第1頁（共1頁）2025年高考備考高中物理個(gè)性化分層教輔尖子生篇《靜電場(chǎng)》一．選擇題（共10小題）1．（2024春?麗水期末）下列有關(guān)物理學(xué)家的貢獻(xiàn)，說法正確的是（）A．牛頓通過實(shí)驗(yàn)測(cè)出了萬有引力常量 B．庫侖通過扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)定了電子的電荷量 C．開普勒在前人的基礎(chǔ)上首先發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律 D．愛因斯坦提出真空中的光速在不同的慣性參考系中大小相同2．（2024春?泰州期末）在如圖所示的電場(chǎng)中，各點(diǎn)電荷帶電量大小都是q，甲圖中的A、B為對(duì)稱點(diǎn)，乙、丙兩圖的點(diǎn)電荷間距離都為L，虛線是兩側(cè)點(diǎn)電荷的中垂線，兩點(diǎn)電荷連線上的O、C和O、D間距離也是L，下列說法正確的是（）A．圖甲中A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同 B．圖乙和圖丙中，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等 C．圖乙中C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于圖丙中D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 D．乙圖中從O點(diǎn)沿虛線向上的電場(chǎng)強(qiáng)度變大，而丙圖中變小3．（2024春?武昌區(qū)期末）如圖所示，A、B、C、D是正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，在A點(diǎn)放有一個(gè)電荷量為q的正電荷，若要使C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則下列說法中正確的是（）A．在B點(diǎn)和D點(diǎn)各放置一個(gè)電荷量為24qB．在B點(diǎn)和D點(diǎn)各放置一個(gè)電荷量為22qC．在B、D點(diǎn)分別放置等量異種電荷，電荷量大小為24D．在B、D點(diǎn)分別放置等量異種電荷，電荷量大小為24．（2024春?耒陽市期末）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電容式風(fēng)力傳感器，如圖所示，將電容器與靜電計(jì)組成回路，可動(dòng)電極在風(fēng)力作用下向右移動(dòng)，風(fēng)力越大，移動(dòng)距離越大（兩電極始終不接觸）。在風(fēng)力變大時(shí)（）A．電容器電容變大，靜電計(jì)指針張角變大 B．電容器電容變大，靜電計(jì)指針張角變小 C．電容器電容變小，靜電計(jì)指針張角變大 D．電容器電容變小，靜電計(jì)指針張角變小5．（2024?茂名一模）如圖（a），電鯰遇到危險(xiǎn)時(shí)，可產(chǎn)生數(shù)百伏的電壓。如圖（b）所示，若將電鯰放電時(shí)形成的電場(chǎng)等效為等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)，其中正電荷集中在頭部，負(fù)電荷集中在尾部，O為電鯰身體的中點(diǎn)，AO＝BO且AB為魚身長的一半，下列說法正確的是（）A．A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì) B．A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)和B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同 C．將正電荷由A點(diǎn)移動(dòng)到O點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功 D．若電鯰頭尾部間產(chǎn)生400V的電壓時(shí)，AB間的電壓為200V6．（2024春?宿遷期末）如圖所示為靜電除塵器裝置示意圖。塵埃在電場(chǎng)中通過某種機(jī)制帶電，在電場(chǎng)力的作用下向收塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵目的。則（）A．帶電塵埃帶正電荷 B．電場(chǎng)方向由電暈極指向收塵極 C．帶電塵埃在運(yùn)動(dòng)過程中加速度變小 D．若電源正負(fù)極對(duì)調(diào)，塵埃將沉積在電暈極7．（2024?貴州）如圖，A、B、C三個(gè)點(diǎn)位于以O(shè)為圓心的圓上，直徑AB與弦BC間的夾角為30°。A、B兩點(diǎn)分別放有電荷量大小為qA、qB的點(diǎn)電荷時(shí)，C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向恰好沿圓的切線方向，則qAA．13 B．33 C．38．（2024?鎮(zhèn)海區(qū)模擬）下列屬于矢量，且其國際單位制單位用基本單位表示正確的是（）A．力：N B．功：kg?m2/s2 C．電勢(shì)：V D．電場(chǎng)強(qiáng)度：kg?m?A﹣1?s﹣39．（2024春?淮安期末）如圖所示，絕緣輕繩懸掛一帶電小球，靜止于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，此時(shí)繩與豎直方向間的夾角θ＝30°，則小球所受電場(chǎng)力（）A．方向豎直向上 B．方向水平向右 C．等于重力 D．大于重力10．（2024春?鎮(zhèn)江期末）如圖所示，等長的AB、BC、AC絕緣細(xì)棒上均勻分布著等量正電荷，它們?cè)谌切沃行腛產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1、電勢(shì)為φ1。在BC棒的中點(diǎn)截去非常小的一段，此時(shí)O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E2、電勢(shì)為φ2，則（）A．E1＝E2 B．E1＞E2 C．φ1＞φ2 D．φ1＜φ2二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?浙江模擬）電偶極子由兩個(gè)點(diǎn)電荷+q和﹣q組成，它們之間的距離為l（l很?。?，總質(zhì)量為m。如圖所示，空間中某區(qū)域內(nèi)存在一電場(chǎng)，其分布為E（x）＝αx2。先令一電偶極子朝著x方向，并使其中點(diǎn)位于x＝x0處，再靜止釋放。下列說法正確的是（）A．α的單位是V/m3 B．電偶極子受到的合力F＝2αqlx C．電偶極子靜止釋放后的運(yùn)動(dòng)可看作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的一部分 D．電偶極子的電勢(shì)能E（多選）12．（2024春?耒陽市期末）在x軸上的O點(diǎn)和A點(diǎn)分別固定有點(diǎn)電荷q1和點(diǎn)電荷q2，x軸上O、A點(diǎn)之間各點(diǎn)的電勢(shì)φ隨x變化的圖像如圖所示，M為OA的中點(diǎn)，且圖線在M點(diǎn)處斜率最小。取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，則下列說法正確的是（）A．在x軸上O、A點(diǎn)之間，M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小 B．點(diǎn)電荷q1、q2帶的都是正電荷 C．將電子從M點(diǎn)移動(dòng)到A點(diǎn)的過程中，電子的電勢(shì)能減小 D．O、A點(diǎn)之間電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸正方向（多選）13．（2024春?湖南期末）如圖所示，用一條絕緣輕繩懸掛一個(gè)質(zhì)量為m電荷量為+q且可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A。懸點(diǎn)O的正下方固定一體積較大的金屬球B，其所帶電荷量為+Q，小球A與金屬球B的球心等高，兩球心的距離為r，懸線與豎直方向的夾角為θ，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，B球半徑相對(duì)于兩球心距離r不可忽略，則（）A．懸線對(duì)小球A的拉力大小為mgcosθB．金屬球B對(duì)小球A的庫侖力大小為kQqrC．懸線對(duì)小球A的拉力大小為kQqrD．金屬球B對(duì)小球A的庫侖力大小為mgtanθ（多選）14．（2024?衡水模擬）科學(xué)家在研究電荷分布的對(duì)稱性的時(shí)候，巧妙地借助了我國傳統(tǒng)文化中的“陰陽太極圖”，以獲得更多的啟示和靈感，如圖所示的三維坐標(biāo)系。太極圖呈圓形位于xOz平面內(nèi)，y軸過圓心O，在x軸兩側(cè)對(duì)稱分布各有一個(gè)大半圓和小半圓，M、N各是小半圓的圓心，現(xiàn)在M、N上分別放置一個(gè)等電量的負(fù)點(diǎn)電荷和正點(diǎn)電荷，在y軸的正向有一個(gè)定點(diǎn)C，在圓的邊緣有一個(gè)位置D，則下列說法正確的是（）A．若將正試探電荷q由C點(diǎn)沿y軸移動(dòng)到O點(diǎn)，則q的電勢(shì)能始終不變 B．若將正試探電荷q由A點(diǎn)沿“陰陽”邊界經(jīng)O移動(dòng)到B點(diǎn)，則q的電勢(shì)能增加 C．若將負(fù)試探電荷q沿虛線由C移到D，則電場(chǎng)力一直對(duì)電荷做正功 D．若將負(fù)試探電荷沿z軸由O向z軸正向移動(dòng)，則電荷克服電場(chǎng)力做負(fù)功（多選）15．（2024春?湖南期末）水平絕緣桌面上方空間存在著沿x軸方向的電場(chǎng)，將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為﹣q可視為點(diǎn)電荷的小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止釋放，其加速度a隨位置x變化的圖像如圖所示，設(shè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中電荷不發(fā)生變化，則下列說法正確的是（）A．該電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng) B．該電場(chǎng)的方向沿x軸負(fù)方向 C．小球運(yùn)動(dòng)到x0位置時(shí)的速率為2aD．從O到x0的過程，粒子的電勢(shì)能增加了2ma0x0三．填空題（共5小題）16．（2024春?浦東新區(qū)校級(jí)期末）若將一個(gè)電量為2.0×10﹣10C的正電荷，從零電勢(shì)點(diǎn)移動(dòng)到電場(chǎng)中的M點(diǎn)需要克服電場(chǎng)力做功8×10﹣9J，則M點(diǎn)的電勢(shì)是V；若再將電荷從電場(chǎng)的M點(diǎn)移動(dòng)到電場(chǎng)中的N點(diǎn)，電場(chǎng)力做功1.8×10﹣8J，則M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UMN＝V。17．（2024春?浦東新區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，點(diǎn)電荷A和B相距40cm，分別帶正電和負(fù)電，電荷量分別為4Q和﹣Q，在A、B連線上，引入點(diǎn)電荷C。此時(shí)三個(gè)點(diǎn)電荷恰好在彼此的靜電力作用下處于平衡狀態(tài)，則電荷C電荷量大小為，它應(yīng)放在（選填“A和B之間”，“A的右側(cè)”，“B的左側(cè)”，“A的右側(cè)及B的左側(cè)”）處。18．（2024春?浦東新區(qū)校級(jí)期末）真空中有一電場(chǎng)，在電場(chǎng)中的P點(diǎn)放一電荷量為5×10﹣9C的檢驗(yàn)電荷，它受到的電場(chǎng)力為2×10﹣5N，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為N/C。把檢驗(yàn)電荷的電荷量減小為2×10﹣9C，則P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為N/C。19．（2024春?鼓樓區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，xOy坐標(biāo)系中，A點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，20cm），B點(diǎn)的坐標(biāo)為（15cm，0），勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于坐標(biāo)系平面，其中坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電勢(shì)為0V，A點(diǎn)電勢(shì)為32V，B點(diǎn)電勢(shì)為﹣18V，則AB中點(diǎn)的電勢(shì)為V，該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為V/m。20．（2024春?鼓樓區(qū)校級(jí)期末）如圖，在光滑絕緣的水平面上有三個(gè)帶電小球A、B、C，其中A球帶正電，電荷量為16Q，B球電荷量為Q，已知A、B、C三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，且AB之間的距離為L、則B球帶（選填“正電”、“負(fù)電”、“不帶電”）C球帶電量為，BC距離。四．解答題（共5小題）21．（2024春?鹽城期末）如圖所示，有三根長度均為L的不可伸長的絕緣細(xì)線，其中兩根的一端分別固定在天花板上的P、Q點(diǎn)，另一端分別拴有質(zhì)量均為m的帶電小球A和B，A帶正電、電量為q，A、B之間用第三根細(xì)線連接。在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E的作用下，A、B保持靜止，懸線仍處于豎直方向，且A、B之間細(xì)線恰好伸直。當(dāng)P、A之間的細(xì)線燒斷，由于空氣阻力，A、B小球最后會(huì)達(dá)到新的平衡。重力加速度為g，靜電力常量為k。求：（1）B小球的電性及電荷量qB；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；（3）A、B小球達(dá)到新的平衡位置時(shí)，A、B間細(xì)線與豎直方向夾角的正切值tanθ。22．（2024春?遵義期末）如圖所示，空間存在方向與水平面成θ＝53°的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)中的A點(diǎn)以v1＝8m/s的速度水平向右拋出一帶正電的小球，小球沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度v2＝2m/s。已知小球的質(zhì)量m＝0.2kg，電荷量q＝1.25×10﹣6C，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）AB兩點(diǎn)間電勢(shì)差UAB；（2）取A點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，小球在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能；（3）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。23．（2024春?東西湖區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，質(zhì)量為m，電荷量為﹣q（q＞0）的電子由電子槍連續(xù)發(fā)出，初速可忽略不計(jì)，經(jīng)U的電壓加速后，沿中心線垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩極板長為L，間距為d。足夠大的熒光屏中心為O，離極板距離為l。不計(jì)電子重力及電子間相互作用，整個(gè)裝置置于真空中。（1）若偏轉(zhuǎn)電壓U2恒定，電子能射出平行板，求U的最大值U2max；（2）若偏轉(zhuǎn)電壓U2隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，其最大值為U0（U0＜U2max），變化周期為T。求電子打在熒光屏上的位置范圍。（U2的變化周期T遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于粒子穿越電場(chǎng)的時(shí)間）24．（2024春?耒陽市期末）一質(zhì)量為m的帶電小球以速度v0沿豎直方向從A點(diǎn)垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，如圖所示，經(jīng)過一段時(shí)間后到達(dá)B點(diǎn)，其速度變?yōu)樗椒较?，大小仍為v0，重力加速度為g，求：（1）小球帶電情況；（2）小球由A到B的位移；（3）小球速度的最小值。25．（2024春?岱岳區(qū)校級(jí)期末）在光滑絕緣、半徑為R的局部圓環(huán)中心固定有正點(diǎn)電荷（未畫出），其所帶的電荷量為Q，另一電荷量為q（q＞0）的點(diǎn)電荷P從圓環(huán)一端以速度v開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)底部a處時(shí)，轉(zhuǎn)過的圓心角θ=π（1）點(diǎn)電荷P運(yùn)動(dòng)到a處時(shí)的速度大小v′；（2）點(diǎn)電荷P運(yùn)動(dòng)到a處時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力F。

2025年高考備考高中物理個(gè)性化分層教輔尖子生篇《靜電場(chǎng)》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024春?麗水期末）下列有關(guān)物理學(xué)家的貢獻(xiàn)，說法正確的是（）A．牛頓通過實(shí)驗(yàn)測(cè)出了萬有引力常量 B．庫侖通過扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)定了電子的電荷量 C．開普勒在前人的基礎(chǔ)上首先發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律 D．愛因斯坦提出真空中的光速在不同的慣性參考系中大小相同【考點(diǎn)】庫侖扭秤實(shí)驗(yàn)和靜電力常量；引力常量及其測(cè)定；相對(duì)論速度的變換公式；電荷量與元電荷．【專題】定性思想；推理法；萬有引力定律的應(yīng)用專題；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】D【分析】根據(jù)卡文迪什、庫侖和牛頓的貢獻(xiàn)判斷；根據(jù)光速不變?cè)砼袛唷！窘獯稹拷猓篈．卡文迪什通過扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)出了萬有引力常量，故A錯(cuò)誤；B．密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)量出了電子的電荷量，麥克斯韋通過計(jì)算得到靜電力常量，故B錯(cuò)誤；C．牛頓在前人的基礎(chǔ)上首先發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，故C錯(cuò)誤；D．愛因斯坦提出真空中的光速在不同的慣性參考系中大小相同，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵掌握卡文迪什、庫侖和牛頓的貢獻(xiàn)，掌握光速不變?cè)怼?．（2024春?泰州期末）在如圖所示的電場(chǎng)中，各點(diǎn)電荷帶電量大小都是q，甲圖中的A、B為對(duì)稱點(diǎn)，乙、丙兩圖的點(diǎn)電荷間距離都為L，虛線是兩側(cè)點(diǎn)電荷的中垂線，兩點(diǎn)電荷連線上的O、C和O、D間距離也是L，下列說法正確的是（）A．圖甲中A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同 B．圖乙和圖丙中，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等 C．圖乙中C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于圖丙中D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 D．乙圖中從O點(diǎn)沿虛線向上的電場(chǎng)強(qiáng)度變大，而丙圖中變小【考點(diǎn)】等量異種電荷的電場(chǎng)線分布；正、負(fù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線；等量同種電荷的電場(chǎng)線分布．【專題】定性思想；歸納法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】C【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量；等量同種電荷的連線中點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零；根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式和場(chǎng)強(qiáng)疊加原理分析；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度分析。【解答】解：A．圖甲中A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，但是方向不同，故A錯(cuò)誤；B．圖乙中O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，而圖丙中O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不為零，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式和場(chǎng)強(qiáng)疊加原理可得圖乙中C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為EC圖丙中D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為ED所以圖乙中C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于圖丙中D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故C正確；D．電場(chǎng)線的疏密程度表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，據(jù)此可知乙圖中從O點(diǎn)沿虛線向上的電場(chǎng)強(qiáng)度先變大后變小，而丙圖中變小，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】熟練掌握等量同種電荷和等量異種電荷的電場(chǎng)中電場(chǎng)線的特點(diǎn)是解題的基礎(chǔ)。3．（2024春?武昌區(qū)期末）如圖所示，A、B、C、D是正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，在A點(diǎn)放有一個(gè)電荷量為q的正電荷，若要使C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則下列說法中正確的是（）A．在B點(diǎn)和D點(diǎn)各放置一個(gè)電荷量為24qB．在B點(diǎn)和D點(diǎn)各放置一個(gè)電荷量為22qC．在B、D點(diǎn)分別放置等量異種電荷，電荷量大小為24D．在B、D點(diǎn)分別放置等量異種電荷，電荷量大小為2【考點(diǎn)】等量異種電荷的電場(chǎng)線分布；電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】A【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式和場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理分析計(jì)算?！窘獯稹拷猓篈B．設(shè)正方形邊長為l，A點(diǎn)放有一個(gè)電荷量為q的正電荷，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可知在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)方向由A指向C，大小為E=kq在B點(diǎn)和D點(diǎn)各放置一個(gè)電荷量為q′的電荷，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式和場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理可知在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)方向由C指向A，大小為E′=2要使C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則2kq′解得q′=2故A正確，B錯(cuò)誤；CD．在B、D點(diǎn)分別放置等量異種電荷，則合場(chǎng)強(qiáng)平行于BD，與A點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)疊加不為0，故CD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】掌握點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式和場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理是解題的基礎(chǔ)。4．（2024春?耒陽市期末）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電容式風(fēng)力傳感器，如圖所示，將電容器與靜電計(jì)組成回路，可動(dòng)電極在風(fēng)力作用下向右移動(dòng)，風(fēng)力越大，移動(dòng)距離越大（兩電極始終不接觸）。在風(fēng)力變大時(shí)（）A．電容器電容變大，靜電計(jì)指針張角變大 B．電容器電容變大，靜電計(jì)指針張角變小 C．電容器電容變小，靜電計(jì)指針張角變大 D．電容器電容變小，靜電計(jì)指針張角變小【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析（Q不變）——板間距離變化．【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定性思想；推理法；電容器專題；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)C=εrS【解答】解：在受到風(fēng)力增大的作用時(shí)候，d減小，根據(jù)C=εrS故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)電容器，要掌握電容的決定式和定義式及其綜合應(yīng)用，知道電容器與電源相連，則電勢(shì)差不變；與電源斷開，電荷量不變，根據(jù)電容的決定式和定義式進(jìn)行判斷。5．（2024?茂名一模）如圖（a），電鯰遇到危險(xiǎn)時(shí)，可產(chǎn)生數(shù)百伏的電壓。如圖（b）所示，若將電鯰放電時(shí)形成的電場(chǎng)等效為等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)，其中正電荷集中在頭部，負(fù)電荷集中在尾部，O為電鯰身體的中點(diǎn)，AO＝BO且AB為魚身長的一半，下列說法正確的是（）A．A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì) B．A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)和B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同 C．將正電荷由A點(diǎn)移動(dòng)到O點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功 D．若電鯰頭尾部間產(chǎn)生400V的電壓時(shí)，AB間的電壓為200V【考點(diǎn)】非勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差大小的比較；等量異種電荷的電場(chǎng)線分布；電場(chǎng)力做功的計(jì)算及其特點(diǎn)；通過電場(chǎng)線的方向判斷電勢(shì)的高低．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)正、負(fù)電荷的分布方向分析電場(chǎng)線的方向，根據(jù)電場(chǎng)線的性質(zhì)特點(diǎn)分析?！窘獯稹拷猓篈、正電荷集中在頭部，負(fù)電荷集中尾部，電場(chǎng)線方向由B指向A，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，B點(diǎn)電勢(shì)高于A點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B、A點(diǎn)距尾部的長度和B點(diǎn)距頭部的長度大小相同，根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布的對(duì)稱性可知，A點(diǎn)和B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同，故B正確；C、電場(chǎng)線方向由B指向A，所以正電荷的受力方向?yàn)橛葿指向A，正電荷由A移動(dòng)到O時(shí)，力的方向與位移方向相反，電場(chǎng)力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布規(guī)律可知A、B間的電場(chǎng)線比A點(diǎn)到魚尾或B點(diǎn)到魚頭的電場(chǎng)線稀疏，則平均場(chǎng)強(qiáng)也較小，故A、B之間電壓小于200V，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查對(duì)靜電場(chǎng)中電場(chǎng)線的理解。6．（2024春?宿遷期末）如圖所示為靜電除塵器裝置示意圖。塵埃在電場(chǎng)中通過某種機(jī)制帶電，在電場(chǎng)力的作用下向收塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵目的。則（）A．帶電塵埃帶正電荷 B．電場(chǎng)方向由電暈極指向收塵極 C．帶電塵埃在運(yùn)動(dòng)過程中加速度變小 D．若電源正負(fù)極對(duì)調(diào)，塵埃將沉積在電暈極【考點(diǎn)】靜電的利用和防止；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算；電荷性質(zhì)、電場(chǎng)力方向和電場(chǎng)強(qiáng)度方向的相互判斷；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)大?。緦ｎ}】定性思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【答案】C【分析】由圖分析電源正負(fù)極，判斷出電場(chǎng)方向，塵埃帶電后沿著電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)的大小，進(jìn)而方向加速度的大小?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知，收塵極為正極，因異極相吸，所以到達(dá)收塵極的塵埃帶負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；B、收塵極與電源正極相連，電場(chǎng)方向由收塵極指向電暈極，故B錯(cuò)誤；C、由圖像可知，除塵器內(nèi)電場(chǎng)線為電暈極密收塵極疏，塵埃向收塵極遷移過程中場(chǎng)強(qiáng)越來越小，其受到的電場(chǎng)力越來越小，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知，帶電塵埃在運(yùn)動(dòng)過程中加速度變小，故C正確；D、若電源正負(fù)極對(duì)調(diào)，帶電塵埃由于電暈極放電將帶上正電荷，仍將向收塵極運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】考查對(duì)電場(chǎng)力、電場(chǎng)線疏密與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系的理解，要清楚基礎(chǔ)定義。7．（2024?貴州）如圖，A、B、C三個(gè)點(diǎn)位于以O(shè)為圓心的圓上，直徑AB與弦BC間的夾角為30°。A、B兩點(diǎn)分別放有電荷量大小為qA、qB的點(diǎn)電荷時(shí)，C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向恰好沿圓的切線方向，則qAA．13 B．33 C．3【考點(diǎn)】單個(gè)或多個(gè)點(diǎn)電荷周圍的電勢(shì)分布．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】B【分析】由于C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向恰好沿圓的切線方向，因此qA、qB帶異種電荷；根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式、場(chǎng)強(qiáng)的疊加結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)求解作答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意，qA、qB帶異種電荷，假設(shè)qA為正點(diǎn)電荷，qB為負(fù)點(diǎn)電荷，兩點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)如圖所示：設(shè)圓的半徑為r，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)A點(diǎn)到C點(diǎn)的距離rA＝rB點(diǎn)到C點(diǎn)的距離r根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式，點(diǎn)電荷qA在C點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E點(diǎn)電荷qB在C點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)tan30°=代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得q綜上分析，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式，場(chǎng)強(qiáng)的疊加，抓住C點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)方向沿圓周上C點(diǎn)的切線方向式解題的關(guān)鍵。8．（2024?鎮(zhèn)海區(qū)模擬）下列屬于矢量，且其國際單位制單位用基本單位表示正確的是（）A．力：N B．功：kg?m2/s2 C．電勢(shì)：V D．電場(chǎng)強(qiáng)度：kg?m?A﹣1?s﹣3【考點(diǎn)】電勢(shì)的定義、單位和物理意義；力的定義和特點(diǎn)；功的定義、單位和計(jì)算式的推導(dǎo)；電場(chǎng)強(qiáng)度的定義和單位．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】D【分析】標(biāo)量是只有大小，沒有方向，矢量是既有大小，又有方向。國際單位制規(guī)定了七個(gè)基本物理量，分別是長度、質(zhì)量、時(shí)間、熱力學(xué)溫度、電流、光強(qiáng)度、物質(zhì)的量。它們?cè)趪H單位制中的單位稱為基本單位，而物理量之間的關(guān)系式推導(dǎo)出來的物理量的單位叫做導(dǎo)出單位，基本單位和導(dǎo)出單位構(gòu)成了國際單位制?！窘獯稹拷猓篈．力是矢量，根據(jù)F＝ma，用國際單位制單位用基本單位表示為kg?m/s2，N是導(dǎo)出單位，故A錯(cuò)誤；B．功只有大小，沒有方向是標(biāo)量，題目要求是矢量，故B錯(cuò)誤；C．電勢(shì)只有大小，沒有方向是標(biāo)量，題目要求是矢量，故C錯(cuò)誤；D．電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，根據(jù)F＝qE＝ItE，用國際單位制單位用基本單位表示為kg?m/As3，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了標(biāo)量和矢量以及國際單位制，要能夠區(qū)分標(biāo)量和矢量，要掌握國際單位制規(guī)定的七個(gè)物理量分別是誰，它們?cè)趪H單位制中單位分別是誰。9．（2024春?淮安期末）如圖所示，絕緣輕繩懸掛一帶電小球，靜止于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，此時(shí)繩與豎直方向間的夾角θ＝30°，則小球所受電場(chǎng)力（）A．方向豎直向上 B．方向水平向右 C．等于重力 D．大于重力【考點(diǎn)】帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的受力平衡．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】B【分析】AB、根據(jù)受力分析和平衡條件可解出；CD、根據(jù)矢量的疊加可解出?！窘獯稹拷猓篈B．對(duì)小球受力分析共受三力，如圖所示其中重力豎直向下，電場(chǎng)力水平方向，拉力沿繩向左上，根據(jù)平衡條件可得，電場(chǎng)力水平向右，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)矢量法則結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)可知：F電故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查學(xué)生對(duì)于電場(chǎng)力的分析，對(duì)于這部分內(nèi)容要仔細(xì)分析受力方向和矢量的疊加。10．（2024春?鎮(zhèn)江期末）如圖所示，等長的AB、BC、AC絕緣細(xì)棒上均勻分布著等量正電荷，它們?cè)谌切沃行腛產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1、電勢(shì)為φ1。在BC棒的中點(diǎn)截去非常小的一段，此時(shí)O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E2、電勢(shì)為φ2，則（）A．E1＝E2 B．E1＞E2 C．φ1＞φ2 D．φ1＜φ2【考點(diǎn)】用定義式計(jì)算某點(diǎn)的電勢(shì)；用特殊的方法求解電場(chǎng)強(qiáng)度．【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定性思想；合成分解法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】C【分析】分別求出不同電荷在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向，結(jié)合矢量合成遵循的平行四邊形法則計(jì)算出合場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向；根據(jù)電勢(shì)的合成特點(diǎn)計(jì)算出電勢(shì)的大小?！窘獯稹拷猓篈B、由場(chǎng)強(qiáng)疊加和對(duì)稱性可知AB棒在三角形中心O點(diǎn)形成的電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直AB且指向OC，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；BC棒在O點(diǎn)形成的電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直BC且指向OA，大小也為E；AC棒在O點(diǎn)形成的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小也為E，方向垂直AC指向OB；根據(jù)幾何關(guān)系，三個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度方向的夾角為120°，合場(chǎng)強(qiáng)大小為0，即E1＝0；在BC棒的中點(diǎn)截去非常小的一段，則BC棒在三角形中心O點(diǎn)形成的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則由場(chǎng)強(qiáng)疊加和對(duì)稱性，此時(shí)O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E2＝E＞E1，故AB錯(cuò)誤；CD、電勢(shì)是標(biāo)量，無方向，設(shè)AB棒在三角形中心O點(diǎn)形成的電場(chǎng)的電勢(shì)為φ，則BC、AC棒在三角形中心O點(diǎn)形成的電場(chǎng)的電勢(shì)都為φ，則φ1＝3φ；在BC棒的中點(diǎn)截去非常小的一段，BC在O點(diǎn)形成的電場(chǎng)的電勢(shì)φ′＜φ，則φ2＜3φ，所以φ1＞φ2，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了電勢(shì)和場(chǎng)強(qiáng)的相關(guān)概念，根據(jù)公式先計(jì)算出場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)，在進(jìn)行合成時(shí)要注意物理量的標(biāo)矢性。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?浙江模擬）電偶極子由兩個(gè)點(diǎn)電荷+q和﹣q組成，它們之間的距離為l（l很?。?，總質(zhì)量為m。如圖所示，空間中某區(qū)域內(nèi)存在一電場(chǎng)，其分布為E（x）＝αx2。先令一電偶極子朝著x方向，并使其中點(diǎn)位于x＝x0處，再靜止釋放。下列說法正確的是（）A．α的單位是V/m3 B．電偶極子受到的合力F＝2αqlx C．電偶極子靜止釋放后的運(yùn)動(dòng)可看作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的一部分 D．電偶極子的電勢(shì)能E【考點(diǎn)】電勢(shì)能的概念和計(jì)算；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；電場(chǎng)強(qiáng)度的定義和單位．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【答案】ABD【分析】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的單位分析；根據(jù)力的合成法則計(jì)算；根據(jù)受力方向與運(yùn)動(dòng)方向的關(guān)系分析；根據(jù)電場(chǎng)力做功等于電勢(shì)能的變化量分析。【解答】解：A．由電場(chǎng)強(qiáng)度的單位是V/m，由于E（x）＝αx2，則α的單位是VmB．電偶極子受到的合力F=FC．電偶極子所受合力方向沿x軸正方向，靜止釋放后一直向x軸正方向運(yùn)動(dòng)，合力方向與位移方向同向，所以電偶極子不會(huì)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．兩個(gè)電荷放在一起電勢(shì)能為零，相當(dāng)于把其中一個(gè)移開了距離l，電場(chǎng)力做的功qU就是變化的電勢(shì)能，即電偶極子的電勢(shì)能，即Ep故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】掌握電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系，知道電偶極子的受力方向是解題的基礎(chǔ)。（多選）12．（2024春?耒陽市期末）在x軸上的O點(diǎn)和A點(diǎn)分別固定有點(diǎn)電荷q1和點(diǎn)電荷q2，x軸上O、A點(diǎn)之間各點(diǎn)的電勢(shì)φ隨x變化的圖像如圖所示，M為OA的中點(diǎn)，且圖線在M點(diǎn)處斜率最小。取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，則下列說法正確的是（）A．在x軸上O、A點(diǎn)之間，M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小 B．點(diǎn)電荷q1、q2帶的都是正電荷 C．將電子從M點(diǎn)移動(dòng)到A點(diǎn)的過程中，電子的電勢(shì)能減小 D．O、A點(diǎn)之間電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸正方向【考點(diǎn)】φ﹣x圖像斜率的物理意義；φ﹣x圖像的理解與應(yīng)用．【專題】比較思想；圖析法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】AC【分析】φ﹣x圖像的斜率大小等于電場(chǎng)強(qiáng)度大小，由斜率大小分析電場(chǎng)強(qiáng)度大?。桓鶕?jù)O、A點(diǎn)之間電勢(shì)變化情況判斷電場(chǎng)強(qiáng)度方向，確定點(diǎn)電荷q1、q2的電性；根據(jù)Ep＝qφ分析電子電勢(shì)能的變化情況?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)φ﹣x圖像的斜率大小等于電場(chǎng)強(qiáng)度大小，M點(diǎn)切線斜率最小，可知M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小，故A正確；BD、由圖像可知，從O點(diǎn)到A點(diǎn)電勢(shì)逐漸升高，則點(diǎn)電荷q1帶的是負(fù)電荷，點(diǎn)電荷q2帶的是正電荷，O、A點(diǎn)之間電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸負(fù)方向，故BD錯(cuò)誤；C、電子帶負(fù)電，由于M點(diǎn)到A點(diǎn)電勢(shì)升高，因此由電勢(shì)能公式Ep＝qφ可知，將電子從M點(diǎn)移動(dòng)到A點(diǎn)的過程中電子的電勢(shì)能減小，故C正確。故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查φ﹣x圖像問題，關(guān)鍵是要知道φ﹣x圖像的斜率代表場(chǎng)強(qiáng)，順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低。（多選）13．（2024春?湖南期末）如圖所示，用一條絕緣輕繩懸掛一個(gè)質(zhì)量為m電荷量為+q且可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A。懸點(diǎn)O的正下方固定一體積較大的金屬球B，其所帶電荷量為+Q，小球A與金屬球B的球心等高，兩球心的距離為r，懸線與豎直方向的夾角為θ，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，B球半徑相對(duì)于兩球心距離r不可忽略，則（）A．懸線對(duì)小球A的拉力大小為mgcosθB．金屬球B對(duì)小球A的庫侖力大小為kQqrC．懸線對(duì)小球A的拉力大小為kQqrD．金屬球B對(duì)小球A的庫侖力大小為mgtanθ【考點(diǎn)】庫侖定律的適用范圍；共點(diǎn)力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；推理法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】AD【分析】對(duì)小球受力分析，根據(jù)平衡條件推導(dǎo)判斷?！窘獯稹拷猓后w積較大的金屬球B上的正電荷在A球的正電荷的電場(chǎng)的作用下，電荷分布發(fā)生了重新排布，不能認(rèn)為電荷集中于B的球心，因此，小球A受到的庫侖力不等于kQqrFmg=tanθ，則F＝mgtanθ，F(xiàn)故AD正確，BC錯(cuò)誤。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵掌握利用正交分解方法解決平衡問題。（多選）14．（2024?衡水模擬）科學(xué)家在研究電荷分布的對(duì)稱性的時(shí)候，巧妙地借助了我國傳統(tǒng)文化中的“陰陽太極圖”，以獲得更多的啟示和靈感，如圖所示的三維坐標(biāo)系。太極圖呈圓形位于xOz平面內(nèi)，y軸過圓心O，在x軸兩側(cè)對(duì)稱分布各有一個(gè)大半圓和小半圓，M、N各是小半圓的圓心，現(xiàn)在M、N上分別放置一個(gè)等電量的負(fù)點(diǎn)電荷和正點(diǎn)電荷，在y軸的正向有一個(gè)定點(diǎn)C，在圓的邊緣有一個(gè)位置D，則下列說法正確的是（）A．若將正試探電荷q由C點(diǎn)沿y軸移動(dòng)到O點(diǎn)，則q的電勢(shì)能始終不變 B．若將正試探電荷q由A點(diǎn)沿“陰陽”邊界經(jīng)O移動(dòng)到B點(diǎn)，則q的電勢(shì)能增加 C．若將負(fù)試探電荷q沿虛線由C移到D，則電場(chǎng)力一直對(duì)電荷做正功 D．若將負(fù)試探電荷沿z軸由O向z軸正向移動(dòng)，則電荷克服電場(chǎng)力做負(fù)功【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專題】比較思想；圖析法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】AB【分析】電場(chǎng)力做功可量度電勢(shì)能的變化，電場(chǎng)力做正功時(shí)，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做負(fù)功時(shí)，電勢(shì)能增大。根據(jù)電場(chǎng)力做功情況分析電勢(shì)能變化情況?！窘獯稹拷猓篈、由題圖可知，y軸在等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線上，該中垂線是一條等勢(shì)線，所以將正試探電荷q由C點(diǎn)沿y軸移動(dòng)到O點(diǎn)，則q的電勢(shì)能始終不變，故A正確；B、試探正電荷q由A點(diǎn)沿“陰陽”邊界經(jīng)O移動(dòng)到B點(diǎn)，可以分成兩部分看，第一部分是從A到O，這個(gè)過程M位置的負(fù)點(diǎn)電荷對(duì)q不做功，N位置的正電荷對(duì)q做負(fù)功，q的電勢(shì)能增加；第二部分是從O到B，此過程N(yùn)位置的正電荷對(duì)q不做功，M位置的負(fù)電荷對(duì)q做負(fù)功，電勢(shì)能仍然在增加，所以，q的電勢(shì)能一直在增加，故B正確；C、將負(fù)試探電荷q沿虛線由C移到D，電勢(shì)降低，電場(chǎng)力一直對(duì)電荷做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；D、將負(fù)試探電荷沿z軸由O向z軸正向移動(dòng)，則電場(chǎng)力與移動(dòng)路徑一直垂直，電場(chǎng)力不做功，故D錯(cuò)誤。故選：AB。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電場(chǎng)力做功、電勢(shì)能變化等知識(shí)點(diǎn)，要掌握等量異種電荷電場(chǎng)線、等勢(shì)面的分布情況，尤其要知道等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線是一條等勢(shì)線。（多選）15．（2024春?湖南期末）水平絕緣桌面上方空間存在著沿x軸方向的電場(chǎng)，將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為﹣q可視為點(diǎn)電荷的小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止釋放，其加速度a隨位置x變化的圖像如圖所示，設(shè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中電荷不發(fā)生變化，則下列說法正確的是（）A．該電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng) B．該電場(chǎng)的方向沿x軸負(fù)方向 C．小球運(yùn)動(dòng)到x0位置時(shí)的速率為2aD．從O到x0的過程，粒子的電勢(shì)能增加了2ma0x0【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與位移的關(guān)系；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算．【專題】比較思想；圖析法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】BC【分析】根據(jù)牛頓第二定律分析場(chǎng)強(qiáng)的變化情況，判斷該電場(chǎng)是否是勻強(qiáng)電場(chǎng)，并確定電場(chǎng)的方向；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2＝2ax，結(jié)合a﹣x圖像中圖線與橫軸的面積的物理意義求解小球運(yùn)動(dòng)到x0位置時(shí)的速率；根據(jù)能量守恒定律求解從O到x0的過程粒子的電勢(shì)能增加量?！窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)牛頓第二定律得qE＝ma由圖像知，a＞0且不斷減小，因q＜0，則電場(chǎng)為非勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向，故A錯(cuò)誤，B正確；C、由v2＝2ax，結(jié)合a﹣x圖像中圖線與橫軸的面積物理意義，可得a0解得小球運(yùn)動(dòng)到x0位置時(shí)的速率為v=2aD、依題意，從O到x0的過程，電場(chǎng)力做正功，粒子的動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小，由能量守恒定律得ΔEk+ΔEp＝0其中ΔEk=1解得：ΔEp＝﹣2ma0x0，即電勢(shì)能必定減小了2ma0x0，故D錯(cuò)誤。故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要知道a﹣x圖像中圖線與橫軸的面積表示v2三．填空題（共5小題）16．（2024春?浦東新區(qū)校級(jí)期末）若將一個(gè)電量為2.0×10﹣10C的正電荷，從零電勢(shì)點(diǎn)移動(dòng)到電場(chǎng)中的M點(diǎn)需要克服電場(chǎng)力做功8×10﹣9J，則M點(diǎn)的電勢(shì)是40V；若再將電荷從電場(chǎng)的M點(diǎn)移動(dòng)到電場(chǎng)中的N點(diǎn)，電場(chǎng)力做功1.8×10﹣8J，則M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UMN＝90V。【考點(diǎn)】電荷性質(zhì)、電勢(shì)能和電勢(shì)的關(guān)系；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【答案】40，90?！痉治觥扛鶕?jù)電勢(shì)差的定義式計(jì)算兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差，然后根據(jù)U0M＝0﹣φM計(jì)算M點(diǎn)的電勢(shì)?！窘獯稹拷猓毫汶妱?shì)點(diǎn)和M點(diǎn)的電勢(shì)差為U0M=Wq=?8×10?9M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UMN=故答案為：40，90?！军c(diǎn)評(píng)】掌握電勢(shì)差的計(jì)算公式是解題的基礎(chǔ)。17．（2024春?浦東新區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，點(diǎn)電荷A和B相距40cm，分別帶正電和負(fù)電，電荷量分別為4Q和﹣Q，在A、B連線上，引入點(diǎn)電荷C。此時(shí)三個(gè)點(diǎn)電荷恰好在彼此的靜電力作用下處于平衡狀態(tài)，則電荷C電荷量大小為4Q，它應(yīng)放在B的左側(cè)（選填“A和B之間”，“A的右側(cè)”，“B的左側(cè)”，“A的右側(cè)及B的左側(cè)”）處。【考點(diǎn)】三（多）個(gè)點(diǎn)電荷在一條直線上時(shí)的平衡問題．【專題】定量思想；推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；分析綜合能力．【答案】4Q；B的左側(cè)?！痉治觥扛鶕?jù)庫侖定律計(jì)算每個(gè)電荷的靜電力，結(jié)合電荷的平衡狀態(tài)，代入計(jì)算求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)兩同夾異、兩大夾小，結(jié)合電荷的擺放位置可知，若C帶正電荷，應(yīng)該放在B的左側(cè)，設(shè)BC之間的距離為x，電荷C電荷量大小為q則對(duì)C：kQq對(duì)B：kQq對(duì)A：4kQq聯(lián)立以上各式，求得：q＝4Q故答案為：4Q；B的左側(cè)?！军c(diǎn)評(píng)】熟悉三小球的平衡問題的口訣“兩同夾異、兩大夾小，近小遠(yuǎn)大”快速判斷第三個(gè)小球的電性和位置，結(jié)合庫侖定律和受力分析計(jì)算出電荷量的大小。18．（2024春?浦東新區(qū)校級(jí)期末）真空中有一電場(chǎng)，在電場(chǎng)中的P點(diǎn)放一電荷量為5×10﹣9C的檢驗(yàn)電荷，它受到的電場(chǎng)力為2×10﹣5N，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為4000N/C。把檢驗(yàn)電荷的電荷量減小為2×10﹣9C，則P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為4000N/C?！究键c(diǎn)】點(diǎn)電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場(chǎng)．【專題】定量思想；歸納法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；理解能力．【答案】4000，4000?！痉治觥扛鶕?jù)場(chǎng)強(qiáng)公式E=F【解答】解：P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為E=Fq=故答案為：4000，4000?！军c(diǎn)評(píng)】掌握電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，要知道電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是由電場(chǎng)本身性質(zhì)決定的，與檢驗(yàn)電荷的電荷量無關(guān)。19．（2024春?鼓樓區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，xOy坐標(biāo)系中，A點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，20cm），B點(diǎn)的坐標(biāo)為（15cm，0），勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于坐標(biāo)系平面，其中坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電勢(shì)為0V，A點(diǎn)電勢(shì)為32V，B點(diǎn)電勢(shì)為﹣18V，則AB中點(diǎn)的電勢(shì)為7V，該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為200V/m?！究键c(diǎn)】勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【答案】7；200【分析】根據(jù)題目信息從圖中找到等勢(shì)面畫出等勢(shì)線，再根據(jù)電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度關(guān)系列式求解?！窘獯稹拷猓涸O(shè)AB中點(diǎn)為C，AB中點(diǎn)的電勢(shì)為φCx軸方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為Exy軸方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為Ey電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=E代入數(shù)據(jù)得E＝200V/m故答案為：7；200【點(diǎn)評(píng)】本題考查電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系，比較簡(jiǎn)單，但是必須正確找到等勢(shì)面，再畫出電場(chǎng)線。20．（2024春?鼓樓區(qū)校級(jí)期末）如圖，在光滑絕緣的水平面上有三個(gè)帶電小球A、B、C，其中A球帶正電，電荷量為16Q，B球電荷量為Q，已知A、B、C三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，且AB之間的距離為L、則B球帶負(fù)電（選填“正電”、“負(fù)電”、“不帶電”）C球帶電量為16Q9，BC距離13【考點(diǎn)】三（多）個(gè)點(diǎn)電荷在一條直線上時(shí)的平衡問題．【專題】定量思想；推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；分析綜合能力．【答案】負(fù)電；16Q9；1【分析】根據(jù)電荷間的相互作用規(guī)律、庫侖定律及平衡條件分析作答。【解答】解：根據(jù)兩同夾異和A球帶正電，可判斷出B帶負(fù)電，因?yàn)锽球受力平衡，可知C球帶正電，設(shè)小球C帶電量為q，BC之間距離為r。因?yàn)槿齻€(gè)小球均靜止，所以對(duì)B球受力分析，由平衡條件有：k對(duì)C球有：k聯(lián)立解得：r=13故答案為：負(fù)電；16Q9；1【點(diǎn)評(píng)】本題中主要考查了電場(chǎng)中的平衡問題；三個(gè)自由電荷的平衡滿足“兩同夾異、兩大夾小、近小遠(yuǎn)大”的規(guī)律。四．解答題（共5小題）21．（2024春?鹽城期末）如圖所示，有三根長度均為L的不可伸長的絕緣細(xì)線，其中兩根的一端分別固定在天花板上的P、Q點(diǎn)，另一端分別拴有質(zhì)量均為m的帶電小球A和B，A帶正電、電量為q，A、B之間用第三根細(xì)線連接。在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E的作用下，A、B保持靜止，懸線仍處于豎直方向，且A、B之間細(xì)線恰好伸直。當(dāng)P、A之間的細(xì)線燒斷，由于空氣阻力，A、B小球最后會(huì)達(dá)到新的平衡。重力加速度為g，靜電力常量為k。求：（1）B小球的電性及電荷量qB；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；（3）A、B小球達(dá)到新的平衡位置時(shí)，A、B間細(xì)線與豎直方向夾角的正切值tanθ。【考點(diǎn)】帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的受力平衡；勻強(qiáng)電場(chǎng)及其特點(diǎn)．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力．【答案】（1）B小球帶負(fù)電，電荷量qB為q；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E為kqL（3）A、B小球達(dá)到新的平衡位置時(shí)，A、B間細(xì)線與豎直方向夾角的正切值tanθ為kq【分析】（1）根據(jù)平衡條件列方程結(jié)合庫侖定律計(jì)算；（2）根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的定義式計(jì)算；（3）根據(jù)平衡條件計(jì)算。【解答】解：（1）對(duì)A球進(jìn)行受力分析，由于A球均處于平衡狀態(tài)，在水平方向受水平方向的電場(chǎng)力和施加的向右的庫侖力，B球帶負(fù)電。qE=kqB球水平方向合力為零qB聯(lián)立解得qB＝q（2）B球水平方向合力為零qB勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度EE=kq（3）兩球及細(xì)線最后位置如圖所示：對(duì)A球進(jìn)行受力分析：A球受重力，電場(chǎng)力，AB線的拉力，庫侖力，由平衡條件得：重力和電場(chǎng)力的合力必須沿著線的方向tanθ=qE答：（1）B小球帶負(fù)電，電荷量qB為q；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E為kqL（3）A、B小球達(dá)到新的平衡位置時(shí)，A、B間細(xì)線與豎直方向夾角的正切值tanθ為kq【點(diǎn)評(píng)】掌握庫侖定律和電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，以及能夠正確的對(duì)小球受力分析是解題的基礎(chǔ)。22．（2024春?遵義期末）如圖所示，空間存在方向與水平面成θ＝53°的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)中的A點(diǎn)以v1＝8m/s的速度水平向右拋出一帶正電的小球，小球沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度v2＝2m/s。已知小球的質(zhì)量m＝0.2kg，電荷量q＝1.25×10﹣6C，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）AB兩點(diǎn)間電勢(shì)差UAB；（2）取A點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，小球在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能；（3）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小?！究键c(diǎn)】勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【答案】（1）AB兩點(diǎn)間電勢(shì)差﹣4.8×106V；（2）取A點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，小球在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能6J；（3）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小2×106V/m?！痉治觥拷猓海?）根據(jù)動(dòng)能定理求解AB兩點(diǎn)間電勢(shì)差UAB；（2）根據(jù)UAB＝φA﹣φB求解B點(diǎn)電勢(shì)，再求解小球在B點(diǎn)電勢(shì)能；（3）根據(jù)豎直方向平衡列式求解電場(chǎng)強(qiáng)度的大小?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)動(dòng)能定理得qU解得UAB（2）根據(jù)UAB＝φA﹣φBEPB＝qφB解得EPB＝6J（3）根據(jù)平衡條件得qEsin53°＝mg解得E＝2×106V/m答：（1）AB兩點(diǎn)間電勢(shì)差﹣4.8×106V；（2）取A點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，小球在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能6J；（3）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小2×106V/m?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確電勢(shì)差的定義和勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系公式，基礎(chǔ)題。23．（2024春?東西湖區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，質(zhì)量為m，電荷量為﹣q（q＞0）的電子由電子槍連續(xù)發(fā)出，初速可忽略不計(jì)，經(jīng)U的電壓加速后，沿中心線垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩極板長為L，間距為d。足夠大的熒光屏中心為O，離極板距離為l。不計(jì)電子重力及電子間相互作用，整個(gè)裝置置于真空中。（1）若偏轉(zhuǎn)電壓U2恒定，電子能射出平行板，求U的最大值U2max；（2）若偏轉(zhuǎn)電壓U2隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，其最大值為U0（U0＜U2max），變化周期為T。求電子打在熒光屏上的位置范圍。（U2的變化周期T遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于粒子穿越電場(chǎng)的時(shí)間）【考點(diǎn)】帶電粒子在周期性變化的電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【答案】（1）最大值為2d（2）電子打在熒光屏上的位置范圍為位置范圍為O點(diǎn)上下方各(L+2l)U【分析】根據(jù)動(dòng)能定理，根據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)即可解決?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)電子，加速有qU偏轉(zhuǎn)有L＝v0ty=1a=q能出射y≤d聯(lián)立解得U2max（2）當(dāng)U0＜U2max時(shí)，出偏轉(zhuǎn)場(chǎng)后勻速Yy解得Y=(L+2l)位置范圍為O點(diǎn)上下方各(L+2l)U答：（1）最大值為2d（2）電子打在熒光屏上的位置范圍為位置范圍為O點(diǎn)上下方各(L+2l)U【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查學(xué)生對(duì)于帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析能力，主要利用動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)的知識(shí)，綜合能力強(qiáng)，在分析時(shí)仔細(xì)一點(diǎn)。24．（2024春?耒陽市期末）一質(zhì)量為m的帶電小球以速度v0沿豎直方向從A點(diǎn)垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，如圖所示，經(jīng)過一段時(shí)間后到達(dá)B點(diǎn)，其速度變?yōu)樗椒较?，大小仍為v0，重力加速度為g，求：（1）小球帶電情況；（2）小球由A到B的位移；（3）小球速度的最小值?！究键c(diǎn)】從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）將帶電小球的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分解，豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向上在電場(chǎng)力的作用下勻加速，分別應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式求解；（2）根據(jù)水平位移與豎直位移大小相等列方程即可求解；（3）通過分析知，當(dāng)力與速度方向垂直時(shí)動(dòng)能最小，速度也最小，據(jù)此列式求解?！窘獯稹拷猓海?）從A到B過程中，在豎直方向小球做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度ay＝gB點(diǎn)是最高點(diǎn)，豎直分速度為0，有t=水平方向小球在電場(chǎng)力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，可知小球帶正電初速度為0，加速度ax=水平方向有：v0=qE聯(lián)立解得：Eq＝mg可得q=mg（2）在兩個(gè)方向上的運(yùn)動(dòng)互為逆運(yùn)動(dòng)，故小球運(yùn)動(dòng)的水平位移大小等于豎直位移大小在豎直方向有2gh=可得h=所以位移為2h=其與水平方向的夾角為θ，tanθ=mg即位移與水平方向的夾角為45°斜向右上方；（3）設(shè)重力與電場(chǎng)力的合力為F，其與水平方向的夾角為θ則：tanθ=mgqE開始一段時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)與速度方向夾角大于90°，合力做負(fù)功，動(dòng)能減小后來F與速度夾角小于90°，合力做正功，動(dòng)能增加因此，當(dāng)F與速度v的方向垂直時(shí)，小球的動(dòng)能最小，速度也最小，設(shè)為vmin即：tanθ=v則vx＝vy，vx=qEvy＝v0﹣gt′解得t′=vvmin=v答：（1）小球帶正電，電荷量為mg（2）小球由A到B的位移大小為2v（3）小球速度的最小值為2v【點(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是正確進(jìn)行受力分析，明確知道例子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，能根據(jù)力做功分析出速度最小的力學(xué)特征；25．（2024春?岱岳區(qū)校級(jí)期末）在光滑絕緣、半徑為R的局部圓環(huán)中心固定有正點(diǎn)電荷（未畫出），其所帶的電荷量為Q，另一電荷量為q（q＞0）的點(diǎn)電荷P從圓環(huán)一端以速度v開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)底部a處時(shí)，轉(zhuǎn)過的圓心角θ=π（1）點(diǎn)電荷P運(yùn)動(dòng)到a處時(shí)的速度大小v′；（2）點(diǎn)電荷P運(yùn)動(dòng)到a處時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力F?！究键c(diǎn)】庫侖定律的表達(dá)式及其簡(jiǎn)單應(yīng)用；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用；牛頓第二定律求解向心力；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運(yùn)動(dòng)專題；電荷守恒定律與庫侖定律專題；分析綜合能力．【答案】（1）點(diǎn)電荷P運(yùn)動(dòng)到a處時(shí)的速度大小v′為gR+v（2）點(diǎn)電荷P運(yùn)動(dòng)到a處時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力F為2mg+kqQ【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理列式求解；（2）在a處由牛頓第二定律結(jié)合向心力公式求解支持力，再根據(jù)牛頓第三定律求解壓力。【解答】解：（1）由動(dòng)能定理得mgR(1?cosθ)=1解得v′=gR+（2）在a處由牛頓第二定律得F′?mg?FF庫由牛頓第三定律得F＝F′解得對(duì)圓環(huán)的壓力F=2mg+kqQ答：（1）點(diǎn)電荷P運(yùn)動(dòng)到a處時(shí)的速度大小v′為gR+v（2）點(diǎn)電荷P運(yùn)動(dòng)到a處時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力F為2mg+kqQ【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)能定理、向心力、牛頓運(yùn)動(dòng)定律，難度一般。

考點(diǎn)卡片1．勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與位移的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與速度的關(guān)系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移﹣速度關(guān)系式反映了初速度、末速度、加速度與位移之間的關(guān)系．①此公式僅適用于勻變速直線運(yùn)動(dòng)；②式中v0和v是初、末時(shí)刻的速度，x是這段時(shí)間的位移；③公式中四個(gè)矢量v、v0、a、x要規(guī)定統(tǒng)一的正方向．【命題方向】美國“肯尼迪號(hào)”航空母艦上有幫助飛機(jī)起飛的彈射系統(tǒng)，已知“F﹣A15”型戰(zhàn)斗機(jī)在跑道上加速時(shí)產(chǎn)生的加速度為4.5m/s2，起飛速度為50m/s．若該飛機(jī)滑行100m時(shí)起飛，則彈射系統(tǒng)必須使飛機(jī)具有的初速度為（）A、30m/sB、10m/sC、20m/sD、40m/s分析：已知飛機(jī)的加速度、位移、末速度，求解飛機(jī)的初速度，此題不涉及物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，選用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間公式便可解決．解答：設(shè)飛機(jī)的初速度為v0，已知飛機(jī)的加速度a、位移x、末速度v，此題不涉及物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間公式：v解得：v0＝40m/s故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題是勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本公式的直接應(yīng)用，屬于比較簡(jiǎn)單的題目，解題時(shí)要學(xué)會(huì)選擇合適的公式，這樣很多問題就會(huì)迎刃而解了．【解題思路點(diǎn)撥】解答題解題步驟：（1）分析運(yùn)動(dòng)過程，畫出運(yùn)動(dòng)過程示意圖．（2）設(shè)定正方向，確定各物理量的正負(fù)號(hào)．（3）列方程求解：先寫出原始公式，再寫出導(dǎo)出公式：“由公式…得…”．2．力的定義和特點(diǎn)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.定義：力是物體間的相互作用。2.三要素：大小、方向、作用點(diǎn)3.性質(zhì)①物質(zhì)性：力是物體對(duì)物體的作用，一個(gè)物體受到力的作用，一定有另一個(gè)物體對(duì)它施加這種作用（即同時(shí)存在施力物體和受力物體）。力不能脫離物體而單獨(dú)存在。?②相互性：任何兩個(gè)物體之間的作用總是相互的，施力物體同時(shí)也一定是受力物體。只要一個(gè)物體對(duì)另一個(gè)物體施加了力，受力物體反過來也肯定會(huì)給施力物體增加一個(gè)力。這種相互作用力必然是同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)消失的。?③矢量性：力是矢量，既有大小又有方向。這意味著力的效果不僅取決于其大小，還取決于其方向。④同時(shí)性：力同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)消失。這意味著力的作用不會(huì)隨著時(shí)間的推移而改變，除非有其他因素介入。⑤獨(dú)立性：一個(gè)力的作用并不影響另一個(gè)力的作用。這意味著在一個(gè)力的作用下，另一個(gè)力的作用效果不會(huì)受到影響。【命題方向】關(guān)于力的說法中正確的是（）A、力是物體對(duì)物體的作用B、力不能離開受力物和施力物而單獨(dú)存在C、只有直接接觸的物體才有力的作用D、力是矢量，其大小可用彈簧秤測(cè)量分析：根據(jù)力的概念，分析力能否離開物體而單獨(dú)存在．不直接接觸的物體之間也可能有力的作用．力是矢量，其大小可用彈簧秤測(cè)量．解答：A、力是一個(gè)物體對(duì)另一個(gè)物體的作用。故A正確。B、由于力是物體對(duì)物體的作用，則力不能離開受力物和施力物而單獨(dú)存在。故B正確。C、力有接觸力，也有不接觸力，比如重力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力等等，說明不直接接觸的物體之間也可能有力的作用。故C錯(cuò)誤。D、力既有大小，又有方向，是矢量，其大小可用彈簧秤測(cè)量。故D正確。故選：ABD。點(diǎn)評(píng)：本題要抓住力的物質(zhì)性：力不能離開物體而單獨(dú)存在的．力有“三性”：物質(zhì)性、相互性和矢量性．【解題思路點(diǎn)撥】力是物體與物體之間的相互作用，要牢記力的五個(gè)性質(zhì)：物質(zhì)性、相互性、同時(shí)性、矢量性和獨(dú)立性。3．共點(diǎn)力的平衡問題及求解【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.共點(diǎn)力（1）定義：如果一個(gè)物體受到兩個(gè)或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點(diǎn)上，或者雖不作用在同一點(diǎn)上，但它們的延長線交于一點(diǎn)，這幾個(gè)力叫作共點(diǎn)力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點(diǎn)力。2.共點(diǎn)力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點(diǎn)力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對(duì)共點(diǎn)力平衡條件的理解及應(yīng)用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=04.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個(gè)力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力必定與另外（n﹣1）個(gè)力的合力等大、反向。5.解答共點(diǎn)力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點(diǎn)：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識(shí)進(jìn)行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時(shí)，采用數(shù)學(xué)知識(shí)求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實(shí)際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨(dú)立的繩，因此由“死結(jié)”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當(dāng)輕桿處于平衡狀態(tài)時(shí)，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會(huì)引起輕桿的轉(zhuǎn)動(dòng)。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個(gè)小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽?duì)繩的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向。【命題方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對(duì)滑輪受力分析，受兩個(gè)繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個(gè)繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個(gè)繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個(gè)選項(xiàng)中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個(gè)力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序?yàn)椋篎D＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實(shí)際問題中的應(yīng)用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對(duì)日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點(diǎn)力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點(diǎn)力，根據(jù)合力為零分析AB選項(xiàng)；根據(jù)對(duì)稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對(duì)日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點(diǎn)，這三個(gè)力是共點(diǎn)力，故B錯(cuò)誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個(gè)拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F故選：AC。點(diǎn)評(píng)：本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行力的合成，利用平衡條件建立方程進(jìn)行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點(diǎn)C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點(diǎn)受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點(diǎn)兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對(duì)D點(diǎn)的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細(xì)繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點(diǎn)用細(xì)繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止?fàn)顟B(tài)），求：（1）細(xì)繩AC的張力FTAC與細(xì)繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對(duì)滑輪受力分析，運(yùn)用合成法求解細(xì)繩AC段的張力FAC與輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）乙圖中，以C點(diǎn)為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件求解細(xì)繩EG段的張力F2以及輕桿HG對(duì)G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個(gè)物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細(xì)繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點(diǎn)和G點(diǎn)為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG=M2g答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細(xì)繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點(diǎn)評(píng)：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點(diǎn)，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點(diǎn)為研究對(duì)象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.在分析問題時(shí)，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0時(shí)，是靜止，是平衡狀態(tài)a≠0時(shí)，不是平衡狀態(tài)2.解答共點(diǎn)力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，對(duì)于有相互作用的兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)明確所選研究對(duì)象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個(gè)物體（整體法或隔離法）。（2）對(duì)所選研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對(duì)研究對(duì)象所受的力進(jìn)行處理，對(duì)三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時(shí)的平行四邊形。對(duì)四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標(biāo)系，對(duì)各力按坐標(biāo)軸進(jìn)行分解。（4）建立平衡方程，對(duì)于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時(shí)，首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個(gè)狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個(gè)物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。4．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量。【命題方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13A、43mg分析：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。5．牛頓第三定律的理解與應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：兩個(gè)物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應(yīng)用例子：關(guān)于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產(chǎn)生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個(gè)物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個(gè)物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個(gè)物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯(cuò)誤．B、作用力與反作用力，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失，故B錯(cuò)誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個(gè)物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個(gè)物體上，故D錯(cuò)誤．故選：C．點(diǎn)評(píng)：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區(qū)別．【解題方法點(diǎn)撥】應(yīng)用牛頓第三定律分析問題時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結(jié)論，分析問題需嚴(yán)格依據(jù)科學(xué)理論．（2）理解應(yīng)用牛頓第三定律時(shí)，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關(guān)系與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)．（3）與平衡力區(qū)別應(yīng)抓住作用力和反作用力分別作用在兩個(gè)物體上．6．牛頓第二定律求解向心力7．引力常量及其測(cè)定【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.引力常量是由英國物理學(xué)家卡文迪什通過扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)定的，其數(shù)值為G＝6.67×10﹣11N?m2/kg2。2.卡文迪什測(cè)定引力常量的裝置示意圖3.扭秤實(shí)驗(yàn)用到的思想是微小量放大法。【命題方向】卡文迪許利用如圖所示的扭秤實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量了引力常量G。為了測(cè)量石英絲極微小的扭轉(zhuǎn)角，該實(shí)驗(yàn)裝置中采取使“微小量放大”的不包括（）A.增大石英絲的直徑B.增加T型架橫梁的長度C.利用平面鏡對(duì)光線的反射D.增大刻度尺與平面鏡的距離分析：為測(cè)量石英絲極的扭轉(zhuǎn)角，實(shí)驗(yàn)采取了“微小量放大”。當(dāng)引進(jìn)m′時(shí)由于物體間引力作用，使石英絲極發(fā)生微小的扭轉(zhuǎn)，從而帶動(dòng)平面鏡轉(zhuǎn)動(dòng)，導(dǎo)致經(jīng)平面鏡反射過來的光線發(fā)生較大變化，得出轉(zhuǎn)動(dòng)的角度。解答：為了測(cè)量石英絲極微小的扭轉(zhuǎn)角，該實(shí)驗(yàn)裝置中采取使“微小量放大”。利用平面鏡對(duì)光線的反射，來體現(xiàn)微小形變的。當(dāng)增大刻度尺與平面鏡的距離時(shí)，轉(zhuǎn)動(dòng)的角度更明顯。當(dāng)增大T型架橫梁的長度時(shí)，會(huì)導(dǎo)致石英絲更容易轉(zhuǎn)動(dòng)，對(duì)測(cè)量石英絲極微小的扭轉(zhuǎn)角有利；增大石英絲的直徑時(shí)，石英絲更轉(zhuǎn)動(dòng)更難，起不到放大的作用，故實(shí)驗(yàn)裝置中采取使“微小量放大”的不包括A項(xiàng)，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題巧妙地利用光的反射將因引力產(chǎn)生微小轉(zhuǎn)動(dòng)的角度放大，注意體會(huì)微小量放大的基本思路和具體方法?！窘忸}思路點(diǎn)撥】要牢記是卡文迪什測(cè)定的引力常量，并且要記得扭秤實(shí)驗(yàn)所用到的物理學(xué)思想是微小量放大法。8．相對(duì)論速度的變換公式9．功的定義、單位和計(jì)算式的推導(dǎo)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體受到力的作用，并在力方向上發(fā)生一段位移，就說力對(duì)物體做了功．2．公式：W＝Fscosα，其中α為F與s的夾角，F(xiàn)是力的大小，s一般是物體相對(duì)地面的位移，而不是相對(duì)于和它接觸的物體的位移．3．應(yīng)用中的注意點(diǎn)（1）公式只適用于恒力做功；（2）F和S是對(duì)應(yīng)同一個(gè)物體的；（3）恒力做功多少只與F、s及二者夾角余弦有關(guān)，而與物體的加速度大小、速度大小、運(yùn)動(dòng)時(shí)間長短等都無關(guān)，即與物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)無關(guān)，同時(shí)與有無其它力做功也無關(guān)．4．物理意義：功是能量轉(zhuǎn)化的量度．5．單位：焦耳（J），1J＝1N?m．6．功是標(biāo)量，沒有方向、但是有正負(fù)，正負(fù)表示能量轉(zhuǎn)化的方向．表示物體是輸入了能量還是輸出了能量．7．正功和負(fù)功：根據(jù)W＝Flcosα可知：0≤α＜90°α＝90°90°＜α≤180°功的正負(fù)W＞0W＝0W＜0意義力F對(duì)物體做正功力F對(duì)物體不做功力F對(duì)物體做負(fù)功力F是動(dòng)力還是阻力動(dòng)力阻力【命題方向】題型一：功的正、負(fù)判斷例1：生活中常有人說在車廂內(nèi)推車是沒用的，如圖所示，在沿水平地面運(yùn)動(dòng)的汽車車廂中，人用力推車（人與車廂始終保持靜止），則當(dāng)車在倒車時(shí)剎車的過程中（）A．人對(duì)車做正功B．人對(duì)車做負(fù)功C．人對(duì)車不做功D．車對(duì)人的作用力方向水平向右分析：在減速向右運(yùn)動(dòng)的車廂中，人的加速度向左，根據(jù)牛頓第二定律得出人受的合力向左，根據(jù)牛頓第三定律得人對(duì)車廂的力向右．根據(jù)功的定義式判斷做功情況．解答：A、人對(duì)車廂的推力方向向右，所以人對(duì)車廂的推力做正功，故A正確，BC錯(cuò)誤；D、在加速向左運(yùn)動(dòng)的車廂中，人的加速度向左，根據(jù)牛頓第二定律得出人受的合力向左，人受力在豎直方向平衡，人的合力是由車廂對(duì)人的力提供的，所以車廂對(duì)人的力向左，故D錯(cuò)誤，故選：A．點(diǎn)評(píng)：此題涉及到牛頓第二定律的應(yīng)用和力的作用的相互性，解決此類題目要結(jié)合作用力和反作用力考慮，即一個(gè)物體在施力的同時(shí)必然也受力，另一個(gè)物體在受力的同時(shí)必然也是施力物體．【解題方法點(diǎn)撥】1．判斷功的正、負(fù)主要有以下三種方法：（1）若物體做直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)力與位移的夾角來判斷，此法常用于恒力做功的判斷．（2）若物體做曲線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)F與v的方向的夾角α的大小來判斷．當(dāng)α＜90°時(shí)，力對(duì)物體做正功；90°＜α≤180°時(shí)，力對(duì)物體做負(fù)功；α＝90°時(shí)，力對(duì)物體不做功．（3）依據(jù)能量變化來判斷：此法既適用于恒力做功，也適用于變力做功，關(guān)鍵應(yīng)分析清楚能量的轉(zhuǎn)化情況．根據(jù)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，若有能量轉(zhuǎn)化，則必有力對(duì)物體做功．比如系統(tǒng)的機(jī)械能增加，說明力對(duì)系統(tǒng)做正功；如果系統(tǒng)的機(jī)械能減少，則說明力對(duì)系統(tǒng)做負(fù)功．此法常用于兩個(gè)相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的判斷．10．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡(jiǎn)單情況下用動(dòng)能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對(duì)物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大小；（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=1（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移是54m；（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評(píng)：分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動(dòng)能定理比較簡(jiǎn)單。【解題思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受