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A． (1)如題12A-1圖所示，一演示用的“永動機”轉輪由5根輕桿和轉軸構成，輕桿的末端裝有形狀記憶合金制成的葉片，輕推轉輪后，進入熱水的葉片因伸展面“劃水”，推動轉輪轉動。離開熱水后，葉片形狀迅速恢復，轉輪因此能較長時間轉動。下列說法正確的是

A．轉輪依靠自身慣性轉動，不需要消耗外界能量
B．轉輪轉動所需能量來自形狀記憶合金自身
C．轉動的葉片不斷攪動熱水，水溫升高
D．葉片在熱水中吸收的熱量一定大于在空氣中釋放的熱量
(2)如題12A-2圖所示，內壁光滑的氣缸水平放置。一定質量的理想氣體被密封在氣缸內，外界大氣壓強為P₀。現對氣缸緩慢加熱，氣體吸收熱量Q后，體積由V₁增大為V₂。則在此過程中，氣體分子平均動能_________(選填“增大”、“不變”或“減小”)，氣體內能變化了_____________。
(3)某同學在進行“用油膜法估測分子的大小”的實驗前，查閱數據手冊得知：油酸的摩爾質量M=0.283kg·mol^-1，密度ρ=0.895×10³kg·m^-3.若100滴油酸的體積為1ml，則1滴油酸所能形成的單分子油膜的面積約是多少？(取N_A=6.02×10²³mol^-1.球的體積V與直徑D的關系為，結果保留一位有效數字)
B． (1)如圖所示，沿平直鐵路線有間距相等的三座鐵塔A、B和C。假想有一列車沿AC方向以接近光速行駛，當鐵塔B發出一個閃光，列車上的觀測者測得A、C兩鐵塔被照亮的順序是
 
(A)同時被照亮
(B)A先被照亮
(C)C先被照亮
(D)無法判斷
(2)一束光從空氣射向折射率為的某種介質，若反向光線與折射光線垂直，則入射角為__________。真空中的光速為c ，則光在該介質中的傳播速度為________________ .
(3)將一勁度系數為K的輕質彈簧豎直懸掛，下端系上質量為m的物塊，將物塊向下拉離平衡位置后松開，物塊上下做簡諧運動，其振動周期恰好等于以物塊平衡時彈簧的伸長量為擺長的單擺周期。請由單擺周期公式推算出物塊做簡諧運動的周期T。
C． (1)下列描繪兩種溫度下黑體輻射強度與波長關系的圖中，符合黑體輻射規律的是

(2)按照玻爾原子理論，氫原子中的電子離原子核越遠，氫原子的能量__________(選填“越大”或“越小”)。已知氫原子的基態能量為E₁(E₁<0)，電子質量為m，基態氫原子中的電子吸收一頻率為γ的光子被電離后，電子速度大小為___________(普朗克常量為h ).
(3)有些核反應過程是吸收能量的。例如在中，核反應吸收的能量，在該核反應中，X表示什么粒子？X粒子以動能E_K轟擊靜止的，若E_K=Q，則該核反應能否發生？請簡要說明理由。

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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，由和幾何關系可以得出，A錯B對。在之間，合場強的方向向左，把負電荷從Ｏ移動到C，電場力做負功，電勢能增加，C錯D對。

【答案】BD

2．【解析】從無窮遠處電勢為零開始到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系的掌握，熟練理解常見電場線和等勢面的分布規律

【答案】AC

5．【解析】如圖所示，根據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點的回復力作用下做往復運動，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】當不加電場時，油滴勻速下降，即；當兩極板間電壓為U時，油滴向上勻速運動，即，解之得:,當兩極間電壓為－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）設電子的質量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，出區域I時的為v₀，此后電場II做類平拋運動，假設電子從CD邊射出，出射點縱坐標為y，有

解得　y＝，所以原假設成立，即電子離開ABCD區域的位置坐標為（－2L，）

（2）設釋放點在電場區域I中，其坐標為（x，y），在電場I中電子被加速到v₁，然后進入電場II做類平拋運動，并從D點離開，有

解得　xy＝，即在電場I區域內滿足議程的點即為所求位置。

（3）設電子從（x，y）點釋放，在電場I中加速到v₂，進入電場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，經過D點，則有            

，

解得　，即在電場I區域內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t₁時間與P₂碰撞，則

P₁、P₂碰撞，設碰后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P₁、P₂碰撞后又經時間在OB區間內再次發生碰撞，且P₁受電場力不變，由運動學公式，以水平向右為正：   則： 

解得：  （故P₁受電場力不變）

對P₂分析：  

所以假設成立，兩球能在OB區間內再次發生碰撞。

【答案】 （1）     （2）兩球能在OB區間內再次發生碰撞

名校試題

1．【解析】帶正電荷的福娃歡歡的電勢高于帶負電荷的福娃貝貝，用導體棒連結的瞬間，電流表指針偏轉，有瞬時電流 ，

最終達到靜電平衡，成為是等勢體，導體棒內的電場強度等于零。  

【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的變化規律與Q的變化規律相似，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，設其坐標為，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P點時有⑦；水平方向做初速度為零的勻加速運動，有⑧，聯立解得

【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，可見所帶電荷為負電荷，即，得                   

(2)油滴加速下落，若油滴帶負電，電荷量為Q₁，則油滴所受到的電場力方向向上，設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該是：據動能定理有

聯解得                   

【答案】（1）    （2）

10．【解析】（1）設微粒穿過B板小孔時的速度為v，根據動能定理，有

      解得 

（2）微粒進入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有

       聯立⑴、⑵，得       

（3）微粒從釋放開始經t₁射出B板的小孔，則

設微粒在半圓形金屬板間運動經過t₂第一次到達最低點P點，則

所以從釋放微粒開始，經過微粒第一次到達P點

根據運動的對稱性，易知再經過微粒再一次經過P點

所以經過時間，微粒經過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

                            考點預測題

1．【解析】根據上述規律可知，引入的第三個小球必須帶負電，放在前兩個小球的連線上且離+Q較近。設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

即第三個小球帶負電，電荷量為Q的倍

【答案】第三個小球帶負電，電荷量為Q的倍

2．【解析】質子帶電為+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為

代入數值，得  =46N，為斥力.    

上夸克與下夸克之間的靜電力為      

代入數值，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用，設加速度為a，對整體有：，再隔離球2分析：，聯立兩式得：，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，帶負電的粒子從A點沿路徑A→D→D＇移到D＇點，電場力做負功，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，與路徑無關，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系。根據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。考查勻強電場中場強與電勢差的關系，難度適中。

【答案】B

9．【解析】先根據電容器在電路穩定的情況下相當于斷路，比較兩種情況下兩極板的電勢差、電場強度、電場力大小進而確定較大關系；再根據兩種情況下的總電阻大小確定電流關系。當滑片在a位置時平行板電容器兩極板間電勢差比當滑片在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】對帶電系統進行分析，假設球A能達到右極板，電場力對系統做功為W₁，有：

而且還能穿過小孔，離開右極板。 

假設球B能達到右極板，電場力對系統做功為W₂，有：

綜上所述，帶電系統速度第一次為零時，球A、B應分別在右極板兩側。  

（1）帶電系統開始運動時，設加速度為a₁，由牛頓第二定律：

=   ③

球B剛進入電場時，帶電系統的速度為v₁，有：

        ④

由③④求得：  ⑤

（2）設球B從靜止到剛進入電場的時間為t₁，則：

         ⑥

將③⑤代入⑥得：

      ⑦

球B進入電場后，帶電系統的加速度為a₂，由牛頓第二定律：

   ⑧

顯然，帶電系統做勻減速運動。設球A剛達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，帶電系統繼續做減速運動，設加速度為a₃，再由牛頓第二定律：

    ⑿

設球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到與電場垂直時電場力所做的功，電勢能 E_P1=－E₀q_l             

②當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                                             

代入數據解得                                      

（2）小球速度最大時合力為零，即

解得                                                        

代入數據解得                                                  

（3）小球從開始運動到速度為的過程中，設重力做功為，電場力做功為，

     庫侖力做功為，根據動能定理有

解得                            

設小球的電勢能改變了△，則

△                                                     

△                                             

△

【答案】（1） （2）    （3）