高考模拟理综物理选编电场能的性质解析版

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乐陵一中电场能的性质 一、单选题（本大题共5小题，共30分）‎ 1. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知（　　）‎ A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小 B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小 C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能 D. 三个等势面中，c的电势最高 ‎（物理备课组整理）D ‎（备课组长教学指导）解：A、等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大．故A错误； BCD、根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电荷所受的电场力应向下，所以电场线向上．故c点电势最高． 利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大． 负电荷的总能量守恒，即带电质点在P点的动能与电势能之和不变，P点电势能大则动能小．故BC错误，D正确． 故选：D 作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上．故c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小． 解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化． ‎ 2. 如图所示，匀强电场的场强E=3×105V/m，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电荷量q=+2×10-4C的电荷从A点运动到B点电势能增大6J B. 电荷量q=-2×10-4C的电荷从A点运动到B点电场力做功为-6J C. 若取A点的电势为0，则B点的电势φB=3×104V D. A、B两点间的电势差是UAB=6×104V ‎（物理备课组整理）B ‎（备课组长教学指导）解：A、从A到B，电场力做功W=qEdABcos60°=J=6J．则电势能减小6J．故A错误。 B、从A到B，电场力做功W=-qEdABcos60°=-J=-6J．故B正确。 C、AB间的电势差UAB=EdABcos60°=V=3×104V，因为A点的电势为0，则B点的电势为φB=-3×104V．故C、D错误。 故选：B。 根据电场力做功判断电势能的变化，根据U=Ed求出A、B两点间的电势差，从而得出B 点的电势． 解决本题的关键掌握电场力做功与电势差、电势差与电场强度的关系，并能灵活运用，基础题． ‎ 1. 一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎（物理备课组整理）D ‎（备课组长教学指导）解：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：F=||，即Ep-x图象上某点的切线的斜率表示电场力； A、Ep-x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故电场强度也逐渐减小；故A错误； B、根据动能定理，有：F•△x=△Ek，故Ek-x图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误； C、按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式，匀变速直线运动的v2-x图象是直线，题图v-x图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误； D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确； 故选：D． 粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Ep-x图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况． 本题切入点在于根据Ep-x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难 ‎ 2. 一半径为R的均匀带正电荷圆环，其轴线与x轴重合，环心位于坐标原点O处，M、N为x轴上的两点，则下列说法正确的是（　　）‎ ‎ A. 沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越大 ‎ B. 沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越小 C. 将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能增大 D. 将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能减少 ‎（物理备课组整理）D ‎（备课组长教学指导）解：A、根据场强的叠加可知，O点的场强为零，O点的场强为零，无穷远处的场强为零，O到无穷远间的场强不为零，故x轴正方向从O点到无穷远处电场强度先增大，后减小，故AB错误； C、电场线方向由M指向N，沿电场方向电势降低，将一正试探电荷由M点移到N点，电场力做正功，电势能减小，故C错误，D正确； 故选：D 均匀带电细圆环两侧电场分布具有对称性，沿0点右侧OM连线上电场水平向右，在O点带电细圆环上电荷所产生的合场强为0．向右电势降低．据此判断各项 解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化 ‎ 1. 如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个a粒子以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a粒子先后通过M点和N点．在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出（　　）‎ A. a粒子在N点的电势能比在M点的电势能大 B. N点的电势低于M点的电势 C. a粒子在M点的速率小于在N点的速率 D. a粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力大 ‎（物理备课组整理）A ‎（备课组长教学指导）解：A、α粒子为氦核带正电，由运动轨迹可知，电场力的方向向右，根据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”可知M点的电势低于N点的电势，a粒子在N点的电势能比在M点的电势能大．故A正确；B错误； C、粒子从M到N，电场力做负功，则知动能减小，速率减小．故C错误． D、根据电场线或等势面的疏密程度可知，M点的等势面疏，场强小于N场强，α粒子在M点受的电场力小于在N点受的电场力．故D错误． 故选：A 根据电场线与等势面垂直和轨迹的弯曲方向判断电场力的大致方向．等差等势面密的地方电场的强度大，等差等势面疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加． 电场线与等势面垂直．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题． ‎ 二、多选题（本大题共4小题，共24分）‎ 2. 一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A. x1处电场强度为零 B. x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3 C. 粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直 线运动 D. x2～x3段是匀强电场 ‎ ‎（物理备课组整理）ABD ‎（备课组长教学指导）解： A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=•，由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确． B、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3．故B正确． C、D、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，D正确． 故选：ABD． 根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化， 解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况． ‎ 1. 如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（　　） ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎（物理备课组整理）AD ‎（备课组长教学指导）解：分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零．～T时间内时间内向B板做匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线运动．接着周而复始． A、C、根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况．故A正确，C错误． B、电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故B错误． D ‎、根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴．故D正确． 故选：AD 分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，～T时间内向B板做匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线运动．根据牛顿第二定律分析加速度．根据电子的运动情况分析判断． 本题是带电粒子在周期性电场中运动的问题，关键是分析电子的运动情况． ‎ 1. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离后（　　）‎ A. P点的电势将降低 B. P带电油滴的电势能将增大 C. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 D. 电容器的电容减小，极板带电量将增大 ‎（物理备课组整理）AB ‎（备课组长教学指导）解：A、C、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动；板间场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低；故A正确，C错误； B、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加；故B正确； D、根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小；故D错误； 故选：AB． 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化． 本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动；明确正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化． ‎ 2. 如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点，光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O．一对电荷量均为-Q的点电荷分别固定于A、B两点．在D处将质量为m、电荷量为+q 的小球套在轨道上（忽略它对原电场的影响），将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k、重力加速度为g，且k=mg，忽略空气阻力，则（　　）‎ A. 轨道上D点的场强大小为 B. 小球刚到达C点时，其加速度为零 C. 小球刚到达C点时，其动能为mgL D. 小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先增大后减小 ‎（物理备课组整理）BC ‎（备课组长教学指导）解：A、负电荷产生的电场指向负电荷，可知两个负电荷在D处的电场强度分别指向A与B，由于两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿DA、DB的角平分线； 由库仑定律，A、B在D点的场强的大小： 它们的合场强：ED=EAcos30°+EBcos30°=．故A错误； B、由几何关系宽度：，则：∠OCD=45° 对小球进行受力分析，其受力的剖面图如图： 由于C到A、B的距离与D到A、B的距离都等于L，结合A的分析可知，C点的电场强度的大小与D点的电场强度的大小相等，方向指向O点，即： 沿斜面方向：mgcos45°-F•cos45°=ma 垂直于方向：mgsin45°+Fsin45°=N 其中F是库仑力，F= 联立以上三式得：a=0．故B正确； C、由于C与D到A、B的距离都等于L，结合等量同种点电荷的电场特点可知，C点与D点的电势是相等的，所以小球从D到C的过程中电场力做功的和等于0，则只有重力做功，小球的机械能守恒，得： 由几何关系可得： 小球的动能：，故C正确； D、由几何关系可知，在CD的连线上，CD连线的中点处于到A、B的距离最小，电势最低，小球带正电，所以小球在CD的连线中点处的电势能最小．则小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先减小后增大．故D错误． 故选：BC 根据矢量合成的方法，结合库仑定律即可求出D点的电场强度；对C点的小球进行受力分析，结合库仑定律即可求出小球在C点的加速度；根据功能关系即可求出小球到达C的动能；根据等量同种点电荷的电场的特点分析各点的电势的变化，然后结合电势与电势能的关系分析小球的电势能的变化． 此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，注意AB处有等量同异种电荷，CD位于AB边的中垂面上，难度适中． ‎ 三、填空题（本大题共1小题，共5分）‎ 1. 图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为零．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为24eV和3eV．当这一点电荷运动到等势面3时的动能Ek3=______ eV；当该电荷运动到某一位置，其电势能变为-6eV时，它的动能Ek=______eV． ‎ ‎（物理备课组整理）10；16‎ ‎（备课组长教学指导）解：经过a、b点时的动能分别为24eV和3eV； 图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等， 故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为△Ek==7eV，故经过等势面3时的动能为3+7=10eV； 只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，其电势能变为-6eV时，故有：0eV+10eV=-6eV+Ek； 解得：Ek=16eV． 故答案为：10；16 只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，根据题意曲线3处的电势为零，列式求解点电荷的电势能与动能的和，然后结合功能关系即可求出动能． “在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变；相邻等势面之间的电势差相同”是我们解决此类问题时的突破口． ‎ 四、实验题探究题（本大题共1小题，共9.0分）‎ 2. ‎（1）英同物体学家麦克斯书认为，磁场变化时会在空间激发感生电场，如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场．环上套一带电荷最为＋q的小球，已知磁感强度B随时间均匀增加，其变化率为k，则变化磁场所激发出的感应电动势大小为________．若小球在环上运动一周，则感生电场对小球所做功大小是________ ‎ ‎（2）如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示 实验时，该同学进行了如下操作：‎ ‎①第一步：将质量均为M（A的含挡光片、B的含挂钩）的重物A、B用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出________（填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h 第二步：在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为t．‎ 第三步：测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律．‎ ‎②如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒（已知重力加速度为g），各物理量应满足的关系式为________（用题中所给字母表示）‎ ‎③该实验存在系统误差，产生误差的原因是________（写出两条即可）‎ ‎④验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？已知重力加速度为g．请你帮该同学写a与m，M之间的关系式：________‎ ‎（3）实验室有一灵敏电流计G的量程为1mA，现要精确测量G的内阻rg．实验室中可供选择的器材有：‎ 待测灵敏电流计G：‎ 多用电表（仅使用欧姆档）‎ 电流表A1：量程为3mA，内阻约为200Ω；‎ 电流表A2：量程为0.6A，内阻约为0.1Ω；‎ 电压表V：量程15V，内阻约为2KΩ，‎ 定值电阻R1：阻值为10Ω；‎ 定值电阻R2：阻值为300Ω；‎ 滑动变阻器R3：最大电阻20Ω，额定电流1.5A；‎ 直流电源：电动势1.5V，内阻0.5Ω；开关，导线若干．‎ ‎①先用多用电表粗测G的内阻：正确的操作中应该使多用电表的红表笔接灵敏电流计G的________接线柱（填“正”或“负”），黑表笔接另一个接线柱．‎ ‎②粗测G的内阻rg约为300Ω，为了精确测量G的内阻，实验小组的同学选择了如图所示的电路．则电表1为________，电表2为________（以上两空填“G、A1、A2、V”等电表符号），定值电阻Rx为________（填“R1”或“R2”）．‎ ‎③按照上述设计的电路进行实验，测得电表1的示数为a1，电表2的示数为a2，则电流表G的内阻的表达式为rg＝________．（用“a1、a2、Rx”表达）‎ ‎（物理备课组整理）（1）kπr2  qkπr2 ‎ ‎（2）①挡光片中心  ②  ③滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等  ④‎ ‎（3）①负  ②G  A1  R2  ③‎ ‎（备课组长教学指导）（1）【分析】‎ 根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据楞次定律判断感应电动势的方向，然后根据W=qU求解电功。‎ 本题关键是明确感应电动势的大小求解方法和方向的判断方法，会求解电功，基础问题。‎ ‎【解答】‎ 磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，故感应电动势为：，‎ 根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向，小球带正电，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是： 。‎ 故答案为：kπr2；qkπr2。‎ ‎（2）【分析】‎ 根据系统机械能守恒，得出系统重力势能的减小量和系统动能的增加量，根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出系统末动能；对系统研究，根据牛顿第二定律求出加速度与m的关系式。‎ 解决本题的关键知道实验的原理，知道误差产生的原因；明确验证机械能守恒定律的实验方法；正确应用牛顿第二定律的进行分析求解。‎ ‎【解答】‎ ‎①②需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的距离，系统的末速度为：，‎ 则系统重力势能的减小量△Ep=mgh，系统动能的增加量为：，‎ 若系统机械能守恒，则有：；‎ ‎③系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验误差的原因可能有：绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等； ④根据牛顿第二定律得，系统所受的合力为mg，则系统加速度为：。‎ 故答案为：①挡光片的中心；②；③滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等；④。‎ ‎（3）【分析】‎ ‎①欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，电源负极与红表笔相连，电流应从电流表的正接线柱流入电流表； ②根据待测电流表的量程选择电流表，由欧姆定律求出电路最大电流时电路的最小电阻，根据该电阻选择定值电阻； ③由并联电路特点及欧姆定律求出电流表G的内阻。‎ 本题考查了实验器材的选取、实验电路的设计、求电阻等问题；选择实验器材时，首先要保证电路安全，在保证安全的情况下，为使读数准确，电表量程及电阻阻值应选小的；实验电路的设计是本题的难点，没有电压表，利用并联电路特点求出待测电流表两端电压是常用的方法。‎ ‎【解答】‎ ‎①欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，电源负极与红表笔相连，电流应从电流表的正接线柱流入电流表，用多用电表粗测G的内阻时应该使多用电表的红表笔接灵敏电流计G的负接线柱，黑表笔接另一个接线柱； ②由图示电路图可知，电表1是待测电表G；待测电流表G量程是1mA，因此可以选电流表A1，电表2为A1；当通过电流表A1的电流等于其量程3mA时，通过G的电流应约为1mA，通过定值电阻的电流约为3-1=2mA，定值电阻阻值阻值应小于G的内阻，约为G内阻的一半，则定值电阻应选择R2； ③测得电表1的示数为a1，电表2的示数为a2，通过定值电阻的电流为：I=a2-a1，电流表G两端的电压U=IRx， 待测电流表内阻。‎ 故答案为：①负；②G；A1；R2；③。‎ 五、计算题（本大题共4小题，共48分）‎ 1. 一质量为m、电荷量为q的小球，从O点以和水平方向成α角的初速度v0抛出，当达到最高点A时，恰进入一匀强电场中，如图，经过一段时间后，小球从A点沿水平直线运动到与A相距为S的A′点后又折返回到A点，紧接着沿原来斜上抛运动的轨迹逆方向运动又落回原抛出点（重力加速度为g，θ未知），求： （1）该匀强电场的场强E的大小； （2）从O点抛出又落回O点所需的时间．‎ ‎（物理备课组整理）解：斜上抛至最高点A时的速度vA=v0cosα   ① 水平向右 由于AA′段沿水平方向直线运动，所以带电小球所受的电场力与重力的合力应为一平向左的恒力：F=    ② 带电小球从A运动到A′过程中作匀加速度运动有   （v0cosα）2=      ③ 由以上三式得：E=‎ ‎． （2）小球斜抛运动到A点的时间，从A到A′的运动时间， 根据运动的对称性，则t=2（t1+t2） 所以小球沿AA′做匀减速直线运动，于A′点折返做匀加速运动所需时间． 答：（1）匀强电场的场强E的大小为．（2）从O点抛出又落回O点所需的时间为．‎ ‎（备课组长教学指导）（1）根据平行四边形定则求出小球在A点的速度，抓住小球所受电场力和重力的合力与AA′在同一条直线上，根据平行四边形定则求出合力的大小，根据牛顿第二定律和速度位移公式求出匀强电场的场强大小． （2）根据等时性求出斜抛运动的时间，结合平均速度的推论求出匀减速运动的时间，根据从抛出点出发到A′和返回到抛出点过程的对称性求出整个过程的运动时间． 解决本题的关键掌握处理斜抛运动的方法，以及知道小球做直线运动，合力与速度方向在同一条直线上． ‎ 1. 如图所示，BC是半径为R的圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E，P为一质量为m，带正电q的小滑块（体积很小可视为质点），重力加速度为g． （1）若小滑块P能在圆弧轨道上某处静止，求其静止时所受轨道的支持力的大小． （2）若将小滑块P从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零，已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ求： ①滑块通过圆弧轨道末端B点时的速度大小以及所受轨道的支持力大小 ②水平轨道上A、B两点之间的距离．‎ ‎（物理备课组整理）解：（1）受力如图，滑块在某点受重力、支持力、电场力平衡，有：F=，由牛顿第三定律得：FN=F= （2）①小滑块从C到B的过程中，设滑块通过B点时的速度为vB，由动能定理得： mgR-qER=m 代入数据解得：vB= 通过B前，滑块还是做圆周运动，由牛顿第二定律得：， 由牛顿第三定律得：F压=F支 代入数据解得：F压=3mg-2qE （3）令A、B之间的距离为LAB，小滑块从C经B到A的过程中，由动能定理得： mgR-qE（R+LAB）-μmgLAB=0 解得：LAB= 答：（1）滑块通过B点时的速度大小为 ‎； （2）滑块通过B点前瞬间对轨道的压力3mg-2qE； （3）水平轨道上A、B两点之间的距离．‎ ‎（备课组长教学指导）（1）滑块在某点受重力、支持力、电场力三个力处于平衡，根据共点力平衡求出支持力的大小 （2）①小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，根据动能定理求解． 根据圆周运动向心力公式即可求解， ②由动能定理即可求出AB的长． 本题考查分析和处理物体在复合场运动的能力．对于电场力做功W=qEd，d为两点沿电场线方向的距离． ‎ 1. 如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m=1×10-2Kg、电荷量q=+1×10-6C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，G=10m/s2，求： （1）该电场的电场强度大小 （2）若电场强度变为原来的，小物块运动的加速度大小 （3）在（2）前提下，当小物块沿斜面下滑L=m时，机械能的改变量．‎ ‎（物理备课组整理）解：（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有 在x轴方向： 在y轴方向： 得：qE=mgtan37°，故有：，方向水平向右． （2）场强变化后物块所受合力为： 根据牛顿第二定律得：F=ma 故代入解得，方向沿斜面向下 （3）机械能的改变量等于电场力做的功，故， 解得△E=-0.02J 答：（1）该电场的电场强度大小为 （2）若电场强度变为原来的，小物块运动的加速度大小 （3）在（2）前提下，当小物块沿斜面下滑L=m时，机械能的改变量-0.02J ‎（备课组长教学指导）（1）带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，物体受到重力、支持力和电场力，根据平衡条件，可判断出电场力方向，再由平衡条件列式，求得电场强度的大小． （2‎ ‎）当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小． （3）选取物体下滑距离为L=m作为过程，机械能的改变量等于电场力对物体做的功，由功的公式计算． 由三力平衡，借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向．当受力不平衡时，由牛顿运动定律来求解．当物体运动涉及电场力、重力做功，注意电场力做功只与沿电场强度方向的位移有关． ‎ 1. 一光滑绝缘细直长杆处于静电场中，沿细杆建立坐标轴x，以处的O点为电势零点，如图所示。细杆各处电场方向沿x轴正方向，其电场强度E随x的分布如图所示。细杆上套有可视为质点的带电环，质量为，电荷量为C.带电环受沿x轴正向的恒力的作用，从O点静止开始运动，求： ‎ 带电环在处的加速度； 带电环运动区间内的电势最低值； 带电环动能为时的位置； 带电环电势能是动能3倍时的电势能。‎ ‎（物理备课组整理）解：（1）由图可知：E=（x+2）×105N/C，可知 带电环受到的电场力：FE=Eq=（x+2）×10-5×2×10-6=0.2x+0.4 N 带电环受到的合外力：F合=F-Eq=1-（0.2x+0.4）N=0.6-0.2x 当x=1m时，F合=0.6-0.2x=（0.6-0.2）N=0.4N 由F=ma得： （2）因为沿电场线方向电势降低，所以当带电环沿x轴正方向运动到了最远处电势最低点。 由动能定理得： 解得x=6m 由E-x图象可知：U0-Umin=0-[（2+8）×105×6]/2=-3×106V （3）当W合=0.5J时，带电环动能为0.5J，由 解得x=1m或x=5mW （4）带电环电势能是动能3倍的位置，即W合：WEq=1：3 即 解得x=3.5m x=3.5m处的电势能为EP=Uxq 答：（1）带电环在x=1m处的加速度2； （2）带电环运动区间内的电势最低值为-3×106V； （3）带电环动能为0.5J时的位置为3.5m； （4）当带电环电势能是动能3倍时的电势能为2.625J。‎ ‎（备课组长教学指导）（1）由图象得到电场强度随时间变化的函数表达式，求出在x=1m处的合力，根据牛顿第二定律求解； （2）由动能定理求得当带电环运动区间内的电势最低值的距离，在结合图象可求； （3）由动能定理求得带电环动能为0.5J时的位置； （4））当带电环电势能是动能3‎ 倍，利用合外力做功和电场力做功的比值解得距离，再用电势能的定义求解。 本题综合考查了带电圆环在电场中的运动和动能定理，解答此题的关键是根据图象建立电场强度随时间变化的函数表达式，并要求学生能理解和掌握电势能、电势的概念和计算。 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