2025高考物理實(shí)驗(yàn)知識(shí)總結(jié)壓軸題05 動(dòng)量定理及碰撞類動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用講義含答案

2025高考物理實(shí)驗(yàn)知識(shí)總結(jié)壓軸題05動(dòng)量定理及碰撞類動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用講義壓軸題05動(dòng)量定理及碰撞類動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用考向分析動(dòng)量定理及動(dòng)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(xué)知識(shí)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(dòng)量定理及動(dòng)量守恒定律的考查形式豐富多樣。這些考點(diǎn)既可能以選擇題、計(jì)算題的形式直接檢驗(yàn)學(xué)生對(duì)基本原理的掌握情況，也可能通過復(fù)雜的計(jì)算題、應(yīng)用題，要求學(xué)生運(yùn)用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律進(jìn)行深入分析和計(jì)算。此外，這些考點(diǎn)還經(jīng)常與其他物理知識(shí)點(diǎn)相結(jié)合，形成綜合性強(qiáng)的題目，以檢驗(yàn)學(xué)生的綜合應(yīng)用能力。備考時(shí)，考生應(yīng)首先深入理解動(dòng)量定理和動(dòng)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(jì)算方法，并能夠在實(shí)際問題中靈活運(yùn)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(duì)于典型題目的解題思路和方法，要進(jìn)行反復(fù)練習(xí)和鞏固。知識(shí)再析考向一：彈簧類問題中應(yīng)用動(dòng)量定理1.動(dòng)量定理的表達(dá)式F·Δt=Δp是矢量式,在一維的情況下,各個(gè)矢量必須以同一個(gè)規(guī)定的方向?yàn)檎较?。運(yùn)用它分析問題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)量的變化考向二：流體類和微粒類問題中應(yīng)用動(dòng)量定理1.流體類“柱狀模型”問題流體及其特點(diǎn)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(shí)間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt3建立方程，應(yīng)用動(dòng)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(diǎn)通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！保|(zhì)量具有獨(dú)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(yùn)動(dòng)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(shí)間Δt內(nèi)一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)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(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算考向三：碰撞類和類碰撞類問題中應(yīng)用動(dòng)量守恒定律1.碰撞三原則：(1)動(dòng)量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。2.“動(dòng)碰動(dòng)”彈性碰撞v1v2v1’ˊv2’ˊm1m2發(fā)生彈性碰撞的兩個(gè)物體碰撞前后動(dòng)量守恒，動(dòng)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(dòng)碰靜”彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)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(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)(2)當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)(4)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)01應(yīng)用動(dòng)量定理處理蹦極類問題1．蹦極是一項(xiàng)非常刺激的戶外休閑活動(dòng)。圖甲為蹦極的場(chǎng)景，一游客從蹦極臺(tái)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(zhǎng)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(zhǎng)為，若空氣阻力恒定，游客下落至處時(shí)速度大小為，重力加速度取，下列正確的是（）A．整個(gè)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(diǎn)時(shí)，彈性勢(shì)能最大為D．彈性繩長(zhǎng)為時(shí)，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(tái)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(duì)象，從靜止開始下落15m的過程中，由動(dòng)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(cuò)誤；C．游客在前5m做勻加速直線，根據(jù)動(dòng)能定理解得f=50N從下落至最低點(diǎn)過程中能量守恒解得=500×26-50×26=11700J故C錯(cuò)誤；D．游客下落15m時(shí)合力為0時(shí)速度最大，此時(shí)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(zhǎng)為20m時(shí)，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(cuò)誤。故選A。02應(yīng)用動(dòng)量定理處理流體類問題2．雨打芭蕉是中國(guó)古代文學(xué)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(qiáng)p，小明將一圓柱形量筒置于雨中，測(cè)得時(shí)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(jì)雨滴重力。壓強(qiáng)p為（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】以極短時(shí)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(dòng)量定理有由于圓柱形量筒置于雨中，測(cè)得時(shí)間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，則單位面積單位時(shí)間內(nèi)下落的雨水質(zhì)量為則以極短時(shí)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(qiáng)解得故選B。03分方向動(dòng)量定理應(yīng)用問題3．如圖所示，實(shí)線是實(shí)驗(yàn)小組某次研究平拋運(yùn)動(dòng)得到的實(shí)際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運(yùn)動(dòng)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(shí)驗(yàn)中，小球的質(zhì)量為m，水平初速度為，初始時(shí)小球離地面高度為h。已知小球落地時(shí)速度大小為v，方向與水平面成角，小球在運(yùn)動(dòng)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(shuō)法正確的是（）A．小球落地時(shí)重力的功率為B．小球下落的時(shí)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(shí)重力的功率為故A錯(cuò)誤；B．小球下落過程在豎直方向根據(jù)動(dòng)量定理解得小球下落的時(shí)間為故B正確；C．小球在水平方向根據(jù)動(dòng)量定理解得小球下落過程中的水平位移大小為故C錯(cuò)誤；D．小球下落過程根據(jù)動(dòng)能定理解得小球下落過程中空氣阻力所做的功為故D錯(cuò)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(yuǎn)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(shí)間均可忽略不計(jì)。已知m2＝3m1，則A反彈后能達(dá)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(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得v2=2gh解得觸地時(shí)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(dòng)量守恒，設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向?yàn)檎较?，由?dòng)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(cuò)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(gè)質(zhì)量均為m的小滑塊，相鄰滑塊之間的距離為L(zhǎng)，某個(gè)滑塊均可看成質(zhì)點(diǎn)?，F(xiàn)給第一個(gè)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(gè)滑塊開始運(yùn)動(dòng)到第個(gè)滑塊與第n個(gè)滑塊相碰時(shí)的總時(shí)間為（）

A． B． C． D．【答案】B【詳解】由于每次相碰后滑塊會(huì)粘在一起，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知第二個(gè)滑塊開始運(yùn)動(dòng)的速度大小為同理第三個(gè)滑塊開始滑動(dòng)的速度大小為第（n-1）個(gè)球開始滑動(dòng)的速度大小為因此運(yùn)動(dòng)的總時(shí)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(cè)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(shuō)法不正確的是（）A．小球的質(zhì)量為B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)【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(dòng)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(duì)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(shí)的速度為即a>b時(shí)，小球的速度方向向左，所以小球與圓弧分離時(shí)向左做平拋運(yùn)動(dòng)，故D正確，不符合題意；B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，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(dòng)量守恒定律得解得故B正確，不符合題意；C．小球從開始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律得解得故C錯(cuò)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(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t=4s時(shí)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(shuō)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(shì)能為40.5JC．4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對(duì)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(dòng)量守恒，以C的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律解得故A錯(cuò)誤；B．AC粘在一起速度變?yōu)?時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，為故B錯(cuò)誤；C．由圖知，12s末A和C的速度為，4s到12s過程中墻壁對(duì)物體B的沖量大小等于彈簧對(duì)物體B的沖量大小，也等于彈簧對(duì)A和C整體的沖量大小，墻對(duì)B的沖量為解得方向向左，故C錯(cuò)誤；D．物塊B剛離時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可得，AC向左運(yùn)動(dòng)的速度大小為3m/s，物塊B離開墻壁后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，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(zhǎng)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(jìn)行，且一個(gè)物體不可能穿過另一個(gè)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(dòng)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(dòng)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(cuò)誤。故選B。2．（2024高三·安徽滁州·模擬預(yù)測(cè)）蹦極是一項(xiàng)刺激的戶外休閑活動(dòng)，足以使蹦極者在空中體驗(yàn)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(zhǎng)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(zhǎng)為，蹦極者下落第一個(gè)時(shí)動(dòng)量的增加量為，下落第五個(gè)時(shí)動(dòng)量的增加量為，把蹦極者視為質(zhì)點(diǎn)，蹦極者離開塔頂時(shí)的速度為零，不計(jì)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(yùn)動(dòng)，對(duì)于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過連續(xù)相等位移的時(shí)間之比為可知即由動(dòng)量定理得故故選D。3．（2024·山東臨沂·一模）列車在水平長(zhǎng)直軌道上的模擬運(yùn)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(hào)車廂為動(dòng)力車廂。列車由靜止開始以額定功率P運(yùn)行，經(jīng)過一段時(shí)間達(dá)到最大速度，列車向右運(yùn)動(dòng)過程中，1號(hào)車廂會(huì)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(hào)車廂的迎風(fēng)面積（垂直運(yùn)動(dòng)方向上的投影面積）為S，不計(jì)其他阻力，忽略2號(hào)、3號(hào)、4號(hào)、5號(hào)車廂受到的空氣阻力。當(dāng)列車以額定功率運(yùn)行到速度為最大速度的一半時(shí)，1號(hào)車廂對(duì)2號(hào)車廂的作用力大小為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】設(shè)動(dòng)車的速度為v，動(dòng)車對(duì)空氣的作用力為F，取時(shí)間內(nèi)空氣柱的質(zhì)量為，對(duì)一小段空氣柱應(yīng)用動(dòng)量定理可得其中解得由牛頓第三定律可得，空氣對(duì)動(dòng)車的阻力為當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，速度達(dá)到最大，則解得當(dāng)速度達(dá)到最大速度一半時(shí)，此時(shí)速度為此時(shí)受到的牽引力解得此時(shí)受到的阻力對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律對(duì)1號(hào)車廂，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得當(dāng)列車以額定功率運(yùn)行到速度為最大速度的一半時(shí)，由牛頓第三定律，1號(hào)車廂對(duì)2號(hào)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(xué)家列別捷夫首先從實(shí)驗(yàn)上證實(shí)了“光射到物體表面上時(shí)會(huì)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(huì)對(duì)物體表面產(chǎn)生壓強(qiáng)，這就是“光壓”。某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的探測(cè)器，利用太陽(yáng)光的“光壓”為探測(cè)器提供動(dòng)力，以使太陽(yáng)光對(duì)太陽(yáng)帆的壓力超過太陽(yáng)對(duì)探測(cè)器的引力，將太陽(yáng)系中的探測(cè)器送到太陽(yáng)系以外。假設(shè)質(zhì)量為m的探測(cè)器正朝遠(yuǎn)離太陽(yáng)的方向運(yùn)動(dòng)，帆面的面積為S，且始終與太陽(yáng)光垂直，探測(cè)器到太陽(yáng)中心的距離為r，不考慮行星對(duì)探測(cè)器的引力。已知：?jiǎn)挝粫r(shí)間內(nèi)從太陽(yáng)單位面積輻射的電磁波的總能量與太陽(yáng)絕對(duì)溫度的四次方成正比，即，其中T為太陽(yáng)表面的溫度，為常量。引力常量為G，太陽(yáng)的質(zhì)量為M，太陽(yáng)的半徑為R，光子的動(dòng)量，光速為c。下列說(shuō)法正確的是（）A．常量的單位為B．t時(shí)間內(nèi)探測(cè)器在r處太陽(yáng)帆受到太陽(yáng)輻射的能量C．若照射到太陽(yáng)帆上的光一半被太陽(yáng)帆吸收一半被反射，探測(cè)器太陽(yáng)帆的面積S至少為D．若照射到太陽(yáng)帆上的光全部被太陽(yáng)帆吸收，探測(cè)器在r處太陽(yáng)帆受到的太陽(yáng)光對(duì)光帆的壓力【答案】D【詳解】A．P0是單位時(shí)間從太陽(yáng)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(cuò)誤；B．t時(shí)間內(nèi)探測(cè)器在r處太陽(yáng)帆受到太陽(yáng)輻射的能量故B錯(cuò)誤；C．輻射到太陽(yáng)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(cuò)誤；D．若照射到太陽(yáng)帆上的光全部被太陽(yáng)帆吸收，則有可得探測(cè)器在r處太陽(yáng)帆受到的太陽(yáng)光對(duì)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(dòng)量為p0，光子與靜止的電子發(fā)生彈性碰撞。碰后光子的動(dòng)量大小為p1，傳播方向與入射方向夾角為α：碰后電子的動(dòng)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(shuō)法正確的是（）A．碰前入射光的波長(zhǎng)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(zhǎng)為選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B．設(shè)電子的質(zhì)量為m，則碰后電子的能量為選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．沿光子入射方向的動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。故選C。7．（2024高三下·江西·開學(xué)考試）如圖所示，平面（紙面）第一象限內(nèi)有足夠長(zhǎng)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(qiáng)度大小為、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(chǎng)區(qū)域。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是（

）A．速度大小為的離子不能進(jìn)入?yún)^(qū)域ⅡB．速度大小為的離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為C．恰能到達(dá)軸的離子速度大小為D．恰能到達(dá)軸的離子速度大小為【答案】ABC【詳解】AB．當(dāng)離子不進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ速度最大時(shí)，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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期所有速度小于的離子都未進(jìn)入Ⅱ區(qū)，速度偏轉(zhuǎn)角都為，運(yùn)動(dòng)時(shí)間都為故AB正確；CD．，且磁場(chǎng)Ⅱ方向向外，則離子進(jìn)磁場(chǎng)Ⅱ后順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，離子恰到軸時(shí)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(dòng)量定理有解得故C正確，D錯(cuò)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(qiáng)磁場(chǎng)，豎直方向磁場(chǎng)區(qū)域足夠長(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，每一條形磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾燃跋噜彈l形磁場(chǎng)區(qū)域間距均為?，F(xiàn)有一個(gè)邊長(zhǎng)、質(zhì)量、電阻的單匝正方形線框，以的初速度從左側(cè)磁場(chǎng)邊緣水平進(jìn)入磁場(chǎng)，以下說(shuō)法正確的是（）A．線框進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過程中，通過線框的電荷量B．線框剛進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，安培力大小為C．線框從開始進(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱D．線框從開始進(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過程中能穿過2個(gè)完整磁場(chǎng)區(qū)域【答案】ACD【詳解】A．線框進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過程中，通過線框的電荷量為故A正確；B．線框剛進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為線框受到的安培力大小為故B錯(cuò)誤；C．線框從開始進(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過程中，由于線框上下兩邊總是同時(shí)處在磁場(chǎng)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(rèn)為豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)；水平方向在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)水平方向的速度減為零時(shí)，線框開始豎直下落；則線框從開始進(jìn)入磁場(chǎng)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(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過程中，水平方向根據(jù)動(dòng)量定理可得又聯(lián)立解得線框穿過1個(gè)完整磁場(chǎng)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(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過程中能穿過2個(gè)完整磁場(chǎng)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?，F(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(shí)間后與B發(fā)生彈性正碰，已知重力加速度為g，不計(jì)A、B、C大小及一切摩擦。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球A通過圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)對(duì)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(shí)，BC碰撞損失的機(jī)械能不同C．若BC發(fā)生的是彈性正碰，當(dāng)時(shí)，碰撞完成后小球C的速度為D．n取不同值時(shí)，C最終的動(dòng)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(diǎn)時(shí)，小球A和圓弧槽組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，有根據(jù)小球A和圓弧槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有解得小球A通過圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)，相對(duì)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(diǎn)時(shí)，受到圓弧槽的支持力為則小球A通過圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧槽的壓力大小為5mg，故A錯(cuò)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(dòng)量守恒有根據(jù)能量守恒有聯(lián)立解得，BC碰撞損失的機(jī)械能為可知，當(dāng)n取不同值時(shí)，BC碰撞損失的機(jī)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(dòng)量守恒有根據(jù)機(jī)械能守恒有聯(lián)立解得，若BC發(fā)生的是彈性正碰，當(dāng)時(shí)，BC碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒有根據(jù)機(jī)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(dāng)BC發(fā)生的是完全非彈性正碰時(shí)，C獲得的動(dòng)量最小。BC碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒有解得，碰撞完成后小球C的速度為則此時(shí)C的動(dòng)量為可知，當(dāng)n取1時(shí)，C的動(dòng)量取最小值為故D正確。故選BCD。10．（2024·湖南岳陽(yáng)·二模）如圖所示，傾角為的足夠長(zhǎng)的斜面上放有質(zhì)量均為m相距為L(zhǎng)的AB滑塊，其中滑塊A光滑，滑塊B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，。AB同時(shí)由靜止開始釋放，一段時(shí)間后A與B發(fā)生第一次碰撞，假設(shè)每一次碰撞時(shí)間都極短，且都是彈性正碰，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（

）A．釋放時(shí)，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(shí)間間隔為 D．從開始釋放到第二次碰撞的時(shí)間間隔為【答案】AC【詳解】A．A物體沿斜面下滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律解得故A正確；C．對(duì)A滑塊，設(shè)從開始釋放A與B第一次碰撞所用時(shí)間為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)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(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；D．B物體沿斜面下滑時(shí)有解得兩物體相碰后，A物體的速度變?yōu)榱?，以后再做勻加速運(yùn)動(dòng)，而B物體將以的速度沿斜面向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)再經(jīng)t2時(shí)間相碰，則有解得故從A開始運(yùn)動(dòng)到兩物體第二次相碰，共經(jīng)歷時(shí)間故D錯(cuò)誤。故選AC。11．（2024高三下·山西晉中·開學(xué)考試）如圖所示，質(zhì)量為的物塊P與長(zhǎng)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(shí)，物塊P以初速度向左運(yùn)動(dòng)，時(shí)間內(nèi)物塊P與長(zhǎng)木板Q的圖像如圖所示，時(shí)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(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)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(shí)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(shí)刻，彈簧壓縮到最短，和速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒根據(jù)能量守恒可得最大彈性勢(shì)能為故B錯(cuò)誤；C．時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量守恒根據(jù)機(jī)械能守恒聯(lián)立解得2t0時(shí)刻，和彈簧分離，和之間動(dòng)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(shí)彈簧不能和發(fā)生二次作用，故D錯(cuò)誤。故選AC。12．（2024·湖南長(zhǎng)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(shí)刻兩小球被分別鎖定，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)。t=0時(shí)刻解除A球鎖定，t=t1時(shí)刻解除B球鎖定，A、B兩球運(yùn)動(dòng)的a-t圖像如圖乙所示，S1表示0到t1時(shí)間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。下列說(shuō)法正確的是（）

A．t1時(shí)刻后A、B系統(tǒng)的總動(dòng)量大小始終為mAS1 B．C． D．t2時(shí)刻，彈簧伸長(zhǎng)量大于0時(shí)刻的壓縮量【答案】AB【詳解】A．a(chǎn)-t圖像的面積等于這段時(shí)間的速度變化量大小，t=0時(shí)刻解除A球鎖定，t=t1時(shí)刻解除B球鎖定，說(shuō)明t1時(shí)刻只有A球具有速度，設(shè)此時(shí)A球的速度為v1，則有t1時(shí)刻后A、B組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，故總動(dòng)量等于t1時(shí)刻A球的動(dòng)量，則有故A正確；B．由圖像可知t1時(shí)刻A球的加速度為0，則此時(shí)彈簧彈力等于0，即彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，t2時(shí)刻兩球的加速度都達(dá)到最大，說(shuō)明此時(shí)彈簧的彈力最大，彈簧的伸長(zhǎng)量最大，即t2時(shí)刻兩球具有相同的速度，設(shè)t2時(shí)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(dòng)量守恒，則有可得聯(lián)立可得故B正確；C．t=0到t1時(shí)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(cuò)誤；D．從t=0到t2時(shí)刻，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，則有說(shuō)明t=0時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能大于t2時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能，即t=0時(shí)刻彈簧的壓縮量大于t2時(shí)刻彈簧的伸長(zhǎng)量，故D錯(cuò)誤。故選AB。13．（2024·廣東茂名·二模）甲、乙兩位同學(xué)利用中國(guó)象棋進(jìn)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(duì)乙方棋子彈出，兩棋子相碰撞后（碰撞時(shí)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(diǎn)重合，該棋盤每方格長(zhǎng)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(dòng)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(shí)損失的機(jī)械能；（2）通過計(jì)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(shí)間。（計(jì)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(yùn)動(dòng)到甲、乙碰撞前瞬間過程，甲移動(dòng)距離為對(duì)甲棋子，由動(dòng)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(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)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?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得碰撞過程中損失的機(jī)械能為解得（2）設(shè)乙棋子碰后運(yùn)動(dòng)距離停下來(lái)，對(duì)乙棋子，由動(dòng)能定理得解得即可乙棋子移動(dòng)距離不夠1方格，棋子中心不滑出邊界。（3）對(duì)甲棋子從彈出到碰撞前，列動(dòng)量定理有解得碰撞后，對(duì)甲棋子，列動(dòng)量定理有解得甲方棋子從彈出到停下所需的時(shí)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(gè)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(wú)摩擦，b與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于。兩物塊之間夾有一個(gè)勁度系數(shù)很大且處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)短彈簧（長(zhǎng)度忽略不計(jì)），彈簧被鎖定?，F(xiàn)給兩物塊一個(gè)方向沿斜面向下、大小為的初速度，同時(shí)解除彈簧鎖定，彈簧瞬間完全釋放彈性勢(shì)能，并立即拿走彈簧。物塊a與擋板、a與b之間的碰撞均無(wú)機(jī)械能的損失，彈簧鎖定時(shí)的彈性勢(shì)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?。唬?）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(yuǎn)大于外力，a、b系統(tǒng)動(dòng)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(shí)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(wú)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(jī)械能守恒，a與b碰撞前的速度大小仍為，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有解得（向下），之后，對(duì)b，根據(jù)動(dòng)能定理解得15．（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）如題圖所示，一邊長(zhǎng)為的正方體物塊靜置于足夠長(zhǎng)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(xì)小光滑圓孔道。一質(zhì)量為的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），以初速度沿水平方向進(jìn)入孔道，恰好能到達(dá)孔道最高點(diǎn)。孔道直徑略大于小球直徑，孔道粗細(xì)及空氣阻力可不計(jì)，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(shí)的速度；（3）小球從進(jìn)入孔道至到達(dá)孔道最高點(diǎn)的過程中，小球在孔道圓弧部分運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，求小球到達(dá)孔道最高點(diǎn)時(shí)，該正方體物塊移動(dòng)的距離。【答案】（1）；（2），方向水平向右；（3）【詳解】（1）小球從進(jìn)入孔道至到達(dá)最高點(diǎn)過程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、水平方向動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，則有，解得，（2）小球從進(jìn)入孔道到離開孔道過程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、水平方向動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，則有，解得，即小球離開孔道時(shí)速度大小為，方向與初速度相同，即水平向右。（3）小球從進(jìn)入孔道至到達(dá)孔道圓弧部分最高點(diǎn)的過程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量始終守恒，則有小球在孔道圓弧部分運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則有其中，該時(shí)間內(nèi)，小球和物塊的相對(duì)位移為解得小球離開孔道圓弧部分至到達(dá)孔道最高點(diǎn)過程中，小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則有該過程中，物塊在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此過程物塊的位移其中解得綜上可知，小球到達(dá)孔道最高點(diǎn)時(shí)，物塊移動(dòng)的距離解得16．（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，軌道ABCD由半徑的光滑四分之一圓弧軌道AB、長(zhǎng)度的粗糙水平軌道BC以及足夠長(zhǎng)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(diǎn)。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(zhǎng)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(jì)。P、Q與BC、EF間的動(dòng)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(jìn)入CBA軌道，而物塊Q滑上小車。不計(jì)物塊經(jīng)過各連接點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能損失。（1）若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達(dá)A點(diǎn)，求物塊P通過B點(diǎn)時(shí)，物塊P對(duì)圓弧軌道的彈力；（2）若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達(dá)A點(diǎn)，試分析物塊Q能否沖出小車上的G點(diǎn)，若能沖出G點(diǎn)，求出物塊Q從飛離G點(diǎn)到再次回到G點(diǎn)過程中小車通過的位移；若物塊Q不能飛離G點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)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(diǎn)，并且后續(xù)運(yùn)動(dòng)過程始終不滑離小車，求被鎖定彈簧的彈性勢(shì)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(dòng)能定理有物塊P在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有解得根據(jù)牛頓第三定律，物塊對(duì)軌道的壓力大小60N，方向豎直向下；（2）物塊P被彈出到運(yùn)動(dòng)到A過程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得對(duì)P、Q構(gòu)成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得對(duì)Q與小車構(gòu)成的系統(tǒng)，在水平方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得根據(jù)能量守恒定律有解得物塊P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為（3）物塊被彈開過程有當(dāng)物塊Q向右滑上小車后恰好到達(dá)F點(diǎn)與小車共速時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最小，此時(shí)，對(duì)物塊Q與小車有解得由于當(dāng)物塊Q沖上FG圓弧沒有越過G點(diǎn)之后又返回E點(diǎn)與小車共速時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能達(dá)到最大值，則彈簧彈開兩物塊過程有當(dāng)物塊Q沖上FG圓弧沒有越過G點(diǎn)之后又返回E點(diǎn)與小車共速過程有解得綜合上述，被鎖定彈簧的彈性勢(shì)能的取值范圍為壓軸題06靜電場(chǎng)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(chǎng)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(xué)部分的核心內(nèi)容，也是理解和應(yīng)用電學(xué)知識(shí)的基礎(chǔ)。在命題方式上，高考對(duì)于靜電場(chǎng)中力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的考查通常涉及電場(chǎng)強(qiáng)度、電場(chǎng)力、電勢(shì)能、電勢(shì)等基本概念的理解和應(yīng)用。這些考點(diǎn)可能會(huì)以選擇題、計(jì)算題等多種形式出現(xiàn)，題目設(shè)計(jì)注重考查學(xué)生對(duì)電場(chǎng)力做功、電場(chǎng)強(qiáng)度與電荷量、電勢(shì)能與電勢(shì)差等關(guān)系的理解和應(yīng)用。備考時(shí)，學(xué)生應(yīng)首先深入理解靜電場(chǎng)中力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的基本概念和原理，掌握電場(chǎng)強(qiáng)度、電場(chǎng)力、電勢(shì)能、電勢(shì)等基本概念的定義、計(jì)算公式和物理意義。同時(shí)，學(xué)生還應(yīng)注重實(shí)踐應(yīng)用，通過大量練習(xí)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(shí)再析考向一：電場(chǎng)中的一線一面一軌跡問題1.兩種等量點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度及電場(chǎng)線的比較比較等量異種點(diǎn)電荷等量同種點(diǎn)電荷電場(chǎng)線分布圖電荷連線上的電場(chǎng)強(qiáng)度沿連線先變小后變大O點(diǎn)最小,但不為零O點(diǎn)為零中垂線上的電場(chǎng)強(qiáng)度O點(diǎn)最大,向外逐漸減小O點(diǎn)最小,向外先變大后變小關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱位置的電場(chǎng)強(qiáng)度A與A'、B與B'、C與C'等大同向等大反向2.“電場(chǎng)線+運(yùn)動(dòng)軌跡”組合模型模型特點(diǎn):當(dāng)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡是一條與電場(chǎng)線不重合的曲線時(shí),這種現(xiàn)象簡(jiǎn)稱為“拐彎現(xiàn)象”,其實(shí)質(zhì)為“運(yùn)動(dòng)與力”的關(guān)系。運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律的知識(shí)分析:(1)“運(yùn)動(dòng)與力兩線法”——畫出“速度線”(運(yùn)動(dòng)軌跡在某一位置的切線)與“力線”(在同一位置電場(chǎng)線的切線方向且指向軌跡的凹側(cè)),從二者的夾角情況來(lái)分析帶電粒子做曲線運(yùn)動(dòng)的情況。(2)“三不知時(shí)要假設(shè)”——電荷的正負(fù)、電場(chǎng)的方向、電荷運(yùn)動(dòng)的方向,是題目中相互制約的三個(gè)方面。若已知其中一個(gè),可分析判定各待求量;若三個(gè)都不知(三不知),則要用“假設(shè)法”進(jìn)行分析。3．幾種典型電場(chǎng)的等勢(shì)面電場(chǎng)等勢(shì)面重要描述勻強(qiáng)電場(chǎng)垂直于電場(chǎng)線的一簇平面點(diǎn)電荷的電場(chǎng)以點(diǎn)電荷為球心的一簇球面等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)連線的中垂線上電勢(shì)處處為零等量同種(正)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)兩點(diǎn)電荷連線上，中點(diǎn)的電勢(shì)最低；中垂線上，中點(diǎn)的電勢(shì)最高4．帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(chǎng)方向或電荷的正負(fù)。(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(fù)，從而確定電勢(shì)能、電勢(shì)和電勢(shì)差的變化等。(3)根據(jù)動(dòng)能定理或能量守恒定律判斷動(dòng)能的變化情況?？枷蚨弘妶?chǎng)中的三類圖像（一）φ-x圖像1.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小等于φ-x圖線的斜率的絕對(duì)值,電場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)電勢(shì)的大小,并可根據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向。3.在φ-x圖像中分析電荷移動(dòng)時(shí)電勢(shì)能的變化,可用WAB=qUAB,進(jìn)而分析WAB的正負(fù),然后作出判斷。（二）Ep-x圖像1.根據(jù)電勢(shì)能的變化可以判斷電場(chǎng)力做功的正負(fù),電勢(shì)能減少,電場(chǎng)力做正功:電勢(shì)能增加,電場(chǎng)力做負(fù)功。2.根據(jù)ΔEp=-W=-Fx,圖像Ep-x斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)力的大小。（三）E-x圖像1.E-x圖像反映了電場(chǎng)強(qiáng)度隨位移變化的規(guī)律,E>0表示電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向;E<0表示電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向。2.在給定了電場(chǎng)的E-x圖像后,可以由圖線確定電場(chǎng)強(qiáng)度的變化情況,電勢(shì)的變化情況,E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢(shì)差,兩點(diǎn)的電勢(shì)高低根據(jù)電場(chǎng)方向判定。在與粒子運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的題目中,可進(jìn)一步確定粒子的電性、動(dòng)能變化、電勢(shì)能變化等情況。3.在這類題目中,還可以由E-x圖像畫出對(duì)應(yīng)的電場(chǎng),利用這種已知電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布、等勢(shì)面分布或場(chǎng)源電荷來(lái)處理相關(guān)問題?？枷蛉弘妶?chǎng)中帶電體的各類運(yùn)動(dòng)1．做直線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)。(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)。2．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析：a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad(勻強(qiáng)電場(chǎng))。3．用功能觀點(diǎn)分析：勻強(qiáng)電場(chǎng)中W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02；非勻強(qiáng)電場(chǎng)中W＝qU＝Ek2－Ek1。帶電粒子在電場(chǎng)中的拋體運(yùn)動(dòng)：類比平拋運(yùn)動(dòng)，垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻變速運(yùn)動(dòng)。帶電小球在電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)：01等量異種電荷的電場(chǎng)1．太極圖的含義豐富而復(fù)雜，它體現(xiàn)了中國(guó)古代哲學(xué)的智慧。如圖所示，O為大圓的圓心，為上側(cè)陽(yáng)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(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，在，兩點(diǎn)分別固定電荷量大小相等的異種點(diǎn)電荷，整個(gè)空間只有、處點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．C、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等B．把電子由A沿直線移到B的過程中，電子的電勢(shì)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(chǎng)力先增加后減小D．將一電子（不計(jì)重力）從A點(diǎn)由靜止釋放，電子可以沿直線在AB間做往返運(yùn)動(dòng)【答案】C【詳解】A．在，兩點(diǎn)分別固定電荷量大小相等的異種點(diǎn)電荷，設(shè)處為正點(diǎn)電荷，處為負(fù)點(diǎn)電荷，由于C點(diǎn)靠近正點(diǎn)電荷，D點(diǎn)靠近負(fù)點(diǎn)電荷，則C點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì)，故A錯(cuò)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(shì)分布特點(diǎn)可知，中垂線為一等勢(shì)線，所以把電子由A沿直線移到B的過程中，電子的電勢(shì)能保持不變，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)等量異種電荷中垂線電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知，O點(diǎn)為中垂線上場(chǎng)強(qiáng)最大的點(diǎn)，則把質(zhì)子由A沿直線移到B的過程中，場(chǎng)強(qiáng)先變大后變小，質(zhì)子所受電場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)方向與中垂線垂直，所以將一電子（不計(jì)重力）從A點(diǎn)由靜止釋放，在A處受到的電場(chǎng)力與AB直線垂直，電子不可能沿直線在AB間做往返運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。02等量同種電荷的電場(chǎng)2．如圖所示，空間立方體的棱長(zhǎng)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(diǎn)處分別固定甲和乙兩個(gè)帶電荷量均為q的負(fù)點(diǎn)電荷，上下表面中心連線OP所在直線上O點(diǎn)的上方有一點(diǎn)S（圖中未畫出），S到O點(diǎn)的距離為r，電子的電荷量為e，靜電力常量為k，下列說(shuō)法正確的是（）

A．重力不計(jì)、比荷為的電荷沿OP所在直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，在O和P點(diǎn)的加速度最大，最大值為B．在S點(diǎn)固定一個(gè)電荷量為4q的負(fù)電荷，當(dāng)時(shí)，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好等于零C．在S點(diǎn)固定一個(gè)電荷量為4q的負(fù)電荷，無(wú)論r為何值，比荷為的電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能總大于在F點(diǎn)的電勢(shì)能D．在立方體所在空間加一方向豎直向上、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一電子由M移動(dòng)到G時(shí)，電子的電勢(shì)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(diǎn)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(zhǎng)，利用點(diǎn)電荷電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)決定式和平行四邊形定則可求出Q點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小的表達(dá)式為令，則有解得當(dāng)時(shí)該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)到甲乙連線中點(diǎn)的距離為可見Q點(diǎn)跟O點(diǎn)重合，可知在甲乙等量同種電荷電場(chǎng)中O、P兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)最大，最大值為根據(jù)牛頓第二定律可求得比重力不計(jì)、比荷為的電荷沿OP所在直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，在O和P點(diǎn)的加速度最大，最大值為，A正確；B．在S點(diǎn)固定一個(gè)電荷量為4q的負(fù)電荷，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好等于零，有解得B錯(cuò)誤；C．在S點(diǎn)固定一個(gè)電荷量為4q的負(fù)電荷，根據(jù)電場(chǎng)的對(duì)稱性特點(diǎn)可知，無(wú)論r為何值，M點(diǎn)和F點(diǎn)的電勢(shì)總相等，所以比荷為的電荷在M點(diǎn)和F點(diǎn)的電勢(shì)能總是相等的，C錯(cuò)誤；D．在立方體所在空間加一方向豎直向上、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一電子由M移動(dòng)到G，根據(jù)對(duì)稱性可知，甲乙電荷電場(chǎng)中M、G兩點(diǎn)電勢(shì)相等，則所加電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)電子做正功所以電子的電勢(shì)能減少了eEa，D錯(cuò)誤。故選A。03等勢(shì)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(chǎng)分布的截面圖如圖中所示，虛線為等勢(shì)面，實(shí)線為電場(chǎng)線，相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等。現(xiàn)有一束電子以某一初速度從左側(cè)進(jìn)入該區(qū)域，P、Q為電子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度B．P點(diǎn)的電勢(shì)高于Q點(diǎn)的電勢(shì)C．電子在P點(diǎn)的電勢(shì)能小于在Q點(diǎn)的電勢(shì)能D．電子在P點(diǎn)的動(dòng)能小于在Q點(diǎn)的動(dòng)能【答案】D【詳解】A．電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的強(qiáng)弱，所以P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，所以A錯(cuò)誤；B．沿著電線方向電勢(shì)逐漸降低，電場(chǎng)線方向總是由高的等勢(shì)面指向低的等勢(shì)面，則P點(diǎn)的電勢(shì)低于Q點(diǎn)的電勢(shì)，所以B錯(cuò)誤；C．電子帶負(fù)電，負(fù)電荷在電勢(shì)越高的地方電勢(shì)能越低，在電勢(shì)越低的地方電勢(shì)能越高，則電子在P點(diǎn)的電勢(shì)能大于在Q點(diǎn)的電勢(shì)能，所以C錯(cuò)誤；D．電子所受電場(chǎng)力方向向右，從P到Q電場(chǎng)力做正功，由動(dòng)能定理可得電子動(dòng)能增大，所以電子在P點(diǎn)的動(dòng)能小于在Q點(diǎn)的動(dòng)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(qiáng)電場(chǎng)，為研究該電場(chǎng)，在紙面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系。規(guī)定坐標(biāo)原點(diǎn)的電勢(shì)為0，測(cè)得x軸和y軸上各點(diǎn)的電勢(shì)如圖1、2所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為160V/mB．電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與x軸負(fù)方向夾角的正切值為C．點(diǎn)（10cm，10cm）處的電勢(shì)為20VD．紙面內(nèi)距離坐標(biāo)原點(diǎn)10cm的各點(diǎn)電勢(shì)最高為20V【答案】D【詳解】A．由圖像斜率可知電場(chǎng)在x軸和y軸上的分電場(chǎng)分別為V/m=160V/m，V/m=120V/m則電場(chǎng)大小為V/mB．電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與x軸負(fù)方向夾角的正切值為故B錯(cuò)誤；C．規(guī)定坐標(biāo)原點(diǎn)的電勢(shì)為0，點(diǎn)（10cm，10cm）處的電勢(shì)為V故C錯(cuò)誤；D．紙面內(nèi)距離坐標(biāo)原點(diǎn)10cm的各點(diǎn)電勢(shì)最高為V=20V沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，則點(diǎn)（10cm，10cm）處的電勢(shì)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(fù)電荷的小滑塊，可視為質(zhì)點(diǎn)，在處以初速度沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)。小滑塊的質(zhì)量為，帶電量為。整個(gè)運(yùn)動(dòng)區(qū)域存在沿水平方向的電場(chǎng)，圖乙是滑塊電勢(shì)能隨位置x變化的部分圖像，P點(diǎn)是圖線的最低點(diǎn)，虛線AB是圖像在處的切線，并且AB經(jīng)過（1，2）和（2，1）兩點(diǎn)，重力加速度g取。下列說(shuō)法正確的是（

）A．在處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為20V/mB．滑塊向右運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度先增大后減小C．滑塊運(yùn)動(dòng)至處時(shí)，速度的大小為2.5m/sD．若滑塊恰好能到達(dá)處，則該處的電勢(shì)為-50V【答案】D【詳解】A．Ep-x圖像斜率的絕對(duì)值表示滑塊所受電場(chǎng)力的大小，所以滑塊在x=1m處所受電場(chǎng)力大小為解得電場(chǎng)強(qiáng)度大小故A錯(cuò)誤；B．滑塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力先減小后增大，所以加速度先減小后增大，故B錯(cuò)誤；C．滑塊從x=1m到x=3m運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做功由動(dòng)能定理得解得滑塊運(yùn)動(dòng)至處時(shí)，速度的大小為故C錯(cuò)誤；D．若滑塊恰好到達(dá)x=5m處，則滑塊恰好到達(dá)x=5m處則滑塊從x=1m到x=5m運(yùn)動(dòng)過程中由解得滑塊到達(dá)處的電勢(shì)能處的電勢(shì)為故D正確。故選D。06E-x圖像6．如圖，為方向沿軸的某電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像，其中在負(fù)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(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，電子電荷量絕對(duì)值為（），下列說(shuō)法正確的是（

）A．電子從到過程動(dòng)能增量大于從到過程動(dòng)能增量B．電子在處與處的電勢(shì)能相等C．電子從處運(yùn)動(dòng)到處過程中，電勢(shì)能減小了D．電子在處具有的電勢(shì)能最大【答案】A【詳解】A．電子從軸上的處由靜止釋放，沿軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增加；因圖像的面積等于電勢(shì)差，從到過程的電勢(shì)差大于從到的電勢(shì)差，根據(jù)可知電子從到過程動(dòng)能增量大于從到過程動(dòng)能增量，A正確；B．各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)均為正值，則場(chǎng)強(qiáng)方向沿軸正向，則從處到處，場(chǎng)強(qiáng)方向不變，沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，可知處和處電勢(shì)不相等，電子在處與處的電勢(shì)能不相等，B錯(cuò)誤；C．由圖像的面積可知，電子從處運(yùn)動(dòng)到處過程中，電勢(shì)升高電勢(shì)能減小了C錯(cuò)誤。D．電子從處沿軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，則電子在處具有的電勢(shì)能不是最大，D錯(cuò)誤。故選A。07帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)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(diǎn)。B板與電源正極相連，A、C兩板與電源負(fù)極相連。閉合電鍵，從O點(diǎn)由靜止釋放一電子，電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)（不計(jì)電子的重力影響）。現(xiàn)將C板向右平移到點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（

）A．若閉合電鍵后，再?gòu)腛點(diǎn)由靜止釋放電子，電子將運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B．若閉合電鍵后，再?gòu)腛點(diǎn)由靜止釋放電子，電子將運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)返回C．若斷開電鍵后，再?gòu)腛點(diǎn)由靜止釋放電子，電子將運(yùn)動(dòng)到P和點(diǎn)之間返回D．若斷開電鍵后，再?gòu)腛點(diǎn)由靜止釋放電子，電子將穿過點(diǎn)【答案】B【詳解】AB．根據(jù)題意可知電子從O到M電場(chǎng)力做正功，從M到P電場(chǎng)力做負(fù)功或從M到電場(chǎng)力做負(fù)功，電子在板間運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)能定理可知將C板向右平移到點(diǎn)，若電鍵處于閉合狀態(tài)，上式仍然成立，電子將運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)返回，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．?dāng)嚅_電鍵后，根據(jù)，，聯(lián)立解得可知板間的電場(chǎng)強(qiáng)度與板間距離無(wú)關(guān)，而斷開電鍵后可認(rèn)為極板間電荷量不變，則電場(chǎng)強(qiáng)度不變，根據(jù)動(dòng)能定理可知因此若斷開電鍵后再?gòu)腛點(diǎn)由靜止釋放電子，電子仍將運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，故CD錯(cuò)誤。故選B。08帶電粒子在電場(chǎng)中的拋體運(yùn)動(dòng)8．如圖，空間有一范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與梯形區(qū)域ABCD平行，已知，，，，，一比荷為的帶負(fù)電粒子由A點(diǎn)沿AD方向以速率進(jìn)入該電場(chǎng)，恰好可以通過C點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力，下列說(shuō)法正確的是（）

A．D點(diǎn)電勢(shì)為零B．場(chǎng)強(qiáng)方向由D指向BC．該粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度大小為D．該粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向與BC邊垂直【答案】C【詳解】B．，，可知的中點(diǎn)的電勢(shì)為，可知為等勢(shì)線，連接，做的垂線，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可知場(chǎng)強(qiáng)方向由指向，故B錯(cuò)誤；A．由幾何關(guān)系可知為的中點(diǎn)，有可得故A錯(cuò)誤；C．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小平行電場(chǎng)強(qiáng)度方向小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)電場(chǎng)強(qiáng)度方向小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)解得，電場(chǎng)強(qiáng)度方向小球的速度該粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度大小為故C正確；D．與延長(zhǎng)線的夾角的正切值可知該粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向不與BC邊垂直，故D錯(cuò)誤。故選C。

09帶電粒子在電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)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(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)L處?kù)o止釋放一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電小滑塊，下列說(shuō)法正確的是（）A．無(wú)論L取何值，小滑塊都能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)B．小滑塊在半圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)始終處于超重狀態(tài)C．若，軌道對(duì)滑塊的彈力最大值等于4mgD．若，軌道對(duì)滑塊的彈力最大值等于3mg【答案】C【詳解】B．對(duì)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(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)小滑塊減速運(yùn)動(dòng)，故在A點(diǎn)時(shí)小滑塊處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；A．假設(shè)小滑塊剛好可以到達(dá)A點(diǎn)，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(shí)小滑塊在A點(diǎn)的速度為，則則根據(jù)動(dòng)能定理解得故A錯(cuò)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(diǎn)為等效最低點(diǎn)，如圖若，時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理則此時(shí)，軌道對(duì)小滑塊的支持力為解得故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。好題速練1．（2024·山東淄博·二模）如圖所示，一個(gè)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(diǎn)固定電荷量為的點(diǎn)電荷，在F、H兩點(diǎn)固定電荷量為的點(diǎn)電荷，下列說(shuō)法正確的是（）A．、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等B．中點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)與中點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)相同C．一帶正電的試探電荷在點(diǎn)的電勢(shì)能等于它在C點(diǎn)的電勢(shì)能D．兩點(diǎn)間的電勢(shì)差小于兩點(diǎn)間的電勢(shì)差【答案】CD【詳解】A．由空間的對(duì)稱性可知，點(diǎn)更靠近正電荷，而D點(diǎn)更靠近負(fù)電荷，所以有電場(chǎng)的疊加可知，兩點(diǎn)的電勢(shì)不相等，點(diǎn)的電勢(shì)大于D點(diǎn)的電勢(shì)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．四個(gè)電荷，將其E、F看成一對(duì)，G、H看成一對(duì)，則E、F為一對(duì)等量異種電荷，G、H也為一對(duì)等量異種電荷，所以該電場(chǎng)時(shí)兩對(duì)等量異種電荷的電場(chǎng)的疊加。兩對(duì)等量異種電荷的中心為該正方體的中心，以該中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，設(shè)連線中點(diǎn)處為I，連線中點(diǎn)處為L(zhǎng)，以O(shè)I為坐標(biāo)軸的正方向，OL為坐標(biāo)軸的負(fù)方向，結(jié)合等量異種電荷的電場(chǎng)分布可知，中點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)與中點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．由空間的對(duì)稱性可知，到四個(gè)電荷的距離與C到四個(gè)電荷的距離相等，點(diǎn)和C點(diǎn)到正負(fù)電荷距離相等，所以有電場(chǎng)的疊加可知，兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，由可知，一帶正電的試探電荷在點(diǎn)的電勢(shì)能等于它在C點(diǎn)的電勢(shì)能，故C項(xiàng)正確。D．到兩個(gè)正電荷的距離與到兩個(gè)負(fù)電荷的距離相等，所以電勢(shì)為零。B點(diǎn)到兩個(gè)正電荷的距離與到兩個(gè)負(fù)電荷的距離相等，所以B點(diǎn)的電勢(shì)也為零。A點(diǎn)靠近負(fù)電荷，所以A點(diǎn)的電勢(shì)為負(fù)，點(diǎn)更靠近正電荷，所以的電勢(shì)為正。間電勢(shì)差有間電勢(shì)差為故D項(xiàng)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(diǎn)固定電荷量為的點(diǎn)電荷，d點(diǎn)固定電荷量為的點(diǎn)電荷，O、分別為上下兩個(gè)面的中心點(diǎn)，則（）A．b點(diǎn)與c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B．b點(diǎn)與點(diǎn)的電勢(shì)相同C．b點(diǎn)與c點(diǎn)的電勢(shì)差等于點(diǎn)與點(diǎn)的電勢(shì)差D．將帶正電的試探電荷由b點(diǎn)沿直線移動(dòng)到O點(diǎn)，其電勢(shì)能先增大后減小【答案】CD【詳解】A．由對(duì)稱性知，b點(diǎn)與c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，但方向不同，故A錯(cuò)誤；B．b點(diǎn)到a點(diǎn)的距離等于點(diǎn)到a點(diǎn)的距離，b點(diǎn)到d點(diǎn)的距離等于點(diǎn)到d點(diǎn)的距離，則b點(diǎn)與點(diǎn)的電勢(shì)相同，若取無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，垂直于ad且過的平面為電勢(shì)為零的等勢(shì)面，點(diǎn)與點(diǎn)關(guān)于該等勢(shì)面對(duì)稱，兩點(diǎn)電勢(shì)絕對(duì)值相等，一正一負(fù)，故b點(diǎn)與點(diǎn)的電勢(shì)不同，故B錯(cuò)誤；C．由對(duì)稱性知，b點(diǎn)與c點(diǎn)的電勢(shì)差為點(diǎn)與點(diǎn)的電勢(shì)差為由于則故C正確；D．對(duì)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(diǎn)沿直線移動(dòng)到O點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，其電勢(shì)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(qiáng)電場(chǎng)中，圓心為，半徑為。為圓弧上的一個(gè)點(diǎn)，連線逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，為連線從位置開始旋轉(zhuǎn)的角度，點(diǎn)電勢(shì)隨變化如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為B．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向垂直連線向右C．一氦核從A點(diǎn)沿圓弧運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，電勢(shì)能增加了D．一電子從點(diǎn)沿圓弧逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功【答案】AD【詳解】AB．根據(jù)圖像可知，當(dāng)時(shí)，P位于A點(diǎn)，A點(diǎn)電勢(shì)為2V；當(dāng)時(shí)，P點(diǎn)位于P1，電勢(shì)為1V，當(dāng)時(shí)，P點(diǎn)位于P2，電勢(shì)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(diǎn)N的電勢(shì)為2V，故AN的連線為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的一條等勢(shì)線。根據(jù)幾何關(guān)系可知，AN⊥P1P2。故P1P2即為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線，且電場(chǎng)方向由P2指向P1。根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系可得故A正確，B錯(cuò)誤；C．由幾何關(guān)系可知，C點(diǎn)與OP2中點(diǎn)M的連線垂直P1P2，故CM為等勢(shì)線，故根據(jù)等分法可知一氦核從A點(diǎn)沿圓弧運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能變化量為故C錯(cuò)誤；D．由上可知，電場(chǎng)方向由P2指向P1，電子從A點(diǎn)沿圓弧逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功。故D正確。故選AD。4．（2024高三下·重慶·模擬預(yù)測(cè)）2020年2月，中國(guó)科學(xué)家通過冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人體細(xì)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(dāng)于光束，通過由電場(chǎng)或磁場(chǎng)構(gòu)成的電子透鏡實(shí)現(xiàn)會(huì)聚或發(fā)散作用，其中的一種電子透鏡的電場(chǎng)分布如圖所示，其中虛線為等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等。一電子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖中實(shí)線所示，a、b、c是軌跡上的三點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì) B．a(chǎn)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度C．電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電勢(shì)能增加 D．電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)做加速運(yùn)動(dòng)【答案】AD【詳解】ACD．電子所受電場(chǎng)力方向指向軌跡凹側(cè)，大致向右，則電場(chǎng)強(qiáng)度方向背離軌跡凹側(cè)，大致向左，并且垂直于等勢(shì)面，根據(jù)沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低可知a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì)，故電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，做加速運(yùn)動(dòng)，故AD正確，C錯(cuò)誤；B．等勢(shì)面越密集的位置電場(chǎng)強(qiáng)度越大，所以a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故B錯(cuò)誤。故選AD。5．（2024·四川巴中·模擬預(yù)測(cè)）有一電場(chǎng)在x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度分布如圖所示?，F(xiàn)將一帶正電的粒子（不計(jì)重力）從O點(diǎn)靜止釋放，僅在電場(chǎng)力的作用下，帶電粒子沿x軸運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于該電場(chǎng)在x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ、帶電粒子的動(dòng)能、電勢(shì)能以及動(dòng)能與電勢(shì)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(jì)重力）從O點(diǎn)靜止釋放，僅在電場(chǎng)力的作用下，帶電粒子沿x軸運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力方向沿x軸正方向，電場(chǎng)線方向沿x軸正方向。沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，A錯(cuò)誤；C.電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小，C錯(cuò)誤；B.由圖像斜率大小代表電場(chǎng)力大小，斜率正負(fù)代表電場(chǎng)力方向，由圖可知，場(chǎng)強(qiáng)先減小后增大，方向一直為正方向，電場(chǎng)力先減小后增大，一直為正方向，與題中電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸變化一致，B正確；D.由能量守恒動(dòng)能與電勢(shì)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(xì)圓環(huán)上，均勻分布著總電量為的電荷，O點(diǎn)為圓環(huán)的圓心，x軸通過O點(diǎn)且垂直于環(huán)面，P點(diǎn)在x軸上，它與O點(diǎn)的距離為d。x軸上電勢(shì)的分布圖，如圖2所示。圖線上A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)已在圖2中標(biāo)出。靜電力常量為k，距離O點(diǎn)無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，則下列說(shuō)法正確的是（）A．圓心O點(diǎn)的電勢(shì)為B．圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為C．x軸上P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為D．電荷量為、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷從O點(diǎn)以初速度沿x軸射出，此點(diǎn)電荷移動(dòng)距離，其速度減為零【答案】ACD【詳解】A．將圓環(huán)分成n個(gè)微元，每個(gè)微元均能夠看為點(diǎn)電荷，則圓心O點(diǎn)的電勢(shì)為即圓心O點(diǎn)的電勢(shì)為，A正確；B．將圓環(huán)分成n個(gè)微元，每個(gè)微元均能夠看為點(diǎn)電荷，根據(jù)對(duì)稱性可知，圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為0，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)上述，令每個(gè)微元的電荷量為，微元到P點(diǎn)連線間距為r，微元到P點(diǎn)連線與x軸夾角為，則根據(jù)對(duì)稱性，P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)電荷移動(dòng)距離，其速度減為零，D正確。故選ACD。7．（2024·安徽·模擬預(yù)測(cè)）已知試探電荷在場(chǎng)源點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中所具有電勢(shì)能表達(dá)式為，其中為靜電力常量，為試探電荷與場(chǎng)源點(diǎn)電荷間的距離，且規(guī)定無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)能為0。真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷和，分別固定在坐標(biāo)軸和的位置上。一帶負(fù)電的試探電荷在軸上各點(diǎn)具有的電勢(shì)能隨變化關(guān)系如圖所示，其中試探電荷在A、兩點(diǎn)的電勢(shì)能為零，A點(diǎn)的坐標(biāo)是點(diǎn)為點(diǎn)電荷右邊電勢(shì)能最小的點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）

A．為正電荷，為負(fù)電荷B．點(diǎn)電荷與電量之比為C．點(diǎn)對(duì)應(yīng)軸位置的坐標(biāo)是D．兩點(diǎn)電荷在軸上電場(chǎng)強(qiáng)度相同的點(diǎn)的位置為【答案】AC【詳解】A．由圖可知，帶負(fù)電的試探電荷在0~15間的電勢(shì)能逐漸增大，可知為正電荷，為負(fù)電荷，故A正確；B．由圖可知，A點(diǎn)的電勢(shì)能為0，則有解得點(diǎn)電荷與電量之比為，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)電勢(shì)能的計(jì)算公式，可知圖象的斜率代表電場(chǎng)力，則C點(diǎn)的電場(chǎng)力為0，有解得故C正確；D．根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)公式有解得cm故D錯(cuò)誤；故選AC。8．（2024·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，兩個(gè)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(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿AB方向建立x軸，將帶正電的粒子（重力不計(jì)）從A點(diǎn)靜止釋放。粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，下列關(guān)于電勢(shì)、電場(chǎng)強(qiáng)度E、粒子的動(dòng)能和電勢(shì)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(diǎn)，根據(jù)電勢(shì)的疊加可知，點(diǎn)的電勢(shì)為0，且AB兩點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，則AB兩點(diǎn)電勢(shì)大小相等，符號(hào)相反，故A正確；B．粒子在A點(diǎn)時(shí)，環(huán)產(chǎn)生的場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度為0，但環(huán)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度不為0，即圖像的原點(diǎn)處，故B錯(cuò)誤；C．由動(dòng)能定理則圖像斜率為電場(chǎng)力，而點(diǎn)電場(chǎng)力最大，故圖像處斜率最大，故C正確；D．由于AB處的電勢(shì)一正一負(fù)，絕對(duì)值相等，根據(jù)可知，粒子在AB兩點(diǎn)的電勢(shì)能也一正一負(fù)，絕對(duì)值相等，故D錯(cuò)誤。故選AC。9．（2024·湖南長(zhǎng)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(diǎn)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(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為的帶正電小滑塊從水平軌道上A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中由于摩擦起電滑塊電量會(huì)增加，過B點(diǎn)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(diǎn)離開電場(chǎng)，其再次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)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(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（）A．小滑塊在B點(diǎn)時(shí)的帶電量為0.15CB．小滑塊從A點(diǎn)釋放到運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過程中電荷量的變化量為0.1CC．小滑塊再次進(jìn)入電場(chǎng)后在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)D．小滑塊再次到達(dá)水平軌道時(shí)距B點(diǎn)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(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立以上兩式解得故A錯(cuò)誤，B正確；CD．從A到B過程從B到C過程從C點(diǎn)到再次進(jìn)入電場(chǎng)做平拋運(yùn)動(dòng)由以上各式解得則進(jìn)入電場(chǎng)后合力與速度共線，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)從C點(diǎn)到水平軌道由以上各式解得距B的距離1.2m，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。10．（2024·遼寧·模擬預(yù)測(cè)）如圖，空間存在范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)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(zhǎng)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(diǎn)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(diǎn)以的速度沿軌道下滑。已知滑塊與AB、CD軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（）

A．滑塊在AB軌道下滑時(shí)的加速度大小為gB．滑塊在軌道中對(duì)軌道的最大壓力為3mgC．滑塊最終將在軌道之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．滑塊在AB軌道及CD軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為2R【答案】AD【詳解】A．根據(jù)題意可知重力與電場(chǎng)力的合力，方向垂直于AB面向下，滑塊在AB軌道下滑時(shí)，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(diǎn)對(duì)軌道有最大壓力，設(shè)此時(shí)滑塊的速度為，軌道對(duì)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(duì)軌道的最大壓力為B錯(cuò)誤；C．從B點(diǎn)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，滑塊需克服電場(chǎng)力做功為所以滑塊在到達(dá)C點(diǎn)前已經(jīng)減速到0，后反向滑回到B點(diǎn)，滑塊從B點(diǎn)出發(fā)到滑回到B點(diǎn)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(fù)功，所以最后會(huì)停在AB軌道上，C錯(cuò)誤；D．由C選項(xiàng)分析可知，滑塊不能經(jīng)過C點(diǎn)，所以滑塊在軌道上整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程合力做功為0，滑塊滑回B點(diǎn)時(shí)，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(yùn)動(dòng)的總路程