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（03年江蘇卷）（7分）實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示：一木塊放在水平長(zhǎng)木板上，左側(cè)栓有一細(xì)軟線，跨過(guò)固定在木板邊緣的滑輪與一重物相連。木塊右側(cè)與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連。在重物牽引下，木塊在木板上向左運(yùn)動(dòng)，重物落地后，木塊繼續(xù)向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，圖2給出了重物落地后，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出的一些點(diǎn)，試根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，求木塊與木板間的摩擦因數(shù)μ。要求寫(xiě)出主要的運(yùn)算過(guò)程。結(jié)果保留2位有效數(shù)字。（打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電頻率為50Hz，不計(jì)紙帶與木塊間的拉力。取重力加速度g=10m/s²）

 

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高考真題

1．【解析】電場(chǎng)是矢量，疊加遵循平行四邊行定則，由和幾何關(guān)系可以得出，A錯(cuò)B對(duì)。在之間，合場(chǎng)強(qiáng)的方向向左，把負(fù)電荷從Ｏ移動(dòng)到C，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，C錯(cuò)D對(duì)。

【答案】BD

2．【解析】從無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零開(kāi)始到r = r₂位置，勢(shì)能恒定為零，在r = r₂到r = r₁過(guò)程中，恒定引力做正功，勢(shì)能逐漸均勻減小，即勢(shì)能為負(fù)值且越來(lái)越小，此部分圖像為A、B選項(xiàng)中所示；r ＜ r₁之后勢(shì)能不變，恒定為－U₀，由引力做功等于勢(shì)能將少量，故U₀=F₀(r₂－r₁)．所以選項(xiàng)B正確

【答案】B

3．【解析】將電荷從從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，其電勢(shì)能增加；由電勢(shì)差公式U_AB = ，W= qU_AB = －5×10^?9×（15－10)J=－2.5×10^－8J

【答案】－2.5×10^－8J

4．【解析】考查靜電場(chǎng)中的電場(chǎng)線、等勢(shì)面的分布知識(shí)和規(guī)律。A、B、C三點(diǎn)處在一根電場(chǎng)線上，沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降落，故φ_A＞φ_B＞φ_C，A正確；由電場(chǎng)線的密集程度可看出電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系為E_C＞E_B＞E_A，B對(duì)；電場(chǎng)線密集的地方電勢(shì)降落較快，故U_BC＞U_AB，C對(duì)D錯(cuò)。此類問(wèn)題要在平時(shí)注重對(duì)電場(chǎng)線與場(chǎng)強(qiáng)、等勢(shì)面與場(chǎng)強(qiáng)和電場(chǎng)線的關(guān)系的掌握，熟練理解常見(jiàn)電場(chǎng)線和等勢(shì)面的分布規(guī)律

【答案】AC

5．【解析】如圖所示，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線與等勢(shì)面是平行等間距排列，且電場(chǎng)線與等勢(shì)面處處垂直，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)均勻降落，取ab的中點(diǎn)O，即為三角形的外接圓的圓心，且該點(diǎn)電勢(shì)為2V，故Oc為等勢(shì)面，MN為電場(chǎng)線，方向?yàn)镸N方向，U_OP= U_Oa=V，U_ON : U_OP=2 :，故U_ON =2V,N點(diǎn)電勢(shì)為零，為最小電勢(shì)點(diǎn)，同理M點(diǎn)電勢(shì)為4V，為最大電勢(shì)點(diǎn)。所以選項(xiàng)B正確                                                            

【答案】 B                                                                 

6．【解析】本題考查電容器的兩個(gè)公式。a板與Q板電勢(shì)恒定為零，b板和P板電勢(shì)總相同，故兩個(gè)電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變。要使懸線的偏角增大，即電壓U增大，即減小電容器的電容C。對(duì)電容器C，由公式C = = ，可以通過(guò)增大板間距d、減小介電常數(shù)ε、減小板的針對(duì)面積S。所以選項(xiàng)B、C正確．

【答案】BC      

7．【解析】設(shè)F與F′繞O點(diǎn)對(duì)稱，在F與F′處之間，小球始終受到指向O點(diǎn)的回復(fù)力作用下做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，若小球P帶電量緩慢減小，則此后小球能運(yùn)動(dòng)到F′點(diǎn)下方，即振幅會(huì)加大，A錯(cuò)；每次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)因電場(chǎng)力做功減少而速度不斷減小，B對(duì)；若點(diǎn)電荷M、N電荷量緩慢增大，則中垂線CD上的場(chǎng)強(qiáng)相對(duì)增大，振幅減小，加速度相對(duì)原來(lái)每個(gè)位置增大，故一個(gè)周期的時(shí)間必定減小，C、D正確。

【答案】CD

8．【解析】由沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以選項(xiàng)A正確；電場(chǎng)線越密的地方場(chǎng)強(qiáng)越大，得選項(xiàng)D正確。

【答案】D

9．【解析】當(dāng)不加電場(chǎng)時(shí)，油滴勻速下降，即；當(dāng)兩極板間電壓為U時(shí)，油滴向上勻速運(yùn)動(dòng)，即，解之得:,當(dāng)兩極間電壓為－U時(shí)，電場(chǎng)力方向反向，大小不變，油滴向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，，解之得：v'=3v，C項(xiàng)正確

【答案】C

10．【解析】由電勢(shì)差公式以及動(dòng)能定理：W=qU_ab=q(φ_a－φ_b)= m (v_b²－v_a²)，可得比荷為 = ，所以選項(xiàng)C對(duì)．

【答案】C

11．【解析】（1）設(shè)電子的質(zhì)量為m，電量為e，電子在電場(chǎng)I中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，出區(qū)域I時(shí)的為v₀，此后電場(chǎng)II做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為y，有

解得　y＝，所以原假設(shè)成立，即電子離開(kāi)ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為（－2L，）

（2）設(shè)釋放點(diǎn)在電場(chǎng)區(qū)域I中，其坐標(biāo)為（x，y），在電場(chǎng)I中電子被加速到v₁，然后進(jìn)入電場(chǎng)II做類平拋運(yùn)動(dòng)，并從D點(diǎn)離開(kāi)，有

解得　xy＝，即在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點(diǎn)即為所求位置。

（3）設(shè)電子從（x，y）點(diǎn)釋放，在電場(chǎng)I中加速到v₂，進(jìn)入電場(chǎng)II后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在高度為y′處離開(kāi)電場(chǎng)II時(shí)的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)D點(diǎn)，則有            

，

解得　，即在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點(diǎn)即為所求位置

【答案】（1）（－2L，）（2）　xy＝  （3）

 12．【解析】(1)P₁經(jīng)t₁時(shí)間與P₂碰撞，則

P₁、P₂碰撞，設(shè)碰后P₂速度為v₂，由動(dòng)量守恒：

解得（水平向左）    （水平向右）

碰撞后小球P₁向左運(yùn)動(dòng)的最大距離：      又：

解得：

所需時(shí)間：

（2）設(shè)P₁、P₂碰撞后又經(jīng)時(shí)間在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞，且P₁受電場(chǎng)力不變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，以水平向右為正：   則： 

解得：  （故P₁受電場(chǎng)力不變）

對(duì)P₂分析：  

所以假設(shè)成立，兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞。

【答案】 （1）     （2）兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞

名校試題

1．【解析】帶正電荷的福娃歡歡的電勢(shì)高于帶負(fù)電荷的福娃貝貝，用導(dǎo)體棒連結(jié)的瞬間，電流表指針偏轉(zhuǎn)，有瞬時(shí)電流 ，

最終達(dá)到靜電平衡，成為是等勢(shì)體，導(dǎo)體棒內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于零。  

【答案】AC

2．【解析】b、d兩點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)方向不同，所以選項(xiàng)A錯(cuò)；a點(diǎn)的電勢(shì)高于f點(diǎn)的電勢(shì)，選項(xiàng)B錯(cuò)；若在b、d、e、f上移動(dòng)電場(chǎng)力不做功，選項(xiàng)C錯(cuò)，將點(diǎn)電荷+q從球面上a點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)的電場(chǎng)力做功最大，所以電勢(shì)能變化量一定最大，故選項(xiàng)D對(duì)．

【答案】D

3．【解析】由題意可知： 所以E的變化規(guī)律與Q的變化規(guī)律相似，所以E的圖象為②，由k, 所以d=t+a=vt+a,所以是勻速移動(dòng)，所以速度圖象為③，綜上所述C正確。

【答案】C

4．【解析】由公式和得，D選項(xiàng)正確。

【答案】D

5．【解析】因不知道點(diǎn)電荷的位置，所以無(wú)法確定a、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向，如點(diǎn)電荷在a、b兩點(diǎn)之間時(shí)，兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向就不相同，A錯(cuò)誤；若點(diǎn)電荷不在a、b兩點(diǎn)間的中間位置，a、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小就一定不相等，B錯(cuò)誤；若點(diǎn)電荷在a、b兩點(diǎn)間的中間位置，a、b兩點(diǎn)就在同一等勢(shì)面上，C錯(cuò)誤，D正確。

【答案】D

6．【解析】（1）將打在A板上。

   （2）水平放置有Eq=mg。                    

    把重力分解為平行電場(chǎng)方向和垂直電場(chǎng)方向，則沿電場(chǎng)方向的加速度為：a=g/2，打到板上的時(shí)間為：   油滴受到的合力為mg，所以加速度為g，達(dá)到板上速度的大小為： www.ks5u.com

【答案】（1）  將打在A板上    （2）

7．【解析】（1）在帶電粒子運(yùn)動(dòng)方向上任取一點(diǎn)，設(shè)其坐標(biāo)為，取接地極板為零勢(shì)能點(diǎn)。將粒子從O點(diǎn)移到處電場(chǎng)力做正功，，即粒子在x處的電勢(shì)能為，在處的電勢(shì)能為。

再由牛頓第二定律①，②，解得③，又④，⑤，，得⑥，即該帶電粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電勢(shì)能與動(dòng)能總和保持不變，證畢。

  （2）粒子在豎直向上射出后做類平拋運(yùn)動(dòng)。故豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)有⑦；水平方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，有⑧，聯(lián)立解得

【答案】

 8．【解析】(1)油滴勻速下落過(guò)程中受到的電場(chǎng)力和重力平衡，可見(jiàn)所帶電荷為負(fù)電荷，即，得                   

(2)油滴加速下落，若油滴帶負(fù)電，電荷量為Q₁，則油滴所受到的電場(chǎng)力方向向上，設(shè)此時(shí)的加速度大小為a₁，由牛頓第二定律得 

            得．                                

若油滴帶正電，電荷量為Q₂，則油滴所受到的電場(chǎng)力方向向下，設(shè)此時(shí)的加速度大小為a₂，由牛頓第二定律得

                     即。                            

【答案】（1）     （2）

9．【解析】（1）小球在θ=60⁰角處處于平衡，則Eq=mgtanθ  

得                     

    方向水平向左                                 

（2）王明同學(xué)的求解不正確                                 

因?yàn)樾∏蛟讦?60⁰處處于平衡，因此小球從θ=30⁰的A點(diǎn)釋放，它不會(huì)往A點(diǎn)的左邊運(yùn)動(dòng)，而是以θ=60⁰處為中心、以A點(diǎn)為端點(diǎn)來(lái)回?cái)[動(dòng)，即小球不會(huì)運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)O        

王明同學(xué)的求解實(shí)際上也不是小球運(yùn)動(dòng)到θ=60⁰的平衡位置處的速度。 

平衡位置處的速度的正確求解應(yīng)該是：據(jù)動(dòng)能定理有

聯(lián)解得                   

【答案】（1）    （2）

10．【解析】（1）設(shè)微粒穿過(guò)B板小孔時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有

      解得 

（2）微粒進(jìn)入半圓形金屬板后，電場(chǎng)力提供向心力，有

       聯(lián)立⑴、⑵，得       

（3）微粒從釋放開(kāi)始經(jīng)t₁射出B板的小孔，則

設(shè)微粒在半圓形金屬板間運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)t₂第一次到達(dá)最低點(diǎn)P點(diǎn)，則

所以從釋放微粒開(kāi)始，經(jīng)過(guò)微粒第一次到達(dá)P點(diǎn)

根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，易知再經(jīng)過(guò)微粒再一次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)

所以經(jīng)過(guò)時(shí)間，微粒經(jīng)過(guò)P點(diǎn)。

【答案】（1）    （2）          （3）

11．【解析】(1)若第1個(gè)粒子落到O點(diǎn)，由＝v₀₁t₁  

＝gt₁² （1分）    得v₀₁＝2.5 m/s                          

若落到B點(diǎn)，由L＝v₀₂t₁，＝gt₂²得v₀₂＝5 m/s

故2.5 m/s<v₀<5 m/s

(2)由L＝v₀₁t   得t＝4×10^-2 s     

由＝at²     得a＝2.5 m/s²      

由mg－qE=ma，E=  得Q＝6×10^-6C   所以＝600個(gè)

【答案】（1）2.5 m/s<v₀<5 m/s （2）600個(gè)

                            考點(diǎn)預(yù)測(cè)題

1．【解析】根據(jù)上述規(guī)律可知，引入的第三個(gè)小球必須帶負(fù)電，放在前兩個(gè)小球的連線上且離+Q較近。設(shè)第三個(gè)小球帶電量為q，放在距離+Q為x處（如圖所示），由平衡條件和庫(kù)侖定律有：                                         

   解得   以+Q為研究對(duì)象，由平衡條件得：得

即第三個(gè)小球帶負(fù)電，電荷量為Q的倍

【答案】第三個(gè)小球帶負(fù)電，電荷量為Q的倍

2．【解析】質(zhì)子帶電為+e，所以它是由2個(gè)上夸克和1個(gè)下夸克組成的.按題意，三個(gè)夸克必位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)處.這時(shí)上夸克與上夸克之間的靜電力應(yīng)為

代入數(shù)值，得  =46N，為斥力.    

上夸克與下夸克之間的靜電力為      

代入數(shù)值，得=23N，為吸力.      

【答案】=23N，為吸力

3．【解析】由a點(diǎn)的電場(chǎng)線密度比b點(diǎn)的大，所以其場(chǎng)強(qiáng)也越大，同一電荷受到的電場(chǎng)力也大，即F_a>F_b，又因電場(chǎng)力做正功，所以Q為正電荷，故選項(xiàng)A正確

【答案】A

4．【解析】本題屬于連接體問(wèn)題，主要考查牛頓第二定律在電場(chǎng)中的應(yīng)用，設(shè)加速度為a，對(duì)整體有：，再隔離球2分析：，聯(lián)立兩式得：，所以選項(xiàng)A正確

【答案】A

5．【解析】電場(chǎng)力的方向與面ABCD垂直，所以面ABCD是等勢(shì)面，A、D兩點(diǎn)的電勢(shì)差為0，又因A、A兩點(diǎn)的電勢(shì)差不為0，所以選項(xiàng)A錯(cuò)。帶正電的粒子從A點(diǎn)到D電場(chǎng)力不做功，而由D→D＇電場(chǎng)力做功，所以選項(xiàng)B正確；同理，帶負(fù)電的粒子從A點(diǎn)沿路徑A→D→D＇移到D＇點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，選項(xiàng)C錯(cuò)；由電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)得選項(xiàng)D也正確。

【答案】BD

6．【解析】因電場(chǎng)力做功只與始末位置有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)，故選項(xiàng)D對(duì)。把一正的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)沿直線移到N點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，所以選項(xiàng)A正確。而B(niǎo)錯(cuò)。負(fù)電荷則相反，即選項(xiàng)C錯(cuò)。

 【答案】AD

7．【解析】本題主要考查電場(chǎng)力做功和電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系。根據(jù)W=得W=8×10^－6 J，因沿場(chǎng)強(qiáng)方向的距離d小于1m，所以由得E大于8 V/m，故選項(xiàng)A正確。

【答案】A

8．【解析】在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，由于U＝Ed，所以任意一族平行線上等距離的兩點(diǎn)的電勢(shì)差相等，因此U_ab=U_cd，所以c點(diǎn)電勢(shì)為8V。，B對(duì)�？疾閯驈�(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系，難度適中。

【答案】B

9．【解析】先根據(jù)電容器在電路穩(wěn)定的情況下相當(dāng)于斷路，比較兩種情況下兩極板的電勢(shì)差、電場(chǎng)強(qiáng)度、電場(chǎng)力大小進(jìn)而確定較大關(guān)系；再根據(jù)兩種情況下的總電阻大小確定電流關(guān)系。當(dāng)滑片在a位置時(shí)平行板電容器兩極板間電勢(shì)差比當(dāng)滑片在b位置時(shí)小，場(chǎng)強(qiáng)也就小，故θ₁<θ_{2 ，}兩種情況下的閉合電路總電阻不變，故I₁=I_2，所以正確選項(xiàng)D。

【答案】D

10．【解析】由于電容、和靜電計(jì)Y在電路中都起斷路作用，故沒(méi)有電流通過(guò)電壓表，故正確答案為選項(xiàng)C．

【答案】C

11．【解析】（1）極間場(chǎng)強(qiáng)；

（2）粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度 

（3）由，得：   

  【答案】（1）  （2）     （3）      

12．【解析】對(duì)帶電系統(tǒng)進(jìn)行分析，假設(shè)球A能達(dá)到右極板，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功為W₁，有：

而且還能穿過(guò)小孔，離開(kāi)右極板。 

假設(shè)球B能達(dá)到右極板，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功為W₂，有：

綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時(shí)，球A、B應(yīng)分別在右極板兩側(cè)。  

（1）帶電系統(tǒng)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)加速度為a₁，由牛頓第二定律：

=   ③

球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度為v₁，有：

        ④

由③④求得：  ⑤

（2）設(shè)球B從靜止到剛進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間為t₁，則：

         ⑥

將③⑤代入⑥得：

      ⑦

球B進(jìn)入電場(chǎng)后，帶電系統(tǒng)的加速度為a₂，由牛頓第二定律：

   ⑧

顯然，帶電系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)球A剛達(dá)到右極板時(shí)的速度為v₂，減速所需時(shí)間為t₂，則有：

  ⑨

          ⑩

求得：   ⑾

球A離電場(chǎng)后，帶電系統(tǒng)繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a₃，再由牛頓第二定律：

    ⑿

設(shè)球A從離開(kāi)電場(chǎng)到靜止所需的時(shí)間為t₃，運(yùn)動(dòng)的位移為x，則有：

     ⒀

    ⒁

求得：      ⒂

由⑦⑾⒂可知，帶電系統(tǒng)從靜止到速度第一次為零所需的時(shí)間為：

        ⒃

球A相對(duì)右板的位置為：  ⒄

【答案】（1）   （2）

13．【解析】（1）由題意可知電場(chǎng)力的力臂為l sinθ，故力矩M＝2×E₀q×l sinθ＝E₀q/sinθ

（2）W＝2 E₀q×(1－cosθ)＝E₀q /(1－cosθ)

（3）電偶極子在外電場(chǎng)中處于力矩平衡時(shí)，電偶極子的方向與外加電場(chǎng)的夾角0或者π

①當(dāng)電偶極子方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同時(shí)，即夾角為零時(shí)（如圖所示）由于電偶極子與電場(chǎng)垂直時(shí)電勢(shì)能為零， 所以該位置的電勢(shì)能等于由該位置轉(zhuǎn)到與電場(chǎng)垂直時(shí)電場(chǎng)力所做的功，電勢(shì)能 E_P1=－E₀q_l             

②當(dāng)電偶極子方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反時(shí)，即夾角π為時(shí)同理可得，電勢(shì)能 E_P2=E₀q_l

（4）由題意知　F＝E₀q₀－2

【答案】（1）E₀q/sinθ（2）E₀q /(1－cosθ)   （3）夾角為零E_P1=－E₀q_l ，夾角π為時(shí)同理可得，電勢(shì)能 E_P2=E₀q_l

 （4）

14．【解析】由題意可知，帶電小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)和點(diǎn)電荷非勻強(qiáng)電場(chǎng)這樣的疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，前兩問(wèn)應(yīng)用力的觀點(diǎn)求解，因庫(kù)侖力是變力，所以第（3）問(wèn)只能用能的觀點(diǎn)求解。

（1）開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)小球受重力、庫(kù)侖力、桿的彈力和電場(chǎng)力，沿桿方向運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得

解得                                             

代入數(shù)據(jù)解得                                      

（2）小球速度最大時(shí)合力為零，即

解得                                                        

代入數(shù)據(jù)解得                                                  

（3）小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度為的過(guò)程中，設(shè)重力做功為，電場(chǎng)力做功為，

     庫(kù)侖力做功為，根據(jù)動(dòng)能定理有

解得                            

設(shè)小球的電勢(shì)能改變了△，則

△                                                     

△                                             

△

【答案】（1） （2）    （3）