2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第5讲　冲量与动量作业含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第5讲冲量与动量作业含答案第5讲冲量与动量时间|40min1.[2024·江苏卷]在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧,右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧,如图所示,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑.剪断细绳后,则()A.弹簧原长时A的动能最大B.压缩最短时A的动量最大C.系统动量变大D.系统机械能变大2.(多选)[2024·福建卷]如图甲所示,质量为m的物体置于足够长光滑斜面上并锁定,t=0时刻解除锁定,并对物体沿斜面施加如图乙所示变化的力F,以沿斜面向下为正方向,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.0~4t0,物体一直沿斜面向下运动B.0~4t0,合外力的总冲量为0C.t0时动量是2t0时的一半D.2t0~3t0过程物体的位移小于3t0~4t0过程的位移3.[2024·重庆万州区模拟]如图甲所示,水火箭又称气压式喷水火箭、水推进火箭,由饮料瓶、硬纸片等环保废旧材料制作而成.图乙是水火箭的简易原理图,用打气筒向水火箭内不断打气,当内部气体压强增大到一定程度时发射.发射时可近似认为水从水火箭中向下以恒定速度v0=40m/s在不到0.1s时间内喷完,使水火箭升空.已知水和水火箭的质量分别为m1=0.4kg、m2=0.3kg,忽略空气阻力,则水刚好喷完时,水火箭的速度最接近 ()A.12m/s B.30m/sC.50m/s D.120m/s4.[2024·山东青岛模拟]如图所示,倾角为θ=37°的斜面体固定在水平面上,两个可视为质点的滑块甲、乙质量分别为m1=0.1kg、m2=0.2kg,两滑块间有一压缩的轻质弹簧且处于锁定状态,滑块甲与轻弹簧不拴接,将两滑块放在斜面上,两滑块与斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.75.某时刻给两滑块一沿斜面向下的初速度v0=4m/s,同时解除弹簧的锁定,经过一段时间,甲与轻弹簧分离,此时乙的速度大小为v2=6m/s.重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.下列说法正确的是 ()A.两滑块和轻弹簧组成的系统机械能守恒、动量守恒B.甲与轻弹簧分离后静止在斜面上C.轻弹簧原来储存的弹性势能为1.8JD.甲与轻弹簧分离后,乙向下做加速运动5.[2024·北京海淀区模拟]如图所示,一个沙漏沿水平方向以速度v做匀速直线运动,沿途连续漏出沙子,单位时间内漏出的沙子质量恒为Q,出沙口距水平地面的高度为H.忽略沙子漏出瞬间相对沙漏的初速度,沙子落到地面后立即停止,不计空气阻力,重力加速度为g.在已有沙子落地后的任意时刻,下列说法正确的是 ()A.沙子在空中形成的几何图形是一条抛物线B.在空中飞行的沙子的总质量为Q2C.沙子落到地面时对地面的作用力为QvD.沙子落到地面时与沙漏的水平距离为v26.[2024·湖北荆州模拟]如图所示,在一光滑地面上有A、B、C、D四个同样形状的光滑小球,质量分别为mA=1kg、mB=2kg、mC=2kg、mD=10kg,小球A以3m/s的速度向右运动,与小球B发生弹性碰撞,此后所有碰撞均为弹性碰撞,从小球A开始运动起,四个小球一共发生的碰撞次数为 ()A.3次 B.4次C.5次 D.6次7.如图所示,质量分别为m、3m、nm(n=1,2,3,…)的14圆弧槽、小球B、小球C均静止在水平面上,圆弧槽的半径为R,末端与水平面相切.现将质量为m的小球A从圆弧槽上与圆心等高的位置由静止释放,一段时间后与B发生弹性正碰.已知重力加速度为g,不计A、B、C大小及一切摩擦.下列说法正确的是 (A.小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为mgB.若B、C发生的是完全非弹性碰撞,则n取不同值时,B、C碰撞损失的机械能不同C.若B、C发生的是弹性正碰,则当n=2时,碰撞完成后小球C的速度为5D.n取不同值时,C最终的动量不同,其最小值为34m8.(多选)[2024·河北石家庄模拟]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.已知两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 ()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9.[2024·辽宁卷]如图所示,高度h=0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1kg,A、B间夹一压缩量Δx=0.1m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接.同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25m后停止.A、B均视为质点,重力加速度g取10m/s2.求:(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp.10.[2024·湖南株洲模拟]如图所示,半径为R的四分之一光滑圆弧轨道与足够长的光滑水平轨道平滑连接,在水平轨道上等间距静止着质量均为3m的n个小球,编号依次为1、2、3、4、…、n,整个轨道固定在竖直平面内.现质量为m的小球A在圆弧轨道最高点由静止下滑,重力加速度为g,小球间发生对心弹性碰撞,求:(1)小球A第一次与1号小球发生碰撞后瞬间,两个小球的速度大小;(2)第n号小球第一次碰撞后的速度大小;(3)1号小球的最终速度大小.第5讲冲量与动量1.A[解析]A和B组成的系统所受的合外力为零,系统动量守恒,有mAvA=mBvB,设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做功,系统机械能守恒,从剪断细绳到弹簧恢复原长过程,根据机械能守恒定律得Ep=12mAvA2+12mBvB2,联立得Ep=12mA+mA2mBvA2,所以弹簧恢复原长时A的速度最大,此时A的动量最大,动能最大2.AD[解析]根据图像可知,当F=2mgsinθ时,物体的加速度大小为a=2mgsinθ+mgsinθm=3gsinθ,方向沿斜面向下,当F=-2mgsinθ时,物体的加速度大小为a=2mgsinθ-mgsinθm=gsinθ,方向沿斜面向上,作出物体在0~4t0内的v-t图像,根据图像可知,0~4t0内物体一直沿斜面向下运动,故A正确;根据图像可知,0~4t0内物体的初、末速度不相等,根据动量定理得I合=Δp≠0,故B错误;根据图像可知,t0时物体速度是2t0时物体速度的32倍,故t0时动量是2t0时的32倍,故C错误;v-t图像与横轴围成的面积表示位移,由图像可知2t03.C[解析]由于水在不到0.1s时间内喷完,可知水和水火箭间的作用力较大,水和水火箭的重力相对两者间的作用力来说可以忽略,水和水火箭组成的系统动量近似守恒,有m1v0-m2v=0,解得水火箭的速度v≈53m/s,故C正确.4.B[解析]从解除锁定到甲与轻弹簧分离的过程,摩擦力对两滑块做负功,两滑块和轻弹簧组成的系统机械能减小,即系统机械能不守恒,由于μ=0.75,θ=37°,故(m1+m2)gsinθ=μ(m1+m2)gcosθ,则两滑块和轻弹簧组成的系统所受的合力为零,系统动量守恒,故A错误;对两滑块和轻弹簧组成的系统,从解除锁定到甲与轻弹簧分离的过程,根据动量守恒定律可得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=0,由于m1gsinθ=μm1gcosθ,可知甲与轻弹簧分离后静止在斜面体上,故B正确;根据能量守恒定律可得12(m1+m2)v02+Ep=12m1v12+12m2v22,解得轻弹簧原来储存的弹性势能为Ep=1.2J,故C错误;甲与轻弹簧分离后,乙所受的合力为F合=m2gsinθ-μm2gcos5.B[解析]由于沙子下落时,沙子与沙漏均具有水平向右的初速度v,所以漏出的沙子在水平方向上均与沙漏以相同的速度向右移动,因此沙子在空中形成的几何图形是一条直线,沙子落到地面时与沙漏的水平距离为0,A、D错误;从某一粒沙子漏出开始到这粒沙子刚落地,在竖直方向上,有H=12gt2,解得所用的时间为t=2Hg,由于单位时间内漏出的沙子质量恒为Q,故在空中飞行的沙子的总质量M=Qt=Q2Hg,B正确;对t时间内下落的沙子,根据动量定理,竖直方向上有FNt-Qtgt=0,水平方向上有Fft=0-(-Qtv),地面对沙子的作用力F=FN2+Ff2,联立解得F=Q2gH+6.C[解析]因小球之间的碰撞均为弹性碰撞,则动量守恒且机械能守恒,A、B碰撞为第一次碰撞,设碰后A的速度为v1,B的速度为v2,由动碰静规律可得v1=mA-mBmA+mBv0=-1m/s、v2=2mAmA+mBv0=2m/s,因A球质量小于B球质量,故碰撞后A球反弹,B球向前运动,B、C碰撞为第二次碰撞,因B、C两球质量相等,故B与C碰后交换速度,B静止,C的速度为v4=v2=2m/s,C、D碰撞为第三次碰撞,由于C球质量小于D球质量,故碰撞后C球反弹,设碰后C的速度为v5,D的速度为v6,由动碰静规律可得v5=mC-mDmC+mDv4=-43m/s,v6=2mCmC+mDv4=23m/s,C会和B发生碰撞,此碰撞为第四次碰撞,由于B、C两球质量相等,故B、C碰后交换速度,C静止,B的速度为v8=v5=-43m/s,由于|v8|>|v1|,即B的速度大于A的速度7.B[解析]小球A第一次下滑到圆弧槽最低点时,小球A和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒,有mvA=mv1,小球A和圆弧槽组成的系统机械能也守恒,有mgR=12mvA2+12mv12,联立解得vA=v1=gR,故小球A通过圆弧槽最低点时相对于圆弧槽的速度大小为v相=vA+v1,根据牛顿第二定律有F-mg=mv相2R,联立解得小球A通过圆弧槽最低点时受到圆弧槽的支持力为F=5mg,由牛顿第三定律可知,小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为5mg,故A错误;小球A与小球B发生弹性正碰,取向右为正方向,根据动量守恒定律有mvA=mvA1+3mvB,根据机械能守恒定律有12mvA2=12mvA12+12×3mvB2,联立解得vA1=-12gR,vB=12gR,若B、C发生的是完全非弹性碰撞,则B、C碰撞过程,根据动量守恒定律有3mvB=(3m+nm)v,根据能量守恒定律有ΔE=12×3mvB2-12(3m+nm)v2,联立解得B、C碰撞损失的机械能为ΔE=3n8(n+3)mgR,所以当n取不同值时,B、C碰撞损失的机械能不同,故B正确;若B、C发生的是弹性正碰,则当n=2时,B、C碰撞过程,根据动量守恒定律有3mvB=3mvB2+2mvC,根据机械能守恒定律有12×3mvB2=12×3mvB22+12×2mvC2,联立解得碰撞完成后小球C的速度为vC=35gR,故C错误;当B、C发生的是完全非弹性正碰时,B、C碰撞过程,根据动量守恒定律有3mvB=(3m+nm)v,解得碰撞完成后小球C的速度为v=36+2ngR,小球C的动量为p=nmv=3n6+2nmgR=36n+2mgR,当n取1时,动量取最小值,为pmin=38mgR,当B、C发生的是弹性正碰时,根据动量守恒定律有3mvB=3mvB'+nmvC',根据机械能守恒定律有12×3mvB2=12×3mvB'2+12nmvC'2,联立解得碰撞完成后小球C的速度为vC'=33+ngR8.BC[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=μmgcosθ,A、B之间的库仑斥力为A、B组成的系统的内力,则A、B组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,当A的速度为v03时,设B的速度为vB,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A、B两者距离逐渐增大,可知库仑斥力对系统做正功,则系统的电势能逐渐减小,9.(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J[解析](1)弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,说明A脱离弹簧时的速度为平抛运动的初速度,对A做平抛运动过程,有h=12gtxA=vAt联立解得脱离弹簧时A的速度大小vA=1m/s对A、B整体,由动量守恒定律得mAvA=mBvB解得脱离弹簧时B的速度大小vB=1m/s(2)对B脱离弹簧后运动过程,由动能定理得-μmBgxB=0-12mB解得物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.2(3)整个过程中,由能量守恒定律有ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+其中mA=mB,ΔxA+ΔxB=Δx解得弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12J10.(1)2gR22gR2(2)[解析](1)设小球A第一次与1号小球发生碰撞前的速度为v0,由机械能守恒定律有mgR=12m解得v0=2设小球A第一次与1号小球发生碰撞后,小球A的速度为vA,1号小球的速度为v1,由于小球间发生对心弹性碰撞,故由动量守恒定律有mv0=mvA+3mv1由机械能守恒定律有12mv02=12mvA联立解得vA=-2gR2,v1即碰撞后两小球的速度大小均为2(2)此后1号小球向右运动,与2号小球发生对心弹性碰撞,根据动量守恒定律有3mv1=3mv1'+3mv2根据机械能守恒定律有12×3mv12=12×3mv1'2+联立解得v1'=0,v2=2通过计算说明1号小球碰后在2号小球位置静止,2号小球碰后速度等于1号小球碰前的速度,即两者交换速度.此后,2号小球与3号小球、3号小球与4号小球直至最后第n-1号小球与第n号小球碰撞,都遵循同样的规律,则第n号小球第一次碰撞后的速度应为vn=2(3)根据上述分析可知,小球A与1号小球第一次碰后,小球A向左运动至轨道一定高度后第二次运动到水平轨道上,此时速度大小为v02,它向右运动一定距离后必将与已经静止的1号小球发生第2次碰撞,据动量守恒定律和机械能守恒定律可得,碰后两球的速度分别为vA'=m-3mm+3m×v02=-v04此后小球A又反向运动,1号小球向右运动再次与2号小球碰撞,后面的小球在彼此碰撞过程中交换速度……此后,小球A球与1号小球每碰撞一次,两者碰后速度等大、反向,且小球A速度减半,同时静止的小球个数减少1.当小球A球与1号小球发生第n次碰撞后,所有的小球都不再静止,且小球A向左运动至轨道上一定高度后再次运动到水平轨道上时追不上1号小球,所以1号小球的最终速度为v=v02第5讲冲量与动量1.A[解析]A和B组成的系统所受的合外力为零,系统动量守恒,有mAvA=mBvB,设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做功,系统机械能守恒,从剪断细绳到弹簧恢复原长过程,根据机械能守恒定律得Ep=12mAvA2+12mBvB2,联立得Ep=12mA+mA2mBvA2,所以弹簧恢复原长时A的速度最大,此时A的动量最大,动能最大2.AD[解析]根据图像可知,当F=2mgsinθ时,物体的加速度大小为a=2mgsinθ+mgsinθm=3gsinθ,方向沿斜面向下,当F=-2mgsinθ时,物体的加速度大小为a=2mgsinθ-mgsinθm=gsinθ,方向沿斜面向上,作出物体在0~4t0内的v-t图像,根据图像可知,0~4t0内物体一直沿斜面向下运动,故A正确;根据图像可知,0~4t0内物体的初、末速度不相等,根据动量定理得I合=Δp≠0,故B错误;根据图像可知,t0时物体速度是2t0时物体速度的32倍,故t0时动量是2t0时的32倍,故C错误;v-t图像与横轴围成的面积表示位移,由图像可知2t03.C[解析]由于水在不到0.1s时间内喷完,可知水和水火箭间的作用力较大,水和水火箭的重力相对两者间的作用力来说可以忽略,水和水火箭组成的系统动量近似守恒,有m1v0-m2v=0,解得水火箭的速度v≈53m/s,故C正确.4.B[解析]从解除锁定到甲与轻弹簧分离的过程,摩擦力对两滑块做负功,两滑块和轻弹簧组成的系统机械能减小,即系统机械能不守恒,由于μ=0.75,θ=37°,故(m1+m2)gsinθ=μ(m1+m2)gcosθ,则两滑块和轻弹簧组成的系统所受的合力为零,系统动量守恒,故A错误;对两滑块和轻弹簧组成的系统,从解除锁定到甲与轻弹簧分离的过程,根据动量守恒定律可得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=0,由于m1gsinθ=μm1gcosθ,可知甲与轻弹簧分离后静止在斜面体上,故B正确;根据能量守恒定律可得12(m1+m2)v02+Ep=12m1v12+12m2v22,解得轻弹簧原来储存的弹性势能为Ep=1.2J,故C错误;甲与轻弹簧分离后,乙所受的合力为F合=m2gsinθ-μm2gcos5.B[解析]由于沙子下落时,沙子与沙漏均具有水平向右的初速度v,所以漏出的沙子在水平方向上均与沙漏以相同的速度向右移动,因此沙子在空中形成的几何图形是一条直线,沙子落到地面时与沙漏的水平距离为0,A、D错误;从某一粒沙子漏出开始到这粒沙子刚落地,在竖直方向上,有H=12gt2,解得所用的时间为t=2Hg,由于单位时间内漏出的沙子质量恒为Q,故在空中飞行的沙子的总质量M=Qt=Q2Hg,B正确;对t时间内下落的沙子,根据动量定理,竖直方向上有FNt-Qtgt=0,水平方向上有Fft=0-(-Qtv),地面对沙子的作用力F=FN2+Ff2,联立解得F=Q2gH+6.C[解析]因小球之间的碰撞均为弹性碰撞,则动量守恒且机械能守恒,A、B碰撞为第一次碰撞,设碰后A的速度为v1,B的速度为v2,由动碰静规律可得v1=mA-mBmA+mBv0=-1m/s、v2=2mAmA+mBv0=2m/s,因A球质量小于B球质量,故碰撞后A球反弹,B球向前运动,B、C碰撞为第二次碰撞,因B、C两球质量相等,故B与C碰后交换速度,B静止,C的速度为v4=v2=2m/s,C、D碰撞为第三次碰撞,由于C球质量小于D球质量,故碰撞后C球反弹,设碰后C的速度为v5,D的速度为v6,由动碰静规律可得v5=mC-mDmC+mDv4=-43m/s,v6=2mCmC+mDv4=23m/s,C会和B发生碰撞,此碰撞为第四次碰撞,由于B、C两球质量相等,故B、C碰后交换速度,C静止,B的速度为v8=v5=-43m/s,由于|v8|>|v1|,即B的速度大于A的速度7.B[解析]小球A第一次下滑到圆弧槽最低点时,小球A和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒,有mvA=mv1,小球A和圆弧槽组成的系统机械能也守恒,有mgR=12mvA2+12mv12,联立解得vA=v1=gR,故小球A通过圆弧槽最低点时相对于圆弧槽的速度大小为v相=vA+v1,根据牛顿第二定律有F-mg=mv相2R,联立解得小球A通过圆弧槽最低点时受到圆弧槽的支持力为F=5mg,由牛顿第三定律可知,小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为5mg,故A错误;小球A与小球B发生弹性正碰,取向右为正方向,根据动量守恒定律有mvA=mvA1+3mvB,根据机械能守恒定律有12mvA2=12mvA12+12×3mvB2,联立解得vA1=-12gR,vB=12gR,若B、C发生的是完全非弹性碰撞,则B、C碰撞过程,根据动量守恒定律有3mvB=(3m+nm)v,根据能量守恒定律有ΔE=12×3mvB2-12(3m+nm)v2,联立解得B、C碰撞损失的机械能为ΔE=3n8(n+3)mgR,所以当n取不同值时,B、C碰撞损失的机械能不同,故B正确;若B、C发生的是弹性正碰,则当n=2时,B、C碰撞过程,根据动量守恒定律有3mvB=3mvB2+2mvC,根据机械能守恒定律有12×3mvB2=12×3mvB22+12×2mvC2,联立解得碰撞完成后小球C的速度为vC=35gR,故C错误;当B、C发生的是完全非弹性正碰时,B、C碰撞过程,根据动量守恒定律有3mvB=(3m+nm)v,解得碰撞完成后小球C的速度为v=36+2ngR,小球C的动量为p=nmv=3n6+2nmgR=36n+2mgR,当n取1时,动量取最小值,为pmin=38mgR,当B、C发生的是弹性正碰时,根据动量守恒定律有3mvB=3mvB'+nmvC',根据机械能守恒定律有12×3mvB2=12×3mvB'2+12nmvC'2,联立解得碰撞完成后小球C的速度为vC'=33+ngR8.BC[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=μmgcosθ,A、B之间的库仑斥力为A、B组成的系统的内力,则A、B组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,当A的速度为v03时,设B的速度为vB,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A、B两者距离逐渐增大,可知库仑斥力对系统做正功,则系统的电势能逐渐减小,9.(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J[解析](1)弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,说明A脱离弹簧时的速度为平抛运动的初速度,对A做平抛运动过程,有h=12gtxA=vAt联立解得脱离弹簧时A的速度大小vA=1m/s对A、B整体,由动量守恒定律得mAvA=mBvB解得脱离弹簧时B的速度大小vB=1m/s(2)对B脱离弹簧后运动过程,由动能定理得-μmBgxB=0-12mB解得物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.2(3)整个过程中,由能量守恒定律有ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+其中mA=mB,ΔxA+ΔxB=Δx解得弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12J10.(1)2gR22gR2(2)[解析](1)设小球A第一次与1号小球发生碰撞前的速度为v0,由机械能守恒定律有mgR=12m解得v0=2设小球A第一次与1号小球发生碰撞后,小球A的速度为vA,1号小球的速度为v1,由于小球间发生对心弹性碰撞,故由动量守恒定律有mv0=mvA+3mv1由机械能守恒定律有12mv02=12mvA联立解得vA=-2gR2,v1即碰撞后两小球的速度大小均为2(2)此后1号小球向右运动,与2号小球发生对心弹性碰撞,根据动量守恒定律有3mv1=3mv1'+3mv2根据机械能守恒定律有12×3mv12=12×3mv1'2+联立解得v1'=0,v2=2通过计算说明1号小球碰后在2号小球位置静止,2号小球碰后速度等于1号小球碰前的速度,即两者交换速度.此后,2号小球与3号小球、3号小球与4号小球直至最后第n-1号小球与第n号小球碰撞,都遵循同样的规律,则第n号小球第一次碰撞后的速度应为vn=2(3)根据上述分析可知,小球A与1号小球第一次碰后,小球A向左运动至轨道一定高度后第二次运动到水平轨道上,此时速度大小为v02,它向右运动一定距离后必将与已经静止的1号小球发生第2次碰撞,据动量守恒定律和机械能守恒定律可得,碰后两球的速度分别为vA'=m-3mm+3m×v02=-v04此后小球A又反向运动,1号小球向右运动再次与2号小球碰撞,后面的小球在彼此碰撞过程中交换速度……此后,小球A球与1号小球每碰撞一次,两者碰后速度等大、反向,且小球A速度减半,同时静止的小球个数减少1.当小球A球与1号小球发生第n次碰撞后,所有的小球都不再静止,且小球A向左运动至轨道上一定高度后再次运动到水平轨道上时追不上1号小球,所以1号小球的最终速度为v=v02专题三电场与磁场第6讲静电场【网络构建】【关键能力】从物质的观念和运动与相互作用的观念研究电场中抽象的概念和点电荷的场强、电容器、带电粒子运动,从能量观念理解电势和电势能.会用矢量运算法则对电场叠加和计算,会处理静电力作用下的平衡问题.了解生产生活中关于静电的利用与防护.能分析带电粒子在电场中的运动情况,能解释相关的物理现象.题型1电场的性质1.电场中的各个物理量的形成及相互转化关系2.电势高低的比较:(1)根据电场线方向,沿着电场线方向,电势越来越低;(2)根据电势差UAB=φA-φB,若UAB>0,则φA>φB,反之则φA<φB.3.电势能变化的判断:(1)根据静电力做功判断,W=-ΔEp.若静电力对电荷做正功,则电势能减少;反之则增加.(2)根据能量守恒定律判断,静电力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程.例1[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(A.Q1<0,Q1Q2=-2 B.Q1C.Q1<0,Q1Q2=-3 D.Q1【技法点拨】本题由两个点电荷的电场分布情况考查电场能的性质,注意结合电场线把握空间的场强分布规律,必要时可由数学方法进行精确讨论.这是对复杂电场的场强、电势及电势能的综合考查.例2[2024·河北卷]如图所示,真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷,分别固定在正三角形ABC的顶点B、C.M为三角形ABC的中心,沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆,电荷量为q2.已知正三角形ABC的边长为a,M点的电场强度为0,静电力常量为k.顶点A处的电场强度大小为 (A.2B.kqa2(6+C.kqa2(3D.kqa2(3+【技法点拨】本题中M点与A点是关于带电直棒对称的两点,根据对称性知,带电直棒在A、M两点产生的场强等大反向;又知M点的合场强为零,通过转换法可知,带电直棒在M点产生的场强与B、C两点电荷在M点产生的场强的矢量和等大反向.求解非点电荷电场中场强问题,要根据问题特点,灵活地运用补偿法、微元法、对称法、极限法等巧妙方法,可以化难为易.例3[2024·湖南卷]真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处.设无限远处电势为0,x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是 ()ABCD【迁移拓展】1.(多选)[2024·甘肃卷]某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示,虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹,M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点,下列说法正确的是 ()A.粒子带负电荷B.M点的电场强度比N点的小C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能2.(多选)[2024·江西南昌模拟]如图所示,绝缘球壳的上、下半球壳分别均匀分布着等量异种电荷,O点为球心,a、b为过球心O的水平截面圆在同一水平直径上的两个点,c、d为过球心O的竖直截面圆在竖直直径上的两个点,a、b、c、d到球心O的距离均相等.已知均匀带电球壳内部的场强处处为零.下列说法正确的是 ()A.a、b、c、d四点的场强方向均相同B.a、b两点的场强方向相同,c、d两点的场强方向相反C.a、b、c、d四点的电势相等D.将电子沿直线从c点移动至d点,电子的电势能一直增加3.[2024·湖北襄阳模拟]如图甲所示,在真空中固定的两个相同点电荷A、B关于x轴对称,x轴上的E-x图像如图乙所示(规定x轴正方向为电场强度E的正方向).若在坐标原点O处由静止释放一个正点电荷q,它将沿x轴正方向运动,不计重力,则 ()A.A、B带等量正电荷B.点电荷q在x1处电势能最大C.点电荷q在x3处动能最大D.点电荷q沿x轴正方向运动的最远距离为2x2题型2带电粒子在电场中的运动例4(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 ()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【技法点拨】对于带电粒子在匀强电场中的偏转运动,要做好两个方向的分析:在垂直于电场方向上做匀速直线运动,在这个方向上找出平行板的板长和运动时间等相关物理量;沿电场方向上做匀加速直线运动,在这个方向上找出偏转加速度、偏转位移、偏转速度等相关物理量.在垂直于电场方向上有t=lv0,沿电场方向上有y=12at2,vy=at,a=例5(多选)[2024·河北邯郸模拟]电子光学中,一种静电透镜的简化模型如图所示.以O为球心的球形边界外部各处的电势均为φ1,内部各处的电势均为φ2,φ1>φ2.一束离轴很近且关于轴对称的电子束以速度v1沿平行于轴的方向运动,在越过球形边界“壳层”的过程中,电子运动速度将发生变化.不计电子重力及其之间的相互作用力,则下列说法正确的是 ()A.电子束按图甲“会聚”B.电子束按图乙“发散”C.电子束在球内的速度v2>v1D.电子束在球内的速度v2<v1【技法点拨】电场线与等势线(面)处处垂直,且方向由电势较高的等势线(面)指向电势较低的等势线(面).本题分析求解的关键是建立球壳内、外一段极短距离范围内的电场模型:在球壳内、外靠近球壳处建立两个等势面,由题意知球壳外的等势面电势较高,在这个极短距离范围内电场的电场线方向均指向球心,电子在球壳处受到的电场力沿球壳半径向外,问题就会迎刃而解.【迁移拓展】1.(多选)[2024·湖南长沙模拟]如图所示,在匀强电场中一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子先后经过a、b两点,在a点的速度大小为3v,速度方向与连线ab的夹角为53°,在b点的速度大小为4v,速度方向与连线ab的夹角为37°,连线ab长度为d,sin37°=0.6,cos37°=0.8.若粒子只受电场力作用,则下列说法正确的是 ()A.场强大小为2B.场强方向与连线ab的夹角为74°C.从a点到b点,粒子运动的时间为2D.从a点到b点,粒子的最小速度为1252.[2024·北京昌平区模拟]如图所示,在水平向右且场强大小为E的匀强电场中,两个半径相同、质量均为m的小球A、B静止放置在光滑的水平面上,且A、B所在直线与电场线平行.A带电荷量为qq>0,B不带电,A、B之间的距离为L.t=0时刻开始,A在电场力的作用下开始沿直线运动,并与B发生弹性碰撞.碰撞过程中A、B之间没有电荷量转移,仅碰撞时才考虑A、B之间的相互作用,下列说法正确的是 (A.两球从发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的时间间隔为2B.两球从发生第n次碰撞到发生第n+1次碰撞的时间间隔为2n2C.两球连续发生两次碰撞的时间间隔均为2D.两球连续发生两次碰撞的时间间隔均为22题型3电容器的综合问题1.电学角度:(1)平行板电容器的两极板间为匀强电场,电场强度通过E=Ud分析;(2)电容器的电容与电荷量的关系通过C=QU分析;(3)平行板电容器的电容大小由C=ε2.力学角度:先做受力分析和运动状态分析,包括电场力在内的受力影响了物体的运动状态,再结合平衡条件、牛顿运动定律、功能关系进行分析和求解.例6[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()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【技法点拨】平行板电容器的动态问题分析例7[2024·辽宁卷]某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图甲所示.将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中,并与恒压电源、电流表等构成如图乙所示的电路.闭合开关S后,若降低溶液浓度,则 ()A.电容器的电容减小B.电容器所带的电荷量增大C.电容器两极板之间的电势差增大D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N【技法点拨】根据平行板电容器的电容的决定式与图甲知,电容器两板间电介质溶液浓度降低,则电容C变大;流过电流表的电流方向要根据电容器两板所带电荷正负与电容器是充电还是放电状态综合判断.【迁移拓展】1.[2024·江西卷]蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质,将其置于电压恒定的两平行金属板间,板间电场视为匀强电场,如图所示.若两金属板间距减小,关于火焰中电子所受的电场力,下列说法正确的是()A.电场力增大,方向向左B.电场力增大,方向向右C.电场力减小,方向向左D.电场力减小,方向向右2.[2024·山东青岛模拟]如图所示,两平行金属极板水平放置,充电后上极板带正电,下极板接地.一电子以某一初速度从极板左侧O点水平射入并从右侧P点飞出,飞出极板时电子的电势能为Ep.若保持极板带电荷量不变,只将下极板向上平移一小段距离,电子再次以同一速度从O点水平射入,则电子从右侧飞出时,下列说法正确的是 ()A.飞出时的位置在P点上方B.飞出时的位置在P点下方C.电势能等于EpD.电势能大于Ep3.[2024·河北石家庄模拟]电容器是一种重要的电学元件,在电工、电子技术中应用广泛.使用如图甲所示的电路观察电容器的充、放电过程.电路中的电流传感器与计算机相连,可以显示电路中电流随时间的变化.图甲中直流电源电动势E=8V,实验前电容器不带电.先使S与“1”端相连,给电容器充电,充电结束后,使S与“2”端相连,直至放电完毕.计算机记录的电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示.下列说法正确的是 ()A.阴影部分(i-t图像与坐标轴所围成的面积)表示电容器的能量B.阴影部分的面积S1和S2肯定不相等C.阻值R1大于R2D.计算机测得S1=1203mA·s,则该电容器的电容约为0.15F专题三电场与磁场第6讲静电场题型1例1B[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=例2D[解析]如图所示,B、C两处点电荷在M处产生的电场强度大小E1=E2=kq33a2=3kqa2,由于M点的电场强度为0,故带电细杆在M点产生的电场强度大小E3=E1cos60°+E2cos60°=3kqa2,B、C两处点电荷在A处产生的电场强度大小E4=E5=kqq2,合场强E合'=E4cos30°+E5cos30°=3kqa2,方向向上,由于M点与A点关于带电细杆对称,故细杆在A处产生的电场强度大小E6=E3=3kqa例3D[解析]x轴上-1和0处的两个点电荷各自产生的电场在x轴正半轴上坐标为x处对应的电场强度分别为E1=k4qx+12和E2=kqx2,方向分别沿x轴正方向和x轴负方向,该处的电场强度E=E1-E2,其方向取决于E1与E2的大小关系,令E1=E2,解得x=1,则当0<x<1时,E1<E2,该处的电场强度沿x轴负方向指向x=0处的负电荷,当x>1时,E1>E2,该处的电场强度沿x轴正方向指向无限远处,根据沿电场强度方向电势降低可知,从x=0处到x=1处电势升高,而从x=1处到无限远处电势降低,又知靠近负电荷处电势趋于负无穷,无限远处电势为0,所以x【迁移拓展】1.BCD[解析]根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,带电粒子带正电荷,故A错误;等差等势面越密集的地方场强越大,故M点的电场强度比N点的小,故B正确;粒子带正电,因为M点的电势大于N点的电势,故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能,故D正确;由于带电粒子仅在电场作用下运动,电势能与动能总和不变,故可知当电势能最大时动能最小,故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小,故C正确.2.AD[解析]由于均匀带电球壳内部场强处处为零,故均匀带正电的半球壳在a、b、c、d四点产生的场强方向均竖直向下,均匀带负电的半球壳在a、b、c、d四点产生的场强方向也竖直向下,故a、b、c、d四点的场强方向均竖直向下,故A正确,B错误;根据各点的场强方向和各点位置的对称性可知φc>φa=φb=φO>φd,故C错误;将电子沿直线从c点移动至d过程中,静电力做负功,则电子的电势能一直增加,故D正确.3.D[解析]由E-x图像可知,x轴上的P点对应x2点,在P点的左侧,电场强度为正值,沿x轴正方向,在P点的右侧,电场强度为负值,沿x轴负方向,可知A、B带等量负电荷,A错误;正点电荷q从O点到P点,电场力做正功,电势能减小,动能增加,从P点沿x轴正方向运动,电场力做负功,电势能增加,动能减小,因此点电荷q在O点处电势能最大,在x2处动能最大,B、C错误;由对称性可知,点电荷q沿x轴正方向最远能到达O点关于P点的对称点O'点位置,故点电荷q沿x轴正方向运动的最远距离为2x2,D正确.题型2例4BD[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.设微粒射入电容器时的速度为v0,水平方向和竖直方向的分速度vx=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