2017版浙江物理选考高分突破专题复习教师Word文档+10-21课时
第10课时 功 功率 动能定理及其应用
知识点一 追寻守恒量——能量(b/－)
1．在伽利略的斜面实验的过程中，小球停下来的高度h2与它出发时的高度h1相同，我们把这一事实说成是“有某一量守恒”，下列说法中正确的是 ( )
A．小球运动过程中速度是守恒的
B．小球运动过程中高度是守恒的
C．小球运动过程中加速度是守恒的
D．小球运动过程中能量是守恒的
解析 伽利略的斜面实验中高度、速度、加速度都随时间变化，唯一不变的是能量。
答案 D
2．在室内滑雪场，游客们足不出户即可享受滑雪的乐趣。游客先乘自动扶梯至雪坡顶端，然后顺坡滑下，滑到平地上后很快便停下来，从雪坡顶端到最后停下来的整个过程中，下列说法正确的是( )
A．人的动能先增加后减小，但动能与势能之和不变
B．人的动能先增加后减小，但动能与势能之和一直减小
C．人的动能先增加后减小，动能与势能之和先变大后不变
D．人的动能先增加后减小，动能与势能之和先变大后减小
解析 下滑时加速，到达水平面后减速，说明动能先增加后减小，动能和势能的总量逐渐减小，转化成摩擦的热能，但总能量保持不变。
答案 B
知识点二 功(c/c)
3．坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成θ角的恒定拉力F
作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l。已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，雪橇受到的( )
A．支持力做功为mgl B．重力做功为mgl
C．拉力做功为Flcos θ D．滑动摩擦力做功为－μmgl
解析 支持力和重力与位移垂直，不做功，选项A、B错误；拉力和摩擦力分别做功为W＝Flcos θ，W＝－μ(mg－Fsin θ)l，选项C正确，D错误。
答案 C
4．如图1所示，以一定的初速度竖直向上抛出质量为m的小球，它上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为f。则从抛出点至回到原出发点的过程中，各力做功的情况正确的是( )
图1
A．重力做的功为2mgh
B．空气阻力做的功为－2fh
C．空气阻力做的功为2fh
D．物体克服重力做的功为－mgh
解析 取向上为正方向，则整个过程中重力做的功为0，因为上升时重力做负功，下降时重力做正功，二者大小相等，故重力做的总功为0，选项A、D错误；上升时，阻力的方向竖直向下，位移为正的，故阻力做负功，下降时阻力向上为正，但位移是向下为负，故阻力仍做负功，所以空气阻力做的总功为－2fh，选项B正确，C错误。
答案 B
知识点三 功率(c/c)
5．一艘轮船以15 m/s的速度匀速直线航行，它所受到的阻力为1.2×107 N，发动机的实际功率为( )
A．1.8×105 kW B．9.0×104 kW
C．8.0×104 kW D．8.0×103 kW
解析 轮船匀速运动，牵引力等于阻力，所以P＝fv＝1.2×107×15 W＝1.8×105
kW，A正确。
答案 A
6．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩擦艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩擦艇的最大速率变为原来的( )
A．4倍 B．2倍 C.倍 D.倍
解析 设f＝kv，当阻力等于牵引力时，速率最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝fv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝v，D正确。
答案 D
知识点四 动能和动能定理(d/d)
7．有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图2所示。若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )
图2
A．木块所受的合外力为零
B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零
C．重力和摩擦力的合力做的功为零
D．重力和摩擦力的合力为零
解析 由题可知木块做匀速圆周运动，故合外力提供向心力，不为零，A错误；木块受到的摩擦力对木块做负功，使木块的重力势能减小而动能不变，机械能减小，故B错误；圆弧面对木块的支持力不做功，由动能定理可知，重力与摩擦力虽然合力不为零，但合力做功等于木块的动能变化量，而木块动能不变，故二者总功为零，C正确，D错误。
答案 C
8．用同样的水平力分别沿光滑水平面和粗糙水平面推动同一个木块，都使它们移动相同的距离。两种情况下推力的功分别是W1、W2，木块最终获得的动能分别为Ek1、Ek2，则( )
A．W1＝W2，Ek1＝Ek2 B．W1≠W2，Ek1≠Ek2
C．W1＝W2，Ek1≠Ek2 D．W1≠W2，Ek1＝Ek2
解析 根据功的表达式W＝Fl，可知在力和位移相等时，做功相等。根据动能定理W合＝ΔEk，光滑水平面W合1＝Fl，粗糙水平面W合2＝Fl－Ffl，可见两种情况下合力的功不同，因此最终获得的动能不同，C正确。
答案 C
易混点一 正负功的判断及计算
1．判断力是否做功及做正、负功的方法
判断根据
适用情况
根据力和位移的方向的夹角判断
常用于恒力做功的判断
根据力和瞬时速度方向的夹角判断
常用于质点做曲线运动
根据功能关系或能量守恒定律判断
常用于变力做功的判断
2.计算功的方法
(1)恒力做的功
直接用W＝Flcos α计算。
(2)合外力做的功
方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcos α求功。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功。
【练1】 (2016·江淮十校联考)如图3所示，在向右做匀减速运动的车厢内，一人用力向前推车厢，该人与车厢始终保持相对静止。则下列说法中正确的是 ( )
图3
A．人对车厢的推力不做功
B．人对车厢的推力做负功
C．车厢对人的作用力做正功
D．车厢对人的作用力做负功
解析 人对车厢的推力方向向右，与车厢的位移方向相同，人对车厢的推力做正功，选项
A、B错误；人随车厢一起向右减速，人运动的加速度方向向左，根据牛顿第二定律知车厢对人的水平作用力的方向向左，与车的位移方向相反，车厢对人的作用力做负功，选项D正确，C错误。
答案 D
易错点二 不能正确区分平均功率与瞬时功率
1．平均功率的计算方法
(1)利用＝。
(2)利用＝Fcos α，其中为物体运动的平均速度。
2．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
【练2】 一台起重机从静止开始匀加速地将一质量m＝1.0×103 kg的货物竖直吊起，在2 s末货物的速度v＝4 m/s。起重机在这2 s内的平均输出功率及2 s末的瞬时功率分别为(g取10 m/s2)( )
A．2.4×104 W 2.4×104 W B．2.4×104 W 4.8×104 W
C．4.8×104 W 2.4×104 W D．4.8×104 W 4.8×104 W
解析 货物运动的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2
设起重机吊绳的拉力为F，根据牛顿第二定律，有
F－mg＝ma
所以F＝m(g＋a)＝1.0×103×(10＋2) N＝1.2×104 N
货物上升的位移l＝at2＝4 m
则拉力做的功W＝Fl＝1.2×104×4 J＝4.8×104 J
故2 s内的平均功率＝＝2.4×104 W
2 s末的瞬时功率P＝Fv＝1.2×104×4 W＝4.8×104 W
答案 B
疑难点三 动能定理的理解及应用
1．动能定理公式中体现的“三个关系”
(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。
(2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳。
(3)因果关系：合力的功是引起物体动能变化的原因。
2．对“外力”的理解
动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
【练3】 在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用。在一次模拟实验中用弹簧来代替废旧轮胎，实验情景如图4所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离为L1＝1 m。当赛车启动时，产生水平向左的恒为F＝24 N的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩弹簧，最后被弹回到B处停下。已知赛车的质量为m＝2 kg，A、B之间的距离为L2＝3 m，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小为v＝4 m/s，水平向右。g取10 m/s2。求：
图4
(1)赛车和地面间的动摩擦因数；
(2)弹簧被压缩的最大距离。
解析 (1)从赛车离开弹簧到B点静止，由动能定理得
－μmg(L1＋L2)＝0－mv2
解得μ＝0.2。
(2)设弹簧被压缩的最大距离为L，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得
FL1－μmg(L1＋2L)＝mv2
解得L＝0.5 m。
答案 (1)0.2 (2)0.5 m
疑难点四 动能定理在多过程中的应用
1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”
即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
2．应用动能定理解题的基本思路
【练4】 如图5，一个质量为0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A点时的速度vA＝4 m/s。g取10 m/s2，求：
图5
(1)小球做平抛运动的初速度v0；
(2)P点与A点的高度差；
(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力。
解析 (1)由题意知小球到A点的速度vA沿曲线上A点的切线方向，对速度分解如图所示：
小球做平抛运动，由平抛运动规律得：
v0＝vx＝vAcos θ＝2 m/s
(2)小球由P至A的过程由动能定理
得：mgh＝mv－mv
解得：h＝0.6 m
(3)小球从A点到C点的过程中，由动能定理得：
－mg(Rcos θ＋R)＝mv－mv
解得：vC＝ m/s
小球在C点由牛顿第二定律得：FNC＋mg＝m
解得：FNC＝8 N
由牛顿第三定律得：FNC′＝FNC＝8 N
方向竖直向上
答案 (1)2 m/s (2)0.6 m (3)8 N，方向竖直向上
[真题示例]
【例1】 (2015·10月浙江学考)如图6所示是我国某10兆瓦(1兆瓦＝106 W)光伏发电站，投入使用后每年可减少排放近万吨二氧化碳。已知该地区每年能正常发电的时间约为1 200 h，则该电站年发电量约为( )
图6
A．1.2×106 kW·h B．1.2×107 kW·h
C．1.2×109 kW·h D．1.2×1010 kW·h
解析 W＝Pt＝10×106 W×1 200 h＝1.2×107 kW·h，B选项正确。
答案 B
【例2】 (2015·10月浙江学考)快艇在运动中受到的阻力与速度的平方成正比(即Ff＝kv2)。若油箱中有20 L燃油，当快艇以10 m/s匀速行驶时，还能行驶40 km；假设快艇发动机的效率保持不变，则快艇以20 m/s匀速行驶时，还能行驶( )
A．80 km B．40 km C．10 km D．5 km
解析 油箱中燃油一定，发动机做的总功一定，发动机的效率
η＝＝＝。
当快艇以10 m/s的速度行驶时，有η＝。
当快艇以20 m/s的速度行驶时，有η＝。
由以上两式解得x1＝10 km。故C选项正确。
答案 C
【例3】 (2015·10月浙江学考)如图7所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m＝2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1＝36 km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行l＝350 m、下降高度h＝50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数v2＝72 km/h。(g＝10 m/s2)
图7
(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；
(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；
(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)。
解析 (1)由ΔEk＝mv－mv
得ΔEk＝3.0×105 J
(2)由动能定理mgh－Ffl＝mv－mv
得Ff＝＝2×103 N
(3)设向上运动的最大位移是l′，由动能定理
－(mgsin 17°＋3Ff)l′＝0－mv
得l′＝≈33.3 m
答案 (1)3.0×105 J (2)2×103 N (3)33.3 m
【例4】 (2016·10月浙江选考)
如图8甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙的模型。倾角为45°的直轨道AB，半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40 m。现有质量m＝500 kg的过山车，从高h＝40 m处的A点静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点。过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG的动摩擦因数μ2＝0.75，过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，求：
甲 乙
图8
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力；
(3)减速直轨道FG的长度x0(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析 (1)设C点的速度为vC，由动能定理得：
mgh－μ1mgcos 45°·＝mv
代入数据解之得：vC＝8 m/s。
(2)设D点速度为vD，由动能定理得：
mg(h－2R)－μ1mgcos 45°·＝mv
F＋mg＝m
联立并代入数值解得F＝7×103 N。
(3)全程应用动能定理得
mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcos 45°·－μ1mg－μ2mgx＝0，解之得x＝30 m。
答案 (1)8 m/s (2)7×103 N (3)30 m
[冲剌训练]
1．(2016·温州学考模拟)在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将蓝球投出，篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为 ( )
图9
A．1 J B．10 J C．50 J D．100 J
答案 B
2．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的 ( )
A．4倍 B．2倍 C.倍 D.倍
解析 设f＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝fv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝v，D正确。
答案 D
3．一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )
A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1 B．WF2>4WF1, Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2<4WF1, Wf2<2Wf1
解析 根据x＝t和Wf＝μmgx可判断，两次克服摩擦力所做的功 Wf2＝2 Wf1。由动能定理得 WF1－ Wf1＝mv2和 WF2－ Wf2＝m(2v)2，整理可判断 WF2＜4 WF1，故选项C正确。
答案 C
4．如图10所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R
，物块随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物块即将开始滑动，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是( )
图10
A.μmgR B．2πmgR C．2μmgR D．0
解析 物块即将开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，有μmg＝，根据动能定理有：WFf＝，解得WFf＝，选项A正确。
答案 A
一、选择题Ⅰ(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．如图所示的四幅图是小新提包回家的情景，小新对提包的拉力没有做功的是( )
解析 根据功的概念及功的两个因素可知，只有同时满足力及在力的方向上有位移两个条件时，力对物体才做功，A、C、D做功，B没有做功，选B。
答案 B
2．如图1所示，在人乘电梯从1楼到20楼过程中，经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯对人的支持力的做功情况是( )
A．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功
B．加速时做正功，匀速和减速时做负功
C．加速和匀速时做正功，减速时做负功
D．始终做正功
解析 在加速、匀速、减速的过程中，支持力与人的位移方向始终相同，所以支持力始终对人做正功，故D正确。
答案 D
3．物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图2所示。下列表述正确的是( )
图2
A．在0～1 s内，合外力做正功
B．在0～2 s内，合外力总是做负功
C．在1～2 s内，合外力不做功
D．在0～3 s内，合外力总是做正功
解析 根据物体的v－t图象可知，在0～1 s内，物体做匀加速运动，速度增加，合外力(加速度)方向与运动方向相同，合外力做正功，故选项A对，B错，在1～3 s内，速度减小，合外力(加速度)方向与运动方向相反，合外力做负功，故选项C、D错。
答案 A
4．一个物体自光滑圆弧面下滑后冲上水平粗糙传送带，传送带顺时针转动，则物体受到的摩擦力对物体做功情况不可能是( )
图3
A．不做功 B．先做负功后不做功
C．先做负功后做正功 D．先做正功后不做功
解析
当物体的速度等于传送带速度时，则物体不受摩擦力，此时摩擦力不做功，故A正确；刚开始物体的速度大于传送带的速度，摩擦力向左，则摩擦力做负功，物体做减速运动，当两者速度相等时，摩擦力不做功，故B正确；如果摩擦力做了负功后，物体速度减小，当速度减小到与传送带相等时，摩擦力就不做功了，速度不变，一直运动，之后摩擦力不可能做正功，故C错误；当物体的速度小于传送带速度时，出现相对滑动，则物体要受到向右的滑动摩擦力，摩擦力做正功，速度增大，当两者速度相等时，摩擦力不做功，故D正确。
答案 C
5．如图4所示，拖拉机耕地时一般比在道路上行驶时速度慢，这样做的主要目的是( )
图4
A．节省燃料 B．提高柴油机的功率
C．提高传动机械的效率 D．增大拖拉机的牵引力
解析 拖拉机耕地时受到的阻力比在路面上行驶时大得多，根据P＝Fv，在功率一定的情况下，减小速度，可以获得更大的牵引力，D正确。
答案 D
6．如图5所示是甲、乙两物体做功与所用时间的关系图象，那么甲物体的功率P甲与乙物体的功率P乙相比( )
图5
A．P甲＞P乙 B．P甲＜P乙 C．P甲＝P乙 D．无法判定
解析 根据功率的定义式P＝可知，在功与所用时间的关系图象中，直线的斜率表示该物体的功率。因此，由图线斜率可知P甲＜P乙，B正确。
答案 B
7．一质量为m的滑块，以速度v在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度变为－2v(方向与原来相反)，在这段时间内，水平力所做的功为 ( )
A.mv2 B．－mv2 C.mv2 D．－mv2
解析 由动能定理得：WF＝m(－2v)2－mv2＝
mv2，A正确。
答案 A
8．一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行s1＝3.6 m，如果以v2＝8 m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离s2应为( )
A．6.4 m B．5.6 m C．7.2 m D．10.8 m
解析 急刹车后，车只受摩擦阻力的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零。－Fs1＝0－mv，－Fs2＝0－mv，联立以上两式得＝。故得汽车滑行距离s2＝s1＝()2×3.6 m＝6.4 m。
答案 A
二、选择题Ⅱ(在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的)
9．如图6所示，质量为m的物体在水平恒力F的推动下，从山坡底部A处由静止开始运动至高为h的坡顶B处，获得的速度为v，A、B间的水平距离为s，下列说法正确的是( )
图6
A．物体克服重力所做的功是mgh
B．合力对物体做的功是mv2
C．推力对物体做的功是Fs－mgh
D．物体克服阻力做的功是mv2＋mgh－Fs
解析 设物体克服阻力做的功为W，由动能定理得Fs－mgh－W＝mv2－0，得W＝Fs－mgh－mv2，故D错误；因为F是水平恒力，s是水平位移，推力对物体做的功可由W＝Fs计算，故C错误；由动能定理知，B正确；物体克服重力所做的功为mgh，A正确。
答案 AB
10．一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体整个运动过程的v－t图象如图7所示，g取10 m/s2，则( )
图7
A．物体的质量为5 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C．第1 s内摩擦力对物体做的功为60 J
D．第1 s内拉力对物体做的功为60 J
解析 由动能定理有45 J＝，第1 s末速度v＝3 m/s，解出m＝10 kg，故A错误；撤去拉力后加速度的大小a＝ m/s2＝1 m/s2，摩擦力f＝ma＝10 N，又f＝μmg，解出μ＝0.1，故B正确；第1 s内物体的位移x＝1.5 m，第1 s内摩擦力对物体做的功W＝－fx＝－15 J，故C错误；第1 s内加速度的大小a1＝ m/s2＝3 m/s2，设第1 s内拉力为F，则F－f＝ma1，第1 s内拉力对物体做的功W′＝Fx＝60 J，故D正确。
答案 BD
11．一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端。已知小物块的初动能为E，它返回到斜面底端的动能为，小物块上滑到最大位移的中点时速度为v。若木块以2E的初动能冲上斜面，则有( )
A．返回斜面底端时的动能为E
B．返回斜面底端时的动能为
C．小物块上滑到最大位移的中点时速度为v
D．小物块上滑到最大位移的中点时速度为2v
解析 以初动能E冲上斜面至最大位移中点的过程运用动能定理得mv2－E＝－
①，设以初动能E冲上斜面的初速度为v0，则以初动能2E冲上斜面时，初速度为v0，加速度相同，根据v2－v＝2ax可知第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个上升、返回过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E。以初动能2E冲上斜面至最大位移中点的过程运用动能定理得mv′2－2E＝－E②，所以返回斜面底端时的动能为E，故选项A正确，B错误；由①②联立解得v′＝v，故选项C正确，D错误。
答案 AC
三、非选择题
12．如图8所示，QB段为一半径为R＝1 m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L＝1 m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。物块P的质量为m＝1 kg(可视为质点)，P与AQ间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止。(取g＝10 m/s2)求：
图8
(1)v0的大小；
(2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力。
解析 (1)在整个过程中由动能定理可知：
－μmg·2L＝0－mv
v0＝＝ m/s＝2 m/s。
(2)从A到Q的过程中由动能定理可知：
－μmg·L＝mv－mv
在Q点由牛顿第二定律可得：FN－mg＝m
联立解得：FN＝12 N
由牛顿第三定律可知物块P第一次刚通过Q点时对轨道的压力为12
N，方向竖直向下。
答案 (1)2 m/s (2)12 N，方向竖直向下
13．如图9所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量m＝100 kg的料车沿30°角的斜面由底端以加速度a＝2 m/s2匀加速拉到顶端，斜面长是4 m。若不计滑轮的质量和各处的摩擦力，求这一过程中：(取g＝10 m/s2)
图9
(1)人拉绳子的力做的功和物体的重力做的功；
(2)料车运动到斜面顶端时克服重力做功的瞬时功率。
解析 (1)2F－mgsin 30°＝ma
WF＝F·2l
联立可得WF＝2 800 J
重力做功WG＝－mglsin 30°＝－2 000 J。
(2)料车运动到顶端时克服重力做功的功率：
P＝mgvcos 60°
v2＝2al
联立上式可得P＝2 000 W。
答案 (1)2 800 J －2 000 J (2)2 000 W
14．如图10甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：
图10
(1)滑块运动到A处的速度大小；
(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？
解析 (1)由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0，滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得：
F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv－0
即2mg×2－0.5mg×1－0.25mg×4＝mv
解得vA＝5 m/s
(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得
－mgLsin 30°＝0－mv
解得：L＝5 m
所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m
答案 (1)5 m/s (2)5 m
第11课时 机械能守恒定律及其应用
知识点一 重力势能(c/c)
1．物体在运动过程中，克服重力做功50 J，则( )
A．重力做功为50 J
B．物体的重力势能增加了50 J
C．物体的动能一定减少了50 J
D．物体的重力势能减少了50 J
解析 物体在运动过程中，克服重力做功50 J，说明重力做功为－50 J，故选项A错误；重力做功等于重力势能的减少量，故物体的重力势能增加了50 J，故选项B正确，D错误；重力做功为－50 J，其余力做功未知，故合力做功未知，合力做功等于动能的增加量，故无法判断动能的变化量，故选项C错误。
答案 B
2．关于重力势能，下列说法中正确的是( )
A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定
B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
C．一个物体的重力势能从－5 J变化到－3 J，重力势能减少了
D．重力势能的变化量与零势能面的选取无关
解析 物体的重力势能与参考面有关，同一物体在同一位置相对不同的参考面的重力势能不同，选项A错误；物体在零势面以上，距零势面的距离越大，重力势能越大；物体在零势面以下，距零势面的距离越大，重力势能越小，选项B错误；重力势能中的正、负号表示大小，－5 J的重力势能小于－3 J的重力势能，选项C错误；重力做的功量度了重力势能的变化，重力势能的变化与零势能的选取无关，选项D正确。
答案 D
知识点二 弹性势能(b/b)
3．如图1所示的几个运动过程中，物体的弹性势能增大的是( )
图1
A．如图甲，撑杆跳高的运动员上升至离杆的过程，杆的弹性势能
B．如图乙，人拉长弹簧的过程，弹簧的弹性势能
C．如图丙，模型飞机用橡皮筋发射出去的过程，橡皮筋的弹性势能
D．如图丁，小球被压缩弹簧向上弹起的过程，弹簧的弹性势能
答案 B
4．如图2所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连一弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( )
图2
A．弹簧对物体做正功，弹簧的弹性势能逐渐减少
B．弹簧对物体做负功，弹簧的弹性势能逐渐增加
C．弹簧先对物体做正功，后对物体做负功，弹簧的弹性势能先减少再增加
D．弹簧先对物体做负功，后对物体做正功，弹簧的弹性势能先增加再减少
解析 由物体处于静止状态可知，弹簧处于压缩状态，撤去F后物体在向右运动的过程中，弹簧的弹力对物体先做正功后做负功，故弹簧的弹性势能先减少后增加，选项C正确。
答案 C
知识点三 机械能守恒定律及其应用(d/d)
5．(2016·浙江温州模拟)蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱。如图3所示，蹦极者从P点静止跳下，到达A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B离水面还有数米距离。蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能增加量为ΔE2、克服空气阻力做功为W，则下列说法正确的是( )
图3
A．蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒
B．蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中，机械能守恒
C．ΔE1＝W＋ΔE2
D．ΔE1＋ΔE2＝W
解析 蹦极者从P到A及从A到B的运动过程中，由于有空气阻力做功，所以机械能减少，选项A、B错误。整个过程中重力势能的减少量等于绳的弹性势能增加量和克服空气阻力做功之和，即ΔE1＝W＋ΔE2，C选项正确，D选项错误。
答案 C
6．总质量约为3.8吨“嫦娥三号”探测器在距月面3 m处关闭反推发动机，让其以自由落体方式降落在月球表面。4条着陆腿触月信号显示，“嫦娥三号”完美着陆月球虹湾地区。月球表面附近重力加速度约为1.6 m/s2
，4条着陆腿可视作完全相同的四个轻弹簧，在软着陆后，每个轻弹簧获得的弹性势能大约是( )
图4
A．28 500 J B．4 560 J C．18 240 J D．9 120 J
解析 由机械能守恒定律，mgh＝4Ep，解得Ep＝＝4 560 J，选项B正确。
答案 B
易错点一 不能正确判断机械能是否守恒
机械能守恒的判定方法
(1)做功判断法：若物体系统内只有重力和弹簧弹力做功，其他力均不做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒。
(2)能量转化判断法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变成其他形式的能(如没有内能增加)，则系统的机械能守恒。
【练1】 如图5所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是 ( )
图5
A．斜劈对小球的弹力不做功
B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C．斜劈的机械能守恒
D．小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量
解析 小球的位移方向竖直向下，斜劈对小球的弹力对小球做负功，小球对斜劈的弹力对斜劈做正功，斜劈的机械能增大，小球的机械能减少，但斜劈与小球组成的系统机械能守恒，小球重力势能的减少量，等于小球和斜劈动能增加量之和，故B正确，A、C、D错误。
答案 B
疑难点二 机械能守恒定律的应用
机械能守恒定律的表达式
【练2】 游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来，这种情况可简化为如图6所示的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端无初速滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动，其中
P、Q分别为圆轨道的最低点和最高点。实验发现，只要h大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最高点。已知圆轨道的半径为R＝5.0 m，小球质量为m＝1.0 kg(不考虑摩擦等阻力，g取10 m/s2)
图6
(1)h至少为多大，才可使小球沿圆轨道运动而不掉下来？
(2)如果h＝15 m，小球通过P点时的速度为多大？此时轨道对小球的支持力为多大？
(3)高度h越大，小球滑至Q点时轨道对小球的压力FN也越大，试推出FN关于h的函数关系式。
解析 (1)小球恰能通过Q点，应满足mg＝m，由机械能守恒定律有mg(h－2R)＝
eq f(1,2)mv，解得h＝12.5 m。
(2)由机械能守恒定律有mgh＝mv，
小球通过P点时的速度vP＝＝10 m/s
由牛顿第二定律和向心力公式有FNP－mg＝m，则轨道对小球的支持力为FNP＝mg＋＝70 N。
(3)由机械能守恒定律有mgh＝mv＋2mgR，在Q点由牛顿第二定律和向心力公式有
FN＋mg＝m，则FN关于h的函数关系式为
FN＝h－5mg＝4h－50(h≥12.5 m)。
答案 (1)12.5 m (2)10 m/s 70 N
(3)FN＝4h－50(h≥12.5 m)
[真题示例]
【例1】 (2016·10月浙江选考)如图7所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是( )
图7
A．动能 B．动能、重力势能
C．重力势能、机械能 D．动能、重力势能、机械能
解析 无人机匀速上升，所以动能保持不变，所以选项A、B、D均错；高度不断增加，所以重力势能不断增加，在上升过程中升力对无人机做正功，所以无人机机械能不断增加，所以选项C正确。
答案 C
【例2】 (2015·9月浙江学考测试卷)
如图8所示是跳台滑雪的示意图，雪道由倾斜的助滑雪道AB、水平平台BC、着陆雪道CD及减速区DE组成，各雪道间均平滑连接。A处与水平平台间的高度差h＝45 m，CD的倾角为30°。运动员自A处由静止滑下，不计其在雪道ABC滑行和空中飞行时所受的阻力，运动员可视为质点，g取10 m/s2。
图8
(1)求运动员滑离平台BC时的速度；
(2)为保证运动员落在着陆雪道CD上，雪道CD长度至少为多少？
(3)若实际的着陆雪道CD长为150 m，运动员着陆后滑到D点时具有的动能是着陆瞬间动能的80%。在减速区DE滑行s＝100 m后停下，运动员在减速区所受平均阻力是其重力的多少倍？
解析 (1)A→C过程中机械能守恒mgh＝mv
得vC＝＝30 m/s。
(2)设落点D′距抛出点C的距离为L，由平抛运动规律得
Lcos30°＝vCt
Lsin30°＝gt2
解得L＝120 m。
(3)运动员由A运动到落点D′过程中，由机械能守恒得
mg(h＋Lsin 30°)＝mvD′2
设运动员在减速区减速过程中所受平均阻力是重力的k倍，
根据动能定理有－kmgs＝0－mv
根据题意有mv＝0.80×mvD′2
解得k＝0.84。
答案 (1)30 m/s (2)120 m (3)0.84
[冲剌训练]
1．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是( )
解析 物体机械能的增量等于恒力做的功，恒力做功WF＝Fh，h＝at2，则有外力作用时，物体机械能随时间变化关系为E＝Fat2。撤去恒力后，物体机械能不变，故选项C正确。
答案 C
图9
2．(2015·9月浙江学考测试卷)如图9所示，轻质弹簧下悬挂一个小球，手掌托小球使之缓慢上移，弹簧恢复原长时迅速撤去手掌使小球开始下落。不计空气阻力，取弹簧处于原长时的弹性势能为零。撤去手掌后，下列说法正确的是( )
A．刚撤去手掌瞬间，弹簧弹力等于小球重力
B．小球速度最大时，弹簧的弹性势能为零
C．弹簧的弹性势能最大时，小球速度为零
D．小球运动到最高点时，弹簧的弹性势能最大
答案 C
3．如图10所示，ABC和DEF是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC的末端水平，DEF是半径为r＝0.4 m的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向，C、D可看做重合。现有一可视为质点的小球从轨道ABC上距C点高为H的地方由静止释放。
图10
(1)若要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动，求H的最小值；
(2)若小球静止释放处离C点的高度h小于(1)中H的最小值，小球可击中与圆心等高的E点，求此h的值。(取g＝10 m/s2)
解析 (1)小球从ABC轨道下滑，机械能守恒，则：mgH＝mv2
小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足：mg≤m
联立以上两式并代入数据得：H≥0.2 m。
(2)若h
ΔEk，A、B错误；陨石碎片在陷入地下的过程中，阻力同样做负功，WG>ΔEk，C错误；对全过程，由能量守恒定律可知机械能转化为内能，机械能减少，内能增大，由功能原理可知该碎片在整个过程中克服阻力做的功等于机械能的减少量，D正确。
答案 D
3．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是( )
A．阻力对系统始终做负功
B．系统受到的合外力始终向下
C．重力做功使系统的重力势能增加
D．任意相等的时间内重力做的功相等
解析 运动员无论是加速下降还是减速下降，阻力始终阻碍系统的运动，所以阻力对系统始终做负功，故选项A正确；运动员加速下降时系统所受的合外力向下，减速下降时系统所受的合外力向上，故选项B错误；由WG＝－ΔEp知，运动员下落过程中重力始终做正功，系统重力势能减少，故选项C错误；运动员在加速下降和减速下降的过程中，任意相等时间内所通过的位移不一定相等，所以任意相等时间内重力做的功不一定相等，故选项D错误。
答案 A
4．(2016·8月温州选考模拟)抽水蓄能电站的工作原理是：在用电低谷时，电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电。渐江天荒坪抽水蓄能电站是亚洲第一大高山蓄能水电站，堪称世纪之作。山顶水库面积达2.8×105 m2(水库近似为长方体)，已知上、下水库落差H＝600 m，如图2所示。蓄水后一昼夜连续发电，山顶水库水位降低30 m，若水的重力势能80%转化为电能，水的密度为1.0×103 kg/m3。则一个昼夜连续发电所产生的电能约为( )
图2
A．4×1010 J B．4×1011 J C．4×1012 J D．4×1013 J
解析 山顶水库水位降30 m的水的体积V＝Sh＝2.8×105×30 m3＝8.4×106 m3，其质量m＝ρV＝8.4×109 kg，水减少的重力势能ΔEp＝mgH＝8.4×109×10×600 J＝5.04×1013 J，转化的电能E电＝80%ΔEp＝4.03×1013 J，所以应选D。
答案 D
5．如图3所示，两物块A、B通过一轻质弹簧相连，置于光滑的水平面上，开始时A和B均静止。现同时对A、B施加等大反向的水平恒力F1和F2，使两物块开始运动，运动过程中弹簧形变不超过其弹性限度。在两物块开始运动以后的整个过程中，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )
图3
A．由于F1、F2等大反向，系统机械能守恒
B．当弹簧弹力与F1、F2大小相等时，A、B两物块的动能最大
C．当弹簧伸长量达到最大后，A、B两物块将保持静止状态
D．在整个过程中系统机械能不断增加
解析 在弹簧一直拉伸的时间内，由于F1与A的速度方向均向左而做正功，F2与B的速度方向均向右而做正功，即F1、F2做的总功大于零，系统机械能不守恒，选项A错误；当弹簧对A的弹力与F1平衡时A的动能最大，此时弹簧对B的弹力也与F2平衡，B的动能也最大，选项B正确；弹簧伸长量达到最大时，两物块速度为零，弹簧弹力大于F1、F2，之后两物块将反向运动而不会保持静止状态，F1、F2对系统做负功，系统机械能减少，选项C、D均错误。
答案 B
6．某工地上，一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起。箱子在起重机钢绳的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图4所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线。根据图象可知( )
图4
A．0～x1过程中钢绳的拉力逐渐增大
B．0～x1过程中箱子的动能一直增加
C．x1～x2过程中钢绳的拉力一直不变
D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大
解析 由功能关系可知，E＝Fx，故E－x图象的斜率表示拉力F，0～x1过程中图象斜率逐渐减小，钢绳的拉力逐渐减小，x1～x2过程中图象斜率恒定，钢绳的拉力不变，选项A错误，C正确；0～x1过程中箱子刚开始做加速运动，拉力大于重力，随着拉力减小，箱子做加速度减小的加速运动，当加速度减为0后，可能做加速度增大的减速运动，选项B错误；若x1～x2过程中箱子做匀速运动，则起重机的输出功率P＝Fv保持不变，选项D错误。
答案 C
二、选择题Ⅱ(在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的)
7．如图5所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A点，C为AB的中点。下列说法中正确的是( )
图5
A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零
B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等
C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等
D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等
解析 小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，重力做功为零，但有摩擦力做负功，选项A错误；因为C为AB的中点，小球从A到C与从C到B的过程合外力恒定、加速度恒定、速度的变化率相等，选项C正确；又因为重力做功相等，摩擦力做功相等，合外力做功相等，故减少的动能相等，损失的机械能相等，选项B、D正确。
答案 BCD
8．如图6所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ＜45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是( )
图6
A．小球的动能与重力势能之和保持不变
B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小
C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变
D．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变
解析 由题意知，小球、弹簧和地球组成的系统机械能守恒，D项正确；弹簧的形变量越大，弹性势能越大，小球到B点时，弹簧为原长，故小球由C滑到杆底端过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，因此小球的机械能先增大后减小，A项错，B项正确；整个过程中，小球的重力势能不断减小，故动能与弹性势能之和不断增大，C项错。
答案 BD
9．一个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α＝30°的斜面，其加速度为g，如果此物体在斜面上上升的最大高度为h，则此过程中正确的是( )
A．物体动能增加了mgh
B．物体克服重力做功mgh
C．物体机械能损失了－mgh
D．物体克服摩擦力做功mgh
解析 假设物体受到的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律可得Ff＋mgsin 30°＝ma，将a＝g代入求得Ff＝mg。当物体在斜面上上升的最大高度为h时，根据动能定理可得，物体动能增加为负值，选项A错误；物体竖直上升高度h时，重力做负功mgh，选项B正确；机械能的损失等于物体克服摩擦力做的功，为mgh，选项C错误，选项D正确。
答案 BD
三、非选择题
10．如图7为某生产流水线工作原理示意图。足够长的工作平台上有一小孔A，一定长度的操作板(厚度可忽略不计)静止于小孔的左侧，某时刻开始，零件(可视为质点)无初速度地放上操作板的中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动，直至运动到A孔的右侧(忽略小孔对操作板运动的影响)，最终零件运动到A孔时速度恰好为零，并由A孔下落进入下一道工序。已知零件与操作板间的动摩擦因数μ1＝0.05，零件与工作台间的动摩擦因数μ2＝0.025，不计操作板与工作台间的摩擦。重力加速度g＝10 m/s2。求：
图7
(1)操作板做匀加速直线运动的加速度大小；
(2)若操作板长L＝2 m，质量M＝3 kg，零件的质量m＝0.5 kg，则操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中，电动机至少做多少功？
解析 (1)设零件向右运动距离x时与操作板分离，此过程历经时间为t，此后零件在工作台上做匀减速运动直到A孔处速度减为零，设零件质量为m，操作板长为L，取水平向右为正方向，对零件，分离前：μ1mg＝ma1
分离后：μ2mg＝ma2
且x＝a1t2
以后做匀减速运动的位移为：－x＝
对操作板，有：＋x＝at2
联立以上各式解得：a＝，
代入数据得：a＝2 m/s2。
(2)将a＝2 m/s2，L＝2 m代入＋a1t2＝at2
解得：t＝＝ s
操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中，动能的增加量ΔEk1＝M()2＝12 J
零件在时间t内动能的增加量
ΔEk2＝m(μ1gt)2＝ J
零件在时间t内与操作板因摩擦产生的内能
Q1＝μ1mg×＝0.25 J
根据能量守恒定律，电动机做功至少为
W＝ΔEk1＋ΔEk2＋Q＝12 J＋ J＋ J≈12.33 J
答案 (1)2 m/s2 (2)12.33 J
11．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图8所示，在A点用一弹射装置将小滑块以某一水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝0.1 m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h＝0.2 m，水平距离s＝0.6 m，水平轨道AB长为L1＝0.5 m，BC长为L2＝1.5 m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。
图8
(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点弹射出的速度大小；
(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出。求小滑块在A点弹射出的速度vA的大小范围。
解析 (1)从A到B由动能定理：
－μmgL1＝mv－mv①
从B到最高点，小滑块机械能守恒：
mv＝2mgR＋mv2②
小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律：mg＝m③
由以上三式解得A点的速度为：
v1＝3 m/s④
(2)若小滑块刚好停在C处，则从A到C由动能定理：
－μmg(L1＋L2)＝0－mv⑤
解得A点的速度为v2＝4 m/s
若小滑块停在BC段，应满足
3 m/s≤vA≤4 m/s
若小滑块能通过C点并恰好越过陷阱，在C点做平抛运动，设滑块到C点速度为vC，由动能定理得：
－μmg(L1＋L2)＝mv－mv⑥
竖直方向：h＝gt2⑦
水平方向：s＝vCt⑧
解得：v3＝5 m/s
所以初速度的范围为：3 m/s≤vA≤4 m/s和vA≥5 m/s
答案 (1)3 m/s (2)3 m/s≤vA≤4 m/s和vA≥5 m/s
12．(2016·杭州一模)如图9所示，在水平面上有一辆电动遥控车，其上表面MN与一条上端固定的长绳末端P点等高，遥控车始终以v0＝2 m/s的恒定速度向右运动。质量m＝30 kg的微型机器人(可看作质点)从绳上O点先沿绳从静止开始无摩擦下滑一段距离后，突然握紧绳子，与绳子之间产生900 N的摩擦阻力，滑到绳子末端P时速度刚好为零，此时遥控车右端M恰好到达P点的正下方，已知OP的长度l1＝7.5 m，微型机器人与遥控车间动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。求：
图9
(1)机器人从O点下滑至P点所用的时间t；
(2)为保证滑下后机器人能留在车厢上，则遥控车上表面MN至少多长；
(3)机器人在沿绳向下运动和在车厢上运动的整个过程中系统产生的总热量Q。
解析 (1)微型机器人沿绳子下滑过程分为两个阶段，第一个阶段做自由落体运动，第二个阶段做匀减速直线运动，设第一个阶段运动的末速度为v，则：
第一个阶段下落的高度：h1＝
第二个阶段由牛顿第二定律得：
Ff－mg＝ma
解得：a＝20 m/s2
下落的高度：h2＝
又有：h1＋h2＝l1
解得：v＝10 m/s
第一个阶段运动的时间：
t1＝＝1 s
第二个阶段运动的时间：
t2＝＝0.5 s
故：t＝t1＋t2＝1.5 s
(2)机器人无初速度地落在遥控车上，而车匀速运动，则机器人在车上做匀加速直线运动，直至共速，则：
对机器人由牛顿第二定律得：
μmg＝ma′
机器人加速到与车共速的过程有：
v0＝a′t′
机器人的位移：x1＝t′
遥控车的位移：x2＝v0t′
MN的长度至少为：l2＝x2－x1
解得：l2＝1 m
(3)由功能关系得：Q＝Ffh2＋μmgl2
解得：Q＝2 310 J
答案 (1)1.5 s (2)1 m (3)2 310 J
第13课时 力学实验(二)
实验6 研究平抛运动(学考)
易错点一 实验原理和操作
【练1】 (2016·浙江第二次大联考)(1)在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹。为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上________。
A．通过调节使斜槽的末端保持水平
B．每次释放小球的位置可以不同
C．每次必须由静止释放小球
D．记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降
E．小球运动时不应与木板上的白纸相接触
F．斜槽必须是光滑的，以免受到摩擦力的作用
(2)作出平抛运动的轨迹后，为算出其初速度，实验中需测量的数据有________和________。其初速度的表达式为v0＝________。
解析 (1)要保证每次抛出时的速度相等应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下并且斜槽轨道末端必须保持水平，只要做到这两点，我们就能得到相等的速度，至于摩擦力不会影响这个结果，记录小球位置用的铅笔每次不需严格地等距离下降，小球运动时应避免与纸面发生摩擦。所以选ACE。
(2)为算出其初速度，实验中需测量的数据有小球从原点到某时刻的水平位移x，从原点到该时刻的竖直位移y，初速度v0＝x。
答案 (1)ACE
(2)小球从原点到某时刻的水平位移x 从原点到该时刻的竖直位移y x
易错点二 实验数据处理
若抛出点已知，则只要读出小球从原点到某时刻的水平位移x
和从原点到该时刻的竖直位移y，代入v0＝x即可求出初速度。
若抛出点未知，但已知记录点间的时间间隔相等为T，可以根据竖直方向匀加速直线运动的规律，由Δy＝gT2求得T，再由水平方向的匀速直线运动规律v0＝可求得初速度。
【练2】 某同学在做平抛运动实验时得到了如图1的运动轨迹，a，b，c三点的位置在运动轨迹上已标出。则：
图1
(1)小球平抛的初速度为______m/s。(g取10 m/s2)
(2)小球抛出点的位置坐标为x＝____________ cm，y＝____________ cm。
解析 (1)由平抛运动公式，在x方向上xab＝v0T，在竖直方向上hbc－hab＝gT2，代入数据解得T＝0.1 s，v0＝2 m/s。
(2)小球经过b点时竖直分速度vby＝＝1.5 m/s，小球从开始运动到经过b点历时tb＝＝0.15 s，说明小球经过a点时已经运动了时间ta＝0.05 s，所以小球抛出点的坐标为x＝－v0ta＝－10 cm；y＝－gt＝－1.25 cm。
答案 (1)2 (2)－10 －1.25
疑难点三 实验创新设计
【练3】 在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻在空中所通过的位置，实验时采用了如图2所示的装置。先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸。将该木板竖直立于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离槽口的方向平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；又将木板再向远离槽口的方向平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，得到痕迹C。若测得木板每次移动的距离x＝10.00 cm，A、B间距离y1＝5.02 cm，B、C间距离y2＝14.82 cm。请回答以下问题：
图2
(1)为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？
___________________________________________________________________。
(2)根据以上直接测量的物理量来求小球初速度的表达式为v0＝__________(用题中所给字母表示)。
(3)小球初速度的值为v0＝__________ m/s。
解析 (1)由于本实验是采用寻找同一运动轨迹上的各处不同点，然后再用描点法来确定轨迹的方法，而小球下落一次只能测一个点，需要多次测量，故应保证每次小球的平抛运动完全相同，即平抛小球的初速度必须每次都相同。为做到这一点，应使小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度滚下。
(2)由y2－y1＝gt2可得出时间t＝0.1 s
再由x＝v0t求出初速度
v0＝x。
(3)代入数据求得v0＝1.0 m/s。
答案 (1)保证以同一初速度做平抛运动
(2)x (3)1.0
实验7 探究做功与物体速度变化的关系(学考)
易错点一 实验原理和操作
【练1】 探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图3所示，以下关于该实验的说法中有一项不正确，它是________。
图3
A．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W……所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致。当用1条橡皮筋进行实验时，橡皮筋对小车做的功为W，用2条、3条……橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W……
B．小车运动中会受到阻力，补偿的方法可以使木板适当倾斜
C．在平衡摩擦力时，小车的后端要夹纸带，纸带穿过打点计时器
D．根据纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算
解析 由于选用同样的橡皮筋，并且每次实验中橡皮筋拉伸的长度相同，因此每条橡皮筋对小车做的功都相同，故A正确；小车在运动中受到的阻力，采取平衡摩擦力的方法补偿，让木板固定有打点计时器的一端适当抬高，使重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡，故B正确；实验中，纸带与打点计时器之间也有阻力，需要平衡掉，所以要夹好纸带，故C正确；由于橡皮筋松弛后，小车做匀速运动，此时的速度是橡皮筋对小车做功后的最大速度，故求速度应该用做匀速运动的那一段纸带的数据，而不应该用从第一点到最后一点的数据来计算，故D不正确。
答案 D
易错点二 实验数据处理
【练2】 某同学在探究功与物体速度变化的关系实验中，设计了如图4甲所示的实验。将纸带固定在重物上，让纸带穿过电火花计时器。先用手提着纸带，使重物静止在靠近计时器的地方。然后接通电源，松开纸带，让重物自由下落，计时器就在纸带上打下一系列小点，得到的纸带如图乙所示。O点为计时器打下的第1个点，该同学对数据进行了下列处理：取OA＝AB＝BC，并根据纸带算出了A，B，C三点的速度分别为vA＝0.12 m/s，vB＝0.17 m/s，vC＝0.21 m/s。
根据以上数据你能否大致判断W∝v2?
图4
解析 设由O到A的过程中，重力对重物所做的功为W，那么由O到B的过程中，重力对重物所做的功为2W，由O到C的过程中，重力对重物所做的功为3W。
由计算可知，v＝1.44×10－2 m2/s2
v＝2.89×10－2 m2/s2
v＝4.41×10－2 m2/s2
≈2，≈3，
即v＝2v，v＝3v
由以上数据可以判断W∝v2是正确的，也可以根据W－v2的图线来判断(如图所示)。
答案 见解析
易错点三 实验误差分析
【练3】 在“探究做功与物体速度变化的关系”的实验中。
(1)木板略微倾斜，这样做__________。
A．是为了释放小车后，小车能匀加速下滑
B．是为了增大橡皮筋对小车的弹力
C．是为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功
D．是为了使橡皮筋松弛后小车做匀加速运动
(2)某同学在一次实验中得到了一条如图5所示的纸带，这条纸带上的点两端较密，中间较疏，出现这种情况的原因可能是__________。
图5
A．电源的频率不稳定
B．木板倾斜程度太大
C．没有使木板倾斜或倾角太小
D．小车受到的阻力较大
解析 (1)使木板倾斜，小车受到的摩擦力与小车所受重力沿斜面的分力大小相等，在不施加拉力时，小车在斜面上受到的合力为零，小车可以在斜面上静止或做匀速直线运动，小车与橡皮筋连接后，小车所受到的合力等于橡皮筋的拉力，橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功，故A、B、D错误，C正确。
(2)实验中要进行平衡摩擦力的操作，正常情况是纸带上打出点先逐渐增大，后间距不变，即小车先加速后匀速，若两端密、中间疏则说明小车后来做减速运动，可能是没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够，即没有使木板倾斜或倾角太小，或者小车受到的阻力较大，故选C、D。
答案 (1)C (2)CD
实验8 验证机械能守恒定律(学考)
易错点一 实验原理和操作
【练1】 (1)在“验证机械能守恒定律”的实验中，某同学列举了该实验的几个步骤，其中不正确或没有必要的是__________(填序号即可)。
A．正确安装好实验仪器
B．将打点计时器接到学生电源直流输出端上
C．用天平测出下落重物的质量，且精确到0.01 kg
D．为了使打出来的第一个点清晰，应该先释放纸带再接通打点计时器电源开关
E．为了防止重物掉到地上，需要在其落地以前用手接住
F．在纸带上离起始点较远的地方选择几个连续的点，测出它们距起始点的距离
(2)某个小组的三位同学按照正确的操作选得纸带如图6所示。其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点。该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，用重物在OB段的运动来验证机械能守恒，已知当地的重力加速度g＝9.80 m/s2，打点计时器所用电源频率为f＝50 Hz，设重物质量为1.00 kg。
图6
①甲同学发现，图中的B是除起始点外打点计时器打下的第n个点。因此他用vB＝ngT(T是打点计时器的打点周期)计算B点对应时刻重物的速度，这样得到的结果是重力势能的减少量__________(选填“大于”“小于”或“等于”)动能的增加量。
②乙同学认为，可以利用O点到B点的距离hB计算B点对应时刻重物的速度vB＝，这样得到的结果是重力势能的减少量__________(选填“大于”“小于”或“等于”)动能的增加量。
③丙同学用AC段的平均速度作为跟B点对应的重物瞬时速度，即用vB＝计算B点对应时刻重物的速度，这样得到的结果是重力势能的减少量__________(选填“大于”“小于”或“等于”)动能的增加量。
④若你是指导老师，你认为三位同学的数据处理方法中合理的是__________ (选填“甲”“乙”或“丙”)。
解析 (1)将打点计时器接到学生电源的低压交流输出端，故B不正确；因为我们是比较mgh和mv2的大小关系，故m可约去，不需要用天平，故C没有必要；开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放纸带，让重物带着纸带一同落下，故D不正确；为了防止重物掉到地上，需要在其落地以前用手接住会砸伤手，所以不用，重物下面都有保护的胶垫，E没必要。
(2)①甲同学直接按自由落体计算的瞬时速度，而实际运动过程中有空气阻力和摩擦力，加速度会小于g，所以这样计算的速度偏大，所以重力势能的减少量小于动能的增加量。
②乙同学直接利用高度按照匀加速计算速度，相当于是利用重力势能求动能，结果是相等的，但这种求法是错误的。
③丙同学用匀变速直线运动规律求解B点速度，与重物实际运动规律相符，所以速度计算正确，由于实验过程中摩擦阻力的存在，重力势能有一部分转化成了内能，重力势能的减少量大于动能的增加量。
④任何实验都存在误差，只要实验步骤操作正确，尽量减小误差即可，三位同学的数据处理方法中合理的是丙。
答案 (1)BCDE (2)①小于 ②等于 ③大于 ④丙
易错点二 实验数据处理
【练2】 某同学用图7甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，当地重力加速度大小为g＝9.80 m/s2。实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图乙所示，纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值。回答下列问题(计算结果保留三位有效数字)。
图7
(1)打点计时器打B点时，重物速度的大小vB＝______m/s；
(2)通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据。
解析 (1)打点计时器打B点时重物速度的大小
vB＝
＝ m/s
＝3.90 m/s
(2)v＝7.61，ghB＝7.70，因为mv≈mghB，所以验证了机械能守恒定律。
答案 (1)3.90 (2)见解析
[真题示例]
【例1】 (2016·4月浙江学考)(1)在下列学生实验中，需要用到打点计时器的实验有__________(填字母)。
A．“探究求合力的方法”
B．“探究加速度与力、质量的关系”
C．“探究做功与物体速度变化的关系”
D．“探究作用力与反作用力的关系”
(2)做“验证机械能守恒定律”的实验，已有铁架台、铁夹、电源、纸带、打点计时器，还必须选取的器材是图8中的__________(填字母)。
图8
某同学在实验过程中，①在重锤的正下方地面铺海绵；②调整打点计时器的两个限位孔连线为竖直；③重复多次实验。以上操作可减小实验误差的是________(填序号)。
答案 (1)BC (2)BD ②③
【例2】 (2015·浙江理综，21)甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
图9
(1)图9中A、B、C、D、E
表示部分实验器材，甲同学需在图中选用的器材________；乙同学需在图中选用的器材________。(用字母表示)
图10
(2)某同学在实验室选齐所需器材后，经正确操作获得如图10所示的两条纸带①和②。纸带________的加速度大(填“①”或“②”)，其加速度大小为________。
解析 (1)“验证机械能守恒定律”一般采用重锤自由落体运动，使用纸带法测速度，所以要用到重锤和电火花打点计时器，即A、B；“探究加速度与力、质量的关系”实验一般以小车为研究对象，需改变小车质量，要用到纸带法测加速度，所以需要电火花计时器、小车、钩码，即B、D、E。
(2)纸带①相邻相等时间位移之差Δx1＝0.1 cm，而②纸带的Δx2＝0.05 cm，由a＝可知①纸带加速度大，且可算得a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2。
答案 (1)AB BDE (2)① (2.5±0.2) m/s2
[冲剌训练]
1．在研究平抛运动的实验中，求解得到的初速度有误差，与误差产生原因无关的是( )
A．弧形槽与球间有摩擦
B．弧形槽末端切线不水平
C．小球受空气阻力
D．小球每次自由滚下的位置不同
解析 要保证每次实验时，小球平抛的初速度的大小和方向相同，需使小球每次从同一位置由静止释放，斜槽末端应水平；弧形槽与球间的摩擦不影响小球每次平抛的初速的一致性；小球受的空气阻力使它不具备做平抛运动的条件。
答案 A
2．某同学采用如图11甲所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验。
图11
(1)实验时下列哪些操作是必须的__________(填序号)。
①将斜槽轨道的末端调水平
②用天平称出小球的质量
③每次都要让小球从同一位置由静止开始运动
(2)实验时此同学忘记在白纸上记录小球抛出点的位置，于是他根据实验中记录的点迹描出运动轨迹曲线后，在该段曲线上任取水平距离均为Δx＝20.00 cm的三点A、B、C，如图乙所示，其中相邻两点间的竖直距离分别为y1＝10.00 cm，y2＝20.00 cm。小球运动过程中所受空气阻力忽略不计。请你根据以上数据帮助他计算出小球初速度v0＝__________ m/s。(g取10 m/s2)
解析 (1)为了保证小球离开斜槽时的速度沿水平方向，斜槽的末端要调水平，①对；该实验不用测小球的质量，②错；为了保证小球每次离开斜槽时的速度都相同，每次都要让小球从斜槽上同一位置由静止开始运动，③对。
(2)由于xAB＝xBC＝Δx＝20.00 cm，所以小球从A运动到B与从B运动到C的时间相同，设此时间为t，据y2－y1＝gt2得t＝＝ s＝0.1 s
故初速度v0＝＝ m/s＝2.00 m/s。
答案 (1)①③ (2)2.00
3．如图12所示装置可用来验证机械能守恒定律。摆锤A栓在长L的轻绳一端，另一端固定在O点，在A上放一个小铁片，现将摆锤拉起，使绳偏离O竖直方向成θ角时由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板P阻挡而停止运动，之后铁片将飞离摆锤而做平抛运动。
图12
(1)为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度。为了求出这一速度，实验中还应该测量哪些物理量：________________________________。
(2)根据测得的物理量表示摆锤在最低点的速度v＝__________。
(3)根据已知的和测得的物理量，写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式为__________。
解析 (1)平抛运动竖直方向为自由落体运动h＝gt2，运动时间t＝，水平方向匀速直线运动s＝vt，所以只要测量出竖直下落的高度h和水平位移s即可。
(2)根据平抛运动规律可得v＝＝s。
(3)摆锤下落过程中，重力势能转化为动能，摆锤下落过程中，减少的重力势能为mgL(1－cos θ)，增加的动能为mv2＝，若减少的重力势能等于增加的动能则有mgL(1－cos θ)＝，整理可得L(1－cos θ)＝。
答案 (1)遇到挡板之后铁片的水平位移s和竖直下落高度h (2)s (3)＝L(1－cos θ)
4．(2016·宁波学考模拟)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图13所示)：
图13
(1)下列说法哪一项是正确的________。(填字母)
A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上
B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量
C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放
(2)图14是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为__________m/s(保留三位有效数字)。
图14
答案 (1)C (2)0.653
1．在“研究平抛运动”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：
图1
A．让小球多次从__________释放，在一张印有小方格的纸上记下小球经过的一系列位置，如图1中a、b、c、d所示。
B．按实验原理图安装好器材，注意__________，记下平抛初位置O点和过O点的竖直线。
C．取下白纸，以O为原点，以竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛运动物体的运动轨迹。
(1)完成上述步骤，将正确的答案填在横线上。
(2)上述实验步骤的合理顺序是__________。
(3)已知图中小方格的边长L＝1.25 cm，则小球平抛的初速度为v0＝________(用L、g表示)，其值是________。(取g＝9.8 m/s2)
解析 (1)这种方法，需让小球重复同一个平抛运动多次，才能记录出小球的一系列位置，故必须让小球每次由同一位置静止释放。斜槽末端切线水平，小球才会做平抛运动。
(3)由Δx＝aT2得两点之间的时间间隔T＝，所以小球的初速度v0＝＝2
代入数据得v0＝0.70 m/s。
答案 (1)同一位置静止 斜槽末端切线水平 (2)BAC
(3)2 0.70 m/s
2．(1)平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速直线运动；②竖直方向做自由落体运动。如图2所示为研究平抛运动的实验装置，现把两个小铁球分别吸在电磁铁C、E上，然后切断电磁铁C的电源，使一个小铁球从轨道A射出，并在射出时碰到碰撞开关S，使电磁铁E断电释放它吸着的小铁球，两铁球同时落到地面。这个实验( )
图2
A．只能说明上述规律中的第①条
B．只能说明上述规律中的第②条
C．不能说明上述规律中的任何一条
D．能同时说明上述两条规律
(2)做杂技表演的汽车从高台水平飞出，在空中运动一段时间后着地。一架相机通过多次曝光，拍摄得到汽车在着地前后一段时间内的运动照片，如图3所示。已知汽车长度为3.6 m，相邻两次曝光的时间间隔相等，第三个像是刚好着地的时刻，由照片可以推算出汽车离开高台时的瞬时速度大小为______m/s，高台离地面的高度为______m。(取g＝10 m/s2)
图3
解析 (1)由于左端小铁球平抛的同时，右端小铁球开始做自由落体运动，且两球同时落地，说明平抛的小铁球在竖直方向上和右端小铁球做同样的运动，也做自由落体运动，但无法说明平抛小铁球在水平方向的运动，故只有B正确。
(2)汽车在竖直方向做自由落体运动，由Δh＝gT2可得，两次曝光的时间间隔为
T＝＝＝ s＝0.6 s
前三个像中，中间位置车的竖直速度为
vy＝＝ m/s＝9 m/s
汽车从开始运动到中间位置的竖直位移为
h1＝＝ m＝4.05 m
从抛出点到地面的高度为h2＝h1＋2l＝(4.05＋2×3.6) m＝11.25 m
水平初速度v0＝＝ m/s＝12 m/s
答案 (1)B (2)12 11.25
3．(2016·浙江温州期末)某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：
①摆好实验装置如图4所示。
图4
②将质量为200 g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车。
③在质量为10 g、30 g、50 g的三种钩码中，他挑选了一个质量为50 g的钩码挂在拉线的挂钩P上。
④接通电磁打点计时器的电源，释放小车，打出一条纸带。
(1)在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，经测量、计算，得到如下数据：
①第一个点到第N个点的距离为40.0 cm。
②打下第N点时小车的速度大小为1.00 m/s。该同学将钩码的重力当做小车所受的拉力，取g＝9.8 m/s2，算出拉力对小车做的功为__________ J，小车动能的增量为__________ J。
(2)此次实验探究结果，他没能得到“恒力对物体做的功，等于物体动能的增量”，且误差很大。显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素。请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助分析一下，造成较大误差的主要原因是：_______
____________________________________________________________________。
解析 (1)拉力F＝mg＝0.050×9.8 N＝0.49 N。
拉力对小车做的功W＝Fl＝0.49×0.400 J＝0.196 J
小车动能的增量ΔEk＝mv2＝×0.200×1.002 J
＝0.100 J
(2)误差很大的可能原因：①小车质量不满足远大于钩码质量，使钩码的重力与小车受到的拉力差别较大。②没有平衡摩擦力。
答案 (1)②0.196 0.100 (2)①小车质量没有远大于钩码质量；②没有平衡摩擦力
4．光电计时器也是一种研究物体运动情况的仪器，当物体经过光电门时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间。现利用如图5所示的装置验证机械能守恒定律。图中AB是固定的光滑斜面，倾角为30°，1和2是固定在斜面上的两个光电门(与它们连接的光电计时器没有画出)。让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1和2的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2 s、2.00×10－2 s，已知滑块质量为2.00 kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00 cm，光电门1和2之间的距离为0.54 m，取g＝9.8 m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度，求：
图5
(1)滑块经过光电门1和2时的速度v1＝________ m/s，v2＝__________ m/s；
(2)滑块经过光电门1和2之间的动能增加了________J，重力势能减少了__________J。
解析 (1)v1＝＝ m/s＝1 m/s，v2＝＝ m/s＝2.5 m/s。
(2)ΔEk＝m(v－v)＝5.25 J，
ΔEp＝mgs12sin 30°＝5.29 J。
答案 (1)1 2.5 (2)5.25 5.29
5．某同学做验证机械能守恒定律实验时，不慎将一条挑选出的纸带一部分损坏，损坏的是前端部分。剩下的一段纸带上各相邻点间的距离已测出标在图6中，单位是cm。打点计时器工作频率为50 Hz，重力加速度g取9.8 m/s2。
图6
(1)质量为1 kg的重物在2点的速度v2＝__________，在5点的速度v5＝__________，此过程中动能增加量ΔEk＝__________，重力势能减少量ΔEp＝__________。由以上可得出实验结论____________________________________。
(2)根据实验判断下列图象正确的是(其中ΔEk表示物体动能的变化量，Δh表示物体下落的高度) ( )
解析 (1)重物在2点的速度v2＝ m/s＝1.50 m/s
在5点的速度v5＝ m/s＝2.075 m/s
动能增加量为ΔEk＝v－v＝1.03 J
从打2点到打5点重力势能减少量为ΔEp＝mgh25＝1×9.8×(3.2＋3.6＋4.0)×10－2 J＝1.06 J
由以上可得出实验结论为：在误差允许的范围内，机械能守恒。
(2)物体机械能守恒，应有物体减少的重力势能转化为增加的动能，即ΔEk＝mgΔh，可见物体增加的动能与下落的距离成正比，C正确。
答案 (1)1.50 m/s 2.075 m/s 1.03 J 1.06 J 在误差允许的范围内，机械能守恒 (2)C
6．如图7所示，某同学在做“探究功与速度变化的关系”的实验。当小车在1条橡皮筋的作用下沿木板滑行时，橡皮筋对小车做的功记为W；当用2条、3条、……橡皮筋重复实验时，设法使每次实验中橡皮筋所做的功分别为2W、3W、……。
图7
(1)图中电火花计时器的工作电压是________V的交变电流；
(2)实验室提供的器材如下：长木板、小车、橡皮筋、打点计时器、纸带、电源等，还缺少的测量工具是________；
(3)图中小车上有一固定小立柱，下图给出了4种橡皮筋与小立柱的套接方式，为减小实验误差，你认为最合理的套接方式是________；
(4)在正确操作的情况下，某次所打的纸带如图8所示。打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量橡皮筋做功后小车获得的速度，应选用纸带的______部分进行测量(根据下面所示的纸带回答)，小车获得的速度是______m/s。(计算结果保留两位有效数字)
图8
解析 (1)电火花计时器的工作电压是220
V的交变电流；(2)用打点计时器打出纸带后，记录了位置和时间，如果计算速度还需要测出位移，故需要刻度尺；(3)实验的操作要求是使橡皮筋的弹性势能全部转化为小车的动能，为避免橡皮筋与立柱之间相互作用，只有A符合要求；(4)使橡皮筋的弹性势能全部转化为小车的动能后，小车做匀速运动，纸带GJ符合要求，由v＝得v＝0.65 m/s。
答案 (1)220 (2)刻度尺 (3)A (4)GJ 0.65
7．(2016·湖州学考模拟)某学习小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用了如图9所示的实验装置。
图9
(1)将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是_______________________________________________________________。
(2)如图10所示，游标卡尺测得遮光条的宽度Δd＝__________cm。实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离恒定。现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为Δt，则滑块最后匀速运动的速度表达式为__________(用字母表示)。
图10
(3)逐根增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度。则画出的W－v2图象应是________________________________________________
____________________________________________________________________。
解析 (1)检查导轨是否水平的方法：将滑块轻放在气垫导轨上，看其是否滑动(或将滑块轻放在气垫导轨上，轻推滑块看是否匀速运动)。
(2)Δd＝5 mm＋0.05 mm×10＝5.50 mm＝0.550 cm
滑块匀速运动的速度v＝。
(3)由动能定理可知，W＝mv2，故画出的W－v2
图象应是过坐标原点的一条倾斜直线。
答案 (1)将滑块轻置于气垫导轨之上，看其是否滑动；或将滑块轻置于气垫导轨之上，轻推滑块看是否匀速运动(其他方法正确同样得分) (2)0.550 (3)过坐标原点的一条倾斜直线
第14课时 电场力的性质
知识点一 电荷及电荷守恒定律(b/c)
1．如图1所示，挂在绝缘细线下的两轻质小球，由于电荷的相互作用而靠近或远离，对此现象，下列说法正确的是( )
图1
A．甲图中两球一定带异种电荷
B．乙图中两球一定带同种电荷
C．甲图中两球一定都带电
D．乙图中两球至少有一个带电
解析 两球相互排斥时，则两球一定带同种电荷，可能是正电，也可能是负电；两球相互吸引时，两球可能带异种电荷，也可能一个带电，另一个不带电，故选项B正确，A、C、D错误。
答案 B
2．M、N是两个原来都不带电的物体，它们相互摩擦后M带正电荷1.60×10－10 C，且它们与外界无电荷的转移，则下列判断正确的是 ( )
A．在摩擦前，M和N的内部没有任何电荷
B．摩擦过程中，电子从M转移到N
C．摩擦过程中，创造了1.60×10－10 C的正电荷
D．摩擦过程中，消灭了1.60×10－10 C的正电荷
解析 M、N作为一个与外界没有电荷转移的系统，在摩擦过程中，系统的电荷是守恒的。摩擦前，M、N都不带电，说明M、N内部的正、负电荷量是相等的，不是内部没有电荷，选项A错误；摩擦过程既不会创造电荷，也不会消灭电荷，只会是电荷从一个物体转移到另一个物体，选项C、D错误；摩擦起电、感应起电等带电方式的本质是电子的转移，摩擦后M带正电，说明电子从M转移到了N，选项B正确。
答案 B
知识点二 库仑定律(c/－)
3．对点电荷的理解，你认为下列说法正确的是( )
A．点电荷是一种理想化的模型，不可能是带电荷量很大的带电体
B．点电荷的带电荷量可能是2.56×10－20 C
C．只要是均匀的球形带电体，不管球的大小，都能被看做点电荷
D．当两个带电体的形状和大小对它们的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体都能看做点电荷
解析 能否把一个带电体看做点电荷，不是取决于带电体的大小、形状等，而是取决于研究问题的实际需要，看带电体的形状、大小和电荷分布情况对电荷之间的作用力的影响是否可以忽略。所有带电体的带电荷量是1.6×10－19 C的整数倍，故选项D正确。
答案 D
4．A、B、C三点在同一直线上，AB∶BC＝1∶2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为( )
A. B. C．－F D．F
解析 设A、B间距离为x，则B、C间距离为2x，根据库仑定律有F＝k，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为F′＝k＝
，考虑电场力方向易知B正确。
答案 B
知识点三 电场强度(c/c)
5．关于电场强度的概念，下列说法正确的是( )
A．由E＝可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比
B．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零
C．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关
D．正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关
解析 电场强度反映了电场本身的性质，与放入电荷的电荷量、电性无关，与是否放电荷也无关，选项B、D错误，C正确；不同的试探电荷在电场中同一点的受力不同，而所受的力与试探电荷电荷量的比值是一个常数，电场强度与F，q无关，选项A错误。
答案 C
6．某电场的电场线分布如图2所示，下列说法正确的是( )
图2
A．c点的电场强度大于b点的电场强度
B．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点
C．b点的电场强度大于d点的电场强度
D．a点和b点的电场强度的方向相同
解析 据电场线的分布可知，c点的电场线比b点的电场线稀疏，即c点的电场强度小于b点的电场强度；b点的电场线比d点的电场线密，即b点的电场强度大于d点的电场强度；a点和b点的切线方向不同，即两点的电场强度的方向不同，故选项A、D错误，C正确；将一试探电荷＋q由a点释放，在a点受力方向沿电场线切线方向，加速度方向为切线方向，因此，电荷不可能沿电场线运动到b点，故选项B错误。
答案 C
7．如图3所示，真空中有四点A、B、C、D在一条直线上，AB＝BC＝CD，如只在A点放一电荷量为＋Q的点电荷时，B点场强为E。若再将等量异号的点电荷－Q放在D点，则 ( )
图3
A．B点场强为E，方向水平向右
B．B点场强为E，方向水平向右
C．BC线段的中点场强为零
D．B、C两点的场强不相同
解析 设AB＝r，则由题意知，E＝，当在D点放－Q后，B点场强EB＝＋＝E＋E＝E，方向水平向右，选项A错误，B正确；由场强的叠加和对称性可知，BC线段中点场强不为零，B、C两点场强相同，选项C、D错误。
答案 B
易错点一 库仑力作用下的平衡问题
库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了电场力。具体步骤如下：
【练1】 如图4所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电小球A、B，左边放一带正电的固定球P时，两悬线都保持竖直方向。下面说法正确的是( )
图4
A．A球带正电，B球带负电；并且A球带电荷量较B球带电荷量大
B．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较B球带电荷量小
C．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较B球带电荷量小
D．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较B球带电荷量大
解析 存在固定球P时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，说明A球带负电而B球带正电。由于A、B球在水平方向各受两个力，而A、B之间的库仑力大小相等，方向相反，可得P对A、B的水平方向的库仑力大小相等，方向相反。根据F＝k以及A离P近，可知A球带电荷量较小，B球带电荷量较大，故C正确。
答案 C
易错点二 电场强度的叠加与计算
1．多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处产生的电场场强的矢量和，遵循平行四边形定则。
2．电场强度叠加问题的求解思路
(1)确定分析计算的空间位置；
(2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向；
(3)依次利用平行四边形定则求出矢量和。
【练2】 如图5所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上：a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态(不计重力)，则匀强电场场强的大小( )
图5
A. B. C. D.
解析 以小球c为研究对象，其受力如图所示，其中F库＝
，由平衡条件得：
2F库cos 30°＝Eqc。
即＝Eqc，得E＝。
答案 B
易错点三 不能正确分析电场线与轨迹间的关系
带电粒子运动轨迹类问题的分析要点
(1)判断速度方向：带电粒子的轨迹的切线方向为该点处的速度方向。
(2)判断电场力(或场强)的方向：带电粒子所受电场力方向(仅受电场力作用)指向轨迹曲线的凹侧，再根据粒子的正负判断场强的方向。
(3)判断粒子的速度变化情况：若电场力与速度方向成锐角，则速度越来越大；若电场力与速度方向成钝角，则速度越来越小。
(4)判断加速度的大小：电场线的疏密表示场强的大小，场强越大，电场力越大，加速度越大。
【练3】 某静电场中的电场线方向不确定，分布如图6所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是 ( )
图6
A．粒子必定带正电荷
B．该静电场一定是孤立正电荷产生的
C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D．粒子在M点的速度大于它在N点的速度
解析 由电荷的运动轨迹可知，电荷所受的电场力斜向上，由于电场线的方向未知，所以不能确定电荷的电性，A错误；孤立正电荷的电场线是从正电荷出发到无穷远处终止的直线，故该静电场一定不是孤立正电荷产生的，B错误；电场线密的地方电场的场强大，电场线疏的地方电场的场强小，由题图可知，N点的场强大于M点的场强，粒子在N点的受力大于在M点的受力，所以粒子在M
点的加速度小于它在N点的加速度，C正确；电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的速度小于它在N点的速度，D错误。选C。
答案 C
[真题示例]
【例1】 (2015·9月浙江学考测试卷)如图7所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为＋Q和－Q。在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为＋q的小球以初速度v0从管口射入，则小球( )
图7
A．速度先增大后减小
B．受到的库仑力先做负功后做正功
C．受到的库仑力最大值为
D．管壁对小球的弹力最大值为
答案 C
【例2】 (2015·10月浙江学考)如图8所示，一质量为m、电荷量为Q的小球A系在长为l的绝缘轻绳下端，另一电荷量也为Q的小球B位于悬挂点的正下方(A、B均视为点电荷)，轻绳与竖直方向成30°角，小球A、B静止于同一高度。已知重力加速度为g，静电力常量为k，则两球间的静电力为( )
图8
A. B. C．mg D.mg
解析 A、B两小球间距离r＝lsin 30°＝l，由库仑定律得F＝＝。
答案 A
【例3】 (2015·浙江理综)如图9所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属板中间，则( )
图9
A．乒乓球的左侧感应出负电荷
B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上
C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用
D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞
解析 两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，A错误；乒乓球不可能吸在左极板上，B错误；库仑力就是电场力，C错误；乒乓球与右极板接触后带正电，在电场力作用下向负极运动，碰到负极板正电荷与负极板上的负电荷中和后带负电，在电场力作用下又向正极板运动，这样会在两极板间来回碰撞，D正确。
答案 D
【例4】 (2016·10月浙江选考)如图10所示，质量为m、电荷量为q的带电小球
A用绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上。其中O点与小球A的间距为l，O点与小球B的间距为l，当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°。带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k。则( )
图10
A．A、B间库仑力大小F＝
B．A、B间库仑力大小F＝
C．细线拉力大小FT＝
D．细线拉力大小FT＝mg
解析 带电小球A受力如图所示，OC＝l，即C点为OB中点，根据对称性AB＝l。由库仑定律知A、B间库仑力大小F＝，细线拉力FT＝F＝，选项A、C错误；根据平衡条件得Fcos 30°＝mg，得F＝，绳子拉力FT＝，选项B正确，D错误。
答案 B
[冲剌训练]
1.如图11所示，质量为m、带电荷量为q的小球B用绝缘细线悬挂，处于固定的带电体A产生的电场中，A可视为点电荷，B为试探电荷。当B静止时，A、B等高，细线与竖直方向的夹角为θ。已知重力加速度为g。则A在B处所产生的场强大小为( )
图11
A. B. C. D.
解析 对B受力分析，由平衡条件得：qE＝mgtan θ，解得A在B处所产生的场强大小为，A正确。
答案 A
2．(2016·9月绍兴适应性考试)如图12所示，绝缘水平面上有A、B、C、D四点，依次相距L，若把带电金属小球甲(半径远小于L)放在B点，测得D点处的电场强度大小为E；现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A、C两点，此时D点处的电场强度大小为( )
图12
A.E B.E
C．E D.E
解析 由点电荷的电场强计算式E＝k得：E＝k，两球接触后，电荷量平分，有Q1＝Q2＝，ED＝k＋k，联立得：ED＝E，所以应选D。
答案 D
3．如图13所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A
运动到B的过程中，其速度－时间图象是选项中的( )
图13
解析 电场力的方向指向轨迹的凹侧且沿与电场线相切的方向，因此粒子从A运动到B的过程中电场力方向与速度方向的夹角大于90°，粒子做减速运动，电场力越来越小，加速度越来越小，故B项正确。
答案 B
4．一负电荷从电场中A点由静止释放，只受静电力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度—时间图象如图14所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的( )
图14
解析 由速度－时间图象可知，电荷的速度越来越大，且加速度也是越来越大，故电荷在运动过程中，应受到逐渐增大的静电力作用，所以电场线的方向应由B指向A。由于加速度越来越大，所以静电力越来越大，即B点的电场强度应大于A点的电场强度，即B点处电场线应比A点处密集，所以选项C正确。
答案 C
一、选择题Ⅰ(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列关于点电荷和元电荷的说法中，正确的是 ( )
A．把质子或电子叫元电荷
B．电子带有最小的负电荷，电子就是元电荷
C．当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成点电荷
D．只有电荷量很小的带电体才能看成是点电荷
解析 元电荷是指电子或质子所带的电荷量，不是质子或电子，A、B错误；体积很小或很大的带电体在一定的条件下都可以看成点电荷，当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，其大小和形状可忽略不计，可以看成点电荷处理，C正确，D错误。
答案 C
2．关于物理学史，下列说法中不正确的是 ( )
A．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的
B．法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象
C．法拉第通过实验研究确认了真空中两点电荷之间相互作用力的规律
D．库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律
解析 电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的，故选项A正确；法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线形象直观地描绘了场的清晰图象，故选项B正确；库仑通过实验研究发现了真空中两点电荷之间相互作用力的规律——库仑定律，故选项C错误，D正确。
答案 C
3．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是 ( )
A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷
B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移
C．摩擦起电时，一个物体得到一些电子而带正电，另一个物体失去一些电子而带负电
D．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移
解析 摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷。摩擦起电时，一个物体得到一些电子而带负电，另一个物体失去一些电子而带正电。感应起电过程中，电荷在电场力作用下，电荷从物体的一部分转移到另一个部分，所以选项A、B、C错误，D正确。
答案 D
4．有关电场强度的理解，下述说法正确的是( )
A．由E＝可知，电场强度E跟放入的电荷q所受的电场力成正比
B．在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为E＝，取走q后，该点场强不为零
C．由E＝可知，在离点电荷很近，r接近于零时，电场强度达无穷大
D．沿电场线方向，场强一定越来越大
解析 电场强度是描述电场性质的物理量，它是矢量，不仅有大小而且有方向，其大小由电场本身决定，与是否有试探电荷无关；E＝为计算点电荷电场强度的决定式，当r接近于零时不适用；场强与电场线方向无直接关系，故本题选B。
答案 B
5.如图1所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN。P点在y轴右侧，MP⊥MN。则O、M、N、P四点中电场强度最大的是( )
图1
A．O点 B．M点 C．N点 D．P点
解析 电场线的疏密程度表示场强大小，由此可知场强最大的点为O点，故选A。
答案 A
6．一根绝缘性良好的光滑玻璃管水平放置，内部有两个完全相同的弹性金属小球A和B，带电荷量分别为＋9Q和－Q，两小球从如图2所示位置由静止释放，那么两小球再次经过原释放位置时，A球的瞬时加速度为释放时的( )
图2
A.倍 B.倍 C．1倍 D.倍
解析 碰撞后两球的带电荷量相等，均为q＝＝4Q，设图示位置时两球间距离为r，则根据库仑定律得，碰撞前在图示位置时的库仑力大小为F＝k，碰撞后经过图示位置时的库仑力大小为F′＝k＝k，所以F∶F′＝9∶16，球体受到的库仑力即为合力，所以释放后再次经过该位置时的加速度为释放时的倍，选项A正确。
答案 A
7．实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图3中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则( )
图3
A．a一定带正电，b一定带负电
B．电场力对a做正功，对b做负功
C．a的速度将减小，b的速度将增大
D．a的加速度将减小，b的加速度将增大
答案 D
8．如图4甲所示，AB是一个点电荷形成的电场中的一条电场线，图乙所示是放在电场线上a、b处的检验电荷的电荷量与所受静电力大小之间的函数图象(F－q图象)，指定电场方向由A指向B为正方向，由此可以判定 ( )
图4
A．场源电荷可能是正电荷，位置在A侧
B．场源电荷可能是正电荷，位置在B侧
C．场源电荷可能是负电荷，位置在A侧
D．场源电荷可能是负电荷，位置在B侧
解析 由F－q图象可知Eb＞Ea，又因为电场方向由A指向B为正方向，则由点电荷电场线的分布及场强大小的关系可知D正确。
答案 D
二、选择题Ⅱ(在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的)
9．如图5所示，点电荷Q固定，虚线是带电荷量为q的微粒仅在电场力作用下的运动轨迹，微粒的重力不计，a、b是轨迹上的两个点，b点离Q较近，则下列判断正确的是( )
图5
A．Q一定带正电荷，q一定带负电荷
B．不管Q带何种电荷，微粒在a点受到的电场力一定比在b点的小
C．微粒通过a、b两点时，加速度方向都指向Q
D．微粒通过a点时的速率比通过b点时的速率大
解析 由于微粒重力不计，则Q与微粒间是吸引力，电性相反，Q不一定带正电，A错误；由于a点离Q远，则受到的电场力小，B正确；由库仑定律知，微粒受力方向指向Q，C正确；无论微粒由a点向b点运动还是由b点向a点运动，根据微粒的受力方向和运动方向关系可知，微粒通过a点时速率小，D错误。
答案 BC
10．如图6所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，根据此图可做出的正确判断是( )
图6
A．带电粒子所带电荷的正、负
B．带电粒子在a、b两点的受力方向
C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大
D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大
解析 由电场线的疏密可知，a点的场强大，带电粒子在a点的加速度大，故C正确；画出初速度方向结合运动轨迹的偏转方向，可判断带电粒子所受电场力的方向，但由于电场的方向未知，所以不能判断带电粒子的电性，故A错误，B正确；利用初速度的方向和电场力方向的关系，可判断带电粒子由a到b时电场力做负功，动能减小，因此va＞vb，选项D正确。
答案 BCD
11．如图7所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)被固定在光滑绝缘水平面上。P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点，且PO＝ON。现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)从P点由静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的速度图象中，可能正确的是( )
图7
解析 在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O
点变为零，小球C受力沿垂直平分线，加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，v－t图线的斜率先变大后变小；由O点到无穷远处，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性。如果P、N相距足够远，则B正确，如果P、N相距很近，则A正确。
答案 AB
三、非选择题
12．如图8所示，倾角为45°、高为h的直角三角形斜面ABC固定在水平地面上，C点固定一个带电荷量为Q(Q>0)的点电荷，AB为粗糙绝缘斜面。一个带电荷量为q(q>0)、质量为m的小物块(可视为质点)由A点释放，小物块与AB斜面间的动摩擦因数为μ，设小物块始终没有脱离斜面，一直能运动到B点，且小物块的电荷量不变。已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：当小物块对斜面的压力最小时，小物块的加速度大小。
图8
解析 当小球运动到斜面中点时，FN最小，mgsin 45°－Ff＝ma，FN＋F库－mgcos 45°＝0，F库＝k，
Ff＝μFN，解得a＝g(1－μ)＋。
答案 g(1－μ)＋
13．如图9所示，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0 m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：
图9
(1)两点电荷间的库仑力大小；
(2)C点的电场强度的大小和方向。
解析 (1)根据库仑定律，A、B两点间的库仑力大小为：
F＝k①
代入数据得：F＝9.0×10－3 N②
(2)A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：
E1＝k③
A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为：
E＝2E1cos 30°④
代入数据得E＝7.8×103 N/C 方向沿y轴正方向
答案 (1)9.0×10－3 N
(2)7.8×103 N/C 方向沿y轴正方向
14．如图10所示，一长为L的绝缘细线下端系质量为m、电荷量为q的带负电金属小球，在细线的悬点O处放一电荷量为q的带正电的点电荷。金属小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，已知静电力常量为k。
图10
(1)求金属小球在最高点的最小速度的大小；
(2)如果金属小球刚好能通过最高点，则它通过最低点时的速度为多大？
解析 (1)设金属小球在最高点时的最小速度值为v1，根据牛顿第二定律有：
mg＋k＝m
解得：v1＝。
(2)设金属小球刚好能通过最高点，它通过最低点时的速度值为v2，因为只有重力对小球做功，所以机械能守恒，可得：
mv＝mv＋2mgL
解得：v2＝。
答案 (1) (2)
第15课时 电场能的性质
知识点一 电势能(b/c)
1.如图1所示，一带负电的粒子，沿着电场线从A点运动到B点的过程中，以下说法中正确的是( )
图1
A．带电粒子的电势能越来越小
B．带电粒子的电势能越来越大
C．带电粒子受到的静电力一定越来越小
D．带电粒子受到的静电力做正功
解析 带负电的粒子所受静电力方向与电场线方向相反，所以当带负电的粒子沿着电场线从A点运动到B点的过程中，静电力做负功，电势能越来越大，选项A、D错误，B正确；电场线的疏密表示场强的大小，所以EA＜EB，带电粒子受到的静电力一定越来越大，选项C错误。
答案 B
2．如图2所示，固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点，已知rM＜rN。下列叙述正确的是( )
图2
A．若把一正的试探电荷从M点沿直线移到N点，则
静电力对该电荷做功，电势能增加
B．若把一正的试探电荷从M点沿直线移到N点，则该电荷克服静电力做功，电势能增加
C．若把一负的试探电荷从M点沿直线移到N点，则静电力对该电荷做功，电势能减少
D．若把一负的试探电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，则该电荷克服静电力做的功等于静电力对该电荷所做的功，电势能不变
解析 由正点电荷产生的电场的特点可知，正试探电荷从M点到N点，静电力做正功，电势能减小，故选项A、B错误；负电荷由M点到N点，克服静电力做功，电势能增加，故选项C错误；静电力做功与路径无关，负试探电荷又回到M点，则整个过程中静电力不做功，电势能不变，故选项D正确。
答案 D
知识点二 电势(b/c)
3．如图3所示，Q是带正电的点电荷，P1、P2为其电场中的两点。若E1、E2为P1，P2两点的电场强度的大小，φ1、φ2为P1、P2两点的电势，则 ( )
图3
A．E1＞E2，φ1＞φ2 B．E1＞E2，φ1＜φ2
C．E1＜E2，φ1＞φ2 D．E1＜E2，φ1＜φ2
解析 由点电荷电场线分布以及电势与电场线的关系可知选项A正确。
答案 A
4．在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个－q的检验电荷从电场的无限远处移到电场中的A点时，静电力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为( )
A．EpA＝－W，φA＝ B．EpA＝W，φA＝－
C．EpA＝W，φA＝ D．EpA＝－W，φA＝－
解析 依题意，－q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，静电力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限远处电荷的电势能为零，则电荷在
A点的电势能为EpA＝－W，A点的电势φA＝＝。
答案 A
知识点三 电势差(b/c)
5．关于电势差，下列说法正确的是( )
A．电势差就是电场强度的差值
B．电势差就是电势能的差值
C．电场中任意两点间一定存在电势差
D．电场中有电势差的地方一定有电压
解析 电势差指的是电场中两点间电势的差值，选项A、B错误；电场中沿电场线方向电势降低，会存在电势差，但并不是说任意两点间都存在电势差，比如电势相等的两点间就没有电势差，选项C错误；电势差就是电压，所以有电势差的地方就一定有电压，选项D正确。
答案 D
6．电荷Q在电场中某两点间移动时，静电力做功为W，由此可算出两点间的电势差为U；若让电荷量为2Q的电荷在电场中的这两点间移动，则( )
A．静电力做功仍为W B．静电力做功为
C．两点间的电势差仍为U D．两点间的电势差为
解析 电势与电势差是电场本身的性质，与试探电荷无关，选项C对、D错；由静电力做功的公式W＝qU可知当电荷量为2Q的电荷在两点间移动时，静电力做功为2W，选项A、B错。
答案 C
知识点四 电势差与电场强度的关系(－/c)
7．对公式E＝的理解，下列说法正确的是( )
A．此公式适用于计算任何电场中a、b两点间的电势差
B．a点和b点间距离越大，则这两点的电势差越大
C．匀强电场中a、b两点沿电场线的距离越大，则电场强度越小
D．公式中的d是匀强电场中a、b所在的两等势面之间的距离
解析 此公式只适合匀强电场，选项A错误；a、b
两点间的电势差不仅取决于场强的大小，还取决于沿电场方向的距离d，a、b间距离大，d不一定大，故选项B错误；匀强电场中的电场强度大小与a、b两点间的距离无关，是恒定的，选项C错误；公式中的d是匀强电场中a、b所在的两等势面之间的距离，选项D正确。
答案 D
8．a、b、c是匀强电场中的三个点，各点电势依次为10 V、2 V、6 V；三点在同一平面上，下列图中电场强度的方向表示正确的是( )
解析 由于Uab＝φa－φb＝8 V，则ab中点处电势为6 V，因此c点与ab中点的电势相同，c点与ab中点的连线则为一条等势线，电场强度方向应垂直于该等势线并且指向电势较低的方向，故选项C正确。
答案 C
易混点一 不能正确理解电场线、电势、电势能、等势面之间的关系
1．电场线与电场强度的关系：电场线越密的地方表示电场强度越大，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向。
2．电场线与等势面的关系：电场线与等势面垂直，并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面。
3．电场强度大小与电势无直接关系：零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方，电势不一定高。
4．电势能与电势的关系：正电荷在电势高的地方电势能大；负电荷在电势低的地方电势能大。
【练1】 如图4所示，真空中的正点电荷放在O点，图中画出它产生的电场的六条对称分布的电场线。以水平电场线上的O′点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，下列说法正确的是( )
图4
A．b、e两点的电场强度相同
B．a点电势高于e点电势
C．b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差
D．电子沿圆周由d运动到c，电场力做正功
解析 b、e两点电场强度的大小相同，方向不同，A错误；在正电荷产生的电场中，离电荷越近，电势越高，e点离电荷近，故电势高，B错误；b、e两点和c、d两点分别到电荷的距离相同，故电势相同，因此b、c两点间的电势差等于e、d两点间的电势差，C正确；电场力做功与初、末位置的电势差有关，c、d两点的电势差为零，故电场力做功为零，D错误。
答案 C
疑难点二 电势差与电场强度的关系
在匀强电场中由公式U＝Ed得出的“一式、二结论”
(1)“一式”：E＝＝，其中d是沿电场线方向上的距离。
(2)“二结论”
结论1：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图5所示。
图5 图6
结论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图6所示。
【练2】 如图7所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个梯形的四个顶点。电场线与梯形所在的平面平行。ab平行于cd，且ab边长为cd边长的一半。已知a点的电势是3 V，b点的电势是5 V，c点的电势是7 V。由此可知，d点的电势为( )
图7
A．1 V B．2 V C．3 V D．4 V
解析 ab边与cd边相互平行，相等长度的两点电势差大小相等，a、b两点的电势差为2 V，dc距离为ab的2倍，则d、c两点电势差也是a、b两点间电势差的2倍即4 V，d点的电势为3 V，C正确。故正确答案为C。
答案 C
疑难点三 电场中的功能关系
1．求电场力做功的几种方法
(1)由公式W＝Flcos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eqlcos α。
(2)由WAB＝qUAB计算，此公式适用于任何电场。
(3)由电势能的变化计算：WAB＝EpA－EpB。
(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk。
2．电场中的功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。
(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。
(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化。
【练3】 如图8所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
图8
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
解析
微粒同时受到重力和电场力作用，由题中条件仅可判断出重力与电场力合力向下，无法确定电场力的大小和方向，故只能确定合力对微粒做正功，其动能增大，其他结论均无法确定，故只有选项C正确。
答案 C
[真题示例]
【例1】 (2016·4月浙江学考)如图9所示，真空中有两个点电荷Q1＝＋9.0×10－8 C和Q2＝－1.0×10－8 C，分别固定在x坐标轴上，其中Q1位于x＝0处，Q2位于x＝6 cm处。在x轴上( )
图9
A．场强为0的点有两处
B．在x＞6 cm区域，电势沿x轴正方向降低
C．质子从x＝1 cm运动到x＝5 cm处，电势能升高
D．在0＜x＜6 cm和x＞9 cm的区域，场强沿x轴正方向
解析 分析可知，只有在Q2的右侧某一点的电场强度才为零，A错；由k－k＝0得：x＝9 cm，所以当6 cm＜x＜9 cm，电场线方向向左，电势升高，B错；质子从x＝1 cm运动到x＝5 cm，电场力做正功，电势能减小，C错；在0＜x＜6 cm和x＞9 cm的区域，场强沿x轴正方向，D对。
答案 D
【例2】 (2016·10月浙江选考)如图10为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点。下列判断正确的是( )
图10
A．M、N、P三点中N点的场强最大
B．M、N、P三点中N点的电势最高
C．负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点
解析 电场中电场线的疏密表示场强的大小，由题图知N点场强最大，选项A正确；顺着电场线方向电势逐渐降低，N点的电势最低，选项B错误；负电荷由M到N，电场力做负功，电势能增加，所以EpM＜EpN，选项C错误；正电荷从M点自由释放，在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，选项D错误。
答案 A
[冲剌训练]
1．在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电荷量为q的正电荷由a点移到b点时，克服电场力做功为W，下列说法正确的是( )
A．该电荷在a点电势能较b点大
B．a点电势比b点电势低
C．a、b两点电势差大小一定为U＝Ed
D．a、b两点电势差Uab＝
解析 正电荷由a点移到b点时，电场力对电荷做负功W，电势能增加，该电荷在a点电势能较b点小，选项A错误；a点电势比b点电势低，故B正确；当a、b两点在同一电场线上时，U＝Ed，本题a、b是否在同一电场线上不确定，则U大小不一定等于Ed，故C错误；电荷从a移动到b，克服电场力做功W，根据电势差的定义Uab＝－，选项D错误。
答案 B
2．(2016·浙江嘉兴一中模拟)一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移动到b点。在这过程中除静电力外，其他力做的功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则a、b两点间的电势差Uab为( )
A．1×104 V B．－1×104 V C．4×104 V D．－7×104 V
解析 根据动能定理得Wab＋6.0×10－5 J＝8.0×10－5 J，则Wab＝8.0×10－5 J－6.0×10－5 J＝2.0×10－5 J。由UAB＝得Uab＝ V＝1×104 V，选项A正确。
答案 A
3．如图11甲所示，AB是电场中的一条电场线。质子以某一初速度从A
点出发，仅在电场力作用下沿直线从A点运动到B点，其v－t图象如图乙所示，则下列说法正确的是( )
图11
A．质子运动的加速度随时间逐渐减小
B．电场线的方向由A指向B
C．A、B两点电场强度的大小关系满足EA＜EB
D．A、B两点的电势关系满足φA＜φB
解析 由题图可知，从A→B，速度减小，所以电场力方向向左，电场线方向由B→A，所以φA＜φB，选项B错误，选项D正确；运动过程中加速度不变，所以该电场为匀强电场，EA＝EB，选项A、C均错误。
答案 D
4．(2016·浙江宁波学考模拟)如图12空间中存在水平向左的匀强电场。在电场中将一带电液滴从b点由静止释放，液滴沿直线由b运动到d，且直线bd方向与竖直方向成45°角，下列判断正确的是( )
图12
A．液滴带正电荷
B．液滴的电势能减少
C．液滴的重力势能和电势能之和不变
D．液滴的电势能和动能之和不变
解析 带电液滴受重力和电场力两个力的作用，由静止释放后，沿直线由b运动到d，说明液滴所受合外力沿b到d的方向，又因为重力方向竖直向下，所以电场力的方向水平向右，而电场线水平向左，故带电液滴带负电，选项A错误；液滴沿直线由b运动到d
的过程中，重力和电场力均做正功，重力势能和电势能都减少，选项B正确，C错误；重力和电场力合力所做的功，等于液滴动能的增量，又因为重力和电场力所做的功等于重力势能和电势能的减少量，故液滴的重力势能、电势能、动能三者之和不变，选项D错误。
答案 B
5．相距很近的一对带等量异号电荷的平行金属板，它们之间的电场除边缘外，可看作匀强电场，其电场线分布如图13所示。一个带电粒子沿图中轨迹穿过该电场，则从a运动到d的过程中( )
图13
A．粒子的速度一直在增大
B．粒子的电势能一直在减小
C．粒子在a点的电势能比在d点低
D．粒子的加速度先变大再不变后变小
解析 根据带电粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧可知，粒子带正电。电场力先做负功，后做正功，再做负功，粒子的动能先减小，后增大再减小，选项A错误；粒子的电势能先增大，后减小再增大，选项B错误；顺着电场线方向电势降低，a点的电势高于d点的电势，正电荷在电势高处电势能大，故粒子在a点的电势能比在d点大，选项C错误；电场线先是越来越密后不变再越来越疏，故电场力先变大再不变后变小，粒子的加速度先变大再不变后变小，选项D正确。
答案 D
一、选择题Ⅰ(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．如图1所示，实线是一簇未标明方向的由点
电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图得出的结论正确的是( )
图1
A．带电粒子带负电
B．带电粒子在a点的受力方向沿电场线指向左下方
C．带电粒子在b点的速度大
D．带电粒子在a点的电势能大
解析 粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，即a点的受力方向沿电场线指向左下方，故选项A错误，B正确；由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度大，电势能小，故选项C、D错误。
答案 B
2．如图2所示，将正电荷沿不同路径从A移动到C的过程中，下列说法正确的是( )
图2
A．从A经B到C静电力对电荷做功最多
B．从A经M到C静电力对电荷做功最多
C．从A经N到C静电力对电荷做功最多
D．不管正电荷经由哪条路径从A移动到C，静电力做功都相等，且都做正功
解析 静电力做功与电荷的运动路径无关，只与运动的初、末位置有关。不论电荷沿哪条路径从A运动到C，初、末位置相同，所以静电力做功相同；因为电荷是正电荷，根据题目信息，电荷受到的静电力从A指向C
，静电力方向与电荷运动方向相同，静电力做正功，选项D正确。
答案 D
3．(2016·海口一中检测)如图3，是某电场中的一条直电场线，一电子(重力不计)从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，则可判断 ( )
图3
A．该电场一定是匀强电场
B．场强Ea一定小于Eb
C．电子具有的电势能Epa一定大于Epb
D．两点的电势φa一定高于φb
解析 电子由静止释放，且由a向b运动，则电子所受的静电力一定是由a指向b；因为电子受力方向与场强方向相反，说明电场线的方向一定是由b指向a；由于无法确定电场线疏密，因此无法确定场强大小关系，故选项A、B错误；由题意知，静电力对电子做正功，电势能减小，所以电子具有的电势能Epa一定大于Epb，故选项C正确；根据电场线方向由b指向a可知，电势φa一定低于φb，故选项D错误。
答案 C
4．在电场中A、B两点间的电势差UAB＝75 V，B、C两点间的电势差UBC＝－200 V，则A、B、C三点的电势高低关系为( )
A．φA＞φB＞φC B．φA＜φC＜φB C．φC＞φA＞φB D．φC＞φB＞φA
解析 由UAB＝75 V，得φA－φB＝75 V，φA＝φB＋75 V；由UBC＝－200 V得φB－φC＝－200 V，φC＝φB＋200 V，则φC＞φA＞φB，故选项C正确。
答案 C
5．(2016·9月金华十校联考)如图4所示，两等量异种点电荷，以两电荷连线的中点O为圆心画出半圆，在半圆上有a、b、c三点，a、c分别为半圆与两电荷连线的交点，b点在两电荷连线的垂直平分线上。下列说法正确的是( )
图4
A．a、c两点的电场强度相同
B．a、c两点的电势相同
C．带负电的检验电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．将带正电的检验电荷由c点移到b点的过程电场力做正功
解析 由等量异号点电荷电场分布的对称性知A正确；沿电场线电势降低，B错误；因负电荷在电势高处电势能小，C错误；正电荷由c到b，电场力方向与位移方向夹角为钝角，由功的公式W＝Flcos α知电场力做负功，D错误。
答案 A
6．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减少，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是( )
解析 由粒子的运动轨迹判断可知，粒子所受电场力的方向向左并沿电场线方向，由于运动过程中粒子的电势能减少，所以电场力做正功，粒子运动的方向一定是c到a，故选项D正确。
答案 D
7.如图5所示，在电场中有a、b、c三点，且ab＝bc，关于ab和bc间电势差，下列说法正确的是( )
图5
A．ab间的电势差一定大于bc间的电势差
B．因ab＝bc，所以ab间的电势差等于bc间的电势差
C．ab间的电势差一定小于bc间的电势差
D．因是非匀强电场，无法比较
解析 电场尽管为非匀强电场，但沿电场线相同距离上E
大时，电势差必定大，由题图可知ab处的电场线较bc处的电场线较稀疏，场强小，所以ab间的电势差一定小于bc间的电势差，选项C正确。
答案 C
8．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图6所示，a、b、c、d为电场中的4个点。则( )
图6
A．P、Q两点处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度相同
C．c点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a到c，电势能减少
解析 由题中所给的等势面分布图是对称的及电场线与等势面垂直可得，P、Q两点应为等量的异种电荷，A错；a、b两点的电场强度大小相等，但方向不同，故B错；因P处为正电荷，因此c点的电势高于d点的电势，C错；因P处为正电荷，故Q处为负电荷，负电荷从靠负电荷Q较近的a点移到靠正电荷P较近的c点时，电场力做正功，电势能减小，D对。
答案 D
二、选择题Ⅱ(在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的)
9．如图7所示是某空间部分电场线分布图，在电场中取一点O，以O为圆心的圆周上有M、Q、N三个点，连线MON与直电场线重合，连线OQ垂直于MON。下列说法正确的是 ( )
图7
A．M点的场强大于N点的场强
B．O点的电势等于Q点的电势
C．将一负点电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加
D．一正点电荷只受电场力作用能从Q点沿圆周运动至N点
解析 电场线的疏密表示场强的强弱，故M点的场强大于N点的场强，故A正确；根据电场线与等势线垂直的特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故B错误；将一负点电荷由M点移到Q点，电场力做负功，电势能增加，故C正确；一正点电荷只受电场力作用不可能沿圆周运动，故D错误。
答案 AC
10．光滑绝缘水平面上有两个带等量异种电荷的小球A、B，小球A通过绝缘轻弹簧与竖直墙相连，如图8所示。今小球B在外力F作用下缓慢向右移动，移动中两小球带电荷量不变，则对两小球和弹簧组成的系统的分析正确的是( )
图8
A．外力F对系统做正功，弹性势能增大
B．外力F对系统做正功，弹性势能减小
C．静电力做正功，电势能减小
D．静电力做负功，两球间电势差增大
解析 外力对小球做正功，当小球B向右运动时，两球距离增大，库仑力减小，因此弹簧的伸长量减小，弹性势能减小，A错误，B正确；由于两球距离增大，库仑力做负功，系统电势能增大，两球间电势差增大，C错误，D正确。
答案 BD
11．如图9所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是( )
图9
A．金属块带正电荷
B．金属块克服电场力做功8 J
C．金属块的机械能减少12 J
D．金属块的电势能减少4 J
解析 WG＝24 J，Wf＝－8 J，ΔEk＝12 J，由动能定理得电场力做功WE＝－4 J，说明金属块带正电荷，因此选项A正确，B错误；金属块的电势能变化量ΔEp＝－WE＝4 J＞0，因此选项D错误；金属块的机械能变化量ΔE＝WE＋Wf＝－12 J＜0，选项C正确。
答案 AC
三、非选择题
12.如图10所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离Lab＝8 cm，bc间距离Lbc＝14 cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角。一个电荷量q＝－4×10－8 C的负电荷从a点移到b点克服静电力做功1.2×10－6 J。求：
图10
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)电荷从b点移到c点，静电力所做的功；
(3)a、c两点间的电势差。
解析 (1)根据Wab＝qUab，且Wab＝－1.2×10－6 J，电荷为q＝－4×10－8 C，所以Uab＝ V＝30 V。根据E＝可知E＝V/m＝375 V/m。
(2)Wbc＝qUbc＝q·E·Lbc·cos 60°
＝－4×10－8×375×0.14×cos 60°J＝－1.05×10－6 J。
(3)Uac＝Ed＝375×(0.08＋0.14×cos 60°) V＝56.25 V。
答案 (1)375 V/m (2)－1.05×10－6 J (3)56.25 V
13.如图11所示，平行金属带电极板A、B间可看作匀强电场，场强E＝1.2×103 V/m，极板间距离d＝5 cm，电场中C和D分别到A、B两板的距离均为0.5 cm，B极板接地，求：
图11
(1)C、D两点的电势和两点间的电势差；
(2)点电荷q1＝－2×10－3 C分别在C和D两点的电势能；
(3)将点电荷q2＝2×10－3 C从C匀速移到D时外力所做的功。
解析 (1)由E＝得UBC＝EdBC＝1.2×103×4.5×10－2 V＝54 V
又因φB＝0及UBC＝φB－φC，所以φC＝－54 V，同理可得φD＝－6 V
所以UCD＝φC－φD＝－48 V。
(2)由Ep＝qφ得
EpC＝q1φC＝－2×10－3×(－54) J＝0.108 J
EpD＝q1φD＝－2×10－3×(－6) J＝0.012 J。
(3)把q2由C匀速移到D，电场力做负功，由于匀速移动，外力做功与电场力做功大小相等。W外＝－W电＝－q2UCD＝－2×10－3×(－48) J＝0.096 J。
答案 (1)φC＝－54 V，φD＝－6 V，UCD＝－48 V
(2)EpC＝0.108 J，EpD＝0.012 J (3)0.096 J
14．如图12所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动的瞬间加速度大小恰好为重力加速度g。已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力。
图12
(1)求液珠的比荷；
(2)求液珠速度最大时离A点的距离h；
(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)。求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB。
解析 (1)设液珠的电荷量为q，质量为m，有
k－mg＝mg
解得液珠的比荷为＝
(2)当液珠速度最大时有k＝mg
解得h＝H
(3)设CB间的电势差为UCB，有UCB＝φC－φB＝－
根据动能定理有qUCB－mg(rB－H)＝0
解得rB＝2H
答案 (1) (2)H (3)2H
第16课时 电容器 带电粒子在电场中的运动
知识点一 电容器的电容(b/c)
1．(2016·9月绍兴适应性考试)2015年4月16日，中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三线城市的主要公交用车。这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器”。如图1所示，这种电容器安全性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大(达到9 500 F)，能够在10 s内完成充电。下列说法正确的是( )
图1
A．该“超级电容器”能储存电荷
B．该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大
C．该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能
D．充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极
解析 电容器能储存电荷，A正确；电容器的电容反映电容器容纳电荷的本领，由电容器本身决定，与电压无关，B错；电容器放电过程把电能转化为其他形式的能，C错误；电容器充电时，电源的正极接电容器的正极，D错误。
答案 A
2．一个电容器的规格是“10 μF 50 V”，则 ( )
A．这个电容器加上50 V电压时，电容量才是10 μF
B．这个电容器的最大电容量是10 μF，电压较小时，电容量小于10 μF
C．这个电容器上加的电压不能低于50 V
D这个电容器的电容量总等于10 μF
解析 “10 μF，50 V”中“50 V”表示使用该电容器时额定电压为50 V，实际电压可低于50 V。“10 μF”表示电容器的电容始终为10 μF，它与电容器的带电荷量及两极板间电压的大小无关，所以选项A、B、C错误，选项D正确。
答案 D
知识点二 带电粒子在电场中的运动(b/d)
3．(2016·浙江六校联考)如图2所示，静电喷涂时，喷枪带负电，被喷工件带正电，喷枪喷出的涂料微粒带负电。假设微粒被喷出后只受静电力作用，最后吸附在工件表面。微粒在向工件靠近的过程中( )
图2
A．一定沿着电场线运动
B．所受电场力先减小后增大
C．克服电场力做功
D．电势能逐渐减小
解析
在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电，由于涂料微粒有初速度，不一定沿电场线方向运动，在涂料微粒向工件靠近的过程中，离工件越近，涂料微粒所受库仑力越大，故选项A、B错误；由于涂料微粒与工件间为引力，微粒向工件靠近的过程中，电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小，故选项C错误，D正确。
答案 D
4．如图3甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移x的关系如图乙所示。EA、EB表示A、B两点的电场强度，φA、φB表示A、B两点的电势。以下判断正确的是( )
图3
A．EA＜EB B．EA＞EB C．φA＞φB D．φA＜φB
解析 由速度平方v2与位移x的关系与v2－v＝2ax对比可得，电子做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，合力(电场力)恒定，此电场为匀强电场，选项A、B错误；电子从A到B，电场力做正功，电势能减小，电势增大，选项D正确，C错误。
答案 D
5．(2016·8月温州选考模拟)如图4所示，是喷墨打印机的简化模型。质量为m的墨汁微粒经带电室带上负电后，以某一速度平行于极板飞入板间，已知板间匀强电场的电场强度为E，微粒最终打在纸上。则以下说法正确的是( )
图4
A．墨汁微粒的电荷量不一定是电子电量的整数倍
B．当墨汁微粒的电荷量q＞时，微粒向负极板偏
C．当墨汁微粒的电荷量q＜时，微粒向正极板偏
D．当墨汁微粒的电荷量q＝时，微粒沿直线穿过电场
解析 电荷量不能连续变化，一定是元电荷的整数倍，A错误；当墨汁微粒的电荷量q＞时，则有qE＞mg，合力
向上，微粒向上偏转，即向正极板偏转，B错误；同理知C错误；当q＝，即qE＝mg时，合力为零，微粒做匀速直线运动，D正确。
答案 D
6.如图5所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的( )
图5
A．2倍 B．4倍 C.倍 D.倍
解析 第一次d＝·()2，第二次d′＝·()2，两式相比可得d′＝，所以选项C正确。
答案 C
疑难点一 平行板电容器的动态分析
平行板电容器的动态分析思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。
(3)根据定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
(4)根据E＝分析电容器极板间场强的变化。
【练1】 如图6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。一带电油滴位于两板中央的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下移动一小段距离，则( )
图6
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．带电油滴将沿竖直方向向下运动
C．P点的电势将降低
D．电容器的电容减小，电容器的带电量将减小
解析 根据电容器的决定式C＝，当上极板向下移动时，d减小，电容变大，又C＝，电压U不变，因此电容器带电量增多，D错误；根据电容器内部电场强度E＝可知，d减小，场强增大，油滴受到向上的电场力增大，将向上运动，A正确，B错误；由于场强增大，由U＝Ed可知，P与下极板电势差变大，P点电势升高，C错误。
答案 A
疑难点二 带电粒子在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
2．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad。
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
【练2】
如图7所示，匀强电场水平向左，带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动，经A点时动能为100 J，到B点时动能减少到80 J，减少的动能中有12 J转化为电势能，则它再经过B点时，动能大小是( )
图7
A．4 J B．16 J C．32 J D．64 J
解析 设物体向右运动到C点静止，然后返回，A、B间距离为x1，B、C间距离为x2，从A到B过程中，由动能定理得－(Ff＋qE)x1＝(80－100) J＝－20 J。 由电场力做功与电势能的关系知qEx1＝12 J，解得qE＝。
从B到C过程中，由动能定理得
－(Ff＋qE)x2＝－80 J，解得Ffx2＝32 J。
从B到C再返回B的过程中，由动能定理得
－2Ffx2＝Ek－80 J，解得Ek＝16 J，故选项B正确。
答案 B
疑难点三 带电粒子在电场中的偏转
1．条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。
2．运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。
3．运动规律
(1)加速度：a＝＝＝
(2)在电场中的运动时间：t＝
(3)离开电场时的偏移量y＝at2＝
(4)离开电场时的偏转角tan θ＝＝
4．两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。
(2)粒子经电场偏转后，末速度的反向延长线与初速度延长线的交点O
为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为。
【练3】 如图8所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )
图8
A. B. C. D.
解析 因为两粒子轨迹恰好相切，切点为矩形区域中心，则对其中一个粒子，水平方向＝v0t，竖直方向＝at2，且满足a＝，三式联立解得v0＝，故B正确。
答案 B
疑难点四 应用动力学知识和功能关系解决力、电综合问题
1．方法技巧
功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力。因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选。
2．解题流程
【练4】 一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ
杆是粗糙的。现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的。
图9
(1)若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离；
(2)若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。
解析 (1)小环刚好到达P点时，速度为零，对小环从D点到P点过程，由动能定理得qEx－2mgR＝0—0，
又由题意得qE＝mg，
联立解得x＝4R。
(2)若μ≥，则μmg≥qE，设小环到达P点右侧x1时静止，由动能定理得qE(5R－x1)－mg·2R－Ffx1＝0，
又Ff＝μmg，
联立解得x1＝，所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W1＝μmgx1＝。
若μ＜，则μmg0，由动能定理可知，电子的动能不断增大，即速度不断增大，选项C、D错误；P点附近等势面密集，故场强较大，电子在P点附近所受电场力大，电子的加速度也就大，对应v－t图象的斜率大，故由P到Q，v－t图象的斜率不断减小，选项A正确，B错误。
答案 A
二、选择题Ⅱ(在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的)
8．如图7，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。不计空气阻力，则小球( )
图7
A．做直线运动
B．做曲线运动
C．速率先减小后增大
D．速率先增大后减小
解析 刚开始时带电小球所受重力与电场力的合力F跟v0不在同一条直线上，所以它一定做曲线运动，A项错误，B项正确；因重力与电场力的合力F为恒力，结合图可知运动过程中合力F与速度之间的夹角由钝角减小到锐角，其中直角时速率最小，所以带电小球的速率先减小后增大，故C项正确，D项错误。
答案 BC
9．如图8所示，在真空中A、B
两块平行金属板竖直放置并接入电路。调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是( )
图8
A．使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板
B．使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出
C．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板
D．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出
解析 设带电粒子进入电场中的位移为x，根据动能定理得：－qEx＝0－mv，又E＝得x＝，由此可知，要使带电粒子进入电场后恰能到达B板处，x变为原来的2倍，采取的方法有：使带电粒子的初速度变为v0；或使A、B两板间的电压变为U；或使初速度v0和电压U都增加到原来的2倍，故B、C正确，A、D错误。
答案 BC
10．如图9所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器的内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则( )
图9
A．若保持开关S闭合，A板向B板靠近，则θ增大
B．若保持开关S闭合，A板向B板靠近，则θ不变
C．若开关S断开，A板向B板靠近，则θ不变
D．若开关S断开，A板向B板靠近，则θ增大
解析 保持开关S闭合，则电容器两极板间电压U恒定，A板向B板靠近，距离d减小，由E＝可知电场强度增大，带正电小球受到的电场力增大，则θ增大，A正确，B错误；若开关S断开，则电容器的电荷量恒定，A板向B板靠近时，电场强度不变，带正电小球受到的电场力不变，则θ不变，C正确，D错误。
答案 AC
三、非选择题
11．如图10所示，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°，不计重力。求A、B两点间的电势差。
图10
解析 设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vBsin 30°＝v0sin 60°①
由此得vB＝v0②
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝m(v－v)③
联立②③式得UAB＝
答案
12.如图11所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图11
(1)水平向右的匀强电场的电场强度大小；
(2)若将电场强度减小为原来的，求物块的加速度大小和物块下滑距离L时的动能。
解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力图如图所示，则有FNsin 37°＝qE①
FNcos 37°＝mg②
由①②可得E＝
(2)若电场强度减小为原来的，即E′＝
由牛顿第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma
可得a＝3 m/s2
电场强度变为E′后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0
可得Ek＝0.3mgL
答案 (1) (2)3 m/s2 0.3mgL
13．如图12所示，A、B间存在与竖直方向成45°角斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏。一质量m＝1.0×10－3 kg，电荷量q＝＋1.0×10－2 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点。若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点(图中未画出)。g取10 m/s2。求：
图12
(1)E1的大小；
(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量及偏转角度。
解析 (1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有：qE1cos 45°－mg＝0①
解得：E1＝ N/C＝1.4 N/C
(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得：
qE1dABsin 45°＝mv②
解得：vb＝5 m/s
加磁场前粒子在B、C间做匀速直线运动，则有：
qE2＝mg③
加磁场后粒子在B、C间做匀速圆周运动，如图所示：
由牛顿第二定律得：qvbB＝m④
解得：R＝5 m
由几何关系得：R2＝d＋(R－y)2⑤
解得：y＝1.0 m
粒子在B、C间运动时电场力做的功为：
W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2 J⑥
由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2 J
设偏转角度为θ，则：sin θ＝＝0.6⑦
解得：θ＝37°
答案 (1)1.4 N/C (2)1.0×10－2 J 37°
第17课时 闭合电路的欧姆定律
知识点一 电流 电动势(b/c)
1．下面关于电源和电流的叙述正确的是( )
A．电源的作用是使电路中产生持续的电流，它是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置
B．只要有电压加在物体的两端便能产生电流
C．只要有大量的自由电荷便能产生电流
D．电流的方向就是自由电荷定向移动的方向
解析 电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，其作用是在电路两端提供持续的电压，所以能够产生持续的电流，选项A正确；产生电流的条件是有提供自由电荷的导体及导体两端具有电压，选项B、C错误；电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反，故选项D错误。
答案 A
2．(多选)如图1所示的干电池常标注有“1.5 V”的字样，表示电源的电动势为1.5 V，这说明 ( )
图1
A．电路中每通过1 C的电荷，电源把1.5 J的化学能转化为电能
B．干电池在1 s时间内将1.5 J的化学能转化为电能
C．干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为2 V的蓄电池弱
D．干电池工作时，能提供的电流大小为1.5 A
解析 电动势是指在电源内部从负极到正极移送1 C的正电荷非静电力所做的功，干电池的电动势为1.5 V，表示移送1 C电荷的过程中，非静电力做功为1.5 J，电源把1.5 J的化学能转化为电能，选项A正确，B错误；电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量，电动势越大，说明这种本领越强，选项C正确；电动势大小与电路中的电流没有必然联系，选项D错误。
答案 AC
知识点二 欧姆定律、导体的电阻(c/c)
3．如图2是某导体的伏安特性曲线，下列说法正确的是( )
图2
A．导体的电阻是1.0 Ω
B．导体的电阻是0.04 Ω
C．导体的电阻是25 Ω
D．当通过导体的电流是0.1 A时，导体两端的电压是0.5 V
解析 通过图象的斜率计算得导体的电阻R＝25 Ω，R不变，U与I成正比，U＝IR，故选项C正确，A、B、D错误。
答案 C
4．(2016·湖州学考模拟)下列叙述正确的是( )
A．长度、横截面积都相同的导体，电阻一定相同
B．电阻率只是一个比例常数，没有单位
C．将长为l的导线从中间分开，其中长为的导线电阻和电阻率均为原来的
D．将长为l的导线拉长为2l，则电阻变为原来的4倍
解析 由R＝ρ知材料不同的导体，即使长度、横截面积都相同，电阻也不相同，则选项A错误；电阻率有单位，它的国际单位是欧姆·米，则选项B错误；电阻率由导体的材料决定，与长度无关，选项C错误；当导线长度由l变为2l，则横截面积变为原来的，则电阻变为原来的4倍，选项D正确。
答案 D
知识点三 焦耳定律(c/c)
5．通过电阻R的电流为I时，在时间t内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流为时，则在时间t内产生的热量为( )
A．4Q B．2Q C. D.
解析 由电热公式Q＝I2Rt可得：Q′＝()22Rt＝I2Rt＝Q，故选项C正确。
答案 C
6．电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作时间为t，下列说法中正确的是( )
A．电动机消耗的电能为IUt
B．电动机消耗的电能为I2Rt
C．电动机线圈产生的热量为IUt
D．电动机线圈产生的热量为IUt－I2Rt
解析 电动机消耗的电能E＝Pt＝UIt，则选项A正确，B错误；线圈产生热量Q＝I2Rt，IUt－I2Rt为电动机输出的机械能，选项C、D错误。
答案 A
知识点四 串联电路和并联电路(c/c)
7.两电阻R1，R2的电流I和电压U的关系如图3所示，以下说法正确的是( )
图3
A．R1>R2
B．R1＝R2
C．R1和R2串联后的总电阻的I－U图线应在区域Ⅲ
D．R1和R2并联后的总电阻的I－U图线应在区域Ⅱ
解析 由于I－U图象中图线斜率的倒数为电阻大小，则R1＜R2，选项A、B均错误；电阻串联后总电阻变大，因此串联后的总电阻应在区域Ⅲ
，选项C正确；电阻并联后总电阻变小，因此并联后的总电阻应在区域Ⅰ，选项D错误。
答案 C
8．如图4所示电路中，电压保持不变，当开关S断开时，电流表A的示数为0.6 A，当S闭合时，电流表的示数为0.9 A，则两电阻阻值之比R1∶R2为( )
图4
A．1∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2
解析 开关S断开时，由欧姆定律得＝0.6 A；开关S闭合时R1、R2并联，得＝0.9 A，而R12＝，由此得两电阻阻值之比R1∶R2＝1∶2，故选项A正确。
答案 A
知识点五 闭合电路欧姆定律(c/d)
9．如图5所示，当可变电阻R＝2 Ω时，理想电压表的示数U＝4 V，已知电源的电动势E＝6 V，则( )
图5
A．此时理想电流表的示数是1.5 A
B．此时理想电流表的示数是3 A
C．电源的内阻是1 Ω
D．电源的内阻是2 Ω
解析 如题图所示电压表测量的是路端电压，电流表测的是通过R的电流，由部分电路欧姆定律可得U＝IR，故I＝2A；再由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir，将I＝2 A、U＝4 V、E＝6 V代入可得r＝1 Ω，故选项C正确。
答案 C
10．如图6为两个不同电源的U－I图线，则下列说法正确的是( )
图6
A．电动势E1＝E2，内阻r1Q，W＝UIt＝I2Rt＋W其他，P＝UI＝I2R＋P其他，如电风扇、电动机、电解槽等。
2．额定功率与实际功率
(1)用电器在额定电压下正常工作，用电器的实际功率等于额定功率，即P实＝P额。
(2)用电器的工作电压不一定等于额定电压，用电器的实际功率不一定等于额定功率，若U实>U额，则P实>P额，用电器可能被烧坏。
【练3】 下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗。若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则 ( )
自重
40 kg
额定电压
48 V
载重
75 kg
额定电流
12 A
最大行驶速度
20 km/h
额定输出功率
350 W
A.电动机的输入功率为350 W
B．电动机的内电阻为4 Ω
C．该车获得的牵引力为104 N
D．该车受到的阻力为63 N
解析 由于U＝48 V，I＝12 A，则P入＝IU＝576 W，故选项A错误；因P入＝P出＋I2r，r＝ Ω＝ Ω，故选项B错误；由P出＝Fv＝Ffv，F＝Ff＝63 N，故选项C错误，D正确。
答案 D
易错点四 不能正确分析闭合电路的动态变化问题
直流电路的动态变化分析容易出现以下错误：
(1)分析电阻的结构时出现错误，如没有真正明确元件的串联、并联关系；
(2)不明确电压表、电流表测量的是哪一部分的电压和电流；
(3)分析思路上未遵循从部分到整体再到部分的原则。
【练4】 如图10所示，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其电阻随光照强度的增加而减小。闭合开关S后，若照射R3的光强度减弱，则( )
图10
A．R1两端的电压变大
B．小灯泡消耗的功率变小
C．通过R2的电流变小
D．电源两极间的电压变小
解析 照射R3的光强度减弱，光敏电阻阻值变大，故电路总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知，电路的总电流减小，路端电压增大，D项错误；由部分电路欧姆定律得U1＝IR1，则R1两端电压减小，A项错误；根据串反并同规律可知，与R3串联的小灯泡消耗的功率减小，B项正确；通过与R3并联的电阻R2的电流增大，C项错误。
答案 B
疑难点五 电源的功率和效率
1．电源的总功率
(1)任意电路：P总＝EI＝(U外＋U内)I＝P出＋P内。
(2)纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝。
2．电源内部消耗的功率：P内＝I2r＝U内I＝P总－P出。
3．电源的输出功率
(1)任意电路：P出＝UI＝EI－I2r＝P总－P内。
(2)纯电阻电路：P出＝I2R＝＝。
(3)输出功率随R的变化关系：
①当R＝r时，电源的输出功率最大，为Pm＝。
②当R＞r时，随着R的增大输出功率越来越小。
③当R＜r时，随着R的增大输出功率越来越大。
④当P出＜Pm时，每个输出功率对应两个可能的外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。
⑤P出与R的关系如图11所示。
图11
4．电源的效率
(1)任意电路：η＝×100%＝×100%
(2)纯电阻电路：η＝×100%＝×100%，因此在纯电阻中路中R越大，η越大；当R＝r时，电源有最大输出功率，效率仅为50%。
【练5】 (多选)如图12所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L标有“2 V
0．4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则( )
图12
A．电源的内阻为1 Ω
B．电动机的内阻为4 Ω
C．电动机正常工作的电压为1 V
D．电源的效率为93.3%
解析 小灯泡正常工作时的电阻RL＝＝10 Ω，流过小灯泡的电流I＝＝0.2 A。当开关S接1时，R总＝＝15 Ω，电源内阻r＝R总－R－RL＝1 Ω，A正确；当开关S接2时，电动机M两端的电压UM＝E－Ir－U＝0.8 V，C错误；电动机对外功率未知，不能求出电动机的内阻，选项B错误；电源的效率η＝＝×100%＝93.3%，D正确。
答案 AD
疑难点六 电源的U－I图象的应用
1．纵轴上的截距等于电源的电动势；横轴上的截距等于外电路短路时的电流，即I短＝。
图13
2．图线斜率的绝对值等于电源的内阻，即r＝||＝，斜率的绝对值越大，表明电源的内阻越大。
3．图线上任一点对应的U、I的比值为此时外电路的电阻，即R＝。
4．面积UI为电源的输出功率，而电源的总功率P总＝EI，P总－P出＝EI－UI为电源的发热功率。
【练6】 (2016·浙江宁波联考)如图14所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知( )
图14
A．R的阻值为15 Ω
B．电源电动势为3 V，内阻为0.5 Ω
C．电源的输出功率为3.0 W
D．电源内部消耗功率为1.5 W
解析 由图线Ⅱ可知，外电阻R＝＝ Ω＝1.5 Ω，故A错误；由图线I可知，电源的电动势E＝3.0 V，短路电流I短＝2.0 A，电源内阻r＝＝ Ω＝1.5 Ω，故B错误；两图线交点纵、横坐标的乘积表示电源的输出功率，电源的输出功率为P＝UI＝1.5×1.0 W＝1.5 W，选项C错误；电源内部消耗的功率为Pr＝I2r＝1.02×1.5 W＝1.5 W，选项D正确。
答案 D
[真题示例]
【例1】 (2016·10月浙江选考)一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗钢丝塞住管口。管中盐水柱长为40 cm时测得电阻为R。若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同。现将管中盐水柱均匀拉长至50 cm(盐水体积不变，仍充满橡胶管)。则盐水柱电阻变为( )
A.R B.R C.R D.R
解析 由于总体积不变，设40 cm长时的横截面积为S。所以长度变为50 cm后，横截面积S′＝S，根据电阻定律R＝ρ，可得R′＝R，选项D正确。
答案 D
【例2】 (2016·10月浙江选考)如图15为一种服务型机器人，其额定功率为48 W，额定工作电压为24 V，机器人的锂电池容量为20 A·h。则机器人( )
图15
A．额定工作电流为20 A
B．充满电后最长工作时间为2 h
C．电池充满电后总电量为7.2×104 C
D．以额定电流工作时每秒消耗能量为20 J
解析 由P＝IU知额定电流I＝＝2 A，选项A错误；充满电后，锂电池容量为20 A·h，最长工作时间t＝＝10 h，选项B错误；电池充满电后总电量Q＝It＝20×3 600 C＝7.2×104 C，选项C正确；以额定电流工作时每秒消耗能量W＝IUt＝48 J，D错误。
答案 C
【例3】 (2016·4月浙江学考)图示16中的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板有效采光面积约为0.3 m2。晴天时电池板上每平方米每小时接收到太阳辐射能约为3×106 J。如果每天等效日照时间约为6 h，光电池一天产生的电能可供30 W的路灯工作8 h。光电池的光电转换效率约为( )
图16
A．4.8% B．9.6% C．16% D．44%
解析 η＝×100%＝16%
答案 C
【例4】 (2015·10月浙江学考)如图17所示是我国某10兆瓦(1兆瓦＝106 W)光伏发电站，投入使用后每年可减少排放近万吨二氧化碳。已知该地区每年能正常发电的时间约为1 200 h，则该电站年发电量约为( )
图17
A．1.2×106 kW·h B．1.2×107 kW·h
C．1.2×109 kW·h D．1.2×1010 kW·h
解析 年发电量为W＝Pt＝104 kw×1 200 h
＝1.2×107 kw·h，故B正确。
答案 B
[冲剌训练]
1．(2016·温州学考模拟)电动自行车因轻便、价格相对低廉、污染和噪音小而受到市民喜爱。某国产品牌电动自行车的铭牌如下，则此车所配电机的内阻为( )
规格
后轮驱动直流永磁电机
车型：20′电动自行车
电机输出功率：175 W
电源输出电压：≥36 V
额定工作电压/电流：36 V/5 A
整车质量：40 kg
额定转速：240 r/min
A.0.2 Ω B．7.0 Ω C．7.2 Ω D．7.4 Ω
解析 电机输出功率为P出＝175 W，则电机的工作电压为U＝36 V，电流为I＝5 A，设内阻为R，则根据能量守恒定律得UI－I2R＝P出，代入解得R＝0.2 Ω。故选项A正确。
答案 A
2．(2016·温州学考模拟)如图18所示电路中，电动势为E，内阻为r的电源与一滑动变阻器构成闭合电路，当滑片移动时，滑动变阻器两端的电压和电路中电流的关系图象为( )
图18
解析 由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，得U＝E－Ir，U与I为一次函数关系，且随电流I增大，电压U减小。
答案 D
3．如图19所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )
图19
A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值
C．增大两板间的距离 D．断开开关S
解析 带电油滴原来平衡，则q＝mg。 当增大R1的阻值时，电路的总电阻增大，总电流减小，内压减小，路端电压U增大，带电油滴向上加速，选项A错误；增大R2的阻值，路端电压不变，油滴仍静止，选项B正确；增大两板间距离， 0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )
图16
A. B. C. D.
解析 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在垂直于速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM对应圆心角为60°，所以△EMO2为等边三角形。由于O1D＝，所以∠EO1D＝60°，△O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2＝O1E＝R，由qvB＝，得v＝，B正确。
答案 B
一、选择题Ⅰ(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值 ( )
A．与粒子电荷量成正比
B．与粒子速率成正比
C．与粒子质量成正比
D．与磁感应强度成正比
解析 粒子仅在磁场力作用下做匀速圆周运动有qvB＝m，得R＝，周期T＝＝，其等效环形电流I＝＝，故D选项正确。
答案 D
2．如图1所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为( )
图1
A. B．2 C. D．3
解析 粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示。电子1垂直射出磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以粒子1运动的时间t1＝＝，粒子2运动的时间t2＝＝，所以＝3。
答案 D
3．如图2所示，半径为R
的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为( )
图2
A. B. C. D.
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示。
故轨道半径：r＝R
故在磁场中的运动时间：
t＝＝。
答案 A
4．如图3所示，垂直纸面向里的匀强磁场足够大，两个不计重力的带电粒子同时从A点在纸面内沿相反方向垂直虚线MN运动，经相同时间两粒子又同时穿过MN，则下列说法正确的是( )
图3
A．两粒子的电荷量一定相等，电性可能不同
B．两粒子的比荷一定相等，电性可能不同
C．两粒子的动能一定相等，电性也一定相同
D．两粒子的速率、电荷量、比荷均不等，电性相同
解析 因两粒子是从垂直MN开始运动的，当再次穿过MN时速度方向一定垂直MN，两粒子均运动了半个周期，即两粒子在磁场中运动周期相等，由T＝知两粒子的比荷一定相等，但质量、电荷量不一定相等，选项A、D错误；因不知粒子的偏转方向，所以粒子电性无法确定，选项B正确；因粒子运动的周期与速度无关，所以粒子的动能也不能确定，选项C错误。
答案 B
5.如图4，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
图4
A．2 B. C．1 D.
解析 由题图可知，带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍；由洛伦兹力提供向心力：
qvB＝得v＝；其动能Ek＝mv2＝，故磁感应强度B＝，＝·＝，选项D正确。
答案 D
6．如图5所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R。则( )
图5
A．粒子经偏转一定能回到原点O
B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1
C．粒子完成一次周期性运动的时间为
D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R
解析 由左手定则可知，带电粒子的轨迹如图所示，则粒子不可能回到原点O，选项A错误；由r＝可知，粒于在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，选项B错误；粒子完成一次周期性运动的时间t＝T1＋T2＝＋＝，选项C错误；由几何关系知，粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进l＝R＋2R＝3R，选项D正确。
答案 D
7.如图6所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则( )
图6
A．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为3∶1
B．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为∶1
C．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为2∶1
D．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为1∶2
解析 带电粒子在匀强磁场中运动，r＝，设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系得，tan 60°＝，tan 30°＝，联立解得带电粒子的运动半径之比＝，由＝知粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为3∶1，A正确，B错误；由t＝·T＝
eq f(θ,2π)·＝＝知带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比值为＝＝＝，C、D错误。
答案 A
二、选择题Ⅱ(在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的)
8．如图7所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则 ( )
图7
A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．甲球的释放位置比乙球的高
D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
解析 三个小球在运动过程中机械能守恒，有mgh＝mv2，在圆形轨道的最高点时对甲有qv1B＋mg＝，对乙有mg－qv2B＝，对丙有mg＝，可判断v1＞v3＞v2，选项A、B错误，C、D正确。
答案 CD
9．如图8所示，直线MN上方存在范围足够大的磁感应强度为B的匀强磁场，一质子(质量为m、电荷量为e)以速度v从O点沿与MN成30°角的方向射入磁场中，若不计质子重力，则( )
图8
A．质子从磁场中射出时距O点的距离为
B．质子从磁场中射出时距O点的距离为
C．质子在磁场中运动的时间为
D．质子在磁场中运动的时间为
解析 由左手定则可判断出质子应
落在OM之间，设质子从磁场中射出时距O点的距离为d，其运动轨迹如图所示，由图示的几何关系可知rsin 30°＝，即r＝d，粒子做圆周运动满足qvB＝m，所以d＝，A正确，B错误；质子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为300°，所以质子在磁场中运动的时间为t＝T＝，C错误，D正确。
答案 AD
10．空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图9中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是( )
图9
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
解析 由于粒子比荷相同，由R＝可知速度相同的粒子轨迹半径相同，运动轨迹也必相同，B正确；对于入射速度不同的粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示，由图可知，粒子的轨迹直径不超过磁场边界一半时转过的圆心角都相同，运动时间都为半个周期，而由T＝知所有粒子在磁场运动周期都相同，故A、C皆错误；再由t＝T＝可知D正确。
答案 BD
三、非选择题
11．在直径为d的圆形区域内存在着均匀磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于圆面指向纸外。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点沿纸面射入磁场，其速度方向与AC成α＝15°角，如图10所示。若此粒子在磁场区域运动的过程中，速度的方向一共改变了90°。重力可忽略不计，求：
图10
(1)该粒子在磁场区域内运动所用的时间t；
(2)该粒子射入时的速度大小v。
解析 (1)粒子在匀强磁场中运动的周期：T＝
带正电粒子的速度方向改变了90°，所用的时间：
t＝＝
(2)粒子的运动情况如图所示。
△AOD是等腰直角三角形。
所以：AD＝r
在△CAD中，∠CAD＝90°－α－∠OAD＝30°，AD＝dcos ∠CAD＝dcos 30°
解得半径：r＝d
又因为：qvB＝m
因此粒子射入时的速度大小v＝
答案 (1) (2)
12．如图11所示，第一象限范围内有垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m，电量大小为q的带电粒子在xOy平面里经原点O射入磁场中，初速度v0与x轴夹角θ＝60°，试分析计算：
图11
(1)带电粒子从何处离开磁场？穿越磁场时运动方向发生的偏转角是多大？
(2)带电粒子在磁场中运动时间有多长？
解析 (1)不论粒子带何种电荷，其运动轨道半径均为R＝
如图所示，有O1O＝O2O＝R＝O1A＝O2B
带电粒子沿半径为R的圆运动一周所用的时间为T＝＝
若粒子带负电，它将从x轴上A点离开磁场，运动方向发生的偏转角θ1＝120°
A点与O点相距x＝R＝
若粒子带正电，它将从y轴上B点离开磁场，运动方向发生的偏转角θ2＝60°
B点与O点相距y＝R＝
(2)若粒子带负电，它从O到A所用的时间为
t1＝T＝
若粒子带正电，它从O到B所用的时间为
t2＝T＝
答案 见解析
13．如图12甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有—群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求：
图12
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
解析 (1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，有
qv0B0＝
做匀速圆周运动的周期T0＝
联立两式得磁感应强度B0＝
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有r＝
当两板之间正离子运动n个周期，即nT0时，有
r＝(n＝1，2，3，…)
联立求解，得正离子的速度的可能值为
v0＝＝(n＝1，2，3，…)
答案 (1) (2)(n＝1，2，3，…)
第21课时 带电粒子在复合场中的运动
疑难点一 回旋加速器和质谱仪
1．质谱仪的原理
图1
粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m。
由以上两式可得r＝，m＝，＝。
2．回旋加速器的原理
图2
交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关。
【练1】 如图3甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒。在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )
图3
A．在Ek－t图中应有t4－t3＜t3－t2＜t2－t1
B．加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积
解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在Ek－t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A错；粒子获得的最大动能与加速电压无关，加速电压越小，粒子加速次数就越多，由粒子圆周运动的半径r＝＝可知，Ek＝，即粒子获得的最大动能取决于D形盒的半径，当轨道半径r
与D形盒半径R相等时，粒子就不能继续加速，故选项B、C错，D对。
答案 D
疑难点二 带电粒子在组合场中的运动
“磁偏转”和“电偏转”的比较
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)
带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)
受力情况
只受恒定的电场力F＝Eq
只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
求解方法
利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝
牛顿第二定律、向心力公式r＝，T＝，t＝
【练2】 如图4所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。
图4
(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；
(2)若2
查看更多
