介绍材料强化的原理和方法。

首先，我们来谈谈固溶强化。

固溶强化是指通过溶质原子溶解在基体晶格中，改变晶格参数和原子间距，从而提高材料的硬度和强度。

固溶强化的原理是溶质原子的尺寸不同于基体原子，导致晶格畸变，增加了位错的运动阻力，从而提高了材料的强度。

这种强化机制在合金材料中应用广泛，例如钢铁中的碳固溶强化和铝合金中的镁固溶强化等。

其次，我们来看看析出强化。

析出强化是指在固溶体中析出出一种稳定的固溶相，通过限制位错的移动来增强材料的性能。

在固溶体中，当固溶度超过了固溶极限时，就会发生析出现象，形成一些小的析出相，这些析出相能够有效地阻碍位错的移动，从而提高材料的强度和硬度。

这种强化机制常常应用于合金材料和金属陶瓷材料中。

另外，还有纳米颗粒强化。

纳米颗粒强化是指在材料的基体中分散添加一些纳米颗粒，这些纳米颗粒能够有效地阻碍位错的移动，从而提高材料的强度。

纳米颗粒的尺寸很小，能够有效地阻止位错的移动，同时由于颗粒的尺寸小，还能够提高材料的塑性。

这种强化机制在金属材料和陶瓷材料中有着广泛的应用。

最后，我们来讨论纤维增强复合材料的强化机制。

纤维增强复合材料是指在基体材料中添加一定比例的纤维增强相，通过纤维增强相的强度和刚度来提高整体材料的性能。

纤维增强复合材料的强化机制是通过纤维与基体之间的力学结合来实现的，纤维能够吸收和传递应力，从而提高了材料的强度和韧性。

总的来说，材料强化机制是一个非常重要的研究领域，通过对材料的强化机制进行深入的研究，能够帮助我们设计出更加优秀的材料，满足不同工程领域的需求。

希望本文能够对您有所帮助，谢谢阅读！。

材料强化机制材料强化是通过改变材料的内部结构和组织，以提高其力学性能和使用性能的过程。

材料强化机制主要包括晶粒细化、位错增多和增强材料的界面结构。

晶粒细化是材料强化的重要机制之一。

在晶体材料中，晶粒是材料的基本结构单元。

当晶粒尺寸减小时，晶界的比例会显著增加，这会导致晶粒与晶粒之间的位错活动受到限制，从而提高材料的强度和硬度。

晶粒细化可以通过机械加工、凝固过程控制和热处理等方式实现。

机械加工包括冷拉伸、冷轧和冷挤压等，通过机械变形使晶粒发生变形和重新结晶，从而得到细小的晶粒。

凝固过程控制是在材料凝固过程中通过调控凝固速率和凝固条件，使晶粒尺寸得到控制和限制。

热处理则是通过高温热处理和快速冷却等方式来实现晶粒细化。

位错增多也是材料强化的重要机制之一。

位错是晶体中发生塑性变形的基本单位。

通过在材料中引入位错，可以增加材料的势能和应变能，从而提高材料的强度和韧性。

位错可以通过材料的塑性变形、热处理和合金元素的弥散等方式引入。

塑性变形是指通过外力作用引起材料的形变，从而在材料中引入位错。

热处理，如冷加工等，也可以通过形成位错影响材料的结构和性能。

合金元素的弥散是在材料中加入弥散粒子，通过与位错的相互作用来增加位错密度和位错交互效应。

界面结构的强化也是材料强化的重要机制之一。

材料的界面是两个相互作用的相之间的结合面，包括晶粒界面、相间界面和表面等。

通过调控这些界面的结构和组织，可以改变材料的力学性能和使用性能。

常见的界面结构调控方式包括添加界面相、调节界面能量和调节界面结构。

添加界面相是在材料中添加第二相物质，形成复相结构来增加材料的界面密度和界面强化效应。

调节界面能量是通过表面改性、合金化和添加界面活性元素等方式，改变界面的能量状态和相互作用力，从而影响材料的界面结构和性能。

调节界面结构则是通过材料的凝固和热处理等方式，调整界面的晶格结构和位错密度，从而增加材料的界面强化效应。

综上所述，材料强化机制包括晶粒细化、位错增多和增强材料的界面结构。