2025高考物理實驗知識總結(jié)壓軸題05 動量定理及碰撞類動量守恒定律的應(yīng)用講義含答案

2025高考物理實驗知識總結(jié)壓軸題05動量定理及碰撞類動量守恒定律的應(yīng)用講義壓軸題05動量定理及碰撞類動量守恒定律的應(yīng)用考向分析動量定理及動量守恒定律在高考物理中擁有極其重要的地位，它們不僅是力學知識體系的核心組成部分，也是分析和解決物理問題的重要工具。在高考命題中，動量定理及動量守恒定律的考查形式豐富多樣。這些考點既可能以選擇題、計算題的形式直接檢驗學生對基本原理的掌握情況，也可能通過復雜的計算題、應(yīng)用題，要求學生運用動量定理和動量守恒定律進行深入分析和計算。此外，這些考點還經(jīng)常與其他物理知識點相結(jié)合，形成綜合性強的題目，以檢驗學生的綜合應(yīng)用能力。備考時，考生應(yīng)首先深入理解動量定理和動量守恒定律的基本原理和概念，明確它們的適用范圍和條件。其次，考生需要熟練掌握相關(guān)的公式和計算方法，并能夠在實際問題中靈活運用。此外，考生還應(yīng)注重解題方法的總結(jié)和歸納，特別是對于典型題目的解題思路和方法，要進行反復練習和鞏固。知識再析考向一：彈簧類問題中應(yīng)用動量定理1.動量定理的表達式F·Δt=Δp是矢量式,在一維的情況下,各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向為正方向。運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向,公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。2.動量定理的應(yīng)用技巧(1)應(yīng)用I=Δp求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用,則不能直接用I=Ft求沖量,可以求出該力作用下物體動量的變化Δp,等效代換得出變力的沖量I。(2)應(yīng)用Δp=FΔt求動量的變化考向二：流體類和微粒類問題中應(yīng)用動量定理1.流體類“柱狀模型”問題流體及其特點通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ分析步驟1建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt3建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體2.微粒類“柱狀模型”問題微粒及其特點通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質(zhì)量具有獨立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟1建立“柱狀模型”，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt3先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算考向三：碰撞類和類碰撞類問題中應(yīng)用動量守恒定律1.碰撞三原則：(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).(3)速度要合理①若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。2.“動碰動”彈性碰撞v1v2v1’ˊv2’ˊm1m2發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2v1v2v1’ˊv2’ˊm1m2(1)(2)聯(lián)立（1）、（2）解得：v1’=，v2’=.特殊情況：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.3.“動碰靜”彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′（1）eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2（2）解得：v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)(2)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)(4)當m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)01應(yīng)用動量定理處理蹦極類問題1．蹦極是一項非常刺激的戶外休閑活動。圖甲為蹦極的場景，一游客從蹦極臺下落的速度一位移圖象如圖乙所示。已知彈性輕繩的彈力與伸長量的關(guān)系符合胡克定律，游客及攜帶裝備的總質(zhì)量為，彈性輕繩原長為，若空氣阻力恒定，游客下落至處時速度大小為，重力加速度取，下列正確的是（）A．整個下落過程中，游客先處于失重后處于超重狀態(tài)B．游客及攜帶裝備從靜止開始下落的過程中重力的沖量為C．游客在最低點時，彈性勢能最大為D．彈性繩長為時，游客的加速度大小為【答案】A【詳解】A．由題圖乙可知游客從蹦極臺下落過程先加速后減速，即先有向下的加速度后有向上的加速度，所以游客先處于失重后處于超重狀態(tài)，故A正確；B．以游客及攜帶裝備為研究對象，從靜止開始下落15m的過程中，由動量定理得I合=IG－IF－If＝mv＝50×15N·s＝750N·s故重力的沖量大于750N·s，故B錯誤；C．游客在前5m做勻加速直線，根據(jù)動能定理解得f=50N從下落至最低點過程中能量守恒解得=500×26-50×26=11700J故C錯誤；D．游客下落15m時合力為0時速度最大，此時彈性繩的彈力和阻力等于游客及攜帶裝備的總重力，即f+kΔx＝mg解得k＝＝45N/m彈性繩長為20m時，彈性繩的彈力F＝kΔx′＝45×(20－10)N＝450N根據(jù)牛頓第二定律得F+f－mg＝ma解得a＝0m/s2故D錯誤。故選A。02應(yīng)用動量定理處理流體類問題2．雨打芭蕉是中國古代文學中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強p，小明將一圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，設(shè)雨滴下落的速度為，雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈，雨水的密度為，不計雨滴重力。壓強p為（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】以極短時間內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量為，雨滴與芭蕉葉作用的有效面積為S，根據(jù)動量定理有由于圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，則單位面積單位時間內(nèi)下落的雨水質(zhì)量為則以極短時間內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量根據(jù)牛頓第三定律有雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強解得故選B。03分方向動量定理應(yīng)用問題3．如圖所示，實線是實驗小組某次研究平拋運動得到的實際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運動的理論軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結(jié)果。實驗中，小球的質(zhì)量為m，水平初速度為，初始時小球離地面高度為h。已知小球落地時速度大小為v，方向與水平面成角，小球在運動過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．小球落地時重力的功率為B．小球下落的時間為C．小球下落過程中的水平位移大小為D．小球下落過程中空氣阻力所做的功為【答案】B【詳解】A．小球落地時重力的功率為故A錯誤；B．小球下落過程在豎直方向根據(jù)動量定理解得小球下落的時間為故B正確；C．小球在水平方向根據(jù)動量定理解得小球下落過程中的水平位移大小為故C錯誤；D．小球下落過程根據(jù)動能定理解得小球下落過程中空氣阻力所做的功為故D錯誤。故選B。04彈性碰撞類問題4．如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計。已知m2＝3m1，則A反彈后能達到的高度為（）A．h B．2h C．3h D．4h【答案】D【詳解】下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式得v2=2gh解得觸地時兩球速度相同，為m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，由動量守恒定律得：m2v-m1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得由題可知m2=3m1聯(lián)立解得反彈后高度為故D正確，ABC錯誤。故選D。05完全非彈性碰撞類問題5．如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有n個質(zhì)量均為m的小滑塊，相鄰滑塊之間的距離為L，某個滑塊均可看成質(zhì)點。現(xiàn)給第一個滑塊水平向右的初速度，滑塊間相碰后均能粘在一起，則從第一個滑塊開始運動到第個滑塊與第n個滑塊相碰時的總時間為（）

A． B． C． D．【答案】B【詳解】由于每次相碰后滑塊會粘在一起，根據(jù)動量守恒定律可知第二個滑塊開始運動的速度大小為同理第三個滑塊開始滑動的速度大小為第（n-1）個球開始滑動的速度大小為因此運動的總時間為故選B。06斜面類類碰撞問題6．如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去，若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說法不正確的是（）A．小球的質(zhì)量為B．小球運動到最高點時的速度為C．小球能夠上升的最大高度為D．若a>b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運動【答案】C【詳解】A．設(shè)小球的質(zhì)量為m，初速度為v0，在水平方向上由動量守恒定律得結(jié)合圖乙可得所以，故A正確，不符合題意；D．對小球和圓弧滑塊組成的系統(tǒng)，有解得小球在與圓弧滑塊分離時的速度為即a>b時，小球的速度方向向左，所以小球與圓弧分離時向左做平拋運動，故D正確，不符合題意；B．小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上由動量守恒定律得解得故B正確，不符合題意；C．小球從開始運動到最高點的過程中，由機械能守恒定律得解得故C錯誤，符合題意。故選C。07彈簧類類碰撞問題7．如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量均為2kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁接觸但不黏連。物塊C從t=0時以一定速度向右運動，在t=4s時與物塊A相碰，并立即與物塊A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．物塊C的質(zhì)量為2kgB．物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為40.5JC．4s到12s的時間內(nèi)，墻壁對物塊B的沖量大小為0D．物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度大小為3.6m/s【答案】D【詳解】A．由圖知，C與A碰前速度為，碰后速度為，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律解得故A錯誤；B．AC粘在一起速度變?yōu)?時，彈簧的彈性勢能最大，為故B錯誤；C．由圖知，12s末A和C的速度為，4s到12s過程中墻壁對物體B的沖量大小等于彈簧對物體B的沖量大小，也等于彈簧對A和C整體的沖量大小，墻對B的沖量為解得方向向左，故C錯誤；D．物塊B剛離時，由機械能守恒定律可得，AC向左運動的速度大小為3m/s，物塊B離開墻壁后，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，當彈簧再次恢復原長時，物體B的速度最大，則有代入數(shù)據(jù)解得物塊B的最大速度為3.6m/s，故D正確。故選D。好題速練1．（2019·湖南長沙·一模）一質(zhì)量為m1的物體以v0的初速度與另一質(zhì)量為m2的靜止物體發(fā)生碰撞，其中m2=km1，k＜1。碰撞可分為完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞。碰撞后兩物體速度分別為v1和v2．假設(shè)碰撞在一維上進行，且一個物體不可能穿過另一個物體。物體1碰撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】若發(fā)生彈性碰撞，則由動量守恒m1v0=m1v1+m2v2由能量關(guān)系解得物體1碰撞后與碰撞前速度之比若發(fā)生完全非彈性碰撞，則由動量守恒m1v0=(m1+m2)v解得物體1碰撞后與碰撞前速度之比所以,物體1碰撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是故B正確，ACD錯誤。故選B。2．（2024高三·安徽滁州·模擬預測）蹦極是一項刺激的戶外休閑活動，足以使蹦極者在空中體驗幾秒鐘的“自由落體”。如圖所示，蹦極者站在高塔頂端，將一端固定的彈性長繩綁在踝關(guān)節(jié)處。然后雙臂伸開，雙腿并攏，頭朝下跳離高塔。設(shè)彈性繩的原長為，蹦極者下落第一個時動量的增加量為，下落第五個時動量的增加量為，把蹦極者視為質(zhì)點，蹦極者離開塔頂時的速度為零，不計空氣阻力，則滿足（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】蹦極者下落高度的過程，可視為做自由落體運動，對于初速度為零的勻加速直線運動，通過連續(xù)相等位移的時間之比為可知即由動量定理得故故選D。3．（2024·山東臨沂·一模）列車在水平長直軌道上的模擬運行圖如圖所示，列車由質(zhì)量均為m的5節(jié)車廂組成，假設(shè)只有1號車廂為動力車廂。列車由靜止開始以額定功率P運行，經(jīng)過一段時間達到最大速度，列車向右運動過程中，1號車廂會受到前方空氣的阻力，假設(shè)車廂碰到空氣前空氣的速度為0，碰到空氣后空氣的速度立刻與列車速度相同，已知空氣密度為。1號車廂的迎風面積（垂直運動方向上的投影面積）為S，不計其他阻力，忽略2號、3號、4號、5號車廂受到的空氣阻力。當列車以額定功率運行到速度為最大速度的一半時，1號車廂對2號車廂的作用力大小為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】設(shè)動車的速度為v，動車對空氣的作用力為F，取時間內(nèi)空氣柱的質(zhì)量為，對一小段空氣柱應(yīng)用動量定理可得其中解得由牛頓第三定律可得，空氣對動車的阻力為當牽引力等于阻力時，速度達到最大，則解得當速度達到最大速度一半時，此時速度為此時受到的牽引力解得此時受到的阻力對整體根據(jù)牛頓第二定律對1號車廂，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得當列車以額定功率運行到速度為最大速度的一半時，由牛頓第三定律，1號車廂對2號車廂的作用力大小為故選B。4．（2024·北京順義·一模）1899年，蘇聯(lián)物理學家列別捷夫首先從實驗上證實了“光射到物體表面上時會產(chǎn)生壓力”，和大量氣體分子與器壁的頻繁碰撞類似，將產(chǎn)生持續(xù)均勻的壓力，這種壓力會對物體表面產(chǎn)生壓強，這就是“光壓”。某同學設(shè)計了如圖所示的探測器，利用太陽光的“光壓”為探測器提供動力，以使太陽光對太陽帆的壓力超過太陽對探測器的引力，將太陽系中的探測器送到太陽系以外。假設(shè)質(zhì)量為m的探測器正朝遠離太陽的方向運動，帆面的面積為S，且始終與太陽光垂直，探測器到太陽中心的距離為r，不考慮行星對探測器的引力。已知：單位時間內(nèi)從太陽單位面積輻射的電磁波的總能量與太陽絕對溫度的四次方成正比，即，其中T為太陽表面的溫度，為常量。引力常量為G，太陽的質(zhì)量為M，太陽的半徑為R，光子的動量，光速為c。下列說法正確的是（）A．常量的單位為B．t時間內(nèi)探測器在r處太陽帆受到太陽輻射的能量C．若照射到太陽帆上的光一半被太陽帆吸收一半被反射，探測器太陽帆的面積S至少為D．若照射到太陽帆上的光全部被太陽帆吸收，探測器在r處太陽帆受到的太陽光對光帆的壓力【答案】D【詳解】A．P0是單位時間從太陽單位面積輻射的電磁波的能量，所以單位為，則則常量的單位為故A錯誤；B．t時間內(nèi)探測器在r處太陽帆受到太陽輻射的能量故B錯誤；C．輻射到太陽帆的光子的總數(shù)一半光子被吸收，一半反射，則有其中聯(lián)立可得故C錯誤；D．若照射到太陽帆上的光全部被太陽帆吸收，則有可得探測器在r處太陽帆受到的太陽光對光帆的壓力故D正確。故選D。6．（2024·江西·一模）如圖所示，假設(shè)入射光子的動量為p0，光子與靜止的電子發(fā)生彈性碰撞。碰后光子的動量大小為p1，傳播方向與入射方向夾角為α：碰后電子的動量大小為p2，出射方向與光子入射方向夾角為β。已知光速為c，普朗克常量為h，下列說法正確的是（）A．碰前入射光的波長為 B．碰后電子的能量為C． D．【答案】C【詳解】A．根據(jù)德布羅意公式可知，碰前入射光的波長為選項A錯誤；

B．設(shè)電子的質(zhì)量為m，則碰后電子的能量為選項B錯誤；CD．沿光子入射方向的動量守恒，根據(jù)動量守恒定律可知選項C正確，D錯誤。故選C。7．（2024高三下·江西·開學考試）如圖所示，平面（紙面）第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為、邊界均平行軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強度大小為、方向垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強度大小、方向垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ的下邊界與軸重合。位于處的離子源能釋放出質(zhì)量為、電荷量為、速度方向與軸夾角為的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。下列說法正確的是（

）A．速度大小為的離子不能進入?yún)^(qū)域ⅡB．速度大小為的離子在磁場中的運動時間為C．恰能到達軸的離子速度大小為D．恰能到達軸的離子速度大小為【答案】ABC【詳解】AB．當離子不進入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，如圖1則由幾何關(guān)系解得根據(jù)解得在磁場中運動的周期所有速度小于的離子都未進入Ⅱ區(qū)，速度偏轉(zhuǎn)角都為，運動時間都為故AB正確；CD．，且磁場Ⅱ方向向外，則離子進磁場Ⅱ后順時針偏轉(zhuǎn)，離子恰到軸時速度與軸平行，如圖2取水平向右為正方向，全過程在水平方向由動量定理有解得故C正確，D錯誤。故選ABC。8．（2024·黑龍江哈爾濱·二模）如圖所示，空間等距分布垂直紙面向里的勻強磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強度大小，每一條形磁場區(qū)域?qū)挾燃跋噜彈l形磁場區(qū)域間距均為?，F(xiàn)有一個邊長、質(zhì)量、電阻的單匝正方形線框，以的初速度從左側(cè)磁場邊緣水平進入磁場，以下說法正確的是（）A．線框進入第一個磁場區(qū)域過程中，通過線框的電荷量B．線框剛進入第一個磁場區(qū)域時，安培力大小為C．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱D．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中能穿過2個完整磁場區(qū)域【答案】ACD【詳解】A．線框進入第一個磁場區(qū)域過程中，通過線框的電荷量為故A正確；B．線框剛進入第一個磁場區(qū)域時，產(chǎn)生的電動勢為線框受到的安培力大小為故B錯誤；C．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中，由于線框上下兩邊總是同時處在磁場中，則上下兩邊受到的安培力相互抵消，即線框豎直方向只受重力作用，可認為豎直方向做自由落體運動；水平方向在安培力作用下做減速運動，當水平方向的速度減為零時，線框開始豎直下落；則線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為故C正確；D．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中，水平方向根據(jù)動量定理可得又聯(lián)立解得線框穿過1個完整磁場區(qū)域，有安培力作用的水平距離為，由于可知線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中能穿過2個完整磁場區(qū)域，故D正確。故選ACD。9．（2024·湖北·二模）如圖所示，質(zhì)量分別為m、3m、nm的圓弧槽、小球B、小球C均靜止在水平面上，圓弧槽的半徑為R，末端與水平面相切。現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球A從圓弧槽上與圓心等高的位置由靜止釋放，一段時間后與B發(fā)生彈性正碰，已知重力加速度為g，不計A、B、C大小及一切摩擦。下列說法正確的是（）A．小球A通過圓弧槽最低點時對圓弧槽的壓力大小為mgB．若BC發(fā)生的是完全非彈性碰撞，n取不同值時，BC碰撞損失的機械能不同C．若BC發(fā)生的是彈性正碰，當時，碰撞完成后小球C的速度為D．n取不同值時，C最終的動量不同，其最小值為【答案】BCD【詳解】A．小球A第一次下滑到圓弧槽最低點時，小球A和圓弧槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，有根據(jù)小球A和圓弧槽組成的系統(tǒng)機械能守恒有解得小球A通過圓弧槽最低點時，相對于圓弧槽的速度大小為根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得，小球A通過圓弧槽最低點時，受到圓弧槽的支持力為則小球A通過圓弧槽最低點時對圓弧槽的壓力大小為5mg，故A錯誤；B．若BC發(fā)生的是完全非彈性碰撞，設(shè)小球A與B碰撞后，小球B的初速度為，則BC碰撞過程，根據(jù)動量守恒有根據(jù)能量守恒有聯(lián)立解得，BC碰撞損失的機械能為可知，當n取不同值時，BC碰撞損失的機械能不同，故B正確；C．小球A與B發(fā)生彈性正碰，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒有根據(jù)機械能守恒有聯(lián)立解得，若BC發(fā)生的是彈性正碰，當時，BC碰撞過程，根據(jù)動量守恒有根據(jù)機械能守恒有聯(lián)立解得，碰撞完成后小球C的速度為故C正確；D．當BC發(fā)生的是完全非彈性正碰時，C獲得的動量最小。BC碰撞過程，根據(jù)動量守恒有解得，碰撞完成后小球C的速度為則此時C的動量為可知，當n取1時，C的動量取最小值為故D正確。故選BCD。10．（2024·湖南岳陽·二模）如圖所示，傾角為的足夠長的斜面上放有質(zhì)量均為m相距為L的AB滑塊，其中滑塊A光滑，滑塊B與斜面間的動摩擦因數(shù)為，。AB同時由靜止開始釋放，一段時間后A與B發(fā)生第一次碰撞，假設(shè)每一次碰撞時間都極短，且都是彈性正碰，重力加速度為g，下列說法正確的是（

）A．釋放時，A的加速度為 B．第一次碰后A的速度為C．從開始釋放到第一次碰撞的時間間隔為 D．從開始釋放到第二次碰撞的時間間隔為【答案】AC【詳解】A．A物體沿斜面下滑時，根據(jù)牛頓第二定律解得故A正確；C．對A滑塊，設(shè)從開始釋放A與B第一次碰撞所用時間為，根據(jù)運動學故C正確；B．第一次碰撞前，A的速度為設(shè)第一碰后A的速度為，B的速度為，則碰撞過程根據(jù)動量守恒和動能守恒聯(lián)立解得故B錯誤；D．B物體沿斜面下滑時有解得兩物體相碰后，A物體的速度變?yōu)榱悖院笤僮鰟蚣铀龠\動，而B物體將以的速度沿斜面向下做勻速直線運動。設(shè)再經(jīng)t2時間相碰，則有解得故從A開始運動到兩物體第二次相碰，共經(jīng)歷時間故D錯誤。故選AC。11．（2024高三下·山西晉中·開學考試）如圖所示，質(zhì)量為的物塊P與長木板Q之間有一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，P與彈簧拴接，Q與彈簧接觸但不拴接，Q的上表面粗糙。時，物塊P以初速度向左運動，時間內(nèi)物塊P與長木板Q的圖像如圖所示，時刻，把質(zhì)量為的物塊M放在Q的最左端，圖中未畫出，M最終未從Q上滑出，則（

）

A．物體Q的質(zhì)量為B．時刻彈簧的彈性勢能為C．M和Q之間由于摩擦作用的發(fā)熱量為D．彈簧可以和Q發(fā)生二次作用【答案】AC【詳解】A．時刻，所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得則物體的質(zhì)量為，故A正確；B．時刻，彈簧壓縮到最短，和速度相等，根據(jù)動量守恒根據(jù)能量守恒可得最大彈性勢能為故B錯誤；C．時間內(nèi)，根據(jù)動量守恒根據(jù)機械能守恒聯(lián)立解得2t0時刻，和彈簧分離，和之間動量守恒，有解得產(chǎn)生的熱量為故C正確；D．由上分析可知和共速時彈簧不能和發(fā)生二次作用，故D錯誤。故選AC。12．（2024·湖南長沙·二模）如圖甲，質(zhì)量分別為mA和mB的A、B兩小球用輕質(zhì)彈簧連接置于光滑水平面上，初始時刻兩小球被分別鎖定，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)。t=0時刻解除A球鎖定，t=t1時刻解除B球鎖定，A、B兩球運動的a-t圖像如圖乙所示，S1表示0到t1時間內(nèi)A的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小。下列說法正確的是（）

A．t1時刻后A、B系統(tǒng)的總動量大小始終為mAS1 B．C． D．t2時刻，彈簧伸長量大于0時刻的壓縮量【答案】AB【詳解】A．a(chǎn)-t圖像的面積等于這段時間的速度變化量大小，t=0時刻解除A球鎖定，t=t1時刻解除B球鎖定，說明t1時刻只有A球具有速度，設(shè)此時A球的速度為v1，則有t1時刻后A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，故總動量等于t1時刻A球的動量，則有故A正確；B．由圖像可知t1時刻A球的加速度為0，則此時彈簧彈力等于0，即彈簧處于原長狀態(tài)，t2時刻兩球的加速度都達到最大，說明此時彈簧的彈力最大，彈簧的伸長量最大，即t2時刻兩球具有相同的速度，設(shè)t2時刻A、B兩球的速度為v2，從t1到t2過程，A球的速度變化量大小為B球的速度變化量大小為從t1到t2過程，A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有可得聯(lián)立可得故B正確；C．t=0到t1時刻，A球速度變化量大小為從t1到t2過程，A球的速度變化量大小為從t1到t2過程，B球的速度變化量大小為聯(lián)立可得故C錯誤；D．從t=0到t2時刻，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒，則有說明t=0時刻彈簧的彈性勢能大于t2時刻彈簧的彈性勢能，即t=0時刻彈簧的壓縮量大于t2時刻彈簧的伸長量，故D錯誤。故選AB。13．（2024·廣東茂名·二模）甲、乙兩位同學利用中國象棋進行游戲。某次游戲中，在水平放置的棋盤上，甲用手將甲方的棋子以0.4m/s的初速度正對乙方棋子彈出，兩棋子相碰撞后（碰撞時間極短），甲方棋子速度大小變?yōu)?.1m/s，方向不變．兩棋子初始位置如圖所示，棋子中心與網(wǎng)格線交叉點重合，該棋盤每方格長寬均，棋子直徑均為，棋子質(zhì)量相等均為，棋子與棋盤間的動摩擦因數(shù)均為。重力加速度g大小取。求：（1）甲、乙兩棋子相碰時損失的機械能；（2）通過計算，判斷乙方棋子中心是否滑出邊界；（3）甲方棋子從彈出到停下所需的時間。（計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）【答案】（1）；（2）不滑出邊界；（3）【詳解】（1）設(shè)甲、乙兩棋子碰撞前瞬間甲棋子的速度大小為，從甲棋子開始運動到甲、乙碰撞前瞬間過程，甲移動距離為對甲棋子，由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得甲、乙兩棋子碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞后瞬間乙棋子的速度大小為，以碰撞前甲棋子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得碰撞過程中損失的機械能為解得（2）設(shè)乙棋子碰后運動距離停下來，對乙棋子，由動能定理得解得即可乙棋子移動距離不夠1方格，棋子中心不滑出邊界。（3）對甲棋子從彈出到碰撞前，列動量定理有解得碰撞后，對甲棋子，列動量定理有解得甲方棋子從彈出到停下所需的時間為14．（2024·山西臨汾·二模）如圖所示，傾角為的固定斜面的底端安裝一個彈性擋板，質(zhì)量分別m和4m的物塊a、b置于斜面上，a與斜面間無摩擦，b與斜面間的動摩擦因數(shù)等于。兩物塊之間夾有一個勁度系數(shù)很大且處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)短彈簧（長度忽略不計），彈簧被鎖定。現(xiàn)給兩物塊一個方向沿斜面向下、大小為的初速度，同時解除彈簧鎖定，彈簧瞬間完全釋放彈性勢能，并立即拿走彈簧。物塊a與擋板、a與b之間的碰撞均無機械能的損失，彈簧鎖定時的彈性勢能為，重力加速度為g。求：（1）彈簧解除鎖定后的瞬間a、b的速度大小；（2）解除鎖定，a與b第一次碰撞后，b沿斜面上升的最大高度?！敬鸢浮浚?），；（2）【詳解】（1）由于彈簧在瞬間解除鎖定，在此瞬間內(nèi)力遠大于外力，a、b系統(tǒng)動量守恒，以沿斜面向下為正方向，有根據(jù)能量守恒解得，（另一組解不符合實際，舍去。）（2）彈簧瞬間解除鎖定后，由于b與斜面的摩擦因數(shù)，解除鎖定后b保持靜止。由于a與斜面間無摩擦，a沿斜面勻加速下滑，與擋板碰撞后原速率反彈，再沿斜面勻減速上滑，直到與b發(fā)生碰撞。根據(jù)機械能守恒，a與b碰撞前的速度大小仍為，根據(jù)動量守恒和能量守恒有解得（向下），之后，對b，根據(jù)動能定理解得15．（2024·重慶·模擬預測）如題圖所示，一邊長為的正方體物塊靜置于足夠長的光滑水平面上，該正方體物塊內(nèi)有一條由半徑為四分之一圓弧部分和豎直部分平滑連接組成的細小光滑圓孔道。一質(zhì)量為的小球（可視為質(zhì)點），以初速度沿水平方向進入孔道，恰好能到達孔道最高點?？椎乐睆铰源笥谛∏蛑睆?，孔道粗細及空氣阻力可不計，重力加速度為g。（1）求該正方體物塊的質(zhì)量；（2）求小球離開孔道時的速度；（3）小球從進入孔道至到達孔道最高點的過程中，小球在孔道圓弧部分運動的時間為，求小球到達孔道最高點時，該正方體物塊移動的距離?！敬鸢浮浚?）；（2），方向水平向右；（3）【詳解】（1）小球從進入孔道至到達最高點過程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒、水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，則有，解得，（2）小球從進入孔道到離開孔道過程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒、水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，則有，解得，即小球離開孔道時速度大小為，方向與初速度相同，即水平向右。（3）小球從進入孔道至到達孔道圓弧部分最高點的過程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量始終守恒，則有小球在孔道圓弧部分運動的時間為，則有其中，該時間內(nèi)，小球和物塊的相對位移為解得小球離開孔道圓弧部分至到達孔道最高點過程中，小球在豎直方向做豎直上拋運動，則有該過程中，物塊在水平方向做勻速直線運動，此過程物塊的位移其中解得綜上可知，小球到達孔道最高點時，物塊移動的距離解得16．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖所示，軌道ABCD由半徑的光滑四分之一圓弧軌道AB、長度的粗糙水平軌道BC以及足夠長的光滑水平軌道CD組成。質(zhì)量的物塊P和質(zhì)量的物塊Q壓縮著一輕質(zhì)彈簧并鎖定（物塊與彈簧不連接），三者靜置于CD段中間，物塊P、Q可視為質(zhì)點。緊靠D的右側(cè)水平地面上停放著質(zhì)量的小車，其上表面EF段粗糙，與CD等高，長度；FG段為半徑的四分之一光滑圓弧軌道；小車與地面間的阻力忽略不計。P、Q與BC、EF間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度，現(xiàn)解除彈簧鎖定，物塊P、Q由靜止被彈出（P、Q脫離彈簧后立即撤走彈簧），其中物塊P進入CBA軌道，而物塊Q滑上小車。不計物塊經(jīng)過各連接點時的機械能損失。（1）若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達A點，求物塊P通過B點時，物塊P對圓弧軌道的彈力；（2）若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達A點，試分析物塊Q能否沖出小車上的G點，若能沖出G點，求出物塊Q從飛離G點到再次回到G點過程中小車通過的位移；若物塊Q不能飛離G點，請說明理由；（3）若彈簧解除鎖定后，物塊Q向右滑上小車后能通過F點，并且后續(xù)運動過程始終不滑離小車，求被鎖定彈簧的彈性勢能取值范圍?！敬鸢浮浚?）60N，方向豎直向下；（2）能，；（3）【詳解】（1）物塊P從B到A過程，根據(jù)動能定理有物塊P在B點，根據(jù)牛頓第二定律有解得根據(jù)牛頓第三定律，物塊對軌道的壓力大小60N，方向豎直向下；（2）物塊P被彈出到運動到A過程，根據(jù)動能定理有解得對P、Q構(gòu)成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有解得對Q與小車構(gòu)成的系統(tǒng)，在水平方向，根據(jù)動量守恒定律有解得根據(jù)能量守恒定律有解得物塊P運動時間為（3）物塊被彈開過程有當物塊Q向右滑上小車后恰好到達F點與小車共速時，彈簧彈性勢能最小，此時，對物塊Q與小車有解得由于當物塊Q沖上FG圓弧沒有越過G點之后又返回E點與小車共速時，彈簧彈性勢能達到最大值，則彈簧彈開兩物塊過程有當物塊Q沖上FG圓弧沒有越過G點之后又返回E點與小車共速過程有解得綜合上述，被鎖定彈簧的彈性勢能的取值范圍為壓軸題06靜電場中力和能性質(zhì)的綜合應(yīng)用考向分析在高考物理中，靜電場中力的性質(zhì)和能的性質(zhì)占據(jù)著重要的地位，它們不僅是電學部分的核心內(nèi)容，也是理解和應(yīng)用電學知識的基礎(chǔ)。在命題方式上，高考對于靜電場中力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的考查通常涉及電場強度、電場力、電勢能、電勢等基本概念的理解和應(yīng)用。這些考點可能會以選擇題、計算題等多種形式出現(xiàn)，題目設(shè)計注重考查學生對電場力做功、電場強度與電荷量、電勢能與電勢差等關(guān)系的理解和應(yīng)用。備考時，學生應(yīng)首先深入理解靜電場中力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的基本概念和原理，掌握電場強度、電場力、電勢能、電勢等基本概念的定義、計算公式和物理意義。同時，學生還應(yīng)注重實踐應(yīng)用，通過大量練習和模擬考試，熟悉各種題型的解題方法和技巧，提高解題能力和速度。知識再析考向一：電場中的一線一面一軌跡問題1.兩種等量點電荷的電場強度及電場線的比較比較等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖電荷連線上的電場強度沿連線先變小后變大O點最小,但不為零O點為零中垂線上的電場強度O點最大,向外逐漸減小O點最小,向外先變大后變小關(guān)于O點對稱位置的電場強度A與A'、B與B'、C與C'等大同向等大反向2.“電場線+運動軌跡”組合模型模型特點:當帶電粒子在電場中的運動軌跡是一條與電場線不重合的曲線時,這種現(xiàn)象簡稱為“拐彎現(xiàn)象”,其實質(zhì)為“運動與力”的關(guān)系。運用牛頓運動定律的知識分析:(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在某一位置的切線)與“力線”(在同一位置電場線的切線方向且指向軌跡的凹側(cè)),從二者的夾角情況來分析帶電粒子做曲線運動的情況。(2)“三不知時要假設(shè)”——電荷的正負、電場的方向、電荷運動的方向,是題目中相互制約的三個方面。若已知其中一個,可分析判定各待求量;若三個都不知(三不知),則要用“假設(shè)法”進行分析。3．幾種典型電場的等勢面電場等勢面重要描述勻強電場垂直于電場線的一簇平面點電荷的電場以點電荷為球心的一簇球面等量異種點電荷的電場連線的中垂線上電勢處處為零等量同種(正)點電荷的電場兩點電荷連線上，中點的電勢最低；中垂線上，中點的電勢最高4．帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法(1)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負。(2)結(jié)合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等。(3)根據(jù)動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況。考向二：電場中的三類圖像（一）φ-x圖像1.電場強度的大小等于φ-x圖線的斜率的絕對值,電場強度為零處,φ-x圖線存在極值,其切線的斜率為零。2.在φ-x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小,并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向。3.在φ-x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化,可用WAB=qUAB,進而分析WAB的正負,然后作出判斷。（二）Ep-x圖像1.根據(jù)電勢能的變化可以判斷電場力做功的正負,電勢能減少,電場力做正功:電勢能增加,電場力做負功。2.根據(jù)ΔEp=-W=-Fx,圖像Ep-x斜率的絕對值表示電場力的大小。（三）E-x圖像1.E-x圖像反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律,E>0表示電場強度沿x軸正方向;E<0表示電場強度沿x軸負方向。2.在給定了電場的E-x圖像后,可以由圖線確定電場強度的變化情況,電勢的變化情況,E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差,兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定。在與粒子運動相結(jié)合的題目中,可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。3.在這類題目中,還可以由E-x圖像畫出對應(yīng)的電場,利用這種已知電場的電場線分布、等勢面分布或場源電荷來處理相關(guān)問題。考向三：電場中帶電體的各類運動1．做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。(2)勻強電場中，粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。2．用動力學觀點分析：a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad(勻強電場)。3．用功能觀點分析：勻強電場中W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02；非勻強電場中W＝qU＝Ek2－Ek1。帶電粒子在電場中的拋體運動：類比平拋運動，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻變速運動。帶電小球在電場中的圓周運動：01等量異種電荷的電場1．太極圖的含義豐富而復雜，它體現(xiàn)了中國古代哲學的智慧。如圖所示，O為大圓的圓心，為上側(cè)陽半圓的圓心，為下側(cè)陰半圓的圓心，O、，在同一直線上，AB為大圓的直徑且與連線垂直，C、D為關(guān)于O點對稱的兩點，在，兩點分別固定電荷量大小相等的異種點電荷，整個空間只有、處點電荷產(chǎn)生的電場。下列說法正確的是（）A．C、D兩點電勢相等B．把電子由A沿直線移到B的過程中，電子的電勢能先增加后減小C．把質(zhì)子由A沿直線移到B的過程中，質(zhì)子所受電場力先增加后減小D．將一電子（不計重力）從A點由靜止釋放，電子可以沿直線在AB間做往返運動【答案】C【詳解】A．在，兩點分別固定電荷量大小相等的異種點電荷，設(shè)處為正點電荷，處為負點電荷，由于C點靠近正點電荷，D點靠近負點電荷，則C點電勢高于D點電勢，故A錯誤；B．AB為等量異種電荷連線的中垂線，根據(jù)等量異種電荷電勢分布特點可知，中垂線為一等勢線，所以把電子由A沿直線移到B的過程中，電子的電勢能保持不變，故B錯誤；C．根據(jù)等量異種電荷中垂線電場分布特點可知，O點為中垂線上場強最大的點，則把質(zhì)子由A沿直線移到B的過程中，場強先變大后變小，質(zhì)子所受電場力先增加后減小，故C正確；D．由于根據(jù)等量異種電荷中垂線上的場強方向與中垂線垂直，所以將一電子（不計重力）從A點由靜止釋放，在A處受到的電場力與AB直線垂直，電子不可能沿直線在AB間做往返運動，故D錯誤。故選C。02等量同種電荷的電場2．如圖所示，空間立方體的棱長為a，O、P分別為立方體上下表面的中心，在兩條豎直邊MN和FG的中點處分別固定甲和乙兩個帶電荷量均為q的負點電荷，上下表面中心連線OP所在直線上O點的上方有一點S（圖中未畫出），S到O點的距離為r，電子的電荷量為e，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）

A．重力不計、比荷為的電荷沿OP所在直線運動時，在O和P點的加速度最大，最大值為B．在S點固定一個電荷量為4q的負電荷，當時，O點的電場強度恰好等于零C．在S點固定一個電荷量為4q的負電荷，無論r為何值，比荷為的電荷在M點的電勢能總大于在F點的電勢能D．在立方體所在空間加一方向豎直向上、電場強度為E的勻強電場，將一電子由M移動到G時，電子的電勢能減少了【答案】A【詳解】A．如圖所示，連接甲乙，設(shè)OP所在直線上某點Q（圖中未畫出）與甲乙連線的夾角為θ，甲乙兩電荷間的距離為L，利用點電荷電場場強決定式和平行四邊形定則可求出Q點電場強度大小的表達式為令，則有解得當時該點的場強最大，將代入以上關(guān)系式可求得最大值為作圖如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可求Q點到甲乙連線中點的距離為可見Q點跟O點重合，可知在甲乙等量同種電荷電場中O、P兩點的場強最大，最大值為根據(jù)牛頓第二定律可求得比重力不計、比荷為的電荷沿OP所在直線運動時，在O和P點的加速度最大，最大值為，A正確；B．在S點固定一個電荷量為4q的負電荷，O點的電場強度恰好等于零，有解得B錯誤；C．在S點固定一個電荷量為4q的負電荷，根據(jù)電場的對稱性特點可知，無論r為何值，M點和F點的電勢總相等，所以比荷為的電荷在M點和F點的電勢能總是相等的，C錯誤；D．在立方體所在空間加一方向豎直向上、電場強度為E的勻強電場，將一電子由M移動到G，根據(jù)對稱性可知，甲乙電荷電場中M、G兩點電勢相等，則所加電場的電場力對電子做正功所以電子的電勢能減少了eEa，D錯誤。故選A。03等勢面及軌跡問題3．在示波器、電子顯微鏡等器件中都需要將電子束聚焦，常采用的聚焦裝置之一是靜電透鏡。靜電透鏡內(nèi)電場分布的截面圖如圖中所示，虛線為等勢面，實線為電場線，相鄰等勢面間電勢差相等?，F(xiàn)有一束電子以某一初速度從左側(cè)進入該區(qū)域，P、Q為電子運動軌跡上的兩點。下列說法正確的是（）A．P點的電場強度大于Q點的電場強度B．P點的電勢高于Q點的電勢C．電子在P點的電勢能小于在Q點的電勢能D．電子在P點的動能小于在Q點的動能【答案】D【詳解】A．電場線的疏密表示場強的強弱，所以P點的電場強度小于Q點的電場強度，所以A錯誤；B．沿著電線方向電勢逐漸降低，電場線方向總是由高的等勢面指向低的等勢面，則P點的電勢低于Q點的電勢，所以B錯誤；C．電子帶負電，負電荷在電勢越高的地方電勢能越低，在電勢越低的地方電勢能越高，則電子在P點的電勢能大于在Q點的電勢能，所以C錯誤；D．電子所受電場力方向向右，從P到Q電場力做正功，由動能定理可得電子動能增大，所以電子在P點的動能小于在Q點的動能，所以D正確；故選D。04φ-x圖像4．空間內(nèi)有一與紙面平行的勻強電場，為研究該電場，在紙面內(nèi)建立直角坐標系。規(guī)定坐標原點的電勢為0，測得x軸和y軸上各點的電勢如圖1、2所示。下列說法正確的是（）A．電場強度的大小為160V/mB．電場強度的方向與x軸負方向夾角的正切值為C．點（10cm，10cm）處的電勢為20VD．紙面內(nèi)距離坐標原點10cm的各點電勢最高為20V【答案】D【詳解】A．由圖像斜率可知電場在x軸和y軸上的分電場分別為V/m=160V/m，V/m=120V/m則電場大小為V/mB．電場強度的方向與x軸負方向夾角的正切值為故B錯誤；C．規(guī)定坐標原點的電勢為0，點（10cm，10cm）處的電勢為V故C錯誤；D．紙面內(nèi)距離坐標原點10cm的各點電勢最高為V=20V沿著電場線方向電勢逐漸降低，則點（10cm，10cm）處的電勢大于20V，D正確；故選D。05Ep-x圖像5．如圖甲所示，光滑絕緣水平面上有一帶負電荷的小滑塊，可視為質(zhì)點，在處以初速度沿x軸正方向運動。小滑塊的質(zhì)量為，帶電量為。整個運動區(qū)域存在沿水平方向的電場，圖乙是滑塊電勢能隨位置x變化的部分圖像，P點是圖線的最低點，虛線AB是圖像在處的切線，并且AB經(jīng)過（1，2）和（2，1）兩點，重力加速度g取。下列說法正確的是（

）A．在處的電場強度大小為20V/mB．滑塊向右運動的過程中，加速度先增大后減小C．滑塊運動至處時，速度的大小為2.5m/sD．若滑塊恰好能到達處，則該處的電勢為-50V【答案】D【詳解】A．Ep-x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，所以滑塊在x=1m處所受電場力大小為解得電場強度大小故A錯誤；B．滑塊向右運動時，電場力先減小后增大，所以加速度先減小后增大，故B錯誤；C．滑塊從x=1m到x=3m運動過程中電勢能減小，電場力做功由動能定理得解得滑塊運動至處時，速度的大小為故C錯誤；D．若滑塊恰好到達x=5m處，則滑塊恰好到達x=5m處則滑塊從x=1m到x=5m運動過程中由解得滑塊到達處的電勢能處的電勢為故D正確。故選D。06E-x圖像6．如圖，為方向沿軸的某電場的場強隨位置坐標變化的關(guān)系圖像，其中在負半軸上的圖像是直線。一電子從軸上的處由靜止釋放，僅在電場力作用下運動，電子電荷量絕對值為（），下列說法正確的是（

）A．電子從到過程動能增量大于從到過程動能增量B．電子在處與處的電勢能相等C．電子從處運動到處過程中，電勢能減小了D．電子在處具有的電勢能最大【答案】A【詳解】A．電子從軸上的處由靜止釋放，沿軸負向運動，電場力做正功，電勢能減小，動能增加；因圖像的面積等于電勢差，從到過程的電勢差大于從到的電勢差，根據(jù)可知電子從到過程動能增量大于從到過程動能增量，A正確；B．各點場強均為正值，則場強方向沿軸正向，則從處到處，場強方向不變，沿電場線電勢降低，可知處和處電勢不相等，電子在處與處的電勢能不相等，B錯誤；C．由圖像的面積可知，電子從處運動到處過程中，電勢升高電勢能減小了C錯誤。D．電子從處沿軸負向運動，電場力做正功，電勢能減小，則電子在處具有的電勢能不是最大，D錯誤。故選A。07帶電粒子在電場中的直線運動7．如圖所示，三塊平行放置的金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。B板與電源正極相連，A、C兩板與電源負極相連。閉合電鍵，從O點由靜止釋放一電子，電子恰好能運動到P點（不計電子的重力影響）?，F(xiàn)將C板向右平移到點，下列說法正確的是（

）A．若閉合電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P點返回B．若閉合電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到點返回C．若斷開電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P和點之間返回D．若斷開電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將穿過點【答案】B【詳解】AB．根據(jù)題意可知電子從O到M電場力做正功，從M到P電場力做負功或從M到電場力做負功，電子在板間運動的過程，由動能定理可知將C板向右平移到點，若電鍵處于閉合狀態(tài)，上式仍然成立，電子將運動到點返回，故A錯誤，B正確；CD．斷開電鍵后，根據(jù)，，聯(lián)立解得可知板間的電場強度與板間距離無關(guān)，而斷開電鍵后可認為極板間電荷量不變，則電場強度不變，根據(jù)動能定理可知因此若斷開電鍵后再從O點由靜止釋放電子，電子仍將運動到P點，故CD錯誤。故選B。08帶電粒子在電場中的拋體運動8．如圖，空間有一范圍足夠大的勻強電場，場強方向與梯形區(qū)域ABCD平行，已知，，，，，一比荷為的帶負電粒子由A點沿AD方向以速率進入該電場，恰好可以通過C點。不計粒子的重力，下列說法正確的是（）

A．D點電勢為零B．場強方向由D指向BC．該粒子到達C點時速度大小為D．該粒子到達C點時速度方向與BC邊垂直【答案】C【詳解】B．，，可知的中點的電勢為，可知為等勢線，連接，做的垂線，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知場強方向由指向，故B錯誤；A．由幾何關(guān)系可知為的中點，有可得故A錯誤；C．電場強度的大小平行電場強度方向小球做勻速直線運動電場強度方向小球做勻加速直線運動解得，電場強度方向小球的速度該粒子到達C點時速度大小為故C正確；D．與延長線的夾角的正切值可知該粒子到達C點時速度方向不與BC邊垂直，故D錯誤。故選C。

09帶電粒子在電場中的圓周運動9．如圖所示，光滑絕緣軌道ABC由半圓軌道AB和水平直軌道BC組成，A、B連線豎直。半圓軌道的圓心為O、半徑為R，空間有如圖所示的勻強電場，場強大小為，方向與水平面夾角為θ=30°，重力加速度為g。在水平直軌道上距B點L處靜止釋放一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電小滑塊，下列說法正確的是（）A．無論L取何值，小滑塊都能運動到A點B．小滑塊在半圓軌道上運動時始終處于超重狀態(tài)C．若，軌道對滑塊的彈力最大值等于4mgD．若，軌道對滑塊的彈力最大值等于3mg【答案】C【詳解】B．對小滑塊受力分析，如圖合外力與水平方向夾角為，則小滑塊運動到A點時小滑塊減速運動，故在A點時小滑塊處于失重狀態(tài)，故B錯誤；A．假設(shè)小滑塊剛好可以到達A點，在豎直方向的合外力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律解得設(shè)在此時小滑塊在A點的速度為，則則根據(jù)動能定理解得故A錯誤；CD．合外力與水平方向夾角為，則OD與水平方向夾角為的D點為等效最低點，如圖若，時，根據(jù)動能定理則此時，軌道對小滑塊的支持力為解得故C正確，D錯誤。故選C。好題速練1．（2024·山東淄博·二模）如圖所示，一個正方體，其上、下、左、右表面的中心分別為E、F、G、H，在E、G兩點固定電荷量為的點電荷，在F、H兩點固定電荷量為的點電荷，下列說法正確的是（）A．、D兩點電勢相等B．中點處的場強與中點處的場強相同C．一帶正電的試探電荷在點的電勢能等于它在C點的電勢能D．兩點間的電勢差小于兩點間的電勢差【答案】CD【詳解】A．由空間的對稱性可知，點更靠近正電荷，而D點更靠近負電荷，所以有電場的疊加可知，兩點的電勢不相等，點的電勢大于D點的電勢，故A項錯誤；B．四個電荷，將其E、F看成一對，G、H看成一對，則E、F為一對等量異種電荷，G、H也為一對等量異種電荷，所以該電場時兩對等量異種電荷的電場的疊加。兩對等量異種電荷的中心為該正方體的中心，以該中心為坐標原點O，設(shè)連線中點處為I，連線中點處為L，以O(shè)I為坐標軸的正方向，OL為坐標軸的負方向，結(jié)合等量異種電荷的電場分布可知，中點處的場強與中點處的場強大小相等，方向相反，故B項錯誤；C．由空間的對稱性可知，到四個電荷的距離與C到四個電荷的距離相等，點和C點到正負電荷距離相等，所以有電場的疊加可知，兩點的電勢相等，由可知，一帶正電的試探電荷在點的電勢能等于它在C點的電勢能，故C項正確。D．到兩個正電荷的距離與到兩個負電荷的距離相等，所以電勢為零。B點到兩個正電荷的距離與到兩個負電荷的距離相等，所以B點的電勢也為零。A點靠近負電荷，所以A點的電勢為負，點更靠近正電荷，所以的電勢為正。間電勢差有間電勢差為故D項正確。故選CD。2．（2024·廣東韶關(guān)·二模）如圖所示，空間有一正方體，a點固定電荷量為的點電荷，d點固定電荷量為的點電荷，O、分別為上下兩個面的中心點，則（）A．b點與c點的電場強度相同B．b點與點的電勢相同C．b點與c點的電勢差等于點與點的電勢差D．將帶正電的試探電荷由b點沿直線移動到O點，其電勢能先增大后減小【答案】CD【詳解】A．由對稱性知，b點與c點的電場強度大小相等，但方向不同，故A錯誤；B．b點到a點的距離等于點到a點的距離，b點到d點的距離等于點到d點的距離，則b點與點的電勢相同，若取無限遠處電勢為零，垂直于ad且過的平面為電勢為零的等勢面，點與點關(guān)于該等勢面對稱，兩點電勢絕對值相等，一正一負，故b點與點的電勢不同，故B錯誤；C．由對稱性知，b點與c點的電勢差為點與點的電勢差為由于則故C正確；D．對試探電荷受力分析，俯視圖如圖所示由圖可知將帶正電的試探電荷由b點沿直線移動到O點的過程中，電場力先做負功后做正功，其電勢能先增大后減小，故D正確。故選CD。3．（2024·廣西·三模）如圖甲所示，圓形區(qū)域處在平行于紙面的勻強電場中，圓心為，半徑為。為圓弧上的一個點，連線逆時針轉(zhuǎn)動，為連線從位置開始旋轉(zhuǎn)的角度，點電勢隨變化如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．勻強電場的場強大小為B．勻強電場的場強方向垂直連線向右C．一氦核從A點沿圓弧運動到點，電勢能增加了D．一電子從點沿圓弧逆時針運動到點，電場力先做負功后做正功【答案】AD【詳解】AB．根據(jù)圖像可知，當時，P位于A點，A點電勢為2V；當時，P點位于P1，電勢為1V，當時，P點位于P2，電勢為5V。根據(jù)夾角關(guān)系可知，P1OP2位于同一條直線上，即如圖所示根據(jù)等分法可知，OP1中點N的電勢為2V，故AN的連線為勻強電場中的一條等勢線。根據(jù)幾何關(guān)系可知，AN⊥P1P2。故P1P2即為勻強電場中的一條電場線，且電場方向由P2指向P1。根據(jù)電場強度與電勢差的關(guān)系可得故A正確，B錯誤；C．由幾何關(guān)系可知，C點與OP2中點M的連線垂直P1P2，故CM為等勢線，故根據(jù)等分法可知一氦核從A點沿圓弧運動到C點，電勢能變化量為故C錯誤；D．由上可知，電場方向由P2指向P1，電子從A點沿圓弧逆時針運動到B點，電場力先做負功后做正功。故D正確。故選AD。4．（2024高三下·重慶·模擬預測）2020年2月，中國科學家通過冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人體細胞表面ACE2蛋白的結(jié)合過程，首次揭開了新冠病毒入侵人體的神秘面紗。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關(guān)鍵部分，在電子顯微鏡中電子束相當于光束，通過由電場或磁場構(gòu)成的電子透鏡實現(xiàn)會聚或發(fā)散作用，其中的一種電子透鏡的電場分布如圖所示，其中虛線為等勢面，相鄰等勢面間電勢差相等。一電子僅在電場力作用下運動，其軌跡如圖中實線所示，a、b、c是軌跡上的三點，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點的電勢低于b點的電勢 B．a(chǎn)點的電場強度大于c點的電場強度C．電子從a點到b點電勢能增加 D．電子從a點到b點做加速運動【答案】AD【詳解】ACD．電子所受電場力方向指向軌跡凹側(cè)，大致向右，則電場強度方向背離軌跡凹側(cè)，大致向左，并且垂直于等勢面，根據(jù)沿電場方向電勢降低可知a點的電勢低于b點的電勢，故電子從a點到b點電勢能減小，電場力做正功，做加速運動，故AD正確，C錯誤；B．等勢面越密集的位置電場強度越大，所以a點的電場強度小于c點的電場強度，故B錯誤。故選AD。5．（2024·四川巴中·模擬預測）有一電場在x軸上各點的電場強度分布如圖所示。現(xiàn)將一帶正電的粒子（不計重力）從O點靜止釋放，僅在電場力的作用下，帶電粒子沿x軸運動，則關(guān)于該電場在x軸上各點的電勢φ、帶電粒子的動能、電勢能以及動能與電勢能之和隨x變化的圖像，正確的是（）

A．

B．C．

D．

【答案】BD【詳解】A.帶正電的粒子（不計重力）從O點靜止釋放，僅在電場力的作用下，帶電粒子沿x軸運動，則電場力方向沿x軸正方向，電場線方向沿x軸正方向。沿電場線方向電勢降低，A錯誤；C.電場力做正功，動能增加，電勢能減小，C錯誤；B.由圖像斜率大小代表電場力大小，斜率正負代表電場力方向，由圖可知，場強先減小后增大，方向一直為正方向，電場力先減小后增大，一直為正方向，與題中電場強度沿x軸變化一致，B正確；D.由能量守恒動能與電勢能之和不變，D正確。故選BD。6（2024·貴州·二模）如圖1所示，半徑為R且位置固定的細圓環(huán)上，均勻分布著總電量為的電荷，O點為圓環(huán)的圓心，x軸通過O點且垂直于環(huán)面，P點在x軸上，它與O點的距離為d。x軸上電勢的分布圖，如圖2所示。圖線上A、B、C三點的坐標已在圖2中標出。靜電力常量為k，距離O點無窮遠處的電勢為零，則下列說法正確的是（）A．圓心O點的電勢為B．圓心O點的電場強度大小為C．x軸上P點電場強度的大小為D．電荷量為、質(zhì)量為m的點電荷從O點以初速度沿x軸射出，此點電荷移動距離，其速度減為零【答案】ACD【詳解】A．將圓環(huán)分成n個微元，每個微元均能夠看為點電荷，則圓心O點的電勢為即圓心O點的電勢為，A正確；B．將圓環(huán)分成n個微元，每個微元均能夠看為點電荷，根據(jù)對稱性可知，圓心O點的電場強度大小為0，B錯誤；C．根據(jù)上述，令每個微元的電荷量為，微元到P點連線間距為r，微元到P點連線與x軸夾角為，則根據(jù)對稱性，P點電場強度為又由于，，解得C正確；D．根據(jù)其中，解得根據(jù)圖2可知，此點電荷移動距離，其速度減為零，D正確。故選ACD。7．（2024·安徽·模擬預測）已知試探電荷在場源點電荷的電場中所具有電勢能表達式為，其中為靜電力常量，為試探電荷與場源點電荷間的距離，且規(guī)定無窮遠處的電勢能為0。真空中有兩個點電荷和，分別固定在坐標軸和的位置上。一帶負電的試探電荷在軸上各點具有的電勢能隨變化關(guān)系如圖所示，其中試探電荷在A、兩點的電勢能為零，A點的坐標是點為點電荷右邊電勢能最小的點，則下列說法正確的是（）

A．為正電荷，為負電荷B．點電荷與電量之比為C．點對應(yīng)軸位置的坐標是D．兩點電荷在軸上電場強度相同的點的位置為【答案】AC【詳解】A．由圖可知，帶負電的試探電荷在0~15間的電勢能逐漸增大，可知為正電荷，為負電荷，故A正確；B．由圖可知，A點的電勢能為0，則有解得點電荷與電量之比為，故B錯誤；C．根據(jù)電勢能的計算公式，可知圖象的斜率代表電場力，則C點的電場力為0，有解得故C正確；D．根據(jù)點電荷產(chǎn)生的電場公式有解得cm故D錯誤；故選AC。8．（2024·湖南長沙·模擬預測）如圖所示，兩個等大、平行放置的均勻帶電圓環(huán)相距，所帶電荷量分別為、，圓心A、B連線垂直于圓環(huán)平面。以A點為坐標原點，沿AB方向建立x軸，將帶正電的粒子（重力不計）從A點靜止釋放。粒子從A點運動到B點的過程中，下列關(guān)于電勢、電場強度E、粒子的動能和電勢能隨位移x的變化圖線中，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】AC【詳解】A．設(shè)為AB中點，根據(jù)電勢的疊加可知，點的電勢為0，且AB兩點關(guān)于點對稱，則AB兩點電勢大小相等，符號相反，故A正確；B．粒子在A點時，環(huán)產(chǎn)生的場電場強度為0，但環(huán)產(chǎn)生的電場強度不為0，即圖像的原點處，故B錯誤；C．由動能定理則圖像斜率為電場力，而點電場力最大，故圖像處斜率最大，故C正確；D．由于AB處的電勢一正一負，絕對值相等，根據(jù)可知，粒子在AB兩點的電勢能也一正一負，絕對值相等，故D錯誤。故選AC。9．（2024·湖南長沙·一模）如圖甲所示，粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑、絕緣的半圓軌道在B點平滑連接，過半圓軌道圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場，質(zhì)量為的帶正電小滑塊從水平軌道上A點由靜止釋放，運動中由于摩擦起電滑塊電量會增加，過B點后電荷量保持不變，小滑塊在AB段加速度隨位移變化圖像如圖乙。小滑塊從N點離開電場，其再次進入電場時，電場強度大小保持不變、方向變?yōu)樗较蜃?。已知A、B間距離為4R且R＝0.2m，滑塊與軌道間動摩擦因數(shù)，重力加速度，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．小滑塊在B點時的帶電量為0.15CB．小滑塊從A點釋放到運動至B點過程中電荷量的變化量為0.1CC．小滑塊再次進入電場后在電場中做勻變速曲線運動D．小滑塊再次到達水平軌道時距B點的距離為1.2m【答案】BD【詳解】AB．從A到B過程，根據(jù)牛頓第二定律在B點，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立以上兩式解得故A錯誤，B正確；CD．從A到B過程從B到C過程從C點到再次進入電場做平拋運動由以上各式解得則進入電場后合力與速度共線，做勻加速直線運動從C點到水平軌道由以上各式解得距B的距離1.2m，故C錯誤，D正確。故選BD。10．（2024·遼寧·模擬預測）如圖，空間存在范圍足夠大的勻強電場，場強大小，方向水平向右。豎直面內(nèi)一絕緣軌道由半徑為R的光滑圓弧與足夠長的傾斜粗糙軌道AB、CD組成，AB、CD與水平面夾角均為45°且在B、C兩點與圓弧軌道相切。帶正電的小滑塊質(zhì)量為m，電荷量為q，從AB軌道上與圓心O等高的P點以的速度沿軌道下滑。已知滑塊與AB、CD軌道間的動摩擦因數(shù)，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

A．滑塊在AB軌道下滑時的加速度大小為gB．滑塊在軌道中對軌道的最大壓力為3mgC．滑塊最終將在軌道之間做往復運動D．滑塊在AB軌道及CD軌道上運動的總路程為2R【答案】AD【詳解】A．根據(jù)題意可知重力與電場力的合力，方向垂直于AB面向下，滑塊在AB軌道下滑時，有解得加速度大小為g，A正確；B．由幾何關(guān)系可知，滑塊在軌道的B點對軌道有最大壓力，設(shè)此時滑塊的速度為，軌道對滑塊的支持力為，有解得根據(jù)牛頓第二定律，有解得根據(jù)牛頓第三定律，滑塊在軌道中對軌道的最大壓力為B錯誤；C．從B點到C點，電場力做負功，滑塊需克服電場力做功為所以滑塊在到達C點前已經(jīng)減速到0，后反向滑回到B點，滑塊從B點出發(fā)到滑回到B點的過程中，合力做功為零，所以速度大小不變，仍為，然后沿BA軌道上向上滑行，由于在BA軌道只有摩擦力做負功，所以最后會停在AB軌道上，C錯誤；D．由C選項分析可知，滑塊不能經(jīng)過C點，所以滑塊在軌道上整個運動過程合力做功為0，滑塊滑回B點時，速度依然為，設(shè)在AB軌道上滑行后減速為0，有解得所以滑塊在AB軌道及CD軌道上運動的總路程