2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第5講　沖量與動量

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第5講沖量與動量第5講沖量與動量考點1動量定理綜合應(yīng)用1.安全帶是汽車行駛過程中生命安全的保障帶.如圖,在汽車正面碰撞測試中,汽車以72km/h的速度發(fā)生碰撞.車內(nèi)假人的質(zhì)量為50kg,使用安全帶時,假人用時0.8s停下;不使用安全帶時,假人與前方碰撞,用時0.2s停下.以下說法正確的是 (B)A.碰撞過程中,汽車和假人的總動量守恒B.無論是否使用安全帶,假人動量變化量相同C.使用安全帶時,假人受到的平均作用力約為125ND.不使用安全帶時,假人受到的平均作用力約為2500N[解析]碰撞過程中,汽車和假人組成的系統(tǒng)受撞擊力作用,總動量不守恒,故A錯誤;假人的初動量為p=mv0,末動量都為0,所以無論是否使用安全帶,假人動量變化量相同,故B正確;使用安全帶時,根據(jù)動量定理有-Ft=0-p,解得F=1250N,假人受到的平均作用力約為1250N,故C錯誤;不使用安全帶時,根據(jù)動量定理有-F't'=0-p,解得F'=5000N,假人受到的平均作用力約為5000N,故D錯誤.2.(多選)[2023·新課標卷]使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離,靜止于水平桌面上,甲的N極正對著乙的S極,甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量,兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等.現(xiàn)同時釋放甲和乙,在它們相互接近過程中的任一時刻 (BD)A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動量大小比乙的小C.甲的動量大小與乙的相等D.甲和乙的動量之和不為零[解析]對甲、乙受力分析如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律可知a甲=F-Ff1m甲=Fm甲-μg、a乙=F-Ff2m乙=Fm乙-μg,由于mv乙,所以選項A錯誤;由于m甲>m乙,所以Ff1>Ff2,對于整個系統(tǒng)不滿足動量守恒的條件,所以甲的動量大小與乙的不相等,選項C錯誤;對于整個系統(tǒng)而言,由于Ff1>Ff2,合力方向向左,合沖量方向向左,所以合動量方向向左,顯然甲的動量大小比乙的小,選項B、D正確.3.質(zhì)量為m的物體,以初速度v0沿斜面開始上滑,到達最高點后再次返回原出發(fā)位置處時速度大小為0.5v0,假設(shè)物體在斜面上運動時受到的摩擦力大小不變,則 (C)A.整個過程中合力的沖量大小為12mvB.整個過程中摩擦力沖量的矢量和為零C.上滑過程中重力的沖量比下滑過程中重力的沖量小D.上滑過程和下滑過程中支持力的沖量均為零[解析]以沿斜面向下為正方向,根據(jù)動量定理可得I合=Δp=0.5mv0-(-mv0)=1.5mv0,A錯誤;設(shè)物體上滑過程的時間為t1,下滑回到出發(fā)點的時間為t2,位移大小為x,則x=v02t1=0.5v02t2,得t1=12t2,整個過程中摩擦力沖量的矢量和為If1+If2=Fft1-Fft2≠0,B錯誤;上滑過程中重力的沖量為mgt1,下滑過程中重力的沖量為mgt24.[2021·福建卷]福建屬于臺風頻發(fā)地區(qū),各類戶外設(shè)施建設(shè)都要考慮臺風影響.已知10級臺風的風速范圍為24.5~28.4m/s,16級臺風的風速范圍為51.0~56.0m/s.若臺風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌,則16級臺風對該交通標志牌的作用力大小約為10級臺風的 (B)A.2倍 B.4倍C.8倍 D.16倍[解析]設(shè)空氣的密度為ρ,風迎面垂直吹向交通標志牌的橫截面積為S,在時間t內(nèi)通過的空氣質(zhì)量為m=ρSv·t,假定臺風迎面垂直吹向交通標志牌的末速度變?yōu)榱?對風由動量定理有-Ft=0-mv,可得F=ρSv2,10級臺風的風速最小為v1min=24.5m/s,最大風速為v1max=28.4m/s,16級臺風的風速最小為v2min=51.0m/s,最大風速為v2max=56.0m/s,則3.2≤F2F1=v25.用豆粒模擬氣體分子,可以模擬氣體壓強產(chǎn)生的原理.如圖所示,從距秤盤80cm高度處把1000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上,持續(xù)作用時間為1s,豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话?若每個豆粒只與秤盤碰撞一次,且碰撞時間極短(在豆粒與秤盤碰撞的極短時間內(nèi),碰撞力遠大于豆粒受到的重力),已知1000粒的豆粒的總質(zhì)量為100g,g取10m/s2,則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為 (B)A.0.2N B.0.6N C.1.0N D.1.6N[解析]設(shè)豆粒從80cm高處落至秤盤時速度大小為v1,對自由下落過程,有v12=2gh,解得v1=4m/s,以向上為正方向,根據(jù)動量定理得Ft=mv2-m(-v1),其中v2=12v1,解得F=0.6N,由牛頓第三定律可知,在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小F'=F=06.(多選)使用無人機植樹時,為保證樹種的成活率,將種子連同營養(yǎng)物質(zhì)包進一個很小的莢里.播種時,在離地面10m高處以15m/s的速度水平勻速飛行的無人機中,播種器利用空氣壓力把莢以5m/s的速度(相對播種器)豎直向下射出,莢進入地面下10cm深處完成一次播種.已知莢的總質(zhì)量為20g,莢在土壤中所受的阻力恒定,不考慮莢所受大氣阻力及進入土壤后重力的作用,g取10m/s2,則 (CD)A.射出莢的過程中,播種器對莢做的功為2.5JB.離開無人機后,莢在空中運動的時間為2sC.土壤對莢的沖量大小為32D.莢在土壤內(nèi)受到的阻力大小為452[解析]播種器對莢做的功等于莢增加的動能,故W=12m(v12+v02)-12mv02=0.25J,A錯誤;離開無人機后,在豎直方向上莢做勻加速直線運動,有H=v1t1+12gt12,解得莢在空中下落的時間t1=1s,B錯誤;莢落地時豎直方向上的分速度為vy=v1+gt1=15m/s,水平方向上的分速度為v0=15m/s,故莢落地時的速度大小為v=v02+vy2=152m/s,進入土壤后,速度變?yōu)榱?故土壤對莢的沖量I=0-mv=-3210kg·m/s,即沖量大小為3210kg·m/s,C正確;莢進入土壤后,在豎直方向上做減速運動,末速度為零,位移為h=10cm=0.1m,則豎直方向上的加速度大小a=vy7.(多選)[2022·全國乙卷]質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動,F與時間t的關(guān)系如圖-所示.已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小g取10m/s2.則(AD)A.4s時物塊的動能為零B.6s時物塊回到初始位置C.3s時物塊的動量為12kg·m/sD.0~6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40J[解析]物塊與地面間的摩擦力為Ff=μmg=2N,對物塊,0~3s內(nèi)由動量定理可知(F-Ff)t1=mv3,3s時物塊的動量為p=mv3=6kg·m/s,設(shè)3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0,由動量定理可得-(F+Ff)t=0-mv3,解得t=1s,所以物塊在4s時速度減為0,則此時物塊的動能也為0,故A正確,C錯誤;設(shè)0~3s內(nèi)物塊發(fā)生的位移為x1,由動能定理可得(F-Ff)x1=12mv32,得x1=9m,3~4s過程中,對物塊,由動能定理可得-(F+Ff)x2=0-12mv32,得x2=3m,4~6s物塊開始反向運動,物塊的加速度大小為a=F-Ffm=2m/s2,發(fā)生的位移為x3=12at22=4m<x1+x2,即6s時物塊沒有回到初始位置,故B錯誤;物塊在6s時的速度大小為v6=at2=4m/s,0~6s內(nèi)力F8.(多選)如圖所示,一輕桿兩端分別固定a、b兩個半徑相等的光滑金屬球,a球質(zhì)量為2m,b球質(zhì)量為m.整個裝置放在光滑的水平面上,將此裝置從圖示位置由靜止釋放,經(jīng)時間t小球b落地,重力加速度為g,則(ACD)A.b球落地前瞬間速度方向豎直向下B.在b球下落過程中,a球?qū)Φ貕毫Σ豢赡艿扔?mgC.全程輕桿對b球的合沖量向上,且小于mgtD.在b球落地前的整個過程中,輕桿對b球做的功為零[解析]對兩球及桿系統(tǒng)為研究對象,水平方向受力為零,則在b球落地前瞬間,b球的水平速度為零,b球落地前瞬間速度方向豎直向下,故A正確;對b球,水平方向上動量變化為零,由動量定理可知,桿對b球的水平方向沖量為零,在豎直方向上,根據(jù)機械能守恒定律可知,b落地時速度與只在重力作用下的落地速度一樣,如圖所示的v-t圖像中直線為b球自由落體運動的圖線,曲線為b球豎直方向的運動圖線,b球落地之前某時刻豎直方向的加速度可能為g,完全失重,則此時a球?qū)Φ貕毫Φ扔?mg,故B錯誤;因b球在豎直方向上運動的位移與落地速度都與自由落體運動相同,對比可知b球落地所用時間相對自由落體運動的時間要長,由動量定理可知桿對b球的豎直方向的沖量必定不為零,且沖量方向向上,所以由桿對b球的水平和豎直沖量可知,桿對b球的沖量不為零,且方向豎直向上,根據(jù)動量定理有mgt-I桿=Δp,則桿對b球的合沖量小于mgt,故C正確;設(shè)桿對a球做功為W1,對b球做功為W2,系統(tǒng)機械能守恒,則除了重力之外的力做的功必定為零,即W1+W2=0,對a球由動能定理可知W1=0,故W2=0,故D正確.9.下雨時,為什么蚊子不會被雨滴砸死?科學家研究發(fā)現(xiàn)蚊子被雨滴擊中時并不能抵擋雨滴,而是很快與雨滴融為一體,隨后迅速側(cè)向微調(diào)與雨滴分離.已知蚊子的質(zhì)量為m,漂浮在空氣中(速度為零);雨滴質(zhì)量為nm,雨滴所受空氣阻力與下落速度成正比,比例系數(shù)為k,擊中蚊子前,雨滴已經(jīng)勻速豎直下落,蚊子與雨滴融為一體的時間為Δt,重力加速度為g,蚊子重力不計.求:(1)蚊子與雨滴融為一體后,蚊子的速度大小v;(2)蚊子與雨滴融為一體的過程中,蚊子受到的平均作用力F的大小.[答案](1)n2mg([解析](1)擊中蚊子前,雨滴已經(jīng)勻速豎直下落,則有kv0=nmg蚊子與雨滴融為一體,有nmv0=(n+1)mv解得v=n(2)對蚊子由動量定理有FΔt=mv解得F=n考點2動量守恒定律綜合應(yīng)用(爆炸和反沖)1.用質(zhì)量為m的小鐵錘以速度v1向下?lián)舸蛞粔K質(zhì)量為M的磚塊(擊打時間極短),擊打后,小鐵錘以12v1的速率反向彈回,已知磚塊受到擊打后在手中的緩沖時間為t,重力加速度為g,下列說法正確的是 (DA.在擊打過程中,鐵錘所受合外力的沖量大小為12mvB.在擊打過程中,鐵錘重力的沖量大小為mgtC.磚頭緩沖過程中,對手的壓力大小為MgD.磚頭緩沖過程中,對手的壓力大小為Mg+3[解析]設(shè)方向向下為正方向,在擊打過程中,對鐵錘由動量定理可得I=m-12v1-v1=-32mv1,在擊打過程中,鐵錘所受合外力的沖量大小為32mv1,故A錯誤;鐵錘擊打的時間未知,所以在擊打過程中,鐵錘重力的沖量大小不能求解,故B錯誤;在擊打過程中,鐵錘與磚頭由動量守恒定律可得mv1=-12mv1+Mv,解得Mv=32mv1,磚頭緩沖過程中,對磚頭由動量定理可得(F1+Mg)t=0-32mv1,解得手對磚頭的支持力為F1=-Mg-3m2.如圖所示,A、B兩物體質(zhì)量分別為mA=5kg和mB=4kg,與水平地面之間的動摩擦因數(shù)分別為μA=0.4和μB=0.5,開始時兩物體之間有一壓縮的輕彈簧(不拴接),并用細線將兩物體拴接在一起放在水平地面上.現(xiàn)將細線剪斷,則兩物體將被彈簧彈開,最后兩物體都停在水平地面上.下列判斷正確的是(D)A.在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中,兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒B.在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中,整個系統(tǒng)的機械能守恒C.在兩物體被彈開的過程中,A、B兩物體的機械能一直增大D.兩物體一定同時停在地面上[解析]在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中,A物體所受的滑動摩擦力方向水平向右,大小為FfA=μAmAg=20N,B物體所受的滑動摩擦力方向水平向左,大小為FfB=μBmBg=20N,兩物體組成的系統(tǒng)所受合外力為零,因此動量守恒,A錯誤;在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中,整個系統(tǒng)克服摩擦力做功,機械能減小,B錯誤;在兩物體被彈開的過程中,彈簧的彈力先大于摩擦力,后小于摩擦力,故物體的機械能先增大后減小,C錯誤;彈簧對兩物體的彈力大小相等,且兩個物體同時離開彈簧,因此彈簧對兩個物體的沖量大小相等為I,設(shè)物體A、B停止的時間為tA、tB,根據(jù)動量定理有I-FfAtA=0,I-FfBtB=0,由于FfA=FfB,因此tA=tB,D正確.3.(多選)如圖所示,質(zhì)量為100kg的小木船靜止在湖邊附近的水面上,船身垂直于湖岸,船面可看作水平面,并且比湖岸高出h=0.8m,在船尾處有一質(zhì)量為20kg的鐵塊,將彈簧壓縮后再用細線將鐵塊拴住,此時鐵塊到船頭的距離為L=3m,船頭到湖岸的水平距離為x=0.7m.將細線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上,忽略船在水中運動時受到水的阻力以及其他一切摩擦力,重力加速度g取10m/s2.下列判斷正確的有(AD)A.鐵塊脫離小木船后在空中運動的時間為0.4sB.鐵塊脫離小木船時的瞬時速度大小為1.75m/sC.小木船最終的速度大小為1.25m/sD.彈簧釋放的彈性勢能為108J[解析]燒斷細線后以小木船、鐵塊組成的整體為研究對象,對小木船與鐵塊組成的系統(tǒng)由動量守恒定律有Mx1=mx2,x1+x2=L,解得x1=0.5m,x2=2.5m,鐵塊離開小木船后做平拋運動,有(x1+x)=v2t,h=12gt2,解得t=0.4s,v2=3m/s,選項A正確,B錯誤;鐵塊與小木船相互作用時,由動量守恒定律有Mv1-mv2=0,解得v1=0.6m/s,選項C錯誤;由機械能守恒定律有Ep=12Mv12+14.[2021·浙江1月選考]在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔,發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀.爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射,上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊.遙控器引爆瞬間開始計時,在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲.已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s,忽略空氣阻力.下列說法正確的是(g取10m/s2) (B)A.兩個碎塊的位移大小之比為1∶2B.爆炸物的爆炸點離地面高度為80mC.爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD.爆炸后兩個碎塊落地點之間的水平距離為340m[解析]爆炸物上升到最高點時,瞬時速度為零,爆炸瞬間水平方向動量守恒,因此質(zhì)量之比為2∶1的兩個碎塊,其速度之比為1∶2,根據(jù)平拋運動規(guī)律可知,水平方向位移大小之比為1∶2,但合位移大小之比并不為1∶2,選項A錯誤.根據(jù)題意,設(shè)聲速為v0,則2s-sv0=1s,因此s=340m,兩碎塊落地點相距1020m,選項D錯誤.以上推導說明爆炸物爆炸之后質(zhì)量為2m的碎塊落地聲音傳到接收器需要1s,質(zhì)量為m的碎塊落地聲音傳到接收器時間為2s.因此爆炸物爆炸后碎塊平拋落地時間為4s,根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知,碎塊下落的高度h=12gt2=80m,選項B正確.質(zhì)量為2m5.一顆煙花彈從水平地面以一定的速度豎直上升,速度為零的瞬間爆炸分成兩部分,如圖所示,其中a部分質(zhì)量是b部分質(zhì)量的2倍,a部分水平飛出.不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量,a、b兩部分落地時水平方向的動量大小分別為pa、pb,a、b兩部分做平拋運動過程中動量的變化量大小分別為Δpa、Δpa、則 (B)A.pa=pb,2Δpa=ΔpbB.pa=pb,Δpa=2ΔpbC.pa>pb,Δpa=2ΔpbD.pa<pb,2Δpa=Δpb[解析]根據(jù)題意,由動量守恒定律可知,煙花彈爆炸后,a、b兩部分均沿水平方向飛出,且有mava+mbvb=0,飛出后在水平方向上,做勻速直線運動,則水平方向的動量保持不變,即落地時水平動向的動量大小pa=pb,運動過程中只受重力,由動量定理可得Gt=Δp,根據(jù)h=12gt2可知,a、b兩部分下落的時間相等,設(shè)b部分質(zhì)量為m,則a部分質(zhì)量為2m,則有Δpa=2mgt,Δpb=mgt,即Δpa=2Δpb,故A、C、D錯誤,B正確6.光滑水平地面上放有一表面光滑、傾角為α的斜面體A,斜面體質(zhì)量為M,底邊長為L,如圖所示.將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放,滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端.此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN,重力加速度為g,則下列說法中正確的是 (D)A.FN=mgcosαB.滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosαC.滑塊B下滑過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒D.此過程中斜面體向左滑動的距離為mM[解析]滑塊B下滑過程中,斜面體A水平向左加速運動,所以滑塊B相對于地面的加速度方向不是沿斜面方向,即垂直于斜面方向的合外力不為零,所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα,A錯誤;滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt,B錯誤;由于滑塊B有豎直方向的分加速度,所以系統(tǒng)在豎直方向上所受的合外力不為零,系統(tǒng)的動量不守恒,C錯誤;系統(tǒng)在水平方向上不受外力,在水平方上向動量守恒,設(shè)A、B的水平位移大小分別為x1、x2,則Mx1=mx2,x1+x2=L,聯(lián)立解得x1=mM+m7.(多選)如圖所示,質(zhì)量均為m的小球A、B用一根長為l的輕桿相連,豎直放置在光滑水平地面上,質(zhì)量也為m的小球C挨著小球B放置在地面上.擾動輕桿使小球A向左傾倒,小球B、C在同一豎直面內(nèi)向右運動.當桿與地面有一定夾角時小球B和C分離,已知C球的最大速度為v,小球A落地后不反彈,重力加速度為g.下面說法正確的是 (AD)A.球B、C分離前,A、B兩球組成的系統(tǒng)機械能逐漸減小B.球B、C分離時,球B對地面的壓力大小為2mgC.從開始到A球落地的過程中,桿對球B做的功為18mvD.小球A落地時的動能為mgl-58mv[解析]球B、C分離前,球C對A,B兩球組成的系統(tǒng)做負功,所以A、B兩球組成的系統(tǒng)機械能逐漸減小,故A正確;球B、C分離時,對A、B兩球組成的系統(tǒng),球A有向下的加速度,球A處于失重狀態(tài),所以球B對地面的壓力小于2mg,故B錯誤;A、B、C三球在水平方向不受外力作用,所以A、B、C三球在水平方向動量守恒,設(shè)在A落地瞬間A、B水平方向速度為v共,則有mv=2mv共,解得v共=v2,對A、B、C三球組成的系統(tǒng)由機械能守恒定律得mgl=EkA+12mv2+12mv共2,解得EkA=mgl-58mv2,故D正確;從開始到A球落地的過程中,桿對球B做的功等于球B和球C的動能之和,有W=12mv2+128.(多選)如圖所示,在傾角為θ的足夠長的絕緣固定斜面上,靜止放置有質(zhì)量分別為3m、m的兩金屬塊A、B,其中A帶電荷量為+2q,B不帶電.現(xiàn)讓金屬塊A以初速度v0沿斜面向下運動,一段時間后與金屬塊B發(fā)生彈性正碰,且碰撞后A、B帶電荷量均為+q.已知金屬塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ=tanθ,下列說法正確的是 (BC)A.碰撞前,A沿斜面做勻加速直線運動B.碰撞后,A、B都沿斜面向下運動的過程中總動量守恒C.碰撞后,當A的速度為v03時,B的速度為2D.碰撞后,A、B系統(tǒng)的電勢能先減小后不變[解析]由于μ=tanθ,則有3mgsinθ=μ·3mgcosθ,可知碰撞前,A沿斜面做勻速直線運動,故A錯誤;碰撞后,A、B都沿斜面向下運動的過程中,由于3mgsinθ=μ·3mgcosθ,mgsinθ=μ·mgcosθ,A、B之間的庫侖斥力為A、B組成系統(tǒng)的內(nèi)力,則A、B組成系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)滿足動量守恒,當A的速度為v03時,有3mv0=3m·v03+mvB,解得vB=2v0,故B、C正確;碰撞后,對于A、B組成的系統(tǒng),由于A、B之間存在庫侖斥力,且A9.(多選)在生產(chǎn)生活中,經(jīng)常采用軌道約束的方式改變物體的運動方向.如圖所示,光滑水平地面上停放著一輛小車,小車上固定著兩端開口的光滑細管,細管由水平、彎曲和豎直三部分組成,各部分之間平滑連接,豎直管的上端到小車上表面的高度為h.一小球以初速度v0水平向右射入細管,小球的質(zhì)量與小車的質(zhì)量(包含細管)相等,小球可視為質(zhì)點,重力加速度為g,忽略一切阻力作用.下列說法正確的是 (BCD)A.小球在細管中運動時,小球和小車(包含細管)組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球在細管的豎直部分運動時只受重力作用C.當小球初速度v0>4ghD.若小球從細管的豎直部分沖出,則沖出后一定會落回到細管中[解析]小球在細管中運動時,小球和小車(包含細管)組成的系統(tǒng)在水平方向受到合外力為零,所以小球和小車(包含細管)組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,小球在細管的豎直部分運動時,水平方向的速度相同,則小球在細管的豎直部分運動時只受重力作用,故A錯誤,B正確;由于水平方向動量守恒,在最高點,由動量守恒定律和能量守恒定律有mv0=2mv、12mv02=12·2mv2+mgL,解得L=v024g,從細管的豎直部分沖出,則有L=v010.(多選)如圖所示,質(zhì)量均為m=2kg的木塊A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一豎直輕桿,輕桿上端的O點系一長為l=0.5m的細線,細線另一端系一質(zhì)量為1kg的球C.現(xiàn)將C球拉起使細線剛好水平伸直,并由靜止釋放C球,重力加速度g取10m/s2.從開始釋放C到A、B兩木塊恰好分離的過程,下列說法正確的是 (BC)A.兩木塊A和B分離時,A、B的速度大小均為2m/sB.兩木塊A和B分離時,C的速度大小為22m/sC.C球由靜止釋放到最低點的過程中,兩木塊移動的距離為0.1mD.C球由靜止釋放到最低點,A對B的彈力的沖量大小為10kg·m/s[解析]球C下落到最低點時,A、B將要分離,根據(jù)機械能守恒定律有mCgl=12mCvC2+12(2m)vAB2,系統(tǒng)水平方向動量守恒,根據(jù)動量守恒定律有mCvC=2mvAB,聯(lián)立解得vC=22m/s,vAB=22m/s,故A錯誤,B正確;C球由靜止釋放到最低點的過程中,設(shè)C相對地面的水平位移大小為x1,AB相對地面的水平位移大小為x2,則有mCx1=2mx2,x1+x2=l,解得x2=0.1m,故C正確;C球由靜止釋放到最低點的過程中,選B為研究對象,由動量定理有IAB=mv考點3碰撞模型及其拓展1.[2022·湖南卷]1932年,查德威克用未知射線轟擊氫核,發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成.如圖所示,中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核,碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2.設(shè)碰撞為彈性正碰,不考慮相對論效應(yīng),下列說法正確的是 (B)A.碰撞后氮核的動量比氫核的小B.碰撞后氮核的動能比氫核的小C.v2大于v1D.v2大于v0[解析]由于中子和氫核質(zhì)量相等,且發(fā)生的是彈性碰撞,所以碰后二者交換速度,氫核碰后的動量與碰前中子的動量相等,動能也相等,中子與氮核也發(fā)生彈性碰撞,因為是小質(zhì)量粒子碰大質(zhì)量粒子,所以碰后中子會反向運動,根據(jù)系統(tǒng)動量守恒定律可知,碰后氮核的動量會大于碰前中子的動量,根據(jù)系統(tǒng)動能不變,可知碰后氮核的動能小于碰前中子的動能,故A錯誤,B正確;由于發(fā)生的是彈性碰撞,而且是運動粒子碰靜止粒子,則碰后氫核的速度v1=2m中子v0m中子+m氫核,氮核的速度為v2=2m中子v0m2.(多選)[2024·湖北卷]如圖所示,在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長為L的木塊,質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊.設(shè)子彈在木塊內(nèi)運動過程中受到的阻力不變,其大小Ff與射入初速度大小v0成正比,即Ff=kv0(k為已知常數(shù)).改變子彈的初速度大小v0,若木塊獲得的速度最大,則 (AD)A.子彈的初速度大小為2B.子彈在木塊中運動的時間為2C.木塊和子彈損失的總動能為kD.木塊在加速過程中運動的距離為mL[解析]子彈的初速度大小v0改變時,分為兩種情況,一種是最終子彈和木塊共速,一種是子彈穿出木塊后繼續(xù)運動.分析最終子彈和木塊共速這種情況,由于水平面光滑,子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零,則系統(tǒng)動量守恒,設(shè)子彈和木塊最終速度為v,由動量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得v=mm+Mv0,可知此種情況下木塊獲得的速度v隨子彈初速度v0增大而增大,當子彈恰好不穿出木塊時,木塊獲得的速度取得最大值,設(shè)此時v0=v0mvm,滿足vm=mm+Mv0m,子彈在木塊中運動過程中,子彈所受阻力Ff=kv0,子彈做勻減速運動的加速度大小a1=Ffm=kv0m,木塊做勻加速運動的加速度大小a2=FfM=kv0M,由位移關(guān)系得v0m2-vm22a1-vm22a2=L,聯(lián)立解得v0m=2kL(m+M)mM;分析子彈穿出木塊后繼續(xù)運動這種情況,將子彈恰好穿出木塊(與子彈恰好不穿出木塊實際為同一臨界點)包含在這種情況內(nèi),此時v0≥2kL(m+M)mM,設(shè)子彈剛穿出木塊時子彈和木塊的速度分別為v1、v2,可知v1>v2,對子彈有2a1x1=v12-v02,對木塊有2a2x2=v22,又知x1-x2=L,聯(lián)立解得v2=mv0-v02-2kLm+MmMv0m+M,研究函數(shù)f(v0)=v0-v02-2kL3.(多選)如圖甲所示,質(zhì)量分別為mA和mB的兩物體用輕彈簧連接置于光滑水平面,初始時兩物體被鎖定,彈簧處于壓縮狀態(tài).t=0時刻將B物體解除鎖定,t=t1時刻解除A物體的鎖定,此時B物體的速度為v0,A、B兩物體運動的a-t圖像如圖乙所示,其中S1和S2分別表示0~t1時間和t1~t3時間內(nèi)B物體的a-t圖像與坐標軸所圍面積的大小,則下列說法正確的是 (ABD)A.mA<mBB.S1>S2C.t4時刻,彈簧伸長量最大D.0~t5時間內(nèi),彈簧對A物體的沖量大小為mBv0[解析]由題意可知,在t1時刻后A、B水平方向上只受彈簧的彈力,彈簧對A、B的彈力大小始終相等,通過乙圖可知,t1后的任意時刻,A的加速度大小都比B大,根據(jù)牛頓第二定律可知mA<mB,A正確;在t1時,彈簧處于原長狀態(tài),彈性勢能為零,0~t1時間內(nèi)彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為B的動能,此時B的速度最大,S1為0~t1時間內(nèi)速度的變化量,即B在t1時刻的速度大小,t1~t3時間內(nèi)彈簧彈力作用使得A加速、B減速,彈性勢能轉(zhuǎn)化為A、B的動能,在t3時刻加速度為零,彈力為零,彈性勢能為零,t3時刻A、B動能之和等于t1時刻B的動能,t3時刻B的速度不為零,S2表示t1~t3時間內(nèi)B物體的速度變化量,小于0~t1時間內(nèi)速度的變化量,故S1>S2,B正確;t4時刻,彈簧的狀態(tài)與0時刻彈簧的狀態(tài)相同,應(yīng)該是彈簧壓縮量最大,C錯誤;根據(jù)圖像信息可知,t5時刻A的速度減為零,B的速度為v0,則0~t5時間內(nèi)彈簧對B的沖量為I彈=mBv0-0,彈簧對A、B的作用力時刻大小相等方向相反,因此彈簧彈力對A的沖量大小等于彈簧彈力對B的沖量大小即為mBv0,D正確.4.(多選)如圖甲所示,質(zhì)量為m的物塊P與物塊Q(質(zhì)量未知)之間拴接一輕彈簧,靜止在光滑的水平地面上,彈簧恰好處于原長.現(xiàn)給P物塊一瞬時初速度,并把此時記為0時刻,規(guī)定向右為正方向,0~2t0內(nèi)P、Q物塊運動的a-t圖像如圖乙所示,已知t0時刻P、Q的加速度最大,其中t軸下方部分的面積大小為S,則 (BCD)A.物塊Q的質(zhì)量為12B.2t0時刻Q物塊的速度大小為vQ=SC.t0時刻彈簧的彈性勢能為3D.t0~2t0時間內(nèi)彈簧對P物塊做功為零[解析]0~2t0時間內(nèi)Q所受彈力方向向左,P所受彈力方向始終向右,t0時刻,P、Q所受彈力最大且大小相等,由牛頓第二定律可得F彈mP=F彈m=a0,F彈mQ=a02,解得物塊Q的質(zhì)量為mQ=2m,故A錯誤;根據(jù)a-t圖像與t軸圍成的面積表示速度變化量,可知0~2t0時間內(nèi),Q物塊的速度變化量大小為ΔvQ=S=vQ-0,則2t0時刻,Q物塊的速度大小為vQ=S,故B正確;t0時刻兩物塊具有相同的速度v,根據(jù)對稱性可知,t0時刻P、Q物塊的速度大小為v=S2,設(shè)物塊P的初速度為v0,根據(jù)動量守恒定律可得mv0=(m+2m)v,解得v0=3v=32S,設(shè)t0時刻彈簧的彈性勢能為Ep,根據(jù)能量守恒定律可得Ep=12mv02-12×3mv2,聯(lián)立解得Ep=3mS24,故C正確;設(shè)2t0時刻P物塊的速度為vP,根據(jù)動量守恒定律可得mv0=mvP+2mvQ,解得vP=-S2=-v,可知2t0時刻P物塊的速度大小等于t0時刻P5.如圖所示,質(zhì)量為m=2kg的小物塊P以v0=2m/s的初速度從傳送帶左端滑上傳送帶,傳送帶長度為L=5.25m.傳送帶右側(cè)水平面上放置一質(zhì)量為M=8kg、帶有光滑四分之一圓弧軌道的滑塊Q,Q的最低點與傳送帶平滑連接.傳送帶以v=4m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動時,物塊恰能運動到圓弧軌道的最高點.已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2,其他摩擦忽略不計,重力加速度g取10m/s2.(1)求圓弧軌道的半徑.(2)求物塊從第一次滑上傳送帶到第一次離開傳送帶過程中相對傳送帶的位移大小.(3)試判斷物塊能否再次滑上圓弧軌道,并說明理由.(4)改變傳送帶的速度,求傳送帶速度v傳與物塊在圓弧軌道上運動到的最大高度的關(guān)系.[答案](1)0.64m(2)1m(3)能見解析(4)h=v傳225(m)(傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動,0≤v傳<5m/s)h=1m(傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動,[解析](1)物塊滑上傳送帶后,由牛頓第二定律有μmg=ma設(shè)物塊運動的位移為x時,物塊與傳送帶速度相同,由勻變速直線運動規(guī)律有2ax=v2-v解得x=3m<L物塊和傳送帶一起勻速運動2.25m后滑上圓弧軌道,設(shè)圓弧軌道的半徑為R,物塊滑上圓弧軌道的過程,在水平方向上,由動量守恒定律有mv=(m+M)v'對物塊和滑塊,由機械能守恒定律有12mv2=mgR+12(m+M)解得R=0.64m(2)物塊在傳送帶上加速運動的時間為t=v-共速前傳送帶運動的距離為x1=vt=4m物塊在傳送帶上運動過程中相對傳送帶的位移大小Δx=x1-x=1m(3)設(shè)物塊離開圓弧軌道時的速度為v1,滑塊的速度為v2,由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv=mv1+Mv212mv2=12mv12解得v1=-2.4m/s,v2=1.6m/s結(jié)合(1)中分析可知,物塊返回到傳送帶上后將從傳送帶右端再次返回到光滑水平面上,且速度大小為2.4m/s>v2故物塊能再次運動到圓弧軌道上(4)傳送帶沿逆時針方向轉(zhuǎn)動時物塊不能從傳送帶右端離開,傳送帶沿順時針轉(zhuǎn)動,且物塊P在傳送帶上一直加速,有2aL=v32則物塊在傳送帶上能達到的最大速度為v3=5m/s①當傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動,且速度小于5m/s時,物塊離開傳送帶時的速度與傳送帶速度相同,物塊運動到最高點時,物塊與滑塊的水平速度相同,在水平方向由動量守恒定律有mv傳=(m+M)v4由機械能守恒定律有12mv傳2=12(m+M解得h=v傳225(m)(傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動,0≤②當傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動,且速度大于或等于5m/s時,物塊離開傳送帶時的速度為5m/s同理可得,物塊上升到的最大高度h=1m(傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動,v傳≥5m/s)第6講靜電場題型1電場的性質(zhì)1.[2024·北京卷]如圖所示,兩個等量異種點電荷分別位于M、N兩點,P、Q是MN連線上的兩點,且MP=QN.下列說法正確的是 (C)A.P點電場強度比Q點電場強度大B.P點電勢與Q點電勢相等C.若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍,P點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍D.若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍,P、Q兩點間電勢差不變[解析]由等量異種點電荷的電場線分布特點知,P、Q兩點電場強度相等,A錯誤;由沿電場線方向電勢越來越低知,P點電勢高于Q點電勢,B錯誤;由電場疊加得P點電場強度E=kQMP2+kQNP2,若僅兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍,則P點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍,同理Q點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍,而P、Q間距不變,根據(jù)U=Ed2.[2024·全國甲卷]在電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場中,將無限遠處的電勢規(guī)定為零時,距離該點電荷r處的電勢為kQr,其中k為靜電力常量,多個點電荷產(chǎn)生的電場中某點的電勢,等于每個點電荷單獨存在時該點的電勢的代數(shù)和.電荷量分別為Q1和Q2的兩個點電荷產(chǎn)生的電場的等勢線如圖中曲線所示(圖中數(shù)字的單位是伏特),則 (BA.Q1<0,Q1Q2=-2 B.Q1C.Q1<0,Q1Q2=-3 D.Q1[解析]根據(jù)兩點電荷周圍的等勢線分布可知Q1>0,Q2<0;對于電勢為0的等勢線上各點,有kQ1r1+kQ2r2=0,r1、r2為該點到兩點電荷的距離,取圖中兩點電荷連線上的點(或連線延長線上的點)計算,其距離關(guān)系為r1r2=3.(多選)[2023·全國乙卷]在O點處固定一個正點電荷,P點在O點右上方.從P點由靜止釋放一個帶負電的小球.小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內(nèi)運動,其一段軌跡如圖所示.M、N是軌跡上的兩點,OP>OM,OM=ON,則小球 (BC)A.在運動過程中,電勢能先增加后減少B.在P點的電勢能大于在N點的電勢能C.在M點的機械能等于在N點的機械能D.從M點運動到N點的過程中,電場力始終不做功[解析]由圖可知,帶電小球從P點開始運動,下落時電場力對其先做正功,后做負功,所以電勢能先減少后增加,A錯誤;由于OM=ON,所以帶電小球在N點與M點的電勢能相等,由P到M過程,電場力對小球做正功,電勢能減少,所以P點的電勢能大于M點的電勢能,即P點的電勢能也大于N點的電勢能,B正確;小球在運動過程中只有電場力和重力做功,所以只有電勢能和機械能的相互轉(zhuǎn)化,由于電子在M點和N點的電勢能相等,所以在這兩點的機械能也相等,C正確;從M點到N點的運動過程,由于有重力作用,雖然M點和N點離O點距離相等,但此段軌跡不是以O(shè)為圓心的圓弧,所以它不是一個等勢線,電場力會做功,且先做正功后做負功,D錯誤.4.(多選)如圖所示,ABC為正三角形,AB和AC邊上放有帶等量異種電荷的絕緣細棒,O為BC邊中點,D為BC中垂線上O點右側(cè)的一點,P為BC上的一點,選無窮遠處電勢為0,則下列說法正確的是(BC)A.O點和D點場強可能大小相等,方向相同B.D點的電勢一定高于P點C.將一正試探電荷沿直線從O點運動到D點,電勢能不變D.將一正試探電荷沿直線從O點運動到P點,電場力做負功[解析]將帶電體看成無數(shù)對等量異種點電荷,等量異種點電荷中垂線AD上的電場方向垂直AD向下,由于D點比O點距離等量異種電荷較遠,因此場強較小,故A錯誤;由等量異種點電荷周圍的等勢面分布可知,O點和D點處于同一等勢面上,O點的電勢高于P點的電勢,因此D點的電勢一定高于P點電勢,故B正確;由于O點和D點處于同一等勢面上,將一正試探電荷沿直線從O點運動到D點,電場力不做功,因此電勢能保持不變,故C正確;由于O點電勢高于P點電勢,將一正試探電荷沿直線從O點運動到P點,電場力做正功,故D錯誤.5.(多選)[2023·海南卷]如圖所示,正三角形三個頂點固定三個等量電荷,其中A、B帶正電,C帶負電,O、M、N為AB邊的四等分點,下列說法正確的是(BC)A.M、N兩點電場強度相同B.M、N兩點電勢相同C.負電荷在M點電勢能比在O點時要小D.負電荷在N點電勢能比在O點時要大[解析]根據(jù)場強疊加以及對稱性可知,M、N兩點的場強大小相同,但是方向不同,選項A錯誤;因A、B兩正電荷在M、N兩點的合電勢相等,C在M、N兩點的電勢也相等,則M、N兩點電勢相等,選項B正確;負電荷從M運動到O,因A、B兩電荷的合力對負電荷的庫侖力從O指向M,則該力對負電荷做負功,C也對該負電荷做負功,可知三個電荷對該負電荷的合力對其做負功,則該負電荷的電勢能增加,即負電荷在M點的電勢能比在O點時要小,同理可知負電荷在N點的電勢能比在O點時要小,選項C正確,D錯誤.6.如圖所示,O為光滑絕緣水平面上正方形區(qū)域ABCD的幾何中心,該區(qū)域有一勻強電場,方向由Q水平指向P.一帶負電小球從P點以速度v0沿PQ方向射入電場.以下說法正確的是 (C)A.小球由P向Q做減速運動B.電場中A點的電勢低于C點的電勢C.小球由P向Q運動的過程中,電勢能不斷減小D.該小球若從M點沿MN方向射入,則小球?qū)⑾駼C邊偏轉(zhuǎn)[解析]小球帶負電,可知小球所受電場力沿著PQ方向,與小球的初速度方向相同,小球做加速運動,故A錯誤;根據(jù)勻強電場的等勢線和電場線垂直可知,C點的電勢等于P點的電勢,A點的電勢等于Q點的電勢,沿著電場線的方向電勢逐漸降低,可知電場中A點的電勢高于C點的電勢,故B錯誤;根據(jù)A選項分析可知小球所受電場力的方向與小球的運動方向相同,電場力做正功,則小球的電勢能不斷減小,故C正確;根據(jù)A選項分析可知小球所受電場力沿著PQ方向,該小球若從M點沿MN方向射入,則小球?qū)⑾駻D邊偏轉(zhuǎn),故D錯誤.7.真空中兩個點電荷Q1、Q2分別固定于x軸上x1=0和x2=4a的兩點,在它們的連線上場強E與x關(guān)系如圖所示(取x軸正方向為場強正方向,無窮遠處為電勢零點),以下判斷正確的是 (D)A.Q1帶正電,Q2帶負電B.Q1的電荷量是Q2的3倍C.x軸上3a處的電勢為零D.正點電荷q在x軸上a處的電勢能比在2a處的電勢能大[解析]因x=0附近的場強為正,x=4a附近的場強為負值,可知兩電荷均帶正電,選項A錯誤;在x=3a處的場強為零,則有kQ19a2=kQ2a2,解得Q1=9Q2,選項B錯誤;無窮遠處為電勢零點,x軸上3a處的電勢為正,選項C錯誤;電場線方向從x軸上a處指向2a處,則正點電荷q從x軸上a處到2a處電場力做正功,則電勢能減小,即正點電荷q在8.(多選)[2023·山東卷]如圖所示,正六棱柱上、下底面的中心為O和O',A、D兩點分別固定等量異號的點電荷,下列說法正確的是 (ACD)A.F'點與C'點的電場強度大小相等B.B'點與E'點的電場強度方向相同C.A'點與F'點的電勢差小于O'點與D'點的電勢差D.將試探電荷+q由F點沿直線移動到O點,其電勢能先增大后減小[解析]將正六棱柱的上表面拿出,由幾何條件可知正電荷在OF中點K的電場強度方向垂直O(jiān)F,則K點的合電場強度方向與OF的夾角為銳角,在F點的合電場強度方向和OF的夾角為鈍角,因此將試探電荷+q由F點沿直線移動到O點過程中電場力先做負功后做正功,電勢能先增大后減小,D正確;由等量異種點電荷的電勢分布可知,φA'=φ>0,φD'=-φ<0,φO'=0,φF'>0,因此φA'-φF'=φ-φF'<φO'-φD'=φ,C正確;由等量異種點電荷的對稱性可知F'和C'電場強度大小相等,B'和E'電場強度方向不同,A正確,B錯誤.9.[2023·湖北卷]在正點電荷Q產(chǎn)生的電場中有M、N兩點,其電勢分別為φM、φN,電場強度大小分別為EM、EN.下列說法正確的是 (C)A.若φM>φN,則M點到電荷Q的距離比N點的遠B.若EM<EN,則M點到電荷Q的距離比N點的近C.若把帶負電的試探電荷從M點移到N點,電場力做正功,則φM<φND.若把帶正電的試探電荷從M點移到N點,電場力做負功,則EM>EN[解析]沿著電場線的方向電勢降低,根據(jù)正點電荷產(chǎn)生的電場特點可知,若φM>φN,則M點到電荷Q的距離比N點的近,故A錯誤;電場線的疏密程度表示電場強度的大小,根據(jù)正點電荷產(chǎn)生的電場特點可知,若EM<EN,則M點到電荷Q的距離比N點的遠,故B錯誤;若把帶負電的試探電荷從M點移到N點,電場力做正功,則是逆著電場線運動,電勢增加,有φM<φN,故C正確;若把帶正電的試探電荷從M點移到N點,電場力做負功,則是逆著電場線運動,根據(jù)正點電荷產(chǎn)生的電場特點可知EM<EN,故D錯誤.10.[2022·山東卷]半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖所示位置,圓心位于O點,環(huán)上均勻分布著電荷量為Q的正電荷.點A、B、C將圓環(huán)三等分,取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷.將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點,O點的電場強度剛好為零.圓環(huán)上剩余電荷分布不變,q為(C)A.正電荷,q=QB.正電荷,q=3C.負電荷,q=2D.負電荷,q=2[解析]A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧帶電荷量為QΔL2πR,與這兩段小圓弧關(guān)于O點對稱的小圓弧在O點產(chǎn)生的場強均為kQΔL2πR3,方向分別為從O指向A和從O指向B,根據(jù)平行四邊形定則知合場強大小為kQΔL2πR3,方向水平向右,O點的合場強為零,說明q在O11.[2024·甘肅卷]一平行板電容器充放電電路如圖所示.開關(guān)S接1,電源E給電容器C充電;開關(guān)S接2,電容器C對電阻R放電.下列說法正確的是(C)A.充電過程中,電容器兩極板間電勢差增加,充電電流增加B.充電過程中,電容器的上極板帶正電荷、流過電阻R的電流由M點流向N點C.放電過程中,電容器兩極板間電勢差減小,放電電流減小D.放電過程中,電容器的上極板帶負電荷,流過電阻R的電流由N點流向M點[解析]充電過程中,隨著電容器帶電荷量的增加,電容器兩極板間電勢差增加,充電電流在減小,故A錯誤;根據(jù)電路圖可知,充電過程中,電容器的上極板帶正電荷,流過電阻R的電流由N點流向M點,故B錯誤;放電過程中,隨著電容器帶電荷量的減小,電容器兩極板間電勢差減小,放電電流在減小,故C正確;根據(jù)電路圖可知,放電過程中,電容器的上極板帶正電荷,流過電阻R的電流由M點流向N點,故D錯誤.12.[2024·廣西卷]如圖所示,將不計重力、電荷量為q的帶負電的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣半圓弧上,半圓弧直徑兩端的M點和N點分別固定電荷量為27Q和64Q的負點電荷.將小圓環(huán)從靠近N點處靜止釋放,小圓環(huán)先后經(jīng)過圖上P1點和P2點,己知sinθ=35,則小圓環(huán)從P1點運動到P2點的過程中(AA.靜電力做正功B.靜電力做負功C.靜電力先做正功再做負功D.靜電力先做負功再做正功[解析]沿電場線越靠近負電荷則電勢越低,畫出兩個不等量負點電荷的電場線分布如圖甲所示,半圓與電場線的交點中其電場強度沿半徑方向時,該點對應(yīng)的電勢最高,設(shè)該點為P,如圖乙所示,設(shè)連線PM與直徑MN的夾角為α,則P點到M點的距離dM=2Rcosα,P點到N點的距離為dN=2Rsinα,M點處點電荷在P點產(chǎn)生的電場強度為EM=k27QdM2,N點處點電荷在P點產(chǎn)生的電場強度為EN=k64QdN2,P點的電場強度沿著圓半徑方向,由電場疊加原理可知ENEM=tanα,聯(lián)立解得α=53°,已知P2點和N點連線與直徑MN的夾角恰好為37°,則P2點和M點連線與直徑MN13.(多選)[2024·江西卷]如圖所示,垂直于水平桌面固定一根輕質(zhì)絕緣細直桿,質(zhì)量均為m、帶同種電荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿,兩小球均可視為點電荷,帶電荷量分別為q和Q.在圖示的坐標系中,小球乙靜止在坐標原點,初始時刻小球甲從x=x0處由靜止釋放,開始向下運動.甲和乙兩點電荷的電勢能Ep=kQqr(r為兩點電荷之間的距離,k為靜電力常量).最大靜摩擦力等于滑動摩擦力Ff,重力加速度為g.關(guān)于小球甲,下列說法正確的是 (BDA.最低點的位置x=kQqB.速率達到最大值時的位置x=kQqC.最后停留位置x的區(qū)間是kQqmg≤x≤D.若在最低點能返回,則初始電勢能Ep0<(mg-Ff)kQq[解析]小球甲在變力作用下沿直桿往復性運動,由于摩擦力與運動方向始終相反,所以該運動為阻尼振動,振幅逐漸減小,小球甲第一次向下到達的最低點為全程的最低點,小球甲從開始運動至第一次運動到最低點的過程,根據(jù)能量守恒定律有mg(x0-x)-Ff(x0-x)=kQqx-kQqx0,解得x=kQq(mg-Ff)x0,A錯誤;小球甲做阻尼振動,經(jīng)過平衡位置的速率越來越小,第一次向下經(jīng)過平衡位置時速率最大,小球甲第一次向下運動至速率達到最大值的位置,根據(jù)平衡條件有mg=Ff+kQqx2,解得x=kQqmg-Ff,B正確;若小球甲停止在下降的過程中,且停止運動后恰好靜止,則有mg=kQqx12+Ff,解得x1=kQqmg在最低點能返回,則有kQqx2>mg+Ff,解得x<kQqmg+Ff,由于x=kQq(mg-Ff)x0,故kQq(mg14.[2022·河北卷]如圖所示,真空中電荷量為2q和-q(q>0)的兩個點電荷分別位于M點與N點,形成一個以MN延長線上O點為球心,電勢為零的等勢面(取無窮遠處電勢為零),P為MN連線上的一點,S為等勢面與直線MN的交點,T為等勢面上的一點,下列說法正確的是 (B)A.P點電勢低于S點電勢B.T點電場強度方向指向O點C.除無窮遠處外,MN直線上存在兩個電場強度為零的點D.將正試探電荷q0從無窮遠處移動到P點,靜電力做正功[解析]在M、N連線上,左邊正電荷產(chǎn)生的電場強度水平向右,右邊負電荷產(chǎn)生的電場強度水平向右,根據(jù)電場的疊加可知M、N間的電場強度水平向右,沿著電場線電勢逐漸降低,可知P點電勢高于等勢面與直線MN交點處電勢,則P點電勢高于S點電勢,故A錯誤;由于正電荷的電荷量大于負電荷電荷量,故在N點左側(cè)電場強度不可能為零,則在N點右側(cè),設(shè)M、N的距離為L,根據(jù)k·2q(L+d)2=k·qd2,可知除無窮遠處外,直線MN上電場強度為零的點只有一個,故C錯誤;由A選項分析可知,T點電勢低于P電勢,則正電荷在T點的電勢能低于在P點的電勢能,將正試探電荷q0從T點移到P點,電勢能增大,靜電力做負功,而T點電勢與無窮遠處電勢均為0,故將正試探電荷q15.[2022·湖南卷]如圖所示,四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上.移去a處的絕緣棒,假定另外三根絕緣棒電荷分布不變.關(guān)于長方體幾何中心O點處電場強度方向和電勢的變化,下列說法正確的是 (A)A.電場強度方向垂直指向a,電勢減小B.電場強度方向垂直指向c,電勢減小C.電場強度方向垂直指向a,電勢增大D.電場強度方向垂直指向c,電勢增大[解析]根據(jù)微元法和對稱性,可知a棒在O點產(chǎn)生的場強方向垂直指向c棒,而四根棒在O點產(chǎn)生的合場強為零,所以移去a棒后,b、c、d三根棒在O點產(chǎn)生的合場強,與單獨一根a棒在O點產(chǎn)生的場強等大反向,所以b、c、d三根棒在O點產(chǎn)生的合場強方向垂直指向a棒.規(guī)定無窮遠電勢為零,則電勢的計算公式為φ=kQr,四根棒都帶正電荷,在每根棒產(chǎn)生的電場中,O點處的電勢都為正值,且相等,所以當移去a棒后,O點處的電勢將減小.故A正確16.(多選)[2022·全國乙卷]如圖所示,兩對等量異號點電荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4個頂點上.L、N是該正方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點,O為內(nèi)切圓的圓心,M為切點.則 (AB)A.L和N兩點處的電場方向相互垂直B.M點的電場方向平行于該點處的切線,方向向左C.將一帶正電的點電荷從M點移動到O點,電場力做正功D.將一帶正電的點電荷從L點移動到N點,電場力做功為零[解析]兩個正點電荷在N點產(chǎn)生的合場強方向由N指向O,N點處于兩負點電荷連線的中垂線上,則兩負點電荷在N點產(chǎn)生的合場強方向也由N指向O,則N點的合場強方向由N指向O,同理可知,L點的合場強方向由O指向L,由于正方形兩對角線垂直,所以L和N兩點處的電場方向相互垂直,故A正確;如圖所示,q3、q4在M點產(chǎn)生的合場強方向水平向左,大小為E1,而q1、q2在M點產(chǎn)生的合場強方向水平向右,大小為E2,由于M點離q3、q4較近,故E1>E2,所以M點的場強方向向左,故B正確;由圖可知,q1與q2、q3與q4連線的中垂線為過M點和O點的直線,此線上各點電勢都為零,即M點和O點電勢相等,為零,所以將一帶正電的點電荷從M點移動到O點,電場力做功為零,故C錯誤;正點電荷在q3、q4產(chǎn)生的電場中從L點移動到N點電場力做負功,做功大小為W1,正點電荷在q1、q2產(chǎn)生的電場中從L點移動到N點電場力做正功,大小為W2,由于L點和N點離q3、q4較近,故W1>W2,正點電荷從L點移動到N點電場力做功為W=-W1+W2<0,故D錯誤.17.[2023·全國甲卷]在一些電子顯示設(shè)備中,讓陰極發(fā)射的電子束通過適當?shù)姆莿驈婋妶?可以使發(fā)散的電子束聚集.下列4幅圖中帶箭頭的實線表示電場線,如果用虛線表示電子可能的運動軌跡,其中正確的是 (A)[解析]電子帶負電,只受電場力,電場力沿電場線的切線方向,與場強方向相反,同時指向電子運動軌跡的凹側(cè),故A正確.18.[2023·湖南卷]如圖,真空中有三個點電荷固定在同一直線上,電荷量分別為Q1、Q2和Q3,P點和三個點電荷的連線與點電荷所在直線的夾角分別為90°、60°和30°.若P點處的電場強度為零,q>0,則三個點電荷的電荷量可能為 (D)A.Q1=q,Q2=2q,Q3=qB.Q1=-q,Q2=-433q,Q3C.Q1=-q,Q2=2q,Q3=-qD.Q1=q,Q2=-433q,Q3[解析]P點的電場強度為零,說明P點的試探電荷受到帶電荷量為Q1、Q2、Q3的三個點電荷的庫侖力的合力為零,由于三個庫侖力的方向分別在三個點電荷與試探電荷連線上,所以三個庫侖力的方向只有兩種可能,一種可能如圖所示,另一種可能是三個力與圖中方向均相反,即電荷量Q1、Q3電性相同,電荷量Q1、Q2電性相反,選項A、B錯誤;設(shè)P點的試探電荷帶的電荷量為Q,P點到電荷量為Q3的點電荷的距離為L,則P點到電荷量為Q1的點電荷的距離為Lsin30°=12L,P點到電荷量為Q2的點電荷的距離為Lsin30°sin60°=33L,根據(jù)平衡條件可知-kQ2Q33L2cos60°=kQ3Q19.電荷量相等的兩個電荷在空間形成的電場有對稱美.如圖所示,真空中固定兩個等量異種點電荷A、B,A、B連線中點為O,在A、B所形成的電場中,以O(shè)為圓心,半徑為R的圓垂直AB連線,以O(shè)為幾何中心的邊長為2R的正方形平面垂直圓面且與AB連線共面,兩者的交點為e和f.g為圓上一點,則下列說法正確的是(D)A.a與b兩點場強大小和方向均相同B.沿著圓弧egf,電勢先增大后減小C.將一電荷由e點沿直線eOf移到f點,其所受電場力先減小后增大D.將一電荷由a點移動到e點和從e點移動到d點,電荷電勢能的變化量相等[解析]根據(jù)題意,由對稱性可知,a與b兩點場強大小相等,方向不同,故A錯誤;根據(jù)題意,由等勢面與電場線的關(guān)系可知,等量異種電荷連線的中垂線所在平面為等勢面,則沿著圓弧egf,電勢不變,故B錯誤;沿直線eOf,電場強度先增大后減小,所以將一電荷由e點沿直線eOf移到f點,其所受電場力先增大后減小,故C錯誤;根據(jù)題意,由對稱性結(jié)合U=Ed可知,a、e兩點間的電勢差與e、d兩點間電勢差相等,則將一電荷由a點移動到e點和從e點移動到d點,電荷電勢能的變化量相等,故D正確.20.如圖所示,半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定在豎直面內(nèi),圓環(huán)上A、B、C三點構(gòu)成正三角形,AD、BE為圓環(huán)直徑,且AD水平.甲、乙兩小球帶有等量異種電荷,將帶正電荷的小球甲固定在A點處,另一帶負電小球乙恰好能靜止在B點處(甲、乙均可視為質(zhì)點),已知小球乙的質(zhì)量為m,重力加速度為g,則下列說法正確的是 (C)A.在甲、乙形成的電場中,D、E兩點的電場強度相同B.在甲、乙形成的電場中,C點電勢等于D點電勢C.乙受到大圓環(huán)的彈力F=3mgD.將乙放在C點也恰好可靜止不動[解析]根據(jù)等量異種點電荷的電場線分布可知在甲、乙形成的電場中,D、E兩點的電場強度大小相等,方向不同,故A錯誤;由幾何關(guān)系可知,O、C在AB連線的中垂線上,為甲、乙形成的電場的等勢線且電勢為零,可知C點電勢與D點電勢不相等,故B錯誤;對乙受力分析,如圖1所示,根據(jù)平衡條件可得F庫cos30°+mgcos30°=FN,F庫sin30°=mgsin30°,聯(lián)立解得FN=3mg,F庫=mg,故C正確;由幾何關(guān)系可知,C點到A點的距離與B點到A點的距離相等,所以乙小球在C點所受庫侖力大小仍為mg,將乙放在C點時,乙小球受到的重力和庫侖力如圖2所示,庫侖力和重力的合力在兩個力夾角的角平分線上,而大圓環(huán)對小球乙的彈力方向只能沿OC方向,由平衡條件可知小球乙不可能靜止在C點,故D錯誤.21.如圖所示,在真空中水平放置一長方體,其高為2L,上、下兩個面是邊長為L的正方形,在頂點A、C處分別放置電荷量為+Q的點電荷,在頂點F、H處分別放置電荷量為-Q的點電荷,O1、O2分別是線段AC和線段FH的中點.下列說法正確的是 (D)A.該長方體的幾何中心處場強為零B.B、D兩點場強相同C.沿豎直方向從O1點到O2點,電勢先減小后增大D.將一電子從B點移到E點,電場力做負功[解析]由等量同種點電荷電場特點可知,A、C處放置的正點電荷在長方體的幾何中心處場強方向豎直向下,F、H處放置的負點電荷在長方體的幾何中心處場強方向豎直向下,則該長方體的幾何中心處合場強方向豎直向下,大小不為零,故A錯誤;B、D兩點到兩正點電荷的距離相同,到兩負電點荷的距離相同,由矢量合成可知,B、D兩點的場強大小相等,方向不同,故B錯誤;沿豎直方向從O1點到O2點,所在位置距離正點電荷越來越遠,離負點電荷越來越近,所以電勢一直減小,故C錯誤;B點離兩正點電荷更近,E點離兩負點電荷更近,則B點電勢高于E點電勢,將一電子從B點移到E點,電場力做負功,故D正確.22.M、N兩金屬板豎直放置,使其帶電,懸掛其中的帶電小球P偏離豎直方向,如圖所示.下列措施會使OP懸線與豎直方向的夾角增大的是(P球不與金屬極板接觸) (A)A.增大M、N兩極板間的電勢差B.減小M、N兩極板的帶電荷量C.保持極板間距不變,將M、N板一起向右平移D.保持極板帶電荷量不變,將N板向右平移[解析]使OP懸線與豎直方向的夾角增大,即是增大小球所受的電場力,增大M、N兩極板間的電勢差,根據(jù)E=Ud,d不變,可知電場強度將變大,根據(jù)F=Eq,可知電場力將增大,A正確;減小M、N兩極板的帶電荷量,根據(jù)U=QC,C不變,可知電勢差減小,則電場強度減小,小球所受電場力將減小,B錯誤;保持板間距不變,將M、N一起平移,電勢差不變,OP懸線與豎直方向的夾角不變,C錯誤;根據(jù)C=εrS4πkd=QU,可得電場強度E=Ud題型2帶電粒子在電場中的運動1.[2022·重慶卷]如圖為某同學采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖,電容器上極板固定,下極板可隨材料尺度的變化上下移動,兩極板間電壓不變.若材料溫度降低時,極板上所帶電荷量變少,則 (A)A.材料豎直方向尺度減小B.極板間電場強度不變C.極板間電場強度變大D.電容器電容變大[解析]根據(jù)題意可知極板之間電壓U不變,極板上所帶電荷量Q變少,根據(jù)電容定義式C=QU可知電容器的電容C減小,D錯誤;根據(jù)電容的決定式C=εrS4πkd可知極板間距d增大,極板之間形成勻強電場,根據(jù)E=Ud2.(多選)[2023·湖北卷]一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓U1加速后,射入水平放置的平行板電容器,極板間電壓為U2.微粒射入時緊靠下極板邊緣,速度方向與極板夾角為45°,微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L,到兩極板距離均為d,如圖所示.忽略邊緣效應(yīng),不計重力.下列說法正確的是 (BD)A.L∶d=2∶1B.U1∶U2=1∶1C.微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2D.僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷量,微粒在電容器中的運動軌跡不變[解析]微粒在電容器中水平方向做勻速直線運動,豎直方向做勻變速直線運動,由E=U22d,F=qE=ma,得a=qU22md.v0cos45°=22v0,vy=v0sin45°=22v0,從射入至運動到最高點由運動學公式得vy2=2ad,微粒經(jīng)電壓U1加速過程,由動能定理可得qU1=12mv02,聯(lián)立解得U1∶U2=1∶1,B正確;微粒從射入至運動到最高點由運動學公式可得2L=vxt,d=0+vy2·t,聯(lián)立可得L∶d=1∶1,A錯誤;微粒從最高點到穿出電容器過程有L=vxt1,vy1=at1,從射入電容器至運動到最高點過程有vy=at,解得vy1=vy2,設(shè)微粒穿出電容器時速度方向與水平方向的夾角為α,則tanα=vy1vx=12,設(shè)微粒射入電容器時速度方向和水平方向的夾角為β,tanβ=1,則tan(α+β)=3,C錯誤;設(shè)微粒從射入電容器至射出的過程水平方向的位移大小為x=vxt,豎直方向的位移大小為y=vy3.反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一,它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波,其振蕩原理與下述過程類似.已知靜電場的方向平行于x軸,其電勢φ隨x的分布如圖所示.一質(zhì)量m=2.0×10-20kg、電荷量q=2.0×10-9C的帶負電的粒子從(-1cm,0)點由靜止開始,僅在靜電力作用下在x軸上往返運動.則(D)A.x軸原點左側(cè)電場強度的大小E1和右側(cè)電場強度的大小E2之比E1EB.粒子沿x軸正方向從-1cm運動到0和從0運動到0.5cm過程中所受靜電力的沖量相同C.該粒子運動的周期T=4.0×10-8sD.該粒子運動過程中的最大動能為4.0×10-8J[解析]根據(jù)U=Ed,由圖可知,左側(cè)電場強度大小為E1=201×10-2V/m=2×103V/m,右側(cè)電場強度大小為E2=200.5×1據(jù)動能定理,有qE1x=Ekm,代入數(shù)據(jù),得Ekm=4×10-8J,設(shè)粒子在原點左、右兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2,在原點的速度為vm=qE1mt1,同理可知vm=qE2mt2,周期為T=2(t1+t2),聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)有T=3×10-8s,故C錯誤,D正確;根據(jù)動量定理,有I1=mvm-0,I2=0-mvm4.如圖甲所示,一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進入(記為t=0時刻),同時在兩板上加一按圖乙變化的電壓.已知粒子比荷為k,帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞,經(jīng)過一段時間,粒子以平行極板方向的速度射出.則下列說法中正確的是 (D)A.粒子射出時間可能為t=4sB.粒子射出的速度大小為2vC.極板長度滿足L=3vn(n=1,2,3,…)D.極板間最小距離為3[解析]粒子進入電容器后,在平行于極板方向做勻速直線運動,垂直極板方向的運動v-t圖像如圖所示,因為粒子平行極板射出,可知粒子射出時垂直極板的分速度為0,所以射出時刻可能為1.5s、3s、4.5s……,滿足t=1.5n(n=1,2,3,…),粒子射出的速度大小必定為v,故A、B錯誤;極板長度L=v·1.5n(n=1,2,3,…),故C錯誤;因為粒子不跟極板碰撞,則應(yīng)滿足d2≥12v垂直×1.5s,v垂直=a×1s,a=qU0md,聯(lián)立求得5.如圖甲所示,光滑絕緣水平面上有一沿水平方向的電場,MN是其中的一條直線,線上有A、B、C三點.一帶電荷量為+2×10-3C、質(zhì)量為1×10-3kg的小物塊從A點由靜止釋放,沿MN做直線運動,其運動的v-t圖像如圖乙所示,其中B點處的切線斜率最大(圖中標出了該切線),C點處的切線平行于t軸,運動過