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在正常體溫下，如果腦部的血流停止，則腦細(xì)胞會在幾分鐘之內(nèi)缺氧而死．若是將體溫降低約20℃，腦細(xì)胞的耗氧量也隨之降低，如此可容許血流暫停時間延長，以利腦部手術(shù)進(jìn)行．畢竟手術(shù)之前，病患的心肺功能開始由心肺機取代，如圖（a）所示，心肺機包括三大部分：氧合器作為人工肺，對血液供氧；抽送泵代表心臟，推動血液循環(huán)；熱交換器則提供熱量交換，經(jīng)由血液循環(huán)調(diào)節(jié)體溫，體重約60公斤重的病患，其體溫監(jiān)測記錄如圖（b）所示．（1）此病患的腦部手術(shù)最適宜的時段在

 

（A）10時至12時
（B）13時30分至14時
（C）14時至15時
（D）15時至16時．
（2）如圖（c）所示，工程師考慮將線圈纏繞在活塞下端，利用與固定磁鐵之間的相對運動，帶動抽送泵中的活塞，抽送血液．圖中左活門只能向外自由開啟，反向則封閉管路．下列有關(guān)此設(shè)計構(gòu)想的敘述正確的是

 

（A）血液由左活門吸入，右活門推出
（B）當(dāng)甲電極為正，乙電極為負(fù)時，活塞向上運動
（C）當(dāng)甲電極為正，乙電極為負(fù)時，抽送泵將血液吸入
（D）當(dāng)甲電極為負(fù)，乙電極為正時，抽送泵內(nèi)壓強降低
（3）人類大動脈的截面積約是5.0×10^-4m²，若心臟推送血液的平均壓強約為1.2×10⁴Pa，平均流速約0.20m/s．則心臟推動血液流動的平均功率約為

 

W．
（4）心肺機一次抽送所作的功稱為每搏功或搏功，它可以用推出血液所增加的壓強能和動能來表示，前者等于搏出量乘以射血壓強，即每搏功（J）=搏出量（m³）×射血壓強（Pa）+動能（J）．假設(shè)由心肺機提供的動力使之逐漸回復(fù)到常態(tài)，壓力與血液流速的關(guān)系如圖（d）所示，當(dāng)血液流速為16cm/s，搏動頻率為72次/分時，心肺機每搏功約為

 

J．（血液的密度約與水相當(dāng)）

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高考真題

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

【答案】BD

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

【答案】B

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

【答案】－2.5×10^－8J

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

【答案】AC

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

【答案】 B                                                                 

6．【解析】本題考查電容器的兩個公式。a板與Q板電勢恒定為零，b板和P板電勢總相同，故兩個電容器的電壓相等，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。對電容器C，由公式C = = ，可以通過增大板間距d、減小介電常數(shù)ε、減小板的針對面積S。所以選項B、C正確．

【答案】BC      

7．【解析】設(shè)F與F′繞O點對稱，在F與F′處之間，小球始終受到指向O點的回復(fù)力作用下做往復(fù)運動，若小球P帶電量緩慢減小，則此后小球能運動到F′點下方，即振幅會加大，A錯；每次經(jīng)過O點因電場力做功減少而速度不斷減小，B對；若點電荷M、N電荷量緩慢增大，則中垂線CD上的場強相對增大，振幅減小，加速度相對原來每個位置增大，故一個周期的時間必定減小，C、D正確。

【答案】CD

8．【解析】由沿電場線方向電勢降低，所以選項A正確；電場線越密的地方場強越大，得選項D正確。

【答案】D

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

【答案】C

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

【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I中做勻加速直線運動，出區(qū)域I時的為v₀，此后電場II做類平拋運動，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點縱坐標(biāo)為y，有

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

（2）設(shè)釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標(biāo)為（x，y），在電場I中電子被加速到v₁，然后進(jìn)入電場II做類平拋運動，并從D點離開，有

解得　xy＝，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置。

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

，

解得　，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置

【答案】（1）（－2L，）（2）　xy＝  （3）

 12．【解析】(1)P₁經(jīng)t₁時間與P₂碰撞，則

P₁、P₂碰撞，設(shè)碰后P₂速度為v₂，由動量守恒：

解得（水平向左）    （水平向右）

碰撞后小球P₁向左運動的最大距離：      又：

解得：

所需時間：

（2）設(shè)P₁、P₂碰撞后又經(jīng)時間在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞，且P₁受電場力不變，由運動學(xué)公式，以水平向右為正：   則： 

解得：  （故P₁受電場力不變）

對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)，有瞬時電流 ，

最終達(dá)到靜電平衡，成為是等勢體，導(dǎo)體棒內(nèi)的電場強度等于零。  

【答案】AC

2．【解析】b、d兩點的合場強方向不同，所以選項A錯；a點的電勢高于f點的電勢，選項B錯；若在b、d、e、f上移動電場力不做功，選項C錯，將點電荷+q從球面上a點移動到c點的電場力做功最大，所以電勢能變化量一定最大，故選項D對．

【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，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選項正確。

【答案】D

5．【解析】因不知道點電荷的位置，所以無法確定a、b兩點的場強方向，如點電荷在a、b兩點之間時，兩點的場強方向就不相同，A錯誤；若點電荷不在a、b兩點間的中間位置，a、b兩點的場強大小就一定不相等，B錯誤；若點電荷在a、b兩點間的中間位置，a、b兩點就在同一等勢面上，C錯誤，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方向和垂直電場方向，則沿電場方向的加速度為：a=g/2，打到板上的時間為：   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）在帶電粒子運動方向上任取一點，設(shè)其坐標(biāo)為，取接地極板為零勢能點。將粒子從O點移到處電場力做正功，，即粒子在x處的電勢能為，在處的電勢能為。

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動的過程中，電勢能與動能總和保持不變，證畢。

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

【答案】

 8．【解析】(1)油滴勻速下落過程中受到的電場力和重力平衡，可見所帶電荷為負(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力方向向上，設(shè)此時的加速度大小為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力方向向下，設(shè)此時的加速度大小為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                                 

因為小球在θ=60⁰處處于平衡，因此小球從θ=30⁰的A點釋放，它不會往A點的左邊運動，而是以θ=60⁰處為中心、以A點為端點來回擺動，即小球不會運動至最低點O        

王明同學(xué)的求解實際上也不是小球運動到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)動能定理有

聯(lián)解得                   

【答案】（1）    （2）

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

      解得 

（2）微粒進(jìn)入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有

       聯(lián)立⑴、⑵，得       

（3）微粒從釋放開始經(jīng)t₁射出B板的小孔，則

設(shè)微粒在半圓形金屬板間運動經(jīng)過t₂第一次到達(dá)最低點P點，則

所以從釋放微粒開始，經(jīng)過微粒第一次到達(dá)P點

根據(jù)運動的對稱性，易知再經(jīng)過微粒再一次經(jīng)過P點

所以經(jīng)過時間，微粒經(jīng)過P點。

【答案】（1）    （2）          （3）

11．【解析】(1)若第1個粒子落到O點，由＝v₀₁t₁  

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

若落到B點，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

【答案】（1）2.5 m/s<v₀<5 m/s （2）600個

                            考點預(yù)測題

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

   解得   以+Q為研究對象，由平衡條件得：得

即第三個小球帶負(fù)電，電荷量為Q的倍

【答案】第三個小球帶負(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個上夸克和1個下夸克組成的.按題意，三個夸克必位于等邊三角形的三個頂點處.這時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點的電場線密度比b點的大，所以其場強也越大，同一電荷受到的電場力也大，即F_a>F_b，又因電場力做正功，所以Q為正電荷，故選項A正確

【答案】A

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

【答案】A

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

【答案】BD

6．【解析】因電場力做功只與始末位置有關(guān)，與路徑無關(guān)，故選項D對。把一正的點電荷從M點沿直線移到N點時，電場力做正功，電勢能減少，所以選項A正確。而B錯。負(fù)電荷則相反，即選項C錯。

 【答案】AD

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

【答案】A

8．【解析】在勻強電場中，由于U＝Ed，所以任意一族平行線上等距離的兩點的電勢差相等，因此U_ab=U_cd，所以c點電勢為8V。，B對�？疾閯驈婋妶鲋袌鰪娕c電勢差的關(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差、電場強度、電場力大小進(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位置時平行板電容器兩極板間電勢差比當(dāng)滑片在b位置時小，場強也就小，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D。

【答案】D

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

【答案】C

11．【解析】（1）極間場強；

（2）粒子在極板間運動的加速度 

（3）由，得：   

  【答案】（1）  （2）     （3）      

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

而且還能穿過小孔，離開右極板。 

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

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

（1）帶電系統(tǒng)開始運動時，設(shè)加速度為a₁，由牛頓第二定律：

=   ③

球B剛進(jìn)入電場時，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)入電場的時間為t₁，則：

         ⑥

將③⑤代入⑥得：

      ⑦

球B進(jìn)入電場后，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)做勻減速運動。設(shè)球A剛達(dá)到右極板時的速度為v₂，減速所需時間為t₂，則有：

  ⑨

          ⑩

求得：   ⑾

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

    ⑿

設(shè)球A從離開電場到靜止所需的時間為t₃，運動的位移為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間為：

        ⒃

球A相對右板的位置為：  ⒄

【答案】（1）   （2）

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

（2）W＝2 E₀q×(1－cosθ)＝E₀q /(1－cosθ)

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

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

②當(dāng)電偶極子方向與場強方向相反時，即夾角π為時同理可得，電勢能 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為時同理可得，電勢能 E_P2=E₀q_l

 （4）

14．【解析】由題意可知，帶電小球在勻強電場和點電荷非勻強電場這樣的疊加場中運動，前兩問應(yīng)用力的觀點求解，因庫侖力是變力，所以第（3）問只能用能的觀點求解。

（1）開始運動時小球受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得

解得                                             

代入數(shù)據(jù)解得                                      

（2）小球速度最大時合力為零，即

解得                                                        

代入數(shù)據(jù)解得                                                  

（3）小球從開始運動到速度為的過程中，設(shè)重力做功為，電場力做功為，

     庫侖力做功為，根據(jù)動能定理有

解得                            

設(shè)小球的電勢能改變了△，則

△                                                     

△                                             

△

【答案】（1） （2）    （3）