2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第5讲　冲量与动量

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第5讲冲量与动量第5讲冲量与动量考点1动量定理综合应用1.安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带.如图,在汽车正面碰撞测试中,汽车以72km/h的速度发生碰撞.车内假人的质量为50kg,使用安全带时,假人用时0.8s停下;不使用安全带时,假人与前方碰撞,用时0.2s停下.以下说法正确的是 (B)A.碰撞过程中,汽车和假人的总动量守恒B.无论是否使用安全带,假人动量变化量相同C.使用安全带时,假人受到的平均作用力约为125ND.不使用安全带时,假人受到的平均作用力约为2500N[解析]碰撞过程中,汽车和假人组成的系统受撞击力作用,总动量不守恒,故A错误;假人的初动量为p=mv0,末动量都为0,所以无论是否使用安全带,假人动量变化量相同,故B正确;使用安全带时,根据动量定理有-Ft=0-p,解得F=1250N,假人受到的平均作用力约为1250N,故C错误;不使用安全带时,根据动量定理有-F't'=0-p,解得F'=5000N,假人受到的平均作用力约为5000N,故D错误.2.(多选)[2023·新课标卷]使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻 (BD)A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零[解析]对甲、乙受力分析如图所示,根据牛顿第二定律可知a甲=F-Ff1m甲=Fm甲-μg、a乙=F-Ff2m乙=Fm乙-μg,由于mv乙,所以选项A错误;由于m甲>m乙,所以Ff1>Ff2,对于整个系统不满足动量守恒的条件,所以甲的动量大小与乙的不相等,选项C错误;对于整个系统而言,由于Ff1>Ff2,合力方向向左,合冲量方向向左,所以合动量方向向左,显然甲的动量大小比乙的小,选项B、D正确.3.质量为m的物体,以初速度v0沿斜面开始上滑,到达最高点后再次返回原出发位置处时速度大小为0.5v0,假设物体在斜面上运动时受到的摩擦力大小不变,则 (C)A.整个过程中合力的冲量大小为12mvB.整个过程中摩擦力冲量的矢量和为零C.上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小D.上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均为零[解析]以沿斜面向下为正方向,根据动量定理可得I合=Δp=0.5mv0-(-mv0)=1.5mv0,A错误;设物体上滑过程的时间为t1,下滑回到出发点的时间为t2,位移大小为x,则x=v02t1=0.5v02t2,得t1=12t2,整个过程中摩擦力冲量的矢量和为If1+If2=Fft1-Fft2≠0,B错误;上滑过程中重力的冲量为mgt1,下滑过程中重力的冲量为mgt24.[2021·福建卷]福建属于台风频发地区,各类户外设施建设都要考虑台风影响.已知10级台风的风速范围为24.5~28.4m/s,16级台风的风速范围为51.0~56.0m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌,则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的 (B)A.2倍 B.4倍C.8倍 D.16倍[解析]设空气的密度为ρ,风迎面垂直吹向交通标志牌的横截面积为S,在时间t内通过的空气质量为m=ρSv·t,假定台风迎面垂直吹向交通标志牌的末速度变为零,对风由动量定理有-Ft=0-mv,可得F=ρSv2,10级台风的风速最小为v1min=24.5m/s,最大风速为v1max=28.4m/s,16级台风的风速最小为v2min=51.0m/s,最大风速为v2max=56.0m/s,则3.2≤F2F1=v25.用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理.如图所示,从距秤盘80cm高度处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1s,豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞的极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1000粒的豆粒的总质量为100g,g取10m/s2,则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为 (B)A.0.2N B.0.6N C.1.0N D.1.6N[解析]设豆粒从80cm高处落至秤盘时速度大小为v1,对自由下落过程,有v12=2gh,解得v1=4m/s,以向上为正方向,根据动量定理得Ft=mv2-m(-v1),其中v2=12v1,解得F=0.6N,由牛顿第三定律可知,在碰撞过程中秤盘受到的压力大小F'=F=06.(多选)使用无人机植树时,为保证树种的成活率,将种子连同营养物质包进一个很小的荚里.播种时,在离地面10m高处以15m/s的速度水平匀速飞行的无人机中,播种器利用空气压力把荚以5m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出,荚进入地面下10cm深处完成一次播种.已知荚的总质量为20g,荚在土壤中所受的阻力恒定,不考虑荚所受大气阻力及进入土壤后重力的作用,g取10m/s2,则 (CD)A.射出荚的过程中,播种器对荚做的功为2.5JB.离开无人机后,荚在空中运动的时间为2sC.土壤对荚的冲量大小为32D.荚在土壤内受到的阻力大小为452[解析]播种器对荚做的功等于荚增加的动能,故W=12m(v12+v02)-12mv02=0.25J,A错误;离开无人机后,在竖直方向上荚做匀加速直线运动,有H=v1t1+12gt12,解得荚在空中下落的时间t1=1s,B错误;荚落地时竖直方向上的分速度为vy=v1+gt1=15m/s,水平方向上的分速度为v0=15m/s,故荚落地时的速度大小为v=v02+vy2=152m/s,进入土壤后,速度变为零,故土壤对荚的冲量I=0-mv=-3210kg·m/s,即冲量大小为3210kg·m/s,C正确;荚进入土壤后,在竖直方向上做减速运动,末速度为零,位移为h=10cm=0.1m,则竖直方向上的加速度大小a=vy7.(多选)[2022·全国乙卷]质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图-所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取10m/s2.则(AD)A.4s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kg·m/sD.0~6s时间内F对物块所做的功为40J[解析]物块与地面间的摩擦力为Ff=μmg=2N,对物块,0~3s内由动量定理可知(F-Ff)t1=mv3,3s时物块的动量为p=mv3=6kg·m/s,设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得-(F+Ff)t=0-mv3,解得t=1s,所以物块在4s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确,C错误;设0~3s内物块发生的位移为x1,由动能定理可得(F-Ff)x1=12mv32,得x1=9m,3~4s过程中,对物块,由动能定理可得-(F+Ff)x2=0-12mv32,得x2=3m,4~6s物块开始反向运动,物块的加速度大小为a=F-Ffm=2m/s2,发生的位移为x3=12at22=4m<x1+x2,即6s时物块没有回到初始位置,故B错误;物块在6s时的速度大小为v6=at2=4m/s,0~6s内力F8.(多选)如图所示,一轻杆两端分别固定a、b两个半径相等的光滑金属球,a球质量为2m,b球质量为m.整个装置放在光滑的水平面上,将此装置从图示位置由静止释放,经时间t小球b落地,重力加速度为g,则(ACD)A.b球落地前瞬间速度方向竖直向下B.在b球下落过程中,a球对地压力不可能等于2mgC.全程轻杆对b球的合冲量向上,且小于mgtD.在b球落地前的整个过程中,轻杆对b球做的功为零[解析]对两球及杆系统为研究对象,水平方向受力为零,则在b球落地前瞬间,b球的水平速度为零,b球落地前瞬间速度方向竖直向下,故A正确;对b球,水平方向上动量变化为零,由动量定理可知,杆对b球的水平方向冲量为零,在竖直方向上,根据机械能守恒定律可知,b落地时速度与只在重力作用下的落地速度一样,如图所示的v-t图像中直线为b球自由落体运动的图线,曲线为b球竖直方向的运动图线,b球落地之前某时刻竖直方向的加速度可能为g,完全失重,则此时a球对地压力等于2mg,故B错误;因b球在竖直方向上运动的位移与落地速度都与自由落体运动相同,对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长,由动量定理可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零,且冲量方向向上,所以由杆对b球的水平和竖直冲量可知,杆对b球的冲量不为零,且方向竖直向上,根据动量定理有mgt-I杆=Δp,则杆对b球的合冲量小于mgt,故C正确;设杆对a球做功为W1,对b球做功为W2,系统机械能守恒,则除了重力之外的力做的功必定为零,即W1+W2=0,对a球由动能定理可知W1=0,故W2=0,故D正确.9.下雨时,为什么蚊子不会被雨滴砸死?科学家研究发现蚊子被雨滴击中时并不能抵挡雨滴,而是很快与雨滴融为一体,随后迅速侧向微调与雨滴分离.已知蚊子的质量为m,漂浮在空气中(速度为零);雨滴质量为nm,雨滴所受空气阻力与下落速度成正比,比例系数为k,击中蚊子前,雨滴已经匀速竖直下落,蚊子与雨滴融为一体的时间为Δt,重力加速度为g,蚊子重力不计.求:(1)蚊子与雨滴融为一体后,蚊子的速度大小v;(2)蚊子与雨滴融为一体的过程中,蚊子受到的平均作用力F的大小.[答案](1)n2mg([解析](1)击中蚊子前,雨滴已经匀速竖直下落,则有kv0=nmg蚊子与雨滴融为一体,有nmv0=(n+1)mv解得v=n(2)对蚊子由动量定理有FΔt=mv解得F=n考点2动量守恒定律综合应用(爆炸和反冲)1.用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖块(击打时间极短),击打后,小铁锤以12v1的速率反向弹回,已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t,重力加速度为g,下列说法正确的是 (DA.在击打过程中,铁锤所受合外力的冲量大小为12mvB.在击打过程中,铁锤重力的冲量大小为mgtC.砖头缓冲过程中,对手的压力大小为MgD.砖头缓冲过程中,对手的压力大小为Mg+3[解析]设方向向下为正方向,在击打过程中,对铁锤由动量定理可得I=m-12v1-v1=-32mv1,在击打过程中,铁锤所受合外力的冲量大小为32mv1,故A错误;铁锤击打的时间未知,所以在击打过程中,铁锤重力的冲量大小不能求解,故B错误;在击打过程中,铁锤与砖头由动量守恒定律可得mv1=-12mv1+Mv,解得Mv=32mv1,砖头缓冲过程中,对砖头由动量定理可得(F1+Mg)t=0-32mv1,解得手对砖头的支持力为F1=-Mg-3m2.如图所示,A、B两物体质量分别为mA=5kg和mB=4kg,与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA=0.4和μB=0.5,开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧(不拴接),并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上.现将细线剪断,则两物体将被弹簧弹开,最后两物体都停在水平地面上.下列判断正确的是(D)A.在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中,两物体组成的系统动量不守恒B.在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中,整个系统的机械能守恒C.在两物体被弹开的过程中,A、B两物体的机械能一直增大D.两物体一定同时停在地面上[解析]在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中,A物体所受的滑动摩擦力方向水平向右,大小为FfA=μAmAg=20N,B物体所受的滑动摩擦力方向水平向左,大小为FfB=μBmBg=20N,两物体组成的系统所受合外力为零,因此动量守恒,A错误;在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中,整个系统克服摩擦力做功,机械能减小,B错误;在两物体被弹开的过程中,弹簧的弹力先大于摩擦力,后小于摩擦力,故物体的机械能先增大后减小,C错误;弹簧对两物体的弹力大小相等,且两个物体同时离开弹簧,因此弹簧对两个物体的冲量大小相等为I,设物体A、B停止的时间为tA、tB,根据动量定理有I-FfAtA=0,I-FfBtB=0,由于FfA=FfB,因此tA=tB,D正确.3.(多选)如图所示,质量为100kg的小木船静止在湖边附近的水面上,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,在船尾处有一质量为20kg的铁块,将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住,此时铁块到船头的距离为L=3m,船头到湖岸的水平距离为x=0.7m.将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上,忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力,重力加速度g取10m/s2.下列判断正确的有(AD)A.铁块脱离小木船后在空中运动的时间为0.4sB.铁块脱离小木船时的瞬时速度大小为1.75m/sC.小木船最终的速度大小为1.25m/sD.弹簧释放的弹性势能为108J[解析]烧断细线后以小木船、铁块组成的整体为研究对象,对小木船与铁块组成的系统由动量守恒定律有Mx1=mx2,x1+x2=L,解得x1=0.5m,x2=2.5m,铁块离开小木船后做平抛运动,有(x1+x)=v2t,h=12gt2,解得t=0.4s,v2=3m/s,选项A正确,B错误;铁块与小木船相互作用时,由动量守恒定律有Mv1-mv2=0,解得v1=0.6m/s,选项C错误;由机械能守恒定律有Ep=12Mv12+14.[2021·浙江1月选考]在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器引爆瞬间开始计时,在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声.已知声音在空气中的传播速度为340m/s,忽略空气阻力.下列说法正确的是(g取10m/s2) (B)A.两个碎块的位移大小之比为1∶2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两个碎块落地点之间的水平距离为340m[解析]爆炸物上升到最高点时,瞬时速度为零,爆炸瞬间水平方向动量守恒,因此质量之比为2∶1的两个碎块,其速度之比为1∶2,根据平抛运动规律可知,水平方向位移大小之比为1∶2,但合位移大小之比并不为1∶2,选项A错误.根据题意,设声速为v0,则2s-sv0=1s,因此s=340m,两碎块落地点相距1020m,选项D错误.以上推导说明爆炸物爆炸之后质量为2m的碎块落地声音传到接收器需要1s,质量为m的碎块落地声音传到接收器时间为2s.因此爆炸物爆炸后碎块平抛落地时间为4s,根据平抛运动的规律可知,碎块下落的高度h=12gt2=80m,选项B正确.质量为2m5.一颗烟花弹从水平地面以一定的速度竖直上升,速度为零的瞬间爆炸分成两部分,如图所示,其中a部分质量是b部分质量的2倍,a部分水平飞出.不计空气阻力和火药的质量,a、b两部分落地时水平方向的动量大小分别为pa、pb,a、b两部分做平抛运动过程中动量的变化量大小分别为Δpa、Δpa、则 (B)A.pa=pb,2Δpa=ΔpbB.pa=pb,Δpa=2ΔpbC.pa>pb,Δpa=2ΔpbD.pa<pb,2Δpa=Δpb[解析]根据题意,由动量守恒定律可知,烟花弹爆炸后,a、b两部分均沿水平方向飞出,且有mava+mbvb=0,飞出后在水平方向上,做匀速直线运动,则水平方向的动量保持不变,即落地时水平动向的动量大小pa=pb,运动过程中只受重力,由动量定理可得Gt=Δp,根据h=12gt2可知,a、b两部分下落的时间相等,设b部分质量为m,则a部分质量为2m,则有Δpa=2mgt,Δpb=mgt,即Δpa=2Δpb,故A、C、D错误,B正确6.光滑水平地面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A,斜面体质量为M,底边长为L,如图所示.将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放,滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端.此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN,重力加速度为g,则下列说法中正确的是 (D)A.FN=mgcosαB.滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosαC.滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒D.此过程中斜面体向左滑动的距离为mM[解析]滑块B下滑过程中,斜面体A水平向左加速运动,所以滑块B相对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为零,所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα,A错误;滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt,B错误;由于滑块B有竖直方向的分加速度,所以系统在竖直方向上所受的合外力不为零,系统的动量不守恒,C错误;系统在水平方向上不受外力,在水平方上向动量守恒,设A、B的水平位移大小分别为x1、x2,则Mx1=mx2,x1+x2=L,联立解得x1=mM+m7.(多选)如图所示,质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连,竖直放置在光滑水平地面上,质量也为m的小球C挨着小球B放置在地面上.扰动轻杆使小球A向左倾倒,小球B、C在同一竖直面内向右运动.当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离,已知C球的最大速度为v,小球A落地后不反弹,重力加速度为g.下面说法正确的是 (AD)A.球B、C分离前,A、B两球组成的系统机械能逐渐减小B.球B、C分离时,球B对地面的压力大小为2mgC.从开始到A球落地的过程中,杆对球B做的功为18mvD.小球A落地时的动能为mgl-58mv[解析]球B、C分离前,球C对A,B两球组成的系统做负功,所以A、B两球组成的系统机械能逐渐减小,故A正确;球B、C分离时,对A、B两球组成的系统,球A有向下的加速度,球A处于失重状态,所以球B对地面的压力小于2mg,故B错误;A、B、C三球在水平方向不受外力作用,所以A、B、C三球在水平方向动量守恒,设在A落地瞬间A、B水平方向速度为v共,则有mv=2mv共,解得v共=v2,对A、B、C三球组成的系统由机械能守恒定律得mgl=EkA+12mv2+12mv共2,解得EkA=mgl-58mv2,故D正确;从开始到A球落地的过程中,杆对球B做的功等于球B和球C的动能之和,有W=12mv2+128.(多选)如图所示,在倾角为θ的足够长的绝缘固定斜面上,静止放置有质量分别为3m、m的两金属块A、B,其中A带电荷量为+2q,B不带电.现让金属块A以初速度v0沿斜面向下运动,一段时间后与金属块B发生弹性正碰,且碰撞后A、B带电荷量均为+q.已知金属块与斜面间的动摩擦因数均为μ=tanθ,下列说法正确的是 (BC)A.碰撞前,A沿斜面做匀加速直线运动B.碰撞后,A、B都沿斜面向下运动的过程中总动量守恒C.碰撞后,当A的速度为v03时,B的速度为2D.碰撞后,A、B系统的电势能先减小后不变[解析]由于μ=tanθ,则有3mgsinθ=μ·3mgcosθ,可知碰撞前,A沿斜面做匀速直线运动,故A错误;碰撞后,A、B都沿斜面向下运动的过程中,由于3mgsinθ=μ·3mgcosθ,mgsinθ=μ·mgcosθ,A、B之间的库仑斥力为A、B组成系统的内力,则A、B组成系统所受合外力为零,系统满足动量守恒,当A的速度为v03时,有3mv0=3m·v03+mvB,解得vB=2v0,故B、C正确;碰撞后,对于A、B组成的系统,由于A、B之间存在库仑斥力,且A9.(多选)在生产生活中,经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向.如图所示,光滑水平地面上停放着一辆小车,小车上固定着两端开口的光滑细管,细管由水平、弯曲和竖直三部分组成,各部分之间平滑连接,竖直管的上端到小车上表面的高度为h.一小球以初速度v0水平向右射入细管,小球的质量与小车的质量(包含细管)相等,小球可视为质点,重力加速度为g,忽略一切阻力作用.下列说法正确的是 (BCD)A.小球在细管中运动时,小球和小车(包含细管)组成的系统动量守恒B.小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用C.当小球初速度v0>4ghD.若小球从细管的竖直部分冲出,则冲出后一定会落回到细管中[解析]小球在细管中运动时,小球和小车(包含细管)组成的系统在水平方向受到合外力为零,所以小球和小车(包含细管)组成的系统水平方向动量守恒,小球在细管的竖直部分运动时,水平方向的速度相同,则小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用,故A错误,B正确;由于水平方向动量守恒,在最高点,由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0=2mv、12mv02=12·2mv2+mgL,解得L=v024g,从细管的竖直部分冲出,则有L=v010.(多选)如图所示,质量均为m=2kg的木块A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为l=0.5m的细线,细线另一端系一质量为1kg的球C.现将C球拉起使细线刚好水平伸直,并由静止释放C球,重力加速度g取10m/s2.从开始释放C到A、B两木块恰好分离的过程,下列说法正确的是 (BC)A.两木块A和B分离时,A、B的速度大小均为2m/sB.两木块A和B分离时,C的速度大小为22m/sC.C球由静止释放到最低点的过程中,两木块移动的距离为0.1mD.C球由静止释放到最低点,A对B的弹力的冲量大小为10kg·m/s[解析]球C下落到最低点时,A、B将要分离,根据机械能守恒定律有mCgl=12mCvC2+12(2m)vAB2,系统水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有mCvC=2mvAB,联立解得vC=22m/s,vAB=22m/s,故A错误,B正确;C球由静止释放到最低点的过程中,设C相对地面的水平位移大小为x1,AB相对地面的水平位移大小为x2,则有mCx1=2mx2,x1+x2=l,解得x2=0.1m,故C正确;C球由静止释放到最低点的过程中,选B为研究对象,由动量定理有IAB=mv考点3碰撞模型及其拓展1.[2022·湖南卷]1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成.如图所示,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,下列说法正确的是 (B)A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v0[解析]由于中子和氢核质量相等,且发生的是弹性碰撞,所以碰后二者交换速度,氢核碰后的动量与碰前中子的动量相等,动能也相等,中子与氮核也发生弹性碰撞,因为是小质量粒子碰大质量粒子,所以碰后中子会反向运动,根据系统动量守恒定律可知,碰后氮核的动量会大于碰前中子的动量,根据系统动能不变,可知碰后氮核的动能小于碰前中子的动能,故A错误,B正确;由于发生的是弹性碰撞,而且是运动粒子碰静止粒子,则碰后氢核的速度v1=2m中子v0m中子+m氢核,氮核的速度为v2=2m中子v0m2.(多选)[2024·湖北卷]如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块.设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小Ff与射入初速度大小v0成正比,即Ff=kv0(k为已知常数).改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则 (AD)A.子弹的初速度大小为2B.子弹在木块中运动的时间为2C.木块和子弹损失的总动能为kD.木块在加速过程中运动的距离为mL[解析]子弹的初速度大小v0改变时,分为两种情况,一种是最终子弹和木块共速,一种是子弹穿出木块后继续运动.分析最终子弹和木块共速这种情况,由于水平面光滑,子弹和木块组成的系统所受合外力为零,则系统动量守恒,设子弹和木块最终速度为v,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得v=mm+Mv0,可知此种情况下木块获得的速度v随子弹初速度v0增大而增大,当子弹恰好不穿出木块时,木块获得的速度取得最大值,设此时v0=v0mvm,满足vm=mm+Mv0m,子弹在木块中运动过程中,子弹所受阻力Ff=kv0,子弹做匀减速运动的加速度大小a1=Ffm=kv0m,木块做匀加速运动的加速度大小a2=FfM=kv0M,由位移关系得v0m2-vm22a1-vm22a2=L,联立解得v0m=2kL(m+M)mM;分析子弹穿出木块后继续运动这种情况,将子弹恰好穿出木块(与子弹恰好不穿出木块实际为同一临界点)包含在这种情况内,此时v0≥2kL(m+M)mM,设子弹刚穿出木块时子弹和木块的速度分别为v1、v2,可知v1>v2,对子弹有2a1x1=v12-v02,对木块有2a2x2=v22,又知x1-x2=L,联立解得v2=mv0-v02-2kLm+MmMv0m+M,研究函数f(v0)=v0-v02-2kL3.(多选)如图甲所示,质量分别为mA和mB的两物体用轻弹簧连接置于光滑水平面,初始时两物体被锁定,弹簧处于压缩状态.t=0时刻将B物体解除锁定,t=t1时刻解除A物体的锁定,此时B物体的速度为v0,A、B两物体运动的a-t图像如图乙所示,其中S1和S2分别表示0~t1时间和t1~t3时间内B物体的a-t图像与坐标轴所围面积的大小,则下列说法正确的是 (ABD)A.mA<mBB.S1>S2C.t4时刻,弹簧伸长量最大D.0~t5时间内,弹簧对A物体的冲量大小为mBv0[解析]由题意可知,在t1时刻后A、B水平方向上只受弹簧的弹力,弹簧对A、B的弹力大小始终相等,通过乙图可知,t1后的任意时刻,A的加速度大小都比B大,根据牛顿第二定律可知mA<mB,A正确;在t1时,弹簧处于原长状态,弹性势能为零,0~t1时间内弹簧的弹性势能全部转化为B的动能,此时B的速度最大,S1为0~t1时间内速度的变化量,即B在t1时刻的速度大小,t1~t3时间内弹簧弹力作用使得A加速、B减速,弹性势能转化为A、B的动能,在t3时刻加速度为零,弹力为零,弹性势能为零,t3时刻A、B动能之和等于t1时刻B的动能,t3时刻B的速度不为零,S2表示t1~t3时间内B物体的速度变化量,小于0~t1时间内速度的变化量,故S1>S2,B正确;t4时刻,弹簧的状态与0时刻弹簧的状态相同,应该是弹簧压缩量最大,C错误;根据图像信息可知,t5时刻A的速度减为零,B的速度为v0,则0~t5时间内弹簧对B的冲量为I弹=mBv0-0,弹簧对A、B的作用力时刻大小相等方向相反,因此弹簧弹力对A的冲量大小等于弹簧弹力对B的冲量大小即为mBv0,D正确.4.(多选)如图甲所示,质量为m的物块P与物块Q(质量未知)之间拴接一轻弹簧,静止在光滑的水平地面上,弹簧恰好处于原长.现给P物块一瞬时初速度,并把此时记为0时刻,规定向右为正方向,0~2t0内P、Q物块运动的a-t图像如图乙所示,已知t0时刻P、Q的加速度最大,其中t轴下方部分的面积大小为S,则 (BCD)A.物块Q的质量为12B.2t0时刻Q物块的速度大小为vQ=SC.t0时刻弹簧的弹性势能为3D.t0~2t0时间内弹簧对P物块做功为零[解析]0~2t0时间内Q所受弹力方向向左,P所受弹力方向始终向右,t0时刻,P、Q所受弹力最大且大小相等,由牛顿第二定律可得F弹mP=F弹m=a0,F弹mQ=a02,解得物块Q的质量为mQ=2m,故A错误;根据a-t图像与t轴围成的面积表示速度变化量,可知0~2t0时间内,Q物块的速度变化量大小为ΔvQ=S=vQ-0,则2t0时刻,Q物块的速度大小为vQ=S,故B正确;t0时刻两物块具有相同的速度v,根据对称性可知,t0时刻P、Q物块的速度大小为v=S2,设物块P的初速度为v0,根据动量守恒定律可得mv0=(m+2m)v,解得v0=3v=32S,设t0时刻弹簧的弹性势能为Ep,根据能量守恒定律可得Ep=12mv02-12×3mv2,联立解得Ep=3mS24,故C正确;设2t0时刻P物块的速度为vP,根据动量守恒定律可得mv0=mvP+2mvQ,解得vP=-S2=-v,可知2t0时刻P物块的速度大小等于t0时刻P5.如图所示,质量为m=2kg的小物块P以v0=2m/s的初速度从传送带左端滑上传送带,传送带长度为L=5.25m.传送带右侧水平面上放置一质量为M=8kg、带有光滑四分之一圆弧轨道的滑块Q,Q的最低点与传送带平滑连接.传送带以v=4m/s的速度沿顺时针方向匀速转动时,物块恰能运动到圆弧轨道的最高点.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2,其他摩擦忽略不计,重力加速度g取10m/s2.(1)求圆弧轨道的半径.(2)求物块从第一次滑上传送带到第一次离开传送带过程中相对传送带的位移大小.(3)试判断物块能否再次滑上圆弧轨道,并说明理由.(4)改变传送带的速度,求传送带速度v传与物块在圆弧轨道上运动到的最大高度的关系.[答案](1)0.64m(2)1m(3)能见解析(4)h=v传225(m)(传送带沿顺时针方向转动,0≤v传<5m/s)h=1m(传送带沿顺时针方向转动,[解析](1)物块滑上传送带后,由牛顿第二定律有μmg=ma设物块运动的位移为x时,物块与传送带速度相同,由匀变速直线运动规律有2ax=v2-v解得x=3m<L物块和传送带一起匀速运动2.25m后滑上圆弧轨道,设圆弧轨道的半径为R,物块滑上圆弧轨道的过程,在水平方向上,由动量守恒定律有mv=(m+M)v'对物块和滑块,由机械能守恒定律有12mv2=mgR+12(m+M)解得R=0.64m(2)物块在传送带上加速运动的时间为t=v-共速前传送带运动的距离为x1=vt=4m物块在传送带上运动过程中相对传送带的位移大小Δx=x1-x=1m(3)设物块离开圆弧轨道时的速度为v1,滑块的速度为v2,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv=mv1+Mv212mv2=12mv12解得v1=-2.4m/s,v2=1.6m/s结合(1)中分析可知,物块返回到传送带上后将从传送带右端再次返回到光滑水平面上,且速度大小为2.4m/s>v2故物块能再次运动到圆弧轨道上(4)传送带沿逆时针方向转动时物块不能从传送带右端离开,传送带沿顺时针转动,且物块P在传送带上一直加速,有2aL=v32则物块在传送带上能达到的最大速度为v3=5m/s①当传送带沿顺时针方向转动,且速度小于5m/s时,物块离开传送带时的速度与传送带速度相同,物块运动到最高点时,物块与滑块的水平速度相同,在水平方向由动量守恒定律有mv传=(m+M)v4由机械能守恒定律有12mv传2=12(m+M解得h=v传225(m)(传送带沿顺时针方向转动,0≤②当传送带沿顺时针方向转动,且速度大于或等于5m/s时,物块离开传送带时的速度为5m/s同理可得,物块上升到的最大高度h=1m(传送带沿顺时针方向转动,v传≥5m/s)第6讲静电场题型1电场的性质1.[2024·北京卷]如图所示,两个等量异种点电荷分别位于M、N两点,P、Q是MN连线上的两点,且MP=QN.下列说法正确的是 (C)A.P点电场强度比Q点电场强度大B.P点电势与Q点电势相等C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P点电场强度大小也变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P、Q两点间电势差不变[解析]由等量异种点电荷的电场线分布特点知,P、Q两点电场强度相等,A错误;由沿电场线方向电势越来越低知,P点电势高于Q点电势,B错误;由电场叠加得P点电场强度E=kQMP2+kQNP2,若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,则P点电场强度大小也变为原来的2倍,同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍,而P、Q间距不变,根据U=Ed2.[2024·全国甲卷]在电荷量为Q的点电荷产生的电场中,将无限远处的电势规定为零时,距离该点电荷r处的电势为kQr,其中k为静电力常量,多个点电荷产生的电场中某点的电势,等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和.电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示(图中数字的单位是伏特),则 (BA.Q1<0,Q1Q2=-2 B.Q1C.Q1<0,Q1Q2=-3 D.Q1[解析]根据两点电荷周围的等势线分布可知Q1>0,Q2<0;对于电势为0的等势线上各点,有kQ1r1+kQ2r2=0,r1、r2为该点到两点电荷的距离,取图中两点电荷连线上的点(或连线延长线上的点)计算,其距离关系为r1r2=3.(多选)[2023·全国乙卷]在O点处固定一个正点电荷,P点在O点右上方.从P点由静止释放一个带负电的小球.小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动,其一段轨迹如图所示.M、N是轨迹上的两点,OP>OM,OM=ON,则小球 (BC)A.在运动过程中,电势能先增加后减少B.在P点的电势能大于在N点的电势能C.在M点的机械能等于在N点的机械能D.从M点运动到N点的过程中,电场力始终不做功[解析]由图可知,带电小球从P点开始运动,下落时电场力对其先做正功,后做负功,所以电势能先减少后增加,A错误;由于OM=ON,所以带电小球在N点与M点的电势能相等,由P到M过程,电场力对小球做正功,电势能减少,所以P点的电势能大于M点的电势能,即P点的电势能也大于N点的电势能,B正确;小球在运动过程中只有电场力和重力做功,所以只有电势能和机械能的相互转化,由于电子在M点和N点的电势能相等,所以在这两点的机械能也相等,C正确;从M点到N点的运动过程,由于有重力作用,虽然M点和N点离O点距离相等,但此段轨迹不是以O为圆心的圆弧,所以它不是一个等势线,电场力会做功,且先做正功后做负功,D错误.4.(多选)如图所示,ABC为正三角形,AB和AC边上放有带等量异种电荷的绝缘细棒,O为BC边中点,D为BC中垂线上O点右侧的一点,P为BC上的一点,选无穷远处电势为0,则下列说法正确的是(BC)A.O点和D点场强可能大小相等,方向相同B.D点的电势一定高于P点C.将一正试探电荷沿直线从O点运动到D点,电势能不变D.将一正试探电荷沿直线从O点运动到P点,电场力做负功[解析]将带电体看成无数对等量异种点电荷,等量异种点电荷中垂线AD上的电场方向垂直AD向下,由于D点比O点距离等量异种电荷较远,因此场强较小,故A错误;由等量异种点电荷周围的等势面分布可知,O点和D点处于同一等势面上,O点的电势高于P点的电势,因此D点的电势一定高于P点电势,故B正确;由于O点和D点处于同一等势面上,将一正试探电荷沿直线从O点运动到D点,电场力不做功,因此电势能保持不变,故C正确;由于O点电势高于P点电势,将一正试探电荷沿直线从O点运动到P点,电场力做正功,故D错误.5.(多选)[2023·海南卷]如图所示,正三角形三个顶点固定三个等量电荷,其中A、B带正电,C带负电,O、M、N为AB边的四等分点,下列说法正确的是(BC)A.M、N两点电场强度相同B.M、N两点电势相同C.负电荷在M点电势能比在O点时要小D.负电荷在N点电势能比在O点时要大[解析]根据场强叠加以及对称性可知,M、N两点的场强大小相同,但是方向不同,选项A错误;因A、B两正电荷在M、N两点的合电势相等,C在M、N两点的电势也相等,则M、N两点电势相等,选项B正确;负电荷从M运动到O,因A、B两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向M,则该力对负电荷做负功,C也对该负电荷做负功,可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功,则该负电荷的电势能增加,即负电荷在M点的电势能比在O点时要小,同理可知负电荷在N点的电势能比在O点时要小,选项C正确,D错误.6.如图所示,O为光滑绝缘水平面上正方形区域ABCD的几何中心,该区域有一匀强电场,方向由Q水平指向P.一带负电小球从P点以速度v0沿PQ方向射入电场.以下说法正确的是 (C)A.小球由P向Q做减速运动B.电场中A点的电势低于C点的电势C.小球由P向Q运动的过程中,电势能不断减小D.该小球若从M点沿MN方向射入,则小球将向BC边偏转[解析]小球带负电,可知小球所受电场力沿着PQ方向,与小球的初速度方向相同,小球做加速运动,故A错误;根据匀强电场的等势线和电场线垂直可知,C点的电势等于P点的电势,A点的电势等于Q点的电势,沿着电场线的方向电势逐渐降低,可知电场中A点的电势高于C点的电势,故B错误;根据A选项分析可知小球所受电场力的方向与小球的运动方向相同,电场力做正功,则小球的电势能不断减小,故C正确;根据A选项分析可知小球所受电场力沿着PQ方向,该小球若从M点沿MN方向射入,则小球将向AD边偏转,故D错误.7.真空中两个点电荷Q1、Q2分别固定于x轴上x1=0和x2=4a的两点,在它们的连线上场强E与x关系如图所示(取x轴正方向为场强正方向,无穷远处为电势零点),以下判断正确的是 (D)A.Q1带正电,Q2带负电B.Q1的电荷量是Q2的3倍C.x轴上3a处的电势为零D.正点电荷q在x轴上a处的电势能比在2a处的电势能大[解析]因x=0附近的场强为正,x=4a附近的场强为负值,可知两电荷均带正电,选项A错误;在x=3a处的场强为零,则有kQ19a2=kQ2a2,解得Q1=9Q2,选项B错误;无穷远处为电势零点,x轴上3a处的电势为正,选项C错误;电场线方向从x轴上a处指向2a处,则正点电荷q从x轴上a处到2a处电场力做正功,则电势能减小,即正点电荷q在8.(多选)[2023·山东卷]如图所示,正六棱柱上、下底面的中心为O和O',A、D两点分别固定等量异号的点电荷,下列说法正确的是 (ACD)A.F'点与C'点的电场强度大小相等B.B'点与E'点的电场强度方向相同C.A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的电势差D.将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点,其电势能先增大后减小[解析]将正六棱柱的上表面拿出,由几何条件可知正电荷在OF中点K的电场强度方向垂直OF,则K点的合电场强度方向与OF的夹角为锐角,在F点的合电场强度方向和OF的夹角为钝角,因此将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点过程中电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,D正确;由等量异种点电荷的电势分布可知,φA'=φ>0,φD'=-φ<0,φO'=0,φF'>0,因此φA'-φF'=φ-φF'<φO'-φD'=φ,C正确;由等量异种点电荷的对称性可知F'和C'电场强度大小相等,B'和E'电场强度方向不同,A正确,B错误.9.[2023·湖北卷]在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点,其电势分别为φM、φN,电场强度大小分别为EM、EN.下列说法正确的是 (C)A.若φM>φN,则M点到电荷Q的距离比N点的远B.若EM<EN,则M点到电荷Q的距离比N点的近C.若把带负电的试探电荷从M点移到N点,电场力做正功,则φM<φND.若把带正电的试探电荷从M点移到N点,电场力做负功,则EM>EN[解析]沿着电场线的方向电势降低,根据正点电荷产生的电场特点可知,若φM>φN,则M点到电荷Q的距离比N点的近,故A错误;电场线的疏密程度表示电场强度的大小,根据正点电荷产生的电场特点可知,若EM<EN,则M点到电荷Q的距离比N点的远,故B错误;若把带负电的试探电荷从M点移到N点,电场力做正功,则是逆着电场线运动,电势增加,有φM<φN,故C正确;若把带正电的试探电荷从M点移到N点,电场力做负功,则是逆着电场线运动,根据正点电荷产生的电场特点可知EM<EN,故D错误.10.[2022·山东卷]半径为R的绝缘细圆环固定在图所示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷.点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷.将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强度刚好为零.圆环上剩余电荷分布不变,q为(C)A.正电荷,q=QB.正电荷,q=3C.负电荷,q=2D.负电荷,q=2[解析]A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧带电荷量为QΔL2πR,与这两段小圆弧关于O点对称的小圆弧在O点产生的场强均为kQΔL2πR3,方向分别为从O指向A和从O指向B,根据平行四边形定则知合场强大小为kQΔL2πR3,方向水平向右,O点的合场强为零,说明q在O11.[2024·甘肃卷]一平行板电容器充放电电路如图所示.开关S接1,电源E给电容器C充电;开关S接2,电容器C对电阻R放电.下列说法正确的是(C)A.充电过程中,电容器两极板间电势差增加,充电电流增加B.充电过程中,电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点C.放电过程中,电容器两极板间电势差减小,放电电流减小D.放电过程中,电容器的上极板带负电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点[解析]充电过程中,随着电容器带电荷量的增加,电容器两极板间电势差增加,充电电流在减小,故A错误;根据电路图可知,充电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点,故B错误;放电过程中,随着电容器带电荷量的减小,电容器两极板间电势差减小,放电电流在减小,故C正确;根据电路图可知,放电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由M点流向N点,故D错误.12.[2024·广西卷]如图所示,将不计重力、电荷量为q的带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上,半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷.将小圆环从靠近N点处静止释放,小圆环先后经过图上P1点和P2点,己知sinθ=35,则小圆环从P1点运动到P2点的过程中(AA.静电力做正功B.静电力做负功C.静电力先做正功再做负功D.静电力先做负功再做正功[解析]沿电场线越靠近负电荷则电势越低,画出两个不等量负点电荷的电场线分布如图甲所示,半圆与电场线的交点中其电场强度沿半径方向时,该点对应的电势最高,设该点为P,如图乙所示,设连线PM与直径MN的夹角为α,则P点到M点的距离dM=2Rcosα,P点到N点的距离为dN=2Rsinα,M点处点电荷在P点产生的电场强度为EM=k27QdM2,N点处点电荷在P点产生的电场强度为EN=k64QdN2,P点的电场强度沿着圆半径方向,由电场叠加原理可知ENEM=tanα,联立解得α=53°,已知P2点和N点连线与直径MN的夹角恰好为37°,则P2点和M点连线与直径MN13.(多选)[2024·江西卷]如图所示,垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆,质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆,两小球均可视为点电荷,带电荷量分别为q和Q.在图示的坐标系中,小球乙静止在坐标原点,初始时刻小球甲从x=x0处由静止释放,开始向下运动.甲和乙两点电荷的电势能Ep=kQqr(r为两点电荷之间的距离,k为静电力常量).最大静摩擦力等于滑动摩擦力Ff,重力加速度为g.关于小球甲,下列说法正确的是 (BDA.最低点的位置x=kQqB.速率达到最大值时的位置x=kQqC.最后停留位置x的区间是kQqmg≤x≤D.若在最低点能返回,则初始电势能Ep0<(mg-Ff)kQq[解析]小球甲在变力作用下沿直杆往复性运动,由于摩擦力与运动方向始终相反,所以该运动为阻尼振动,振幅逐渐减小,小球甲第一次向下到达的最低点为全程的最低点,小球甲从开始运动至第一次运动到最低点的过程,根据能量守恒定律有mg(x0-x)-Ff(x0-x)=kQqx-kQqx0,解得x=kQq(mg-Ff)x0,A错误;小球甲做阻尼振动,经过平衡位置的速率越来越小,第一次向下经过平衡位置时速率最大,小球甲第一次向下运动至速率达到最大值的位置,根据平衡条件有mg=Ff+kQqx2,解得x=kQqmg-Ff,B正确;若小球甲停止在下降的过程中,且停止运动后恰好静止,则有mg=kQqx12+Ff,解得x1=kQqmg在最低点能返回,则有kQqx2>mg+Ff,解得x<kQqmg+Ff,由于x=kQq(mg-Ff)x0,故kQq(mg14.[2022·河北卷]如图所示,真空中电荷量为2q和-q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点,形成一个以MN延长线上O点为球心,电势为零的等势面(取无穷远处电势为零),P为MN连线上的一点,S为等势面与直线MN的交点,T为等势面上的一点,下列说法正确的是 (B)A.P点电势低于S点电势B.T点电场强度方向指向O点C.除无穷远处外,MN直线上存在两个电场强度为零的点D.将正试探电荷q0从无穷远处移动到P点,静电力做正功[解析]在M、N连线上,左边正电荷产生的电场强度水平向右,右边负电荷产生的电场强度水平向右,根据电场的叠加可知M、N间的电场强度水平向右,沿着电场线电势逐渐降低,可知P点电势高于等势面与直线MN交点处电势,则P点电势高于S点电势,故A错误;由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量,故在N点左侧电场强度不可能为零,则在N点右侧,设M、N的距离为L,根据k·2q(L+d)2=k·qd2,可知除无穷远处外,直线MN上电场强度为零的点只有一个,故C错误;由A选项分析可知,T点电势低于P电势,则正电荷在T点的电势能低于在P点的电势能,将正试探电荷q0从T点移到P点,电势能增大,静电力做负功,而T点电势与无穷远处电势均为0,故将正试探电荷q15.[2022·湖南卷]如图所示,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上.移去a处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变.关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是 (A)A.电场强度方向垂直指向a,电势减小B.电场强度方向垂直指向c,电势减小C.电场强度方向垂直指向a,电势增大D.电场强度方向垂直指向c,电势增大[解析]根据微元法和对称性,可知a棒在O点产生的场强方向垂直指向c棒,而四根棒在O点产生的合场强为零,所以移去a棒后,b、c、d三根棒在O点产生的合场强,与单独一根a棒在O点产生的场强等大反向,所以b、c、d三根棒在O点产生的合场强方向垂直指向a棒.规定无穷远电势为零,则电势的计算公式为φ=kQr,四根棒都带正电荷,在每根棒产生的电场中,O点处的电势都为正值,且相等,所以当移去a棒后,O点处的电势将减小.故A正确16.(多选)[2022·全国乙卷]如图所示,两对等量异号点电荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4个顶点上.L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点,O为内切圆的圆心,M为切点.则 (AB)A.L和N两点处的电场方向相互垂直B.M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做正功D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电场力做功为零[解析]两个正点电荷在N点产生的合场强方向由N指向O,N点处于两负点电荷连线的中垂线上,则两负点电荷在N点产生的合场强方向也由N指向O,则N点的合场强方向由N指向O,同理可知,L点的合场强方向由O指向L,由于正方形两对角线垂直,所以L和N两点处的电场方向相互垂直,故A正确;如图所示,q3、q4在M点产生的合场强方向水平向左,大小为E1,而q1、q2在M点产生的合场强方向水平向右,大小为E2,由于M点离q3、q4较近,故E1>E2,所以M点的场强方向向左,故B正确;由图可知,q1与q2、q3与q4连线的中垂线为过M点和O点的直线,此线上各点电势都为零,即M点和O点电势相等,为零,所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做功为零,故C错误;正点电荷在q3、q4产生的电场中从L点移动到N点电场力做负功,做功大小为W1,正点电荷在q1、q2产生的电场中从L点移动到N点电场力做正功,大小为W2,由于L点和N点离q3、q4较近,故W1>W2,正点电荷从L点移动到N点电场力做功为W=-W1+W2<0,故D错误.17.[2023·全国甲卷]在一些电子显示设备中,让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场,可以使发散的电子束聚集.下列4幅图中带箭头的实线表示电场线,如果用虚线表示电子可能的运动轨迹,其中正确的是 (A)[解析]电子带负电,只受电场力,电场力沿电场线的切线方向,与场强方向相反,同时指向电子运动轨迹的凹侧,故A正确.18.[2023·湖南卷]如图,真空中有三个点电荷固定在同一直线上,电荷量分别为Q1、Q2和Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°.若P点处的电场强度为零,q>0,则三个点电荷的电荷量可能为 (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点的电场强度为零,说明P点的试探电荷受到带电荷量为Q1、Q2、Q3的三个点电荷的库仑力的合力为零,由于三个库仑力的方向分别在三个点电荷与试探电荷连线上,所以三个库仑力的方向只有两种可能,一种可能如图所示,另一种可能是三个力与图中方向均相反,即电荷量Q1、Q3电性相同,电荷量Q1、Q2电性相反,选项A、B错误;设P点的试探电荷带的电荷量为Q,P点到电荷量为Q3的点电荷的距离为L,则P点到电荷量为Q1的点电荷的距离为Lsin30°=12L,P点到电荷量为Q2的点电荷的距离为Lsin30°sin60°=33L,根据平衡条件可知-kQ2Q33L2cos60°=kQ3Q19.电荷量相等的两个电荷在空间形成的电场有对称美.如图所示,真空中固定两个等量异种点电荷A、B,A、B连线中点为O,在A、B所形成的电场中,以O为圆心,半径为R的圆垂直AB连线,以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面,两者的交点为e和f.g为圆上一点,则下列说法正确的是(D)A.a与b两点场强大小和方向均相同B.沿着圆弧egf,电势先增大后减小C.将一电荷由e点沿直线eOf移到f点,其所受电场力先减小后增大D.将一电荷由a点移动到e点和从e点移动到d点,电荷电势能的变化量相等[解析]根据题意,由对称性可知,a与b两点场强大小相等,方向不同,故A错误;根据题意,由等势面与电场线的关系可知,等量异种电荷连线的中垂线所在平面为等势面,则沿着圆弧egf,电势不变,故B错误;沿直线eOf,电场强度先增大后减小,所以将一电荷由e点沿直线eOf移到f点,其所受电场力先增大后减小,故C错误;根据题意,由对称性结合U=Ed可知,a、e两点间的电势差与e、d两点间电势差相等,则将一电荷由a点移动到e点和从e点移动到d点,电荷电势能的变化量相等,故D正确.20.如图所示,半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直面内,圆环上A、B、C三点构成正三角形,AD、BE为圆环直径,且AD水平.甲、乙两小球带有等量异种电荷,将带正电荷的小球甲固定在A点处,另一带负电小球乙恰好能静止在B点处(甲、乙均可视为质点),已知小球乙的质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (C)A.在甲、乙形成的电场中,D、E两点的电场强度相同B.在甲、乙形成的电场中,C点电势等于D点电势C.乙受到大圆环的弹力F=3mgD.将乙放在C点也恰好可静止不动[解析]根据等量异种点电荷的电场线分布可知在甲、乙形成的电场中,D、E两点的电场强度大小相等,方向不同,故A错误;由几何关系可知,O、C在AB连线的中垂线上,为甲、乙形成的电场的等势线且电势为零,可知C点电势与D点电势不相等,故B错误;对乙受力分析,如图1所示,根据平衡条件可得F库cos30°+mgcos30°=FN,F库sin30°=mgsin30°,联立解得FN=3mg,F库=mg,故C正确;由几何关系可知,C点到A点的距离与B点到A点的距离相等,所以乙小球在C点所受库仑力大小仍为mg,将乙放在C点时,乙小球受到的重力和库仑力如图2所示,库仑力和重力的合力在两个力夹角的角平分线上,而大圆环对小球乙的弹力方向只能沿OC方向,由平衡条件可知小球乙不可能静止在C点,故D错误.21.如图所示,在真空中水平放置一长方体,其高为2L,上、下两个面是边长为L的正方形,在顶点A、C处分别放置电荷量为+Q的点电荷,在顶点F、H处分别放置电荷量为-Q的点电荷,O1、O2分别是线段AC和线段FH的中点.下列说法正确的是 (D)A.该长方体的几何中心处场强为零B.B、D两点场强相同C.沿竖直方向从O1点到O2点,电势先减小后增大D.将一电子从B点移到E点,电场力做负功[解析]由等量同种点电荷电场特点可知,A、C处放置的正点电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向下,F、H处放置的负点电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向下,则该长方体的几何中心处合场强方向竖直向下,大小不为零,故A错误;B、D两点到两正点电荷的距离相同,到两负电点荷的距离相同,由矢量合成可知,B、D两点的场强大小相等,方向不同,故B错误;沿竖直方向从O1点到O2点,所在位置距离正点电荷越来越远,离负点电荷越来越近,所以电势一直减小,故C错误;B点离两正点电荷更近,E点离两负点电荷更近,则B点电势高于E点电势,将一电子从B点移到E点,电场力做负功,故D正确.22.M、N两金属板竖直放置,使其带电,悬挂其中的带电小球P偏离竖直方向,如图所示.下列措施会使OP悬线与竖直方向的夹角增大的是(P球不与金属极板接触) (A)A.增大M、N两极板间的电势差B.减小M、N两极板的带电荷量C.保持极板间距不变,将M、N板一起向右平移D.保持极板带电荷量不变,将N板向右平移[解析]使OP悬线与竖直方向的夹角增大,即是增大小球所受的电场力,增大M、N两极板间的电势差,根据E=Ud,d不变,可知电场强度将变大,根据F=Eq,可知电场力将增大,A正确;减小M、N两极板的带电荷量,根据U=QC,C不变,可知电势差减小,则电场强度减小,小球所受电场力将减小,B错误;保持板间距不变,将M、N一起平移,电势差不变,OP悬线与竖直方向的夹角不变,C错误;根据C=εrS4πkd=QU,可得电场强度E=Ud题型2带电粒子在电场中的运动1.[2022·重庆卷]如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图,电容器上极板固定,下极板可随材料尺度的变化上下移动,两极板间电压不变.若材料温度降低时,极板上所带电荷量变少,则 (A)A.材料竖直方向尺度减小B.极板间电场强度不变C.极板间电场强度变大D.电容器电容变大[解析]根据题意可知极板之间电压U不变,极板上所带电荷量Q变少,根据电容定义式C=QU可知电容器的电容C减小,D错误;根据电容的决定式C=εrS4πkd可知极板间距d增大,极板之间形成匀强电场,根据E=Ud2.(多选)[2023·湖北卷]一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后,射入水平放置的平行板电容器,极板间电压为U2.微粒射入时紧靠下极板边缘,速度方向与极板夹角为45°,微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L,到两极板距离均为d,如图所示.忽略边缘效应,不计重力.下列说法正确的是 (BD)A.L∶d=2∶1B.U1∶U2=1∶1C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2D.仅改变微粒的质量或者电荷量,微粒在电容器中的运动轨迹不变[解析]微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀变速直线运动,由E=U22d,F=qE=ma,得a=qU22md.v0cos45°=22v0,vy=v0sin45°=22v0,从射入至运动到最高点由运动学公式得vy2=2ad,微粒经电压U1加速过程,由动能定理可得qU1=12mv02,联立解得U1∶U2=1∶1,B正确;微粒从射入至运动到最高点由运动学公式可得2L=vxt,d=0+vy2·t,联立可得L∶d=1∶1,A错误;微粒从最高点到穿出电容器过程有L=vxt1,vy1=at1,从射入电容器至运动到最高点过程有vy=at,解得vy1=vy2,设微粒穿出电容器时速度方向与水平方向的夹角为α,则tanα=vy1vx=12,设微粒射入电容器时速度方向和水平方向的夹角为β,tanβ=1,则tan(α+β)=3,C错误;设微粒从射入电容器至射出的过程水平方向的位移大小为x=vxt,竖直方向的位移大小为y=vy3.反射式速调管是常用的微波器件之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振荡原理与下述过程类似.已知静电场的方向平行于x轴,其电势φ随x的分布如图所示.一质量m=2.0×10-20kg、电荷量q=2.0×10-9C的带负电的粒子从(-1cm,0)点由静止开始,仅在静电力作用下在x轴上往返运动.则(D)A.x轴原点左侧电场强度的大小E1和右侧电场强度的大小E2之比E1EB.粒子沿x轴正方向从-1cm运动到0和从0运动到0.5cm过程中所受静电力的冲量相同C.该粒子运动的周期T=4.0×10-8sD.该粒子运动过程中的最大动能为4.0×10-8J[解析]根据U=Ed,由图可知,左侧电场强度大小为E1=201×10-2V/m=2×103V/m,右侧电场强度大小为E2=200.5×1据动能定理,有qE1x=Ekm,代入数据,得Ekm=4×10-8J,设粒子在原点左、右两侧运动的时间分别为t1、t2,在原点的速度为vm=qE1mt1,同理可知vm=qE2mt2,周期为T=2(t1+t2),联立并代入数据有T=3×10-8s,故C错误,D正确;根据动量定理,有I1=mvm-0,I2=0-mvm4.如图甲所示,一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t=0时刻),同时在两板上加一按图乙变化的电压.已知粒子比荷为k,带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞,经过一段时间,粒子以平行极板方向的速度射出.则下列说法中正确的是 (D)A.粒子射出时间可能为t=4sB.粒子射出的速度大小为2vC.极板长度满足L=3vn(n=1,2,3,…)D.极板间最小距离为3[解析]粒子进入电容器后,在平行于极板方向做匀速直线运动,垂直极板方向的运动v-t图像如图所示,因为粒子平行极板射出,可知粒子射出时垂直极板的分速度为0,所以射出时刻可能为1.5s、3s、4.5s……,满足t=1.5n(n=1,2,3,…),粒子射出的速度大小必定为v,故A、B错误;极板长度L=v·1.5n(n=1,2,3,…),故C错误;因为粒子不跟极板碰撞,则应满足d2≥12v垂直×1.5s,v垂直=a×1s,a=qU0md,联立求得5.如图甲所示,光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场,MN是其中的一条直线,线上有A、B、C三点.一带电荷量为+2×10-3C、质量为1×10-3kg的小物块从A点由静止释放,沿MN做直线运动,其运动的v-t图像如图乙所示,其中B点处的切线斜率最大(图中标出了该切线),C点处的切线平行于t轴,运动过