2018年高考物理复习专题六 第2讲

第一部分专题六第2讲基础题——学问基础打牢1. (2024·新课标Ⅰ卷)某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻R x，所用电压表的内阻为1 kΩ，电流表内阻为0.5 Ω.该同学采纳两种测量方案，一种是将电压表跨接在图(a)所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间．测量得到如图(b)所示的两条U­I图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数．回答下列问题：(1)图(b)中标记为Ⅱ的图线是采纳电压表跨接在_O、P__(填“O、P”或“O、Q”)两点的方案测量得到的．(2)依据所用试验器材和图(b)可推断，由图线_Ⅰ__(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为_50.5__Ω(保留1位小数)．(3)考虑到试验中电表内阻的影响，需对(2)中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为_50.0__Ω(保留1位小数)．【解析】(1)若将电压表接在O、P之间，I＝UR V ＋UR x则U＝R x R VR x＋R V·I依据一次函数关系可知对应斜率为R x R VR x＋R V若将电压表接在O、Q之间，电流表分压为U A＝IR A依据欧姆定律变形可知R x＝U－IR AI解得U＝I(R x＋R A)依据一次函数可知对应斜率为(R x＋R A)，对比图像的斜率可知kⅠ>kⅡ所以Ⅱ图线是采纳电压表跨接在O、P之间．(2)因为待测电阻为几十欧姆的电阻，通过图像斜率大致估算待测电阻为50 Ω左右，依据1 kΩ50 Ω<50 Ω0.5 Ω说明电流表的分压较小，电压表的分流较大，所以电压表应跨接在O、Q之间，所以选择图线I得到的结果较为精确．依据图像可知R x＝3 V－1 V59.6 mA－20 mA≈50.5 Ω.(3)考虑电流表内阻，则修正后的电阻为R x′＝R x－R A＝50.5 Ω－0.5 Ω＝50.0 Ω.2. (2024·四川成都二诊)为将一只毫安表A(量程3 mA，内阻约几十欧姆)改装成量程为1.5 V的电压表，试验室供应了下列器材：电源E(电动势约6 V，内阻不计)；滑动变阻器R1(0～50 Ω)；滑动变阻器R2(0～5 kΩ)；电阻箱R(0～999.9 Ω)；开关两个、导线若干．某同学先按图示电路连接线路，测量表A的内阻．他的操作步骤如下：a．将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合S1后调整变阻器的阻值，使表A的指针满偏；b．闭合S2保持变阻器的阻值不变，调整电阻箱R的阻值，使表A的指针偏转到量程的1 2位置；c．登记R的阻值为30.0 Ω.(1)上述试验中，滑动变阻器应选用_R2__(选填“R1”或“R2”)．(2)表A的内阻测量值R A＝_30.0或30__Ω.此测量值_小于__(选填“大于”“等于”或“小于”)表A内阻的真实值．(3)若取表A内阻的测量值R A进行计算，为达成改装的目的，可将表A与电阻箱R_串联__(选填“串联”或“并联”)，且将电阻箱R的阻值调到_470.0或470__Ω.【解析】(1)毫安表A的量程3 mA，则电路中的最大电流为3 mA，电路的最小电阻为R＝EI g ＝63×10－3Ω＝2 000 Ω，故滑动变阻器应选用R2.(2)试验中用半偏法测电表的内阻，所以R的阻值即为电表的测量值，则表A的内阻测量值R A＝30 Ω，由于闭合S2，电阻箱R并入电路，电路的总电阻变小，干路电流变大，而流过毫安表的电流为满偏的一半，所以流过电阻箱R的电流大于满偏的一半，依据并联电路的特点，可知电阻箱R的阻值小于毫安表的内阻，即测量值小于表A内阻的真实值．(3)应把毫安表与电阻箱串联，改装成电压表，量程为1.5 V，则有U＝I g(R A＋R)，则将电阻箱R的阻值调到R＝470 Ω.3. (2024·新课标Ⅱ卷)某同学要探讨一小灯泡L(3.6 V，0.30 A)的伏安特性．所用器材有：电流表A1(量程200 mA，内阻R g1＝10.0 Ω)，电流表A2(量程500 mA，内阻R g2＝1.0Ω)、定值电阻R0(阻值R0＝10.0 Ω)、滑动变阻器R1(最大阻值10 Ω)、电源E(电动势4.5 V，内阻很小)、开关S和若干导线．该同学设计的电路如图(a)所示．(1)依据图(a)，在图(b)的实物图中画出连线．(2)若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流，利用I1、I2、R g1和R0写出：小灯泡两端的电压U＝_I1(R g1＋R0)__，流过小灯泡的电流I＝_I2－I1__.为保证小灯泡的平安，I1不能超过_180__mA.(3)试验时，调整滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零．逐次变更滑动变阻器滑片位置并读取相应的I1和I2.所得试验数据在下表中给出．I1/mA325585125144173I2/mA1712292993794244701_11.6__Ω(保留1位小数)．(4)假如用另一个电阻替代定值电阻R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于_8.0__Ω(保留1位小数)．【答案】(1)见解析图【解析】(1)依据电路图连接实物图如图所示(2)①依据电路图可知灯泡两端的电压为电流表A 1和R 0的总电压，故依据欧姆定律有U ＝I 1(R g1＋R 0 )；②依据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为I ＝I 2－I 1；③因为小灯泡的额定电压为3.6 V ，故依据题目中已知数据带入①中可知I 1不能超过180 mA.(3)依据表中数据可知当I 1＝173 mA 时，I 2＝470 mA ；依据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为U ＝3.46 V ；流过小灯泡的电流为I ＝297 mA ＝0.297 A ；故依据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为R ＝U I ＝3.460.297Ω＝11.6 Ω.(4)要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到3.6 V ，而电流表A 1不能超过其量程200 mA ，此时结合①有3.6＝0.2×(10＋R 0)，解得R 0＝8 Ω，即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于8 Ω.4. (2024·新课标Ⅲ卷)已知一热敏电阻当温度从10 ℃升至60 ℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用伏安法测量其阻值随温度的变更关系．所用器材：电源E 、开关S 、滑动变阻器R (最大阻值为20 Ω)、电压表(可视为志向电表)和毫安表(内阻约为100 Ω)．(1)在所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图．(2)试验时，将热敏电阻置于温度限制室中，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值．若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为5.5 V 和3.0 mA ，则此时热敏电阻的阻值为_1.8__kΩ(保留2位有效数字)．试验中得到的该热敏电阻阻值R 随温度t 变更的曲线如图(a)所示．(3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.2 kΩ.由图(a)求得，此时室温为_25.5__℃(保留3位有效数字)．(4)利用试验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图(b)所示．图中，E 为直流电源(电动势为10 V ，内阻可忽视)；当图中的输出电压达到或超过6.0 V 时，便触发报警器(图中未画出)报警．若要求起先报警时环境温度为50 ℃，则图中_R 1__(填“R 1”或“R 2”)应运用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为_1.2__kΩ(保留2位有效数字)．【答案】 (1)见解析图【解析】 (1)滑动变阻器应用分压式，电压表可视为志向表，所以用电流表外接．连线如图．(2)由部分电路欧姆定律得R ＝U I ＝ 5.53×10－3Ω≈1.8 kΩ.(3)由图(a)可以干脆读该电阻的阻值为2.2 kΩ对应的温度为25.5 ℃.(4)温度上升时，该热敏电阻阻值减小，分得电压削减．而温度高时要求输出电压上升，以触发报警，所以R 1为热敏电阻．由图线可知，温度为50 ℃时，R 1＝0.8 kΩ，由欧姆定律可得E ＝I (R 1＋R 2)，U ＝IR 2，代入数据解得R 2＝1.2 kΩ.5. (2024·全国乙，23,10分)一同学探究阻值约为550 Ω的待测电阻R x 在0～5 mA 范围内的伏安特性．可用器材有电压表V(量程为3 V ，内阻很大)，电流表A(量程为1 mA ，内阻为300 Ω)，电源E (电动势约为4 V ，内阻不计)，滑动变阻器R (最大阻值可选10 Ω或1.5 kΩ)，定值电阻R 0(阻值可选75 Ω或150 Ω)，开关S ，导线若干．(1)要求通过R x 的电流可在0～5 mA 范围内连续可调，将图甲所示的器材符号连线，画出试验电路的原理图．(2)试验时，图甲中的R 应选最大阻值为_10_Ω__(选填“10 Ω”或“1.5 kΩ”)的滑动变阻器，R 0应选阻值为_75_Ω__(选填“75 Ω”或“150 Ω”)的定值电阻．(3)测量多组数据可得R x 的伏安特性曲线．若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图乙和图丙所示，则此时R x 两端的电压为_2.30__V ，流过R x 的电流为_4.20__mA ，此组数据得到的R x 的阻值为_548__Ω(保留3位有效数字)．【答案】 (1)见解析图【解析】 (1)电流表内阻已知，电流表与R 0并联扩大电流表量程，进而测量通过R x 的电流，电压表测量R x 两端的电压；滑动变阻器采纳分压式接法，满意通过R x 的电流在0～5 mA 内连续可调的条件，电路图如下．(2)电路中R 应选最大阻值为10 Ω的滑动变阻器，便利电路的调整，测量效率高、试验误差小；通过R x 的电流最大为5 mA ，须要将电流表量程扩大为原来的5倍，依据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知5 mA －1 mA 1 mA ＝300 ΩR 0，解得R 0＝75 Ω.(3)电压表每小格表示0.1 V ，向后估读一位，即U ＝2.30 V ；电流表每小格表示0.02mA ，本位估读，即读数为0.84 mA ，电流表量程扩大5倍，所以通过R x 的电流为I ＝4.20 mA ；依据欧姆定律可知R x ＝UI≈548 Ω.6. (2024·浙江1月高考)小明同学依据图1的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”．试验时多次变更合金丝甲接入电路的长度l 、调整滑动变阻器的阻值，使电流表的读数I 达到某一相同值时记录电压表的示数U ，从而得到多个U I 的值，作出U I­l 图像，如图2中图线a 所示．(1)在试验中运用的是_0～20_Ω__(选填“0～20 Ω”或“0～200 Ω”)的滑动变阻器． (2)在某次测量时，量程为3 V 电压表的指针位置如图3所示，则读数U ＝_1.32(1.31～1.34)__V.(3)已知合金丝甲的横截面积为7.0×10－8m 2，则合金丝甲的电阻率为_1.1×10－6(0.90×10－6～1.3×10－6)__Ω·m(结果保留2位有效数字)．(4)图2中图线b 是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后采纳同样的方法获得的UI­l 图像，由图可知合金丝甲的横截面积_小于__(选填“大于”“等于”或“小于”)合金丝乙的横截面积．【解析】 (1)由试验原理可知R x ＝U I ，而由U I­l 图像可知待测电阻最大约为8 Ω，为了使电压表有明显的读数变更，则滑动变阻器的阻值不能太大，故选0～20 Ω比较合适．(2)量程为 3 V 的电压表，精度为0.1 V ，估读到0.01 V ，则电压为 1.32 V(1.31～1.34)．(3)依据电阻定律有U I ＝R x ＝ρS ·l 则U I ­l 图像的斜率为k ＝ρS可得合金丝甲的电阻率为ρ＝kS ＝7.4－3.60.44－0.20×7.0×10－8(Ω·m)≈1.1×10－6(Ω·m)．(4)另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后，电阻率不变，而横截面积变为S′＝S＋S乙由图2中图线b可得S′＝ρk b＝1.1×10－62.2－1.00.44－0.15≈26.6×10－8 m2解得S乙＝S′－S≈19.6×10－8 m2>S故合金丝甲的横截面积小于合金丝乙的横截面积．7. (2024·贵州押题卷)李老师为了让同学们更好地理解电表的改装原理，将量程为0～3 V～15 V的电压表底座拆开后，展示其内部结构，如图甲所示．图中a、b、c是该表的3个接线柱，李老师已依据图甲画出如图乙所示的电路图．(1)依据图乙可以推断，当须要选择0～3 V的量程时，应接入电路的两个接线柱是_b、c__.(2)若电压表的表头内阻为200 Ω，满偏电流为600 μA，则可以计算出R1＝_20_000__Ω，R2＝_4_800__Ω.(3)某同学受到启发后，接着探讨量程为0～0.6 A～3 A的电流表．拆开电流表底座后，发觉其内部结构如图丙所示，其中“－”为电流表的负接线柱，d、e为其余两个接线柱．在所给的器材符号之间画出连线，组成该电流表的电路图；(4)已知电流表中R4＝0.22 Ω，表头与电压表的表头相同，则R3＝_0.88__Ω.【答案】(3)见解析图【解析】(1)电压表量程越大，与表头G串联的总电阻越大，所以当须要选择0～3 V 的量程时，表头G只与R2串联，应接入电路的两个接线柱是b、c.(2)依据串联电路规律有I G(R2＋r G)＝3 V，I G(R1＋R2＋r G)＝15 V，联立解得R1＝20 000 Ω，R2＝4 800 Ω.(3)依据题图丙作出电路图如图所示．(4)电流表量程越大，分流总电阻越小，所以e接线柱对应0.6 A量程，d接线柱对应3 A量程，依据串并联电路规律有I1＝I G＋I G r G＋R5R3＋R4＝0.6 A，I2＝I G＋I G r G＋R3＋R5R4＝3A，联立解得R3＝0.88 Ω.应用题——强化学以致用8. (2024·全国高考甲卷)某同学用图(a)所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：小灯泡(额定电压2.5 V，额定电流0.3 A)电压表(量程300 mV，内阻300 Ω)电流表(量程300 mA，内阻0.27 Ω)定值电阻R0滑动变阻器R1(阻值0～20 Ω)电阻箱R2(最大阻值9 999.9 Ω)电源E(电动势6 V，内阻不计)开关 S、导线若干．完成下列填空：(1)有3个阻值分别为10 Ω、20 Ω、30 Ω的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在0～300 mA的U­I曲线，R0应选取阻值为_10__ Ω的定值电阻．(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的_a__(填“a”或“b”)端．(3)在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R2的阻值置零，变更滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、I，结果如图(b)所示．当流过电流表的电流为10 mA 时，小灯泡的电阻为_0.7__ Ω(保留1位有效数字)．(4)为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为 3 V ，该同学经计算知，应将R 2的阻值调整为_2_700_Ω__.然后调整滑动变阻器R 1，测得数据如下表所示：U /mV 24.0 46.0 76.0 110.0 128.0 152.0 184.0 216.0 250.0 I /mA140.0160.0180.0200.0220.0240.0260.0280.0300.0增大__(大”“减小”或“不变”)．(6)该同学观测到小灯泡刚起先发光时流过电流表的电流为160 mA ，可得此时小灯泡电功率P 1＝_0.074__W(保留2位有效数字)；当流过电流表的电流为300 mA 时，小灯泡的电功率为P 2，则P 2P 1＝_10__(保留至整数)．【解析】 (1)因为小灯泡额定电压2.5 V ，电动势6 V ，则滑动滑动变阻器时，为了保证电路平安，须要定值电阻分担的电压U ＝6 V －2.5 V ＝3.5 V ，则有R 0＝3.5 V0.3 A≈11.7 Ω则须要描绘小灯泡在0～300 mA 的伏安特性曲线，即R 0应选取阻值为10 Ω. (2)为了爱护电路，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的a 端．(3)由图可知当流过电流表的电流为10 mA 时，电压为7 mV ，则小灯泡的电阻为R ＝7×10－310×10－3 Ω＝0.7 Ω. (4)由题知电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3 V 时，有3R 2＋R V ＝0.3R V解得R 2＝2 700 Ω.(5)由图(b)和表格可知流过小灯泡电流增加，图像中U I变大，则灯丝的电阻增大． (6)依据表格可知当电流为160 mA 时，电压表的示数为46 mV ，依据(4)的分析可知此时小灯泡两端电压为0.46 V ，则此时小灯泡电功率P 1＝0.46 V×0.16 A≈0.074 W同理可知当流过电流表的电流为300 mA 时，小灯泡两端电压为2.5 V ，此时小灯泡电功率P 2＝2.5 V×0.3 A＝0.75 W故有P 2P 1＝0.750.074≈10.9. (2024·广西南宁二模)某物理试验小组设计了如图甲所示的电路图，采纳半偏法测量一电流计G 的内阻R g ，然后将该电流计G 改装为电压表，并对改装后的电压表进行检验．(1)请依据图甲所示电路图，在图乙中用笔画线表示导线连接相应的实物电路：(2)测量R g的步骤如下：①按图甲所示连接好试验电路，将R1的阻值调到最大，闭合开关S1，调整R1的阻值，使电流计指针满偏；②闭合开关S2，调整R2的阻值，使电流计指针转到满偏刻度的一半处，登记R2的阻值并断开S1；③待测电流计内阻R测＝R2.由于存在系统误差，按上述试验步骤测出的电流计内阻R测与电流计内阻的真实值R g相比较，R测_<__R g(选填“>”“<”或“＝”)．(3)该小组在上述试验中，测得电流计G(量程3 mA)的内阻为400 Ω.他们将此电流计与电阻R串联后改装成量程为6 V的电压表，然后利用一标准电压表，依据图丙所示电路对改装后的电压表进行检验．①与电流计串联的电阻R＝_1_600__Ω；②调整滑动变阻器，当标准电压表读数为4.10 V时，电流计G的读数为2.00 mA，则改装后的电压表实际量程为_6.15__V.该小组发觉改装的电压表量程不是6 V，通过分析，缘由是由于电流计G的内阻测量不精确造成的，此时不用做其他改动，要达到预期目的，只需将与电流计串联的电阻R换为一个阻值为_1_550__Ω的电阻即可．【答案】(1)见解析图【解析】(1)依据电路图连接实物图如图所示(2)③当R1保持不变时，再闭合S2时，这样电路中的总电阻变小，总电流将大于I g，当电流半偏时，电阻箱的电流比I g2大，所以电阻箱的电阻小于电流表，即测量值小于真实值．(3)①将电流表改装成电压表，须要串联一较大的分压电阻R ＝U I g －R g ＝63×10－3 Ω－400 Ω＝1 600 Ω.②由题意，当微安表的示数为2 mA 时，理论上的电压U 理＝I (R ＋R g )＝2×10－3×(1 600＋400)V ＝4 V但实际电压U ′有4.10 V ．那么实际电流表G 的内阻R g ′＝U ′I －R ＝ 4.102×10－3 Ω－1 600 Ω＝450 Ω实际量程为U 实＝I (R g ′＋R )＝3×10－3×(450＋1 600)V ＝6.15 V依据表头与分压电阻的串联关系，要达到预期6 V 的目的，只需将R 减小50 Ω即可，即换为1 550 Ω的定值电阻．。

[考试标准]知识内容必考要求加试要求说明电势能和电势b c 电势差bc 电势差与电场强度的关系c静电现象的应用b1.不要求用等势面去推断电场的强弱和方向．2.不要求知道电场强度的方向就是电势降低最快的方向．3.不要求计算感应电荷的场强和静电力．4.不要求应用“处于静电平衡的导体是等势体”的知识解决有关问题.一、电势能、电势和电势差1．静电力做功(1)特点：静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关．(2)计算方法①W ＝qEd ，只适用于匀强电场，其中d 为沿电场方向的距离．②W AB ＝qU AB ，适用于任何电场．2．电势能增、减的判断方法(1)做功判断法：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．(2)公式法：由E p ＝qφ将q 、φ的大小、正负号一起代入公式，E p 的正值越大，电势能越大；E p 的负值越小，电势能越大．(3)能量守恒法：在电场中，若只有电场力做功，电荷的动能和电势能相互转化，动能增大，电势能减小；动能减小，电势能增加．3．电势高低常用的两种判断方法(1)依据电场线的方向→沿电场线方向电势逐渐降低．(2)依据U AB ＝→U AB >0，φA >φB ；U AB <0，φA <φB .WABq 4．电势差(1)电场中两点间的电势差与零电势点的选取无关(填“有关”或“无关”)．(2)公式：电场中A 点的电势为φA ，B 点的电势为φB ，则U AB ＝φA －φB ，U BA ＝φB －φA ，可见U AB ＝－U BA .(3)电荷q 从A 点移到B 点，静电力做功W AB 与AB 间电势差U AB 的关系为W AB ＝qU AB .二、电势差与电场强度的关系1．匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乘积，即U AB ＝Ed .此公式只适用于匀强电场，其中d 为A 、B 两点沿电场方向的距离．2．电场中A 、B 两点的电势差U AB 跟电荷移动的路径无关，由电场强度E 及A 、B 两点沿电场方向的距离d 决定．3．公式E ＝说明电场强度在数值上等于沿电场方向每单位距离上降低的电势．Ud [深度思考]　电势等于零的点，电场强度一定为零吗？电场强度为零的点，电势一定为零吗？答案　不一定　不一定1．下列四个物理量中，只有一个物理量的单位与众不同，这个物理量是( )A ．电势 B ．电势差C ．电势能 D ．电动势答案　C2．关于重力势能和电势能，下列说法中正确的是( )A ．两种势能都是物体单独具有的B ．两种势能的值都与零势能位置选择无关C ．两种势能的变化量，都可以用力做的功来衡量D ．两种势能的值都可正可负，所以都是矢量答案　C3．在电场中，A 、B 两点间的电势差为U AB ＝15V ，B 、C 两点间的电势差为U BC ＝－20V ，则A 、B 、C 三点电势的高低关系是( )A ．φA >φB >φC B ．φA <φC <φB C ．φC >φA >φB D ．φC >φB >φA答案　C4．对公式E ＝的理解，下列说法正确的是( )UABd A ．此公式适用于计算任何电场中A 、B 两点间的电势差B ．A 点和B 点间距离越大，则这两点的电势差越大C ．匀强电场中A 、B 两点沿电场线的距离越大，则电场强度越小D ．公式中的d 是匀强电场中A 、B 所在的两等势面之间的距离答案　D5．如图1所示，运输汽油等易燃易爆物品的车辆总有一条铁链拖在地上，这样做的目的是( )图1A ．发出声音，引起路人注意B ．减缓车速，保证行车安全C ．把静电引入大地，避免因放电引起爆炸D ．与地面发生摩擦，在运输车上积累电荷答案　C命题点一　电势能和电势　电势差例1　(多选)如图2所示，P 、Q 处固定放置两等量异种点电荷，b 、c 、O 在P 、Q 的连线上，e 、O 为两点电荷连线的中垂线上的点，且ab ＝eO ，bc ＝cO ，ab ⊥bO ，ae ⊥eO ，则( )图2A ．a 点电势等于b 点电势B ．b 点场强大于e 点场强C．电子在a点的电势能大于电子在O点的电势能D．b、c间电势差大于c、O间电势差解析　等量异种点电荷周围的电场线分布情况如图所示，a点和b点不在同一个等势面上，电势不相等，选项A错误；根据电场线的疏密情况，可得b点的场强大于e点的场强，选项B正确；a点的电势大于零，O点的电势等于零，电子带负电，在高电势处电势能小，选项C错误；b、c间的电场线比c、O间的电场线密，场强大，电势降低得快，所以b、c间的电势差大于c、O间的电势差，选项D正确．答案　BD电势和电场强度的比较1．电势是标量，是描述电场能的性质的物理量；电场强度是矢量，是描述电场力的性质的物理量．2．电势高的地方场强不一定大，二者在大小上无必然联系．题组阶梯突破1．下列关于电势和电势能的说法中，正确的是( )A．电场力做正功，电荷的电势能一定增大B．电势越高处，电荷的电势能一定越大C．电势能与电荷量大小有关，与电荷种类无关D．顺着电场的方向，电势越来越低答案　D解析　电场力做正功，电荷的电势能一定减小，A错误；电势能与电荷量及电性均有关系，电势越高，电荷的电势能不一定越大，B、C错误；顺着电场的方向，电势越来越低，故D 正确．2．某带电粒子只在电场力作用下从A点运动到B点，电场力做功3×10－2 J，则( ) A．该粒子的动能减少了3×10－2 JB．该粒子的电势能减少了3×10－2 JC．该粒子在A处时一定具有3×10－2 J的电势能D．该粒子在B处时一定具有3×10－2 J的电势能答案　B解析　由动能定理知，电场力做功3×10－2J，故该粒子的动能增加了3×10－2J，选项A错误；电场力做功等于电势能变化，电场力做功3×10－2J，故电势能减少3×10－2J，选项B 正确；由于零势能点未明确，故不能确定A、B处的电势能大小，选项C、D错误．3．如图3所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是( )图3A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低答案　B解析　圆环上均匀分布着正电荷，可以将圆环等效为很多正点电荷的组成，同一条直径的两端点的点电荷的合场强类似于等量同种电荷的场强，故圆环的中心的合场强一定为零，x轴上的合场强，在圆环的右侧方向沿轴向右，左侧方向沿轴向左，电场强度都呈现先增大后减小的趋势，因沿电场线的方向电势逐渐降低，所以可得O点的电势最高，选项B正确．4．如图4所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点，a、b 电势分别为φa＝5 V、φb＝3 V．下列叙述正确的是( )图4A．该电场在c点处的电势一定为4 VB．a点处的场强E a一定大于b点处的场强E bC．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a答案　C解析　当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则电场在c点处的电势一定为4 V．当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4 V，故A错误；一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强E a不一定大于b 点处的场强E b，故B错误；据电场线和场强方向的规定可知，正电荷所受的电场力方向水平向右，所以从c到b电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C正确；由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向b，故D错误．命题点二　电场线、等势面与粒子运动轨迹问题例2　(多选)图5中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点，则该粒子( )图5A．带负电B．在c点受力最大C．在b点的电势能大于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化解析　由粒子运动轨迹可以判断出粒子受到斥力作用，粒子带正电，A选项错误；离电荷距离越近受斥力越大，故a点受力最大，B选项错误；由b点到c点的运动过程中电场力对粒子做正功，电势能减小，故该粒子在b点电势能大于在c点电势能，C选项正确；ab与bc 处于等距离同心圆上，靠近电荷的位置电场强度较大，结合U＝Ed可判断电势差U ab>U bc，电场力做功W＝qU，则W ab>W bc，结合动能定理可知，该粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，D选项正确．答案　CD带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法1．某点速度方向即为该点轨迹的切线方向．2．从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负．3．结合轨迹、速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等．题组阶梯突破5.如图6所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是( )图6A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等答案　D解析　根据电场线的疏密程度判断场强大小，电场线越密，场强越强，则E1>E2，E1>E3，所以选项A、B错；同一等势面上的电势是相等的，选项C错误，D正确．6．(2015·北京6月学考·15)在如图7所示的匀强电场中，1、2、3三条虚线表示三个等势面，a、b分别是等势面1、3上的点．下列说法中正确的是( )图7A．三个等势面的电势相等B．等势面2的电势高于等势面1的电势C．若将一正电荷由a移到b，电场力做正功D．若将一正电荷由a移到b，电场力做负功答案　C解析　电场线由高电势指向低电势，所以A、B错误；正电荷受力方向与电场线方向相同，所以电场力做正功，故C正确，D错误．7．(2016·诸暨市调研)如图8所示，曲线为电荷在匀强电场中的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是( )图8A．电荷在b点的电势能大于在a点的电势能B．该电场的方向水平向左C．b点的电势高于a点的电势D．电荷在电场中相同时间内速度的变化量不相同答案　A解析　由电荷运动轨迹可知电荷所受电场力方向向左，所以由a到b电场力做负功，电势能增加，因电荷电性未知，故无法判断电场的方向与电势的高低，故A 正确，B 、C 错误；电荷在匀强电场中做匀变速运动，在相同时间内速度的变化量相同，故D 错误．8．实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M 点以相同的速度飞出a 、b 两个带电粒子，a 、b 的运动轨迹如图9中的虚线所示(a 、b 只受电场力作用)，则( )图9A ．a 一定带正电，b 一定带负电B ．电场力对a 做正功，a 的电势能减小，电场力对b 做负功，b 的电势能增大C ．a 的速度将减小，b 的动能将增大D ．a 的加速度减小，b 的加速度将增大答案　D解析　电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定；从图中轨迹变化来看电场力都做正功，动能都增大，电势能都减小，所以选项A 、B 、C 错误．电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a 受力减小，加速度减小，b 受力增大，加速度增大，所以选项D 正确．命题点三　电势差与电场强度的关系(加试)例3　如图10所示，匀强电场中有a 、b 、c 三点，ab ＝5 cm ，bc ＝12 cm ，其中ab 沿电场方向，bc 和电场方向成60°角，一个电荷量为q ＝4×10－8 C 的正电荷从a 移动到b ，静电力做功为W 1＝1.2×10－7 J ，求：图10(1)匀强电场的电场强度E 的大小；(2)电荷从b 移到c ，静电力做的功W 2；(3)a 、c 两点的电势差U ac .解析　(1)设a 、b 两点的间距为d ，W 1＝qU ab ，E ＝，所以E ＝＝Uabd W 1qd V /m ＝60 V/m.1.2×10－74×10－8×5×10－2(2)设b 、c 两点沿电场强度方向的距离为d 1，U bc ＝Ed 1，d 1＝·cos 60°，W 2＝qU bc bc 由以上三式得：W 2＝qE ··cos 60°＝1.44×10－7 J bc (3)设电荷从a 移到c 静电力做功为W ＝W 1＋W 2＝qU ac所以U ac ＝＝V ＝6.6 V.W 1＋W 2q1.2×10－7＋1.44×10－74×10－8答案　(1)60 V/m (2)1.44×10－7 J (3)6.6 V公式U AB ＝Ed 的应用技巧1．公式E ＝的两点注意：Ud (1)只适用于匀强电场．(2)d 为某两点沿电场强度方向上的距离，或两点所在等势面之间的距离．2．由E ＝可推出的两个重要推论：Ud图11推论1：匀强电场中的任一线段AB 的中点C 的电势为φC ＝，如图11甲所示．φA ＋φB2推论2：在匀强电场中，长度相等且相互平行的两线段端点间的电势差相等，如图乙所示，则U AB ＝U DC (或φA －φB ＝φD －φC )，同理可知，U AD ＝U BC .题组阶梯突破9．如图12所示，在场强为E 的匀强电场中，a 、b 两点间的距离为L ，ab 连线与电场方向的夹角为θ，则a 、b 两点间的电势差为( )图12A ．EL sin θB ．EL cos θC ．EL D.EL答案　B解析　由题，a 、b 两点间的距离为L 及ab 连线与电场方向的夹角为θ，则这两点沿电场方向的距离d ＝L cos θ，a 、b 两点间的电势差U ＝Ed ＝EL cos θ.10．在匀强电场中建立一直角坐标系，如图13所示．从坐标原点沿＋y 轴前进0.2 m 到A 点，电势降低了10 V ，从坐标原点沿＋x 轴前进0.2 m 到B 点，电势升高了10 V ，则22匀强电场的场强大小和方向为( )图13A ．50 V/m ，方向B →A B ．50 V/m ，方向A →BC ．100 V/m ，方向B →AD ．100 V/m ，方向垂直AB 斜向下答案　C解析　连接AB ，由题意可知，AB 中点C 点电势应与坐标原点O 相等，连接OC 即为等势线，与等势线OC 垂直的方向为电场的方向，故电场方向由B →A ，其大小E ＝＝Ud V/m ＝100 V/m ，选项C 正确．102＋1022×0.211．如图14所示，在水平方向的匀强电场中，用长为l 的绝缘细线拴住质量为m 、带电荷量为q 的小球，线的上端O 固定，开始时将线和球拉成水平，松开后，小球由静止开始向下摆动，当摆过60°角时，速度又变为0.求：图14(1)A 、B 两点的电势差U AB 为多大？(2)电场强度为多大？答案　(1)－　(2)3mgl2q 3mgq解析　(1)小球在A 、B 间摆动，根据能量守恒定律有E p A ＝E p B .取A 点为零势能的参考点，即E p A ＝0，则E p B ＝－mgl sin 60°＋qU BA ＝0，所以U BA ＝，U AB ＝－.3mgl2q 3mgl2q(2)方法一：由E ＝U dd ＝l ·cos 60°＝l 2则E ＝mg3q 方法二：小球在平衡位置的受力如图．根据共点力的平衡条件有qE ＝mg tan 60°，解得电场强度E ＝.3mg q(建议时间：30分钟)1．(多选)如图所示，下列电场可能存在并且属于匀强电场的是( )答案　BD2．如下四个电场中，均有相互对称分布的a 、b 两点，其中电势和场强都相同的是( )答案　B解析　A 图中a 、b 两点电势相同，电场强度方向不同，场强不同，故A 错误；B 图中a 、b 在同一等势线上，电势相等．根据对称性，a 、b 两点场强相同，故B 正确；C 图中根据顺着电场线方向电势降低，则知a 点的电势比b 点高．根据电场线分布情况可知a 、b 两点场强相同，故C 错误；D 图中a 点场强方向向上，b 点场强方向向下，场强不同，电势相同，故D 错误．3．如图1所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示a、b、c三点的电势和场强，可以判定( )图1A．E a＞E b＞E c B．φa＞φb＞φcC．φa－φb＝φb－φc D．E a＝E b＝E c答案　B解析　只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故A、D均错误；沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa＞φb＞φc，故B正确；对于匀强电场，两点间的电势差U＝Ed，由于电场线的疏密情况无法确定，两点间的电势差的公式U＝Ed也不能适用，不能判断电势差的关系，故C错误．4．如图2所示，对于电场线中的A、B、C三点，下列判断正确的是( )图2A．A点的电势最低B．B点的电场强度最大C．同一正电荷在A、B两点受的电场力大小相等D．同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大答案　D解析　根据顺着电场线方向电势降低可知，A点的电势最高，故A错误；B点处电场线最疏，电场强度最小．故B错误；A点处电场线最密，电场强度最大，同一电荷在A点受到的电场力最大，故C错误；C点电势比A点电势低，根据负电荷在电势高处电势能小，知同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大，故D正确．5．将两个异种点电荷间距增大时，下列说法正确的是( )A．电场力做正功，电势能增加B．电场力做负功，电势能增加C．电场力做正功，电势能减小D．电场力做负功，电势能减小答案　B6．两点电荷激发电场所形成的电场线分布如图3所示，A、B是电场线上的两点，下列判断正确的是( )图3A．A、B两点的电势相等B．两电荷所带电荷量相等C．左边电荷带负电，右边电荷带正电D．A、B两点的电场强度大小不等，方向相同答案　C解析　根据顺着电场线方向电势降低，等势面与电场线垂直，可知，A点所在等势面的电势高于B点所在等势面的电势，则A点的电势高于B点的电势．故A错误；对照等量异种电荷电场线的分布情况，可知两电荷所带电荷量不等，右侧的点电荷带电荷量较多，故B错误；根据电场线从正电荷出发到负电荷终止，可知左边电荷带负电，右边电荷带正电．故C正确；根据电场线的疏密程度表示场强的大小，知A点的电场强度比B点的大．由电场强度方向沿电场线的切线方向知两点的电场强度方向不同，故D错误．7．(2016·宁波模拟)如图4所示，P、Q是两个电荷量相等的正点电荷，它们的连线中点是OA OBO，A、B是中垂线上的两点，＜，用E A、E B、φA、φB分别表示A、B两点的场强和电势，则( )图4A．E A一定大于E B，φA一定大于φBB．E A不一定大于E B，φA一定大于φBC．E A一定大于E B，φA不一定大于φBD．E A不一定大于E B，φA不一定大于φB答案　B解析　两个等量正点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O 点沿着中垂线到无穷远处电场强度先增大后减小，设场强最大的点为M点，M点可能在A、B两点之间，也可能在O、A之间，也可能在B点的外侧，当M点可能在A、B两点之间时，E A可能大于E B，也可能小于E B，还可能等于E B；当M在O、A之间时，E A大于E B；当M点在B点外侧时，E A小于E B；在PQ连线的中垂线上，场强方向沿AB方向，沿电场线方向电势降低，因此φA一定大于φB，故A、C、D错误，B正确．8．(多选)(2016·萧山区模拟)如图5甲、乙所示为科技馆里一个趣味体验项目的照片和简化图，核心装置为一个金属球，在干燥的空气里，体验者双脚站在绝缘凳上，手(图中为右手)按在金属球上，并与周围其他物体保持远离．一条特殊传送带(图中未画出)给金属球不断地输送电荷，过一段时间后，体验者的头发便会四处散开，甚至倒立，十分有趣，在此状态下，下列分析正确的是( )甲乙图5A．若用左手去摸金属球，会被电击B．若用左手与旁边的观众握手，会被电击C．若将右手离开金属球，则头发会立刻恢复常态D．若将右手离开金属球并且走下绝缘凳，头发会立刻恢复常态答案　BD解析　用左手去摸金属球，体验者双脚站在绝缘凳上，所以电荷不能通过体验者导走，体验者与金属球形成一个导体，处于静电平衡状态，再加上体验者与金属球上的电荷是逐渐增加的，所以不会被电击．故A错误；由于体验者的身体的表面带有电荷，若体验者用左手与旁边的观众握手，电荷将通过观众向大地传送，所以二人都会被电击．故B正确；若体验者将右手离开金属球，由于体验者身体表面仍然带有电荷，所以头发不会立刻恢复常态．故C错误；若体验者将右手离开金属球并且走下绝缘凳，地面会将体验者表面的电荷导走，所以头发会立刻恢复常态．故D正确．9．(多选)如图6所示，下列关于电势差的说法中正确的是( )图6A．在图中，若AB＝BC，则U AB>U BCB．在图中，若AB＝BC，则U AB＝U BCC．在图中，若AB＝BC，则U AB<U BCD．在匀强电场中，与电场垂直的方向上任意两点间的电势差为零答案　ADE解析　由电场线的疏密可知，A、B之间比B、C之间的平均电场强度大，由U＝d可知，AB＝BC时，U AB>U BC，即A对，B、C错；等势面与电场线始终相互垂直，故D对．10．如图7所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，沿图中虚线由A运动到B，其能量变化情况是( )图7A．动能减少，重力势能增加，电势能减少B．动能减少，重力势能增加，电势能增加C．动能不变，重力势能增加，电势能减少D．动能增加，重力势能增加，电势能减少答案　B解析　由于带电微粒做直线运动，其受力如图所示，其合外力的方向应为速度的反方向，故物体做减速运动，动能减少，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，故选项B正确．11.如图8所示，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点．离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场方向相同．能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度—时间(v－t)图象是( )图8答案　D解析　由电场线的疏密分布可知，正离子从A 点沿电场线向B 点运动的过程中，由于电场力对离子做正功，离子速度逐渐增大，同时其所受的电场力越来越小，根据牛顿第二定律可知，离子的加速度a 将会越来越小，因此其速度－时间(v －t )图象的斜率会越来越小，故选项D 正确．12．(多选)一电子飞经电场中A 、B 两点，电子在A 点的电势能为4.8×10－17 J ，电子经过B 点时电势能为3.2×10－17 J ，电子在A 点的动能为3.2×10－17 J ，如果电子只受静电力作用，则( )A ．电子在B 点时动能为4.8×10－17 JB ．由A 到B 静电力做功为100 eVC ．电子在B 点时动能为1.6×10－17 JD ．A 、B 两点间电势差为100 V答案　AB解析　电子由A 点到B 点电势能减少1.6×10－17 J ，即静电力做正功W AB ＝1.6×10－17 J ＝100 eV ，由动能定理得E k B ＝W AB ＋E k A ＝4.8×10－17 J ，即选项A 、B 正确，C 错误；由公式U AB ＝得U AB ＝ V ＝－100 V ，故选项D 错误．WAB q 1.6×10－17－1.6×10－1913．如图9所示的匀强电场场强为103 N/C ，ab 平行于电场线，ac 垂直于电场线，ab ＝cd ＝4 cm ，ac ＝bd ＝3 cm.则下述计算结果正确的是( )图9A ．a 、b 之间的电势差为40 VB ．a 、c 之间的电势差为50 VC ．将q ＝－5×10－3 C 的点电荷沿矩形路径abdca 移动一周，电场力做的功是－0.25 JD ．将q ＝－5×10－3 C 的点电荷沿abd 从a 移到d ，电场力做的功是0.25 J答案　A解析　A 项，由U ＝Ed 得U ab ＝103×0.04 V ＝40 V ；B 项，a 、c 在同一等势面上，所以U ac ＝0；C 项，将电荷沿abdca 移动一周，位移为0，故电场力做功为0；D 项，W ad ＝W ab ＝qU ab ＝(－5×10－3)×40 J ＝－0.2 J.14．如图10所示，在平面直角坐标系中，有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 V ，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( )图10A ．200 V/mB ．200 V/m 3C ．100 V/mD ．100 V/m 3答案　A解析　在匀强电场中沿任何方向的电势分布是均匀的，因此OA 的中点即坐标点C (3,0)处的电势为3 V ，BC 连线为电势为3 V 的等势线，过O 点作BC 的垂线交于D 点，则U DO ＝3 V ，由几何关系得∠BCO ＝30°，因此DO ＝OC sin 30°＝1.5 cm ，则根据匀强电场电场强度与电势差的关系可知，E ＝＝200 V/m ，A 项正确．UDODO 15．(2016·嘉兴市联考)在电场中把q ＝2×10－9C 的正电荷从A 移到B 时电场力做了1.5×10－7 J 的正功，再把这个正电荷从B 移到C 时电场力做了4×10－7J 的负功，A 、B 、C 三点电势的高低情况如何？A 、C 间的电势差是多大？答案　φC >φA >φB －125 V解析　A 、B 两点电势差的大小U AB ＝φA －φB ＝＝75 V.WABq 可见A 点比B 点的电势高75 V.又U BC ＝φB －φC ＝－＝－200 V ，WBCq 可见B 点电势比C 点电势低200 V.故φC >φA >φB .A 、C 两点的电势差U AC ＝φA －φC ＝(φA －φB )＋(φB －φC )＝(75－200) V ＝－125 V.16．如图11所示，在电场强度为E ＝1×104 N/C 、方向水平向右的匀强电场中，用一根长L ＝1 m 的绝缘细杆(质量不计)固定一个质量为m ＝0.2 kg 、电荷量为q ＝5×10－6 C 、带正电的小球．细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动．现将杆由水平位置A 轻轻释放，在小球运动到最低点B 的过程中，图11(1)电场力对小球做功W 电为多少？小球电势能如何变化？(2)小球在最低点的动能E k B为多少？(g＝10 m/s2)答案　(1)5×10－2 J　电势能减少　(2)2.05 J解析　(1)电场力做功仅与初、末位置有关，W电＝qE·L＝5×10－6×1×104×1 J＝5×10－2 J，电场力做正功，小球电势能减少．(2)由动能定理得mgL＋W电＝E k B－0，所以E k B＝0.2×10×1 J＋5×10－2 J＝2.05 J.。

专题二 能量与动量 第一讲功和功率__动能定理1.[考查功的大小计算] 如图所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。

现用F ＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 JB ．1.6 JC ．2 JD ．4 J解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f ＝μmg ＝4 N 。

力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为L 2，则做的功至少为W ＝f ×L 2＝1.6 J ，所以B 正确。

2．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算]如图所示，某质点运动的v -t 图像为正弦曲线。

从图像可以判断( )A ．质点做曲线运动B ．在t 1时刻，合外力的功率最大C ．在t 2～t 3时间内，合外力做负功D ．在0～t 1和t 2～t 3时间内，合外力的平均功率相等解析：选D 质点运动的v -t 图像描述的是质点的直线运动，选项A 错误；在t 1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项B 错误；由题图可知，在t 2～t 3时间内，物体的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，故C 错误；在0～t 1和t 2～t 3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D 正确。

3．[考查机车的启动与牵引问题][多选]我国高铁技术处于世界领先水平。

和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。

假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。

某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析：选BD 启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A 错误。

专题6.2 机械能守恒定律及其应用（一）真题速递1.（2017新课标Ⅱ 17）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物快以速度从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g ）A.216v gB.28v gC.24v gD.22v g【答案】B【名师点睛】此题主要是对平抛运动的考查；解题时设法找到物块的水平射程与圆轨道半径的函数关系，即可通过数学知识讨论；此题同时考查学生运用数学知识解决物理问题的能力. 2.（2017新课标Ⅱ 19）19.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M ，N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为0T ,若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经过M,Q 到N 的运动过程中A.从P 到M 所用的时间等于0/4TB.从Q 到N 阶段，机械能逐渐变大C. 从P 到Q 阶段，速率逐渐变小D.从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功 【答案】CD【解析】从P到M到Q点的时间为12T0，根据开普勒行星运动第二定律可知，P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知P到M所用的时间小于14T0，选项A错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B错误；根据开普勒行星运动第二定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，选项C正确；从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D正确；故选CD.【考点定位】开普勒行星运动定律；机械能守恒的条件【名师点睛】此题主要考查学生对开普勒行星运动定律的理解；关键是知道离太阳越近的位置行星运动的速率越大；远离太阳运动时，引力做负功，动能减小，引力势能增加，机械能不变.3．(2015·全国卷ⅡT21)如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则( )A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【答案】BD4．(2016·全国卷丙T 24)如图所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R2.一小球在A 点正上方与A相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点． 【答案】(1)5 (2)能沿轨道运动到C 点（二）考纲解读本讲共1个考点，一个二级考点，本讲高考频率非常高，几乎年年考，考题设计到有大题也有小题也有实验题。