一．選擇題（3小題1（2019相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則（）A．P和Q都帶正電 B．P和Q都帶負電C．P帶正電荷，Q帶負電 D．P帶負電荷，Q帶正電2（2018?新課標Ⅰ）如圖，三個固定的帶電小球a，bc，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cmca，ba，b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則（）A．a(chǎn)，b的電荷同號，k＝B．a(chǎn)，b的電荷異號C．a(chǎn)，b的電荷同號，k＝D．a(chǎn)，b的電荷異號3（2020?新課標Ⅰ）圖（a）所示的電路中，KLCUCUCt的變化如圖（b）R兩端電壓URt變化的圖象中，正確的是（） 二．多選題（2小題4（2017ra、b、cdEa、Eb、EcEda到點電荷的距離ra與點aφa已在圖中用坐標（ra，φa）標出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由ab、cd點，在相鄰兩點間移動的Wab、Wbc和Wcd．下列選項正確的是（） ）5（2018?新課標Ⅰ6eV．下列說法正確的是（）A．平面cB．該電子可能到達不了平面fCd4eV三．計算題（3小題）6（2021?（a，為水平連線AB的中點，MN在ABAB兩點分別固定有一點電荷，＞0S1MNON段運動的加ax的變化關系如圖（c）g為重力加速度大小，k為靜電力求小球S1在MS1NxS2發(fā)生彈性碰撞。已知S1與S2的質量相等，碰撞前、后S1的動能均為，碰撞時間極短。求碰撞前S2的動量大小。能須滿足什么條件7（2017t1后，又突然將電場反向，但保持其大Bg。B、A兩點間距離的兩倍。8（2020A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度Cv0穿出電場，ACABθ＝60°．運動中參考答案與試題解一．選擇題（3小題1（2019相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則（）A．P和Q都帶正電 B．P和Q都帶負電C．P帶正電荷，Q帶負電 D．P帶負電荷，Q帶正電【分析】明確兩小球均受電場力和庫侖力作用而處衡狀態(tài)，根據(jù)庫侖力和電場力的P球所受庫侖力向右，Q球所受庫侖力向左。P帶負電荷，故D正確，ABC錯誤?！军c評】本題考查帶電小球在電場力的作用下處衡狀態(tài)的分析，關鍵是明確電場力2（2018?新課標Ⅰ）如圖，三個固定的帶電小球a，bc，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cmca，ba，b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則（）A．a(chǎn)，b的電荷同號，k＝B．a(chǎn)，b的電荷異號C．a(chǎn)，b的電荷同號，k＝D．a(chǎn)，b的電荷異號C受力分析，根據(jù)庫侖定律，與矢量的合成法則，結合幾何關系，及三c所受庫侖力的合力的方向平a，b的連線，可知，a，b的電荷異號，因ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm，因此ac⊥bc，那么兩力的合成構成矩形， ，而 ＝，故ABC錯誤，D正確；C的合力方向可能向左，不影響解題的結果。3（2020?新課標Ⅰ）圖（a）所示的電路中，KLCUCUCt的變化如圖（b）R兩端電壓URt變化的圖象中，正確的是（） t路中電流是3﹣5s內(nèi)的2UR＝IR知，1﹣2s內(nèi)電阻R兩端UR3﹣5s內(nèi)的2倍。1﹣2s內(nèi)，電容器在充電，3﹣5s1﹣2sR3﹣5sRA正確，BCD錯誤。故選：A【點評】解決本題的關鍵要知道電路中電流與電容器帶電量的關系，即I＝＝二．多選題（2小題4（2017ra、b、cdEa、Eb、EcEda到點電荷的距離ra與點aφa已在圖中用坐標（ra，φa）類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由ab、cd點，在相鄰兩點間移動的Wab、Wbc和Wcd．下列選項正確的是（） 可求場強之比；利用公式Uab＝φa﹣φb和W＝qU： ： 可得 ：＝4：1，故B錯誤＝1：1，故D錯誤。E＝和W＝qU）5（2018?新課標Ⅰ6eV．下列說法正確的是（）A．平面cDbd2過a時的動能為10eVa到d的過程中克服電場力所做的功為6eV，動能減小了6eV，的電勢能增加，等勢面由af是降低的，因此平面cA正確；B、由上分析，可知，當電子由a向f方向運動，則電子到達平面f的動能為2eV，由于到達平面fB正確；C、在平面b上電勢為2V，則電子的電勢能為﹣2eV，動能為8eV，電勢能與動能之和為6eVd4eV2eVC錯誤；Dbd2b三．計算題（3小題6（2021?（a，為水平連線AB的中點，MN在ABAB兩點分別固定有一點電荷，＞0S1MNON段運動的加ax的變化關系如圖（c）g為重力加速度大小，k為靜電力求小球S1在M碰撞。已知S1與S2的質量相等，碰撞前、后S1的動能均為，碰撞時間極短。求碰撞前S2的動量大小。能須滿足什么條件S1NS2相碰，S1D點時的速度必須大于零，根據(jù)動（1）由庫侖定律有FA＝ 設小球S1MFM 設O點下方處為C點，A與C的距離為RC，小球S1在C處所受的庫侖力大小為FC，由庫侖定律和力的合成有FC＝2 設小球S1的質量為m1，小球S1在C點的加速度大小為a，由第二定律有由圖（c）可知，式中 S2m2，碰撞前、后S1v1，v1′，S2v2，v2′，取豎直向下為正方向。由動量守恒定律和能量守恒定律有設小球S2碰撞前的動量為p2聯(lián)立⑥⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)，得p2＝﹣即碰撞前S2的動量大小 DS1能運動到N點與S2相碰，S1運動到D點時的速度必M點與DUMD由對稱性，DC點電勢相等，MN點電勢相等，依據(jù)圖（b） （1）S1M點所受電場力大小為S1NxS2發(fā)生彈性碰撞。已知S1與S2的質量相等，碰撞前、后S1的動能均為，碰撞時間極短。S2的動量大小為。能須滿足Ek＞。7（2017t1后，又突然將電場反向，但保持其大Bg。B、A兩點間距離的兩倍。t1后電場突然反向，油滴開始做勻直線運動，并可能在速度減為零后做反向的勻加速直線運動。對電場增大后的兩個過程分別列出第二定律方程，即可求得兩個過程中的加速度，而t1又是一個已vB的速度大??；AA點下方，故需要分為兩種情況討論。對其中每一種情況，根據(jù)運動學公E2的大小；t1v0E2＞E1即可，那么就可以最終求得t1v0間的關系式。（1）mqE2，根據(jù)題中條件可以判斷電場對于場強突然增大后的第一段t1時間，由第二定律得：qE2﹣mg＝ma1…②對于場強第二段t1時間，由第二定律得：qE2+mg＝ma2…③B的速度為：vB＝v1﹣a2t1⑤根據(jù)位移時間關系可得：v0t1+v1t1﹣位移之和x1+x2＝由題意得E2＞E1，即滿足條件 ，即當位移之和x1+x2＝﹣由題意得E2＞E1，即滿足條件 ，即，另一解為負，（1）（2）增大后的電場強度的大小為 ，t1和v0應滿足的條件或或 ；相應的t1和v0應滿足的條件為關系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電8（2020A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度Cv0穿出電場，ACABθ＝60°．運動中（1）C點射出電場，所以電場方向與ACAC．根據(jù)動能定理求電場強度的大小。垂直。粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)第二定律和分位移公式分別列式，結合幾以粒子進入電場時的方向為xy軸，建立坐標系，根據(jù)數(shù)學知識寫（1）C。聯(lián)立①②③解得E＝DACP點，則自D點從圓周上穿出的粒子的動能增做加速度為a的勻加速運動，運動的距離等于AP；在垂直于AC方向上做勻速運動，運動的距離等于DP，由第二定律和運動學公式有： 聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝vt。以A為原點，粒子進入電場的方向為xy軸正方向建立直角坐標系，由運動學公式有：y＝ （x﹣R）2+（y﹣R）2＝R2x方向的動量不變，y方向的初動量為零，設穿過電場前后 ②④⑥（10（112（1）或Ay方向位移相等時，所用時間CBB粒子，其動量變化也為mv0，由幾何關系和運動學規(guī)律可得，此時入射速率 （1） 為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應為考點卡放在水平地面上的物體（受到一個豎直向上的力F仍保持靜止豎直方向上三力平衡：F+FN＝G0．水平方向上：Fx＝Ff，即：水平方向上合力為豎直方向上：G＝Fy+FN0．平行斜面方向上：F1＝F+Ff0；垂直斜面方向上：F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力為0．8F仍保持靜止平行斜面方向上：F1＝Ff0；垂直斜面方向上：F2+F＝FN0．9F仍保持靜止平行斜面方向上：G1＝Ff+F10；垂直斜面方向上：G2+F2＝FN0．其受力和運動情況，再用第二定律對出來的物體列方程求解的方法．應用第二定律列方程時不考慮內(nèi)力．如果把某物體出來作為研究對象，則內(nèi)FtI單位：N?s（1N?s＝1以8m/s的速度被反彈回若取豎直向上為正方向則小球與地面相碰前的動量是 m/s，相碰后的動量是 kg?m/s，小球的動量變化是 P2＝mv2＝2×8＝16kg?m/s；△p1＝﹣△p2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間動摩擦因數(shù)相同，地面光滑．當彈簧突然釋放后，則有（）A．A、B系統(tǒng)動量守 解答：A、BA、B和彈簧、小車組成的系統(tǒng)受合外力為零，所mA：mB＝3：2，A、BA、B組A錯誤．B正確；C、D由于A、Bm1：m2＝3：2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A對C正確，D錯誤．例子：如圖所示，C3m，在木板的上面有兩塊質量均為m的小木塊AB，它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ最初木板靜止A、木塊A分析（1）A、B兩木塊同時水平向右滑動后，木塊A先做勻直線運動，當木塊A與終共同的速度，對B由第二定律和運動學公式或動能定理求解發(fā)生的位移；（2）ACAAA在整個過程中的最小速度．解答（1）木塊A先做勻直線運動，后做勻加速直線運動；木塊B一直做勻直線CA、B、C三者的速度相等為止，v1A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：B（2）ACAB（1）；（2）木塊Ah＝0.3mmv0在水平面上迎著v0g＝1Om/s2）量守恒和過程系統(tǒng)機械能守恒列出等式；根據(jù)題意要越過滑塊，應有v1＞v2，我們解決問解答：設小球越過滑塊最高點的速度為v1v2，根據(jù)動量守恒得：mv02＝mv12+v1＞v2，至少也要有v1＝v2v1＝v2＝v，上述兩式變?yōu)閙v02＞M＝2kg的甲、乙兩輛小車，兩車之間通過一的瞬時速度沒有影響Pμ＝0.5，m＝1kgP（可視為質點）與彈簧的右端接觸但不相連，用一根細線拴在甲車左端和滑塊P之間使彈簧處于壓縮狀態(tài)，此時彈簧的彈E0＝10JP滑上乙車后最終未滑離乙車，g10m/s2．求：（1）P滑上乙時的瞬時速度．（1）E0＝ +①②兩式聯(lián)立解得：v1＝4m/s（1）（2）滑塊P滑上乙車后最終未滑離乙車，滑塊P在乙車上滑行的距離為m．①公式：Ek＝mv2．單位：焦耳例1：甲、乙兩物體的質量相同，速度之比v甲：v乙＝3：1，它們的動能之比EK甲：EK乙等 分析：根據(jù)動能的定義式EK＝mv2，可以求得甲乙的動能之比．解答：根據(jù)動能的定義式EK＝mv2， 表達式：W＝EK2﹣EK1①若△Ek＞0，表示物體的動能增加，其增加量等于合外力對物體所做的正功②若△Ek＜0，表示物體的動能減少，其減少量等于合外力對物體所做的負功的絕對值F、x、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的力學如圖所示，將質量為m的石塊從距地面h高處斜向上方拋出，石塊拋出時的速度大小為v0，不計空氣阻力，石塊時的動能為（ A．mghB.mv02C.解答：根據(jù)動能定理得 ，解得石塊時的動故選：D

D正確，A、B、CEk1及Ek2列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。表達式 ，式中k表示靜電力常量1F．如果保持這兩個點電荷之3 B. D.9F 聯(lián)立①②可得：F1＝9F，故ABC錯誤，D正確．2A，A10cm的絕緣細繩連著另一個帶負電的小球B，B的質量為0.1kg，電荷量為×10﹣6C，如圖所示，將小球60B將在豎直面內(nèi)做圓周運動．已知釋放瞬間繩剛好張緊，但無張力．g10m/s2．求小球A（1）A的電荷量．由動能定理求出小球到達最低點時的速度，然后由第二定律求出繩子的拉力．（1）B剛釋放瞬間，速度為零，則mgcos60°＝k 解得：FT＝（1）對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中于球心的點電荷，r為兩球心之間F是引力還是斥力；也可將電荷量帶正、負“法；列平衡方程（F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0）或第二定律方程F跟它的電荷量q（V/m EU的關系式：E＝。例1：在真空中，電量為q1的點電荷產(chǎn)生的電場中有一點P，P點與q1的距離為r，把一個電量為q2的實驗電荷放在P點，它受的靜電力為F，則P點電場強度的大小等于（ A.B. 可確定。電量為q2的實驗電荷在P點所受的電靜電力為F，根據(jù)電場強度的定義式E＝ 可以確定P點電場強度的大小。A、B電量為q2的實驗電荷在P點所受的電靜電力為F，根據(jù)電場強度的定義式得到：P點電場強度的大小E＝ ．故A錯誤，B正確。 D錯誤。 ，q是試探電荷，Q是場源電荷向與試探電荷無關，試探電荷q r③E＝是場強與電勢差的關系式，只適用于勻強電場，注意式中的d為兩點間的距離在場B的差值問題。④AB事實來BC…直至實現(xiàn)所給問題的條件，從而建立與之相對應的聯(lián)系，得以EP表示。能增加。②關系式：WAB＝EPA﹣EPB單位：J（宏觀能量）和eV（微觀能量，它們間的換算關系為：1eV＝1.6×10﹣19JEP＜0，則電勢能比在參考位置時小。 a、b電荷由a點移到b點電場力做的功一定為零D．a(chǎn)、b兩點的電勢一定相等等勢面移動。a，b兩點的電勢一定相等。a、b兩點的電場強度不一定相等。故A錯誤B、由公式Wab＝qUab，Uab＝0Wab＝00BDWab＝qUabWab＝0，a、bUabD正確。例1：電場中某個面上所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，這個面可能是（ B錯誤；DD錯誤；∠C＝90°，電場方向與三角形所在平面平行．已知A、B、C三點的電勢分別為（）V（）V和3V，則A、B連線中點處的電勢為3 勢為5 分析：根據(jù)勻強電場電勢差與距離成正比（除等勢面）特點，A、BA、B兩U＝Ed，U∝d（除等勢面上A、BOA、B電勢的平均值，3V．OCOODO點的電場線，O點最遠的D點，即為電勢最高的點，根據(jù)幾何知識得：則得UDO＝UBO?＝ V＝2V，所以D點的電勢為5V．即最高電勢為5V．二、對公式U＝Ed公式中的d對于非勻強電場，用公式E＝可以定性分析某些問題。例如等差等勢面E越大處，d現(xiàn)在舉例來說明公式E＝在非勻強電場中的應用。如圖所示，A、B、C是同一電場線的三點，且＝，由電場線的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB間的平均力O0VA6VB3V（）A.200V/mB.200V/mC.100V/mD.100V/mx3VB點連接，該連線為等勢線，求出OB cm，則OB沿電場線方向上的距離d＝cm。所以電場強度E＝ ＝200V/m。故A正確，B、C、D錯誤。故選：A關系，即E＝，注意d是沿電場線方向上的距離。1．U＝EdU＝Edd是沿場強方向的兩點間的距離或兩等勢面間的距離，而U是這兩點間的電帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，帶電粒子將做加（運動．0用動力學觀點分析：a＝，E＝，v2﹣v0mv2﹣ 的一質量為m，帶電荷量為q的微粒靜止不動，下列說法中正確的是（ C．斷開開關SS閉合，把電容器兩極板距離減小，可根據(jù)電容的決定式、定義式和場強公式E＝，判斷出板間場強不變，微粒不動．容器板間場強方向豎直向下，則微粒帶負電．故A錯誤．B、由平衡條件得：mg＝q得，電源電動勢的大小為E＝U＝．故B正確強E＝，則場強不變，微粒所受的電場力不變，則微粒仍靜止不動．故C錯誤．D、保持開關S閉合，把電容器