2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第5講　沖量與動量作業(yè)含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第5講沖量與動量作業(yè)含答案第5講沖量與動量時間|40min1.[2024·江蘇卷]在水平面上有一個U形滑板A,A的上表面有一個靜止的物體B,左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左側(cè),右側(cè)用一根細繩連接在滑板A的右側(cè),如圖所示,開始時彈簧處于拉伸狀態(tài),各表面均光滑.剪斷細繩后,則()A.彈簧原長時A的動能最大B.壓縮最短時A的動量最大C.系統(tǒng)動量變大D.系統(tǒng)機械能變大2.(多選)[2024·福建卷]如圖甲所示,質(zhì)量為m的物體置于足夠長光滑斜面上并鎖定,t=0時刻解除鎖定,并對物體沿斜面施加如圖乙所示變化的力F,以沿斜面向下為正方向,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.0~4t0,物體一直沿斜面向下運動B.0~4t0,合外力的總沖量為0C.t0時動量是2t0時的一半D.2t0~3t0過程物體的位移小于3t0~4t0過程的位移3.[2024·重慶萬州區(qū)模擬]如圖甲所示,水火箭又稱氣壓式噴水火箭、水推進火箭,由飲料瓶、硬紙片等環(huán)保廢舊材料制作而成.圖乙是水火箭的簡易原理圖,用打氣筒向水火箭內(nèi)不斷打氣,當內(nèi)部氣體壓強增大到一定程度時發(fā)射.發(fā)射時可近似認為水從水火箭中向下以恒定速度v0=40m/s在不到0.1s時間內(nèi)噴完,使水火箭升空.已知水和水火箭的質(zhì)量分別為m1=0.4kg、m2=0.3kg,忽略空氣阻力,則水剛好噴完時,水火箭的速度最接近 ()A.12m/s B.30m/sC.50m/s D.120m/s4.[2024·山東青島模擬]如圖所示,傾角為θ=37°的斜面體固定在水平面上,兩個可視為質(zhì)點的滑塊甲、乙質(zhì)量分別為m1=0.1kg、m2=0.2kg,兩滑塊間有一壓縮的輕質(zhì)彈簧且處于鎖定狀態(tài),滑塊甲與輕彈簧不拴接,將兩滑塊放在斜面上,兩滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.75.某時刻給兩滑塊一沿斜面向下的初速度v0=4m/s,同時解除彈簧的鎖定,經(jīng)過一段時間,甲與輕彈簧分離,此時乙的速度大小為v2=6m/s.重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.下列說法正確的是 ()A.兩滑塊和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒B.甲與輕彈簧分離后靜止在斜面上C.輕彈簧原來儲存的彈性勢能為1.8JD.甲與輕彈簧分離后,乙向下做加速運動5.[2024·北京海淀區(qū)模擬]如圖所示,一個沙漏沿水平方向以速度v做勻速直線運動,沿途連續(xù)漏出沙子,單位時間內(nèi)漏出的沙子質(zhì)量恒為Q,出沙口距水平地面的高度為H.忽略沙子漏出瞬間相對沙漏的初速度,沙子落到地面后立即停止,不計空氣阻力,重力加速度為g.在已有沙子落地后的任意時刻,下列說法正確的是 ()A.沙子在空中形成的幾何圖形是一條拋物線B.在空中飛行的沙子的總質(zhì)量為Q2C.沙子落到地面時對地面的作用力為QvD.沙子落到地面時與沙漏的水平距離為v26.[2024·湖北荊州模擬]如圖所示,在一光滑地面上有A、B、C、D四個同樣形狀的光滑小球,質(zhì)量分別為mA=1kg、mB=2kg、mC=2kg、mD=10kg,小球A以3m/s的速度向右運動,與小球B發(fā)生彈性碰撞,此后所有碰撞均為彈性碰撞,從小球A開始運動起,四個小球一共發(fā)生的碰撞次數(shù)為 ()A.3次 B.4次C.5次 D.6次7.如圖所示,質(zhì)量分別為m、3m、nm(n=1,2,3,…)的14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B、C發(fā)生的是完全非彈性碰撞,則n取不同值時,B、C碰撞損失的機械能不同C.若B、C發(fā)生的是彈性正碰,則當n=2時,碰撞完成后小球C的速度為5D.n取不同值時,C最終的動量不同,其最小值為34m8.(多選)[2024·河北石家莊模擬]如圖所示,在傾角為θ的足夠長的絕緣固定斜面上靜止放置有質(zhì)量分別為3m、m的兩金屬塊A、B,其中A帶電荷量為+2q,B不帶電.現(xiàn)讓金屬塊A以初速度v0沿斜面向下運動,一段時間后與金屬塊B發(fā)生彈性正碰,且碰撞后A、B帶電荷量均為+q.已知兩金屬塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ=tanθ.下列說法正確的是 ()A.碰撞前,A沿斜面做勻加速直線運動B.碰撞后,A、B都沿斜面向下運動的過程中總動量守恒C.碰撞后,當A的速度為v03時,B的速度為2D.碰撞后,A、B系統(tǒng)的電勢能先減小后不變9.[2024·遼寧卷]如圖所示,高度h=0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B,質(zhì)量mA=mB=0.1kg,A、B間夾一壓縮量Δx=0.1m的輕彈簧,彈簧與A、B不拴接.同時由靜止釋放A、B,彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,水平射程xA=0.4m;B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB=0.25m后停止.A、B均視為質(zhì)點,重力加速度g取10m/s2.求:(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB;(2)物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ;(3)整個過程中,彈簧釋放的彈性勢能ΔEp.10.[2024·湖南株洲模擬]如圖所示,半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道與足夠長的光滑水平軌道平滑連接,在水平軌道上等間距靜止著質(zhì)量均為3m的n個小球,編號依次為1、2、3、4、…、n,整個軌道固定在豎直平面內(nèi).現(xiàn)質(zhì)量為m的小球A在圓弧軌道最高點由靜止下滑,重力加速度為g,小球間發(fā)生對心彈性碰撞,求:(1)小球A第一次與1號小球發(fā)生碰撞后瞬間,兩個小球的速度大小;(2)第n號小球第一次碰撞后的速度大小;(3)1號小球的最終速度大小.第5講沖量與動量1.A[解析]A和B組成的系統(tǒng)所受的合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,有mAvA=mBvB,設(shè)彈簧的初始彈性勢能為Ep,整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功,系統(tǒng)機械能守恒,從剪斷細繩到彈簧恢復原長過程,根據(jù)機械能守恒定律得Ep=12mAvA2+12mBvB2,聯(lián)立得Ep=12mA+mA2mBvA2,所以彈簧恢復原長時A的速度最大,此時A的動量最大,動能最大2.AD[解析]根據(jù)圖像可知,當F=2mgsinθ時,物體的加速度大小為a=2mgsinθ+mgsinθm=3gsinθ,方向沿斜面向下,當F=-2mgsinθ時,物體的加速度大小為a=2mgsinθ-mgsinθm=gsinθ,方向沿斜面向上,作出物體在0~4t0內(nèi)的v-t圖像,根據(jù)圖像可知,0~4t0內(nèi)物體一直沿斜面向下運動,故A正確;根據(jù)圖像可知,0~4t0內(nèi)物體的初、末速度不相等,根據(jù)動量定理得I合=Δp≠0,故B錯誤;根據(jù)圖像可知,t0時物體速度是2t0時物體速度的32倍,故t0時動量是2t0時的32倍,故C錯誤;v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移,由圖像可知2t03.C[解析]由于水在不到0.1s時間內(nèi)噴完,可知水和水火箭間的作用力較大,水和水火箭的重力相對兩者間的作用力來說可以忽略,水和水火箭組成的系統(tǒng)動量近似守恒,有m1v0-m2v=0,解得水火箭的速度v≈53m/s,故C正確.4.B[解析]從解除鎖定到甲與輕彈簧分離的過程,摩擦力對兩滑塊做負功,兩滑塊和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能減小,即系統(tǒng)機械能不守恒,由于μ=0.75,θ=37°,故(m1+m2)gsinθ=μ(m1+m2)gcosθ,則兩滑塊和輕彈簧組成的系統(tǒng)所受的合力為零,系統(tǒng)動量守恒,故A錯誤;對兩滑塊和輕彈簧組成的系統(tǒng),從解除鎖定到甲與輕彈簧分離的過程,根據(jù)動量守恒定律可得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=0,由于m1gsinθ=μm1gcosθ,可知甲與輕彈簧分離后靜止在斜面體上,故B正確;根據(jù)能量守恒定律可得12(m1+m2)v02+Ep=12m1v12+12m2v22,解得輕彈簧原來儲存的彈性勢能為Ep=1.2J,故C錯誤;甲與輕彈簧分離后,乙所受的合力為F合=m2gsinθ-μm2gcos5.B[解析]由于沙子下落時,沙子與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與沙漏以相同的速度向右移動,因此沙子在空中形成的幾何圖形是一條直線,沙子落到地面時與沙漏的水平距離為0,A、D錯誤;從某一粒沙子漏出開始到這粒沙子剛落地,在豎直方向上,有H=12gt2,解得所用的時間為t=2Hg,由于單位時間內(nèi)漏出的沙子質(zhì)量恒為Q,故在空中飛行的沙子的總質(zhì)量M=Qt=Q2Hg,B正確;對t時間內(nèi)下落的沙子,根據(jù)動量定理,豎直方向上有FNt-Qtgt=0,水平方向上有Fft=0-(-Qtv),地面對沙子的作用力F=FN2+Ff2,聯(lián)立解得F=Q2gH+6.C[解析]因小球之間的碰撞均為彈性碰撞,則動量守恒且機械能守恒,A、B碰撞為第一次碰撞,設(shè)碰后A的速度為v1,B的速度為v2,由動碰靜規(guī)律可得v1=mA-mBmA+mBv0=-1m/s、v2=2mAmA+mBv0=2m/s,因A球質(zhì)量小于B球質(zhì)量,故碰撞后A球反彈,B球向前運動,B、C碰撞為第二次碰撞,因B、C兩球質(zhì)量相等,故B與C碰后交換速度,B靜止,C的速度為v4=v2=2m/s,C、D碰撞為第三次碰撞,由于C球質(zhì)量小于D球質(zhì)量,故碰撞后C球反彈,設(shè)碰后C的速度為v5,D的速度為v6,由動碰靜規(guī)律可得v5=mC-mDmC+mDv4=-43m/s,v6=2mCmC+mDv4=23m/s,C會和B發(fā)生碰撞,此碰撞為第四次碰撞,由于B、C兩球質(zhì)量相等,故B、C碰后交換速度,C靜止,B的速度為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第一次下滑到圓弧槽最低點時,小球A和圓弧槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,有mvA=mv1,小球A和圓弧槽組成的系統(tǒng)機械能也守恒,有mgR=12mvA2+12mv12,聯(lián)立解得vA=v1=gR,故小球A通過圓弧槽最低點時相對于圓弧槽的速度大小為v相=vA+v1,根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=mv相2R,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F=5mg,由牛頓第三定律可知,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;小球A與小球B發(fā)生彈性正碰,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律有mvA=mvA1+3mvB,根據(jù)機械能守恒定律有12mvA2=12mvA12+12×3mvB2,聯(lián)立解得vA1=-12gR,vB=12gR,若B、C發(fā)生的是完全非彈性碰撞,則B、C碰撞過程,根據(jù)動量守恒定律有3mvB=(3m+nm)v,根據(jù)能量守恒定律有ΔE=12×3mvB2-12(3m+nm)v2,聯(lián)立解得B、C碰撞損失的機械能為ΔE=3n8(n+3)mgR,所以當n取不同值時,B、C碰撞損失的機械能不同,故B正確;若B、C發(fā)生的是彈性正碰,則當n=2時,B、C碰撞過程,根據(jù)動量守恒定律有3mvB=3mvB2+2mvC,根據(jù)機械能守恒定律有12×3mvB2=12×3mvB22+12×2mvC2,聯(lián)立解得碰撞完成后小球C的速度為vC=35gR,故C錯誤;當B、C發(fā)生的是完全非彈性正碰時,B、C碰撞過程,根據(jù)動量守恒定律有3mvB=(3m+nm)v,解得碰撞完成后小球C的速度為v=36+2ngR,小球C的動量為p=nmv=3n6+2nmgR=36n+2mgR,當n取1時,動量取最小值,為pmin=38mgR,當B、C發(fā)生的是彈性正碰時,根據(jù)動量守恒定律有3mvB=3mvB'+nmvC',根據(jù)機械能守恒定律有12×3mvB2=12×3mvB'2+12nmvC'2,聯(lián)立解得碰撞完成后小球C的速度為vC'=33+ngR8.BC[解析]由于μ=tanθ,則有3mgsinθ=μ·3mgcosθ,可知碰撞前,A沿斜面做勻速直線運動,故A錯誤;碰撞后,A、B都沿斜面向下運動的過程中,由于3mgsinθ=μ·3mgcosθ,mgsinθ=μmgcosθ,A、B之間的庫侖斥力為A、B組成的系統(tǒng)的內(nèi)力,則A、B組成的系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,當A的速度為v03時,設(shè)B的速度為vB,有3mv0=3m·v03+mvB,解得vB=2v0,故B、C正確;碰撞后,對于A、B組成的系統(tǒng),由于A、B之間存在庫侖斥力,且A、B兩者距離逐漸增大,可知庫侖斥力對系統(tǒng)做正功,則系統(tǒng)的電勢能逐漸減小,9.(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J[解析](1)彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,說明A脫離彈簧時的速度為平拋運動的初速度,對A做平拋運動過程,有h=12gtxA=vAt聯(lián)立解得脫離彈簧時A的速度大小vA=1m/s對A、B整體,由動量守恒定律得mAvA=mBvB解得脫離彈簧時B的速度大小vB=1m/s(2)對B脫離彈簧后運動過程,由動能定理得-μmBgxB=0-12mB解得物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2(3)整個過程中,由能量守恒定律有ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+其中mA=mB,ΔxA+ΔxB=Δx解得彈簧釋放的彈性勢能ΔEp=0.12J10.(1)2gR22gR2(2)[解析](1)設(shè)小球A第一次與1號小球發(fā)生碰撞前的速度為v0,由機械能守恒定律有mgR=12m解得v0=2設(shè)小球A第一次與1號小球發(fā)生碰撞后,小球A的速度為vA,1號小球的速度為v1,由于小球間發(fā)生對心彈性碰撞,故由動量守恒定律有mv0=mvA+3mv1由機械能守恒定律有12mv02=12mvA聯(lián)立解得vA=-2gR2,v1即碰撞后兩小球的速度大小均為2(2)此后1號小球向右運動,與2號小球發(fā)生對心彈性碰撞,根據(jù)動量守恒定律有3mv1=3mv1'+3mv2根據(jù)機械能守恒定律有12×3mv12=12×3mv1'2+聯(lián)立解得v1'=0,v2=2通過計算說明1號小球碰后在2號小球位置靜止,2號小球碰后速度等于1號小球碰前的速度,即兩者交換速度.此后,2號小球與3號小球、3號小球與4號小球直至最后第n-1號小球與第n號小球碰撞,都遵循同樣的規(guī)律,則第n號小球第一次碰撞后的速度應為vn=2(3)根據(jù)上述分析可知,小球A與1號小球第一次碰后,小球A向左運動至軌道一定高度后第二次運動到水平軌道上,此時速度大小為v02,它向右運動一定距離后必將與已經(jīng)靜止的1號小球發(fā)生第2次碰撞,據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得,碰后兩球的速度分別為vA'=m-3mm+3m×v02=-v04此后小球A又反向運動,1號小球向右運動再次與2號小球碰撞,后面的小球在彼此碰撞過程中交換速度……此后,小球A球與1號小球每碰撞一次,兩者碰后速度等大、反向,且小球A速度減半,同時靜止的小球個數(shù)減少1.當小球A球與1號小球發(fā)生第n次碰撞后,所有的小球都不再靜止,且小球A向左運動至軌道上一定高度后再次運動到水平軌道上時追不上1號小球,所以1號小球的最終速度為v=v02第5講沖量與動量1.A[解析]A和B組成的系統(tǒng)所受的合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,有mAvA=mBvB,設(shè)彈簧的初始彈性勢能為Ep,整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功,系統(tǒng)機械能守恒,從剪斷細繩到彈簧恢復原長過程,根據(jù)機械能守恒定律得Ep=12mAvA2+12mBvB2,聯(lián)立得Ep=12mA+mA2mBvA2,所以彈簧恢復原長時A的速度最大,此時A的動量最大,動能最大2.AD[解析]根據(jù)圖像可知,當F=2mgsinθ時,物體的加速度大小為a=2mgsinθ+mgsinθm=3gsinθ,方向沿斜面向下,當F=-2mgsinθ時,物體的加速度大小為a=2mgsinθ-mgsinθm=gsinθ,方向沿斜面向上,作出物體在0~4t0內(nèi)的v-t圖像,根據(jù)圖像可知,0~4t0內(nèi)物體一直沿斜面向下運動,故A正確;根據(jù)圖像可知,0~4t0內(nèi)物體的初、末速度不相等,根據(jù)動量定理得I合=Δp≠0,故B錯誤;根據(jù)圖像可知,t0時物體速度是2t0時物體速度的32倍,故t0時動量是2t0時的32倍,故C錯誤;v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移,由圖像可知2t03.C[解析]由于水在不到0.1s時間內(nèi)噴完,可知水和水火箭間的作用力較大,水和水火箭的重力相對兩者間的作用力來說可以忽略,水和水火箭組成的系統(tǒng)動量近似守恒,有m1v0-m2v=0,解得水火箭的速度v≈53m/s,故C正確.4.B[解析]從解除鎖定到甲與輕彈簧分離的過程,摩擦力對兩滑塊做負功,兩滑塊和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能減小,即系統(tǒng)機械能不守恒,由于μ=0.75,θ=37°,故(m1+m2)gsinθ=μ(m1+m2)gcosθ,則兩滑塊和輕彈簧組成的系統(tǒng)所受的合力為零,系統(tǒng)動量守恒,故A錯誤;對兩滑塊和輕彈簧組成的系統(tǒng),從解除鎖定到甲與輕彈簧分離的過程,根據(jù)動量守恒定律可得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=0,由于m1gsinθ=μm1gcosθ,可知甲與輕彈簧分離后靜止在斜面體上,故B正確;根據(jù)能量守恒定律可得12(m1+m2)v02+Ep=12m1v12+12m2v22,解得輕彈簧原來儲存的彈性勢能為Ep=1.2J,故C錯誤;甲與輕彈簧分離后,乙所受的合力為F合=m2gsinθ-μm2gcos5.B[解析]由于沙子下落時,沙子與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與沙漏以相同的速度向右移動,因此沙子在空中形成的幾何圖形是一條直線,沙子落到地面時與沙漏的水平距離為0,A、D錯誤;從某一粒沙子漏出開始到這粒沙子剛落地,在豎直方向上,有H=12gt2,解得所用的時間為t=2Hg,由于單位時間內(nèi)漏出的沙子質(zhì)量恒為Q,故在空中飛行的沙子的總質(zhì)量M=Qt=Q2Hg,B正確;對t時間內(nèi)下落的沙子,根據(jù)動量定理,豎直方向上有FNt-Qtgt=0,水平方向上有Fft=0-(-Qtv),地面對沙子的作用力F=FN2+Ff2,聯(lián)立解得F=Q2gH+6.C[解析]因小球之間的碰撞均為彈性碰撞,則動量守恒且機械能守恒,A、B碰撞為第一次碰撞,設(shè)碰后A的速度為v1,B的速度為v2,由動碰靜規(guī)律可得v1=mA-mBmA+mBv0=-1m/s、v2=2mAmA+mBv0=2m/s,因A球質(zhì)量小于B球質(zhì)量,故碰撞后A球反彈,B球向前運動,B、C碰撞為第二次碰撞,因B、C兩球質(zhì)量相等,故B與C碰后交換速度,B靜止,C的速度為v4=v2=2m/s,C、D碰撞為第三次碰撞,由于C球質(zhì)量小于D球質(zhì)量,故碰撞后C球反彈,設(shè)碰后C的速度為v5,D的速度為v6,由動碰靜規(guī)律可得v5=mC-mDmC+mDv4=-43m/s,v6=2mCmC+mDv4=23m/s,C會和B發(fā)生碰撞,此碰撞為第四次碰撞,由于B、C兩球質(zhì)量相等,故B、C碰后交換速度,C靜止,B的速度為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第一次下滑到圓弧槽最低點時,小球A和圓弧槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,有mvA=mv1,小球A和圓弧槽組成的系統(tǒng)機械能也守恒,有mgR=12mvA2+12mv12,聯(lián)立解得vA=v1=gR,故小球A通過圓弧槽最低點時相對于圓弧槽的速度大小為v相=vA+v1,根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=mv相2R,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F=5mg,由牛頓第三定律可知,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;小球A與小球B發(fā)生彈性正碰,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律有mvA=mvA1+3mvB,根據(jù)機械能守恒定律有12mvA2=12mvA12+12×3mvB2,聯(lián)立解得vA1=-12gR,vB=12gR,若B、C發(fā)生的是完全非彈性碰撞,則B、C碰撞過程,根據(jù)動量守恒定律有3mvB=(3m+nm)v,根據(jù)能量守恒定律有ΔE=12×3mvB2-12(3m+nm)v2,聯(lián)立解得B、C碰撞損失的機械能為ΔE=3n8(n+3)mgR,所以當n取不同值時,B、C碰撞損失的機械能不同,故B正確;若B、C發(fā)生的是彈性正碰,則當n=2時,B、C碰撞過程,根據(jù)動量守恒定律有3mvB=3mvB2+2mvC,根據(jù)機械能守恒定律有12×3mvB2=12×3mvB22+12×2mvC2,聯(lián)立解得碰撞完成后小球C的速度為vC=35gR,故C錯誤;當B、C發(fā)生的是完全非彈性正碰時,B、C碰撞過程,根據(jù)動量守恒定律有3mvB=(3m+nm)v,解得碰撞完成后小球C的速度為v=36+2ngR,小球C的動量為p=nmv=3n6+2nmgR=36n+2mgR,當n取1時,動量取最小值,為pmin=38mgR,當B、C發(fā)生的是彈性正碰時,根據(jù)動量守恒定律有3mvB=3mvB'+nmvC',根據(jù)機械能守恒定律有12×3mvB2=12×3mvB'2+12nmvC'2,聯(lián)立解得碰撞完成后小球C的速度為vC'=33+ngR8.BC[解析]由于μ=tanθ,則有3mgsinθ=μ·3mgcosθ,可知碰撞前,A沿斜面做勻速直線運動,故A錯誤;碰撞后,A、B都沿斜面向下運動的過程中,由于3mgsinθ=μ·3mgcosθ,mgsinθ=μmgcosθ,A、B之間的庫侖斥力為A、B組成的系統(tǒng)的內(nèi)力,則A、B組成的系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,當A的速度為v03時,設(shè)B的速度為vB,有3mv0=3m·v03+mvB,解得vB=2v0,故B、C正確;碰撞后,對于A、B組成的系統(tǒng),由于A、B之間存在庫侖斥力,且A、B兩者距離逐漸增大,可知庫侖斥力對系統(tǒng)做正功,則系統(tǒng)的電勢能逐漸減小,9.(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J[解析](1)彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,說明A脫離彈簧時的速度為平拋運動的初速度,對A做平拋運動過程,有h=12gtxA=vAt聯(lián)立解得脫離彈簧時A的速度大小vA=1m/s對A、B整體,由動量守恒定律得mAvA=mBvB解得脫離彈簧時B的速度大小vB=1m/s(2)對B脫離彈簧后運動過程,由動能定理得-μmBgxB=0-12mB解得物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2(3)整個過程中,由能量守恒定律有ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+其中mA=mB,ΔxA+ΔxB=Δx解得彈簧釋放的彈性勢能ΔEp=0.12J10.(1)2gR22gR2(2)[解析](1)設(shè)小球A第一次與1號小球發(fā)生碰撞前的速度為v0,由機械能守恒定律有mgR=12m解得v0=2設(shè)小球A第一次與1號小球發(fā)生碰撞后,小球A的速度為vA,1號小球的速度為v1,由于小球間發(fā)生對心彈性碰撞,故由動量守恒定律有mv0=mvA+3mv1由機械能守恒定律有12mv02=12mvA聯(lián)立解得vA=-2gR2,v1即碰撞后兩小球的速度大小均為2(2)此后1號小球向右運動,與2號小球發(fā)生對心彈性碰撞,根據(jù)動量守恒定律有3mv1=3mv1'+3mv2根據(jù)機械能守恒定律有12×3mv12=12×3mv1'2+聯(lián)立解得v1'=0,v2=2通過計算說明1號小球碰后在2號小球位置靜止,2號小球碰后速度等于1號小球碰前的速度,即兩者交換速度.此后,2號小球與3號小球、3號小球與4號小球直至最后第n-1號小球與第n號小球碰撞,都遵循同樣的規(guī)律,則第n號小球第一次碰撞后的速度應為vn=2(3)根據(jù)上述分析可知,小球A與1號小球第一次碰后,小球A向左運動至軌道一定高度后第二次運動到水平軌道上,此時速度大小為v02,它向右運動一定距離后必將與已經(jīng)靜止的1號小球發(fā)生第2次碰撞,據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得,碰后兩球的速度分別為vA'=m-3mm+3m×v02=-v04此后小球A又反向運動,1號小球向右運動再次與2號小球碰撞,后面的小球在彼此碰撞過程中交換速度……此后,小球A球與1號小球每碰撞一次,兩者碰后速度等大、反向,且小球A速度減半,同時靜止的小球個數(shù)減少1.當小球A球與1號小球發(fā)生第n次碰撞后,所有的小球都不再靜止,且小球A向左運動至軌道上一定高度后再次運動到水平軌道上時追不上1號小球,所以1號小球的最終速度為v=v02專題三電場與磁場第6講靜電場【網(wǎng)絡構(gòu)建】【關(guān)鍵能力】從物質(zhì)的觀念和運動與相互作用的觀念研究電場中抽象的概念和點電荷的場強、電容器、帶電粒子運動,從能量觀念理解電勢和電勢能.會用矢量運算法則對電場疊加和計算,會處理靜電力作用下的平衡問題.了解生產(chǎn)生活中關(guān)于靜電的利用與防護.能分析帶電粒子在電場中的運動情況,能解釋相關(guān)的物理現(xiàn)象.題型1電場的性質(zhì)1.電場中的各個物理量的形成及相互轉(zhuǎn)化關(guān)系2.電勢高低的比較:(1)根據(jù)電場線方向,沿著電場線方向,電勢越來越低;(2)根據(jù)電勢差UAB=φA-φB,若UAB>0,則φA>φB,反之則φA<φB.3.電勢能變化的判斷:(1)根據(jù)靜電力做功判斷,W=-ΔEp.若靜電力對電荷做正功,則電勢能減少;反之則增加.(2)根據(jù)能量守恒定律判斷,靜電力做功的過程是電勢能和其他形式的能相互轉(zhuǎn)化的過程.例1[2024·全國甲卷]在電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場中,將無限遠處的電勢規(guī)定為零時,距離該點電荷r處的電勢為kQr,其中k為靜電力常量,多個點電荷產(chǎn)生的電場中某點的電勢,等于每個點電荷單獨存在時該點的電勢的代數(shù)和.電荷量分別為Q1和Q2的兩個點電荷產(chǎn)生的電場的等勢線如圖中曲線所示(圖中數(shù)字的單位是伏特),則(A.Q1<0,Q1Q2=-2 B.Q1C.Q1<0,Q1Q2=-3 D.Q1【技法點撥】本題由兩個點電荷的電場分布情況考查電場能的性質(zhì),注意結(jié)合電場線把握空間的場強分布規(guī)律,必要時可由數(shù)學方法進行精確討論.這是對復雜電場的場強、電勢及電勢能的綜合考查.例2[2024·河北卷]如圖所示,真空中有兩個電荷量均為q(q>0)的點電荷,分別固定在正三角形ABC的頂點B、C.M為三角形ABC的中心,沿AM的中垂線對稱放置一根與三角形共面的均勻帶電細桿,電荷量為q2.已知正三角形ABC的邊長為a,M點的電場強度為0,靜電力常量為k.頂點A處的電場強度大小為 (A.2B.kqa2(6+C.kqa2(3D.kqa2(3+【技法點撥】本題中M點與A點是關(guān)于帶電直棒對稱的兩點,根據(jù)對稱性知,帶電直棒在A、M兩點產(chǎn)生的場強等大反向;又知M點的合場強為零,通過轉(zhuǎn)換法可知,帶電直棒在M點產(chǎn)生的場強與B、C兩點電荷在M點產(chǎn)生的場強的矢量和等大反向.求解非點電荷電場中場強問題,要根據(jù)問題特點,靈活地運用補償法、微元法、對稱法、極限法等巧妙方法,可以化難為易.例3[2024·湖南卷]真空中有電荷量為+4q和-q的兩個點電荷,分別固定在x軸上-1和0處.設(shè)無限遠處電勢為0,x正半軸上各點電勢φ隨x變化的圖像正確的是 ()ABCD【遷移拓展】1.(多選)[2024·甘肅卷]某帶電體產(chǎn)生電場的等勢面分布如圖中實線所示,虛線是一帶電粒子僅在此電場作用下的運動軌跡,M、N分別是運動軌跡與等勢面b、a的交點,下列說法正確的是 ()A.粒子帶負電荷B.M點的電場強度比N點的小C.粒子在運動軌跡上存在動能最小的點D.粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能2.(多選)[2024·江西南昌模擬]如圖所示,絕緣球殼的上、下半球殼分別均勻分布著等量異種電荷,O點為球心,a、b為過球心O的水平截面圓在同一水平直徑上的兩個點,c、d為過球心O的豎直截面圓在豎直直徑上的兩個點,a、b、c、d到球心O的距離均相等.已知均勻帶電球殼內(nèi)部的場強處處為零.下列說法正確的是 ()A.a、b、c、d四點的場強方向均相同B.a、b兩點的場強方向相同,c、d兩點的場強方向相反C.a、b、c、d四點的電勢相等D.將電子沿直線從c點移動至d點,電子的電勢能一直增加3.[2024·湖北襄陽模擬]如圖甲所示,在真空中固定的兩個相同點電荷A、B關(guān)于x軸對稱,x軸上的E-x圖像如圖乙所示(規(guī)定x軸正方向為電場強度E的正方向).若在坐標原點O處由靜止釋放一個正點電荷q,它將沿x軸正方向運動,不計重力,則 ()A.A、B帶等量正電荷B.點電荷q在x1處電勢能最大C.點電荷q在x3處動能最大D.點電荷q沿x軸正方向運動的最遠距離為2x2題型2帶電粒子在電場中的運動例4(多選)[2023·湖北卷]一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓U1加速后,射入水平放置的平行板電容器,極板間電壓為U2.微粒射入時緊靠下極板邊緣,速度方向與極板夾角為45°,微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L,到兩極板距離均為d,如圖所示.忽略邊緣效應,不計重力.下列說法正確的是 ()A.L∶d=2∶1B.U1∶U2=1∶1C.微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2D.僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷量,微粒在電容器中的運動軌跡不變【技法點撥】對于帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)運動,要做好兩個方向的分析:在垂直于電場方向上做勻速直線運動,在這個方向上找出平行板的板長和運動時間等相關(guān)物理量;沿電場方向上做勻加速直線運動,在這個方向上找出偏轉(zhuǎn)加速度、偏轉(zhuǎn)位移、偏轉(zhuǎn)速度等相關(guān)物理量.在垂直于電場方向上有t=lv0,沿電場方向上有y=12at2,vy=at,a=例5(多選)[2024·河北邯鄲模擬]電子光學中,一種靜電透鏡的簡化模型如圖所示.以O(shè)為球心的球形邊界外部各處的電勢均為φ1,內(nèi)部各處的電勢均為φ2,φ1>φ2.一束離軸很近且關(guān)于軸對稱的電子束以速度v1沿平行于軸的方向運動,在越過球形邊界“殼層”的過程中,電子運動速度將發(fā)生變化.不計電子重力及其之間的相互作用力,則下列說法正確的是 ()A.電子束按圖甲“會聚”B.電子束按圖乙“發(fā)散”C.電子束在球內(nèi)的速度v2>v1D.電子束在球內(nèi)的速度v2<v1【技法點撥】電場線與等勢線(面)處處垂直,且方向由電勢較高的等勢線(面)指向電勢較低的等勢線(面).本題分析求解的關(guān)鍵是建立球殼內(nèi)、外一段極短距離范圍內(nèi)的電場模型:在球殼內(nèi)、外靠近球殼處建立兩個等勢面,由題意知球殼外的等勢面電勢較高,在這個極短距離范圍內(nèi)電場的電場線方向均指向球心,電子在球殼處受到的電場力沿球殼半徑向外,問題就會迎刃而解.【遷移拓展】1.(多選)[2024·湖南長沙模擬]如圖所示,在勻強電場中一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子先后經(jīng)過a、b兩點,在a點的速度大小為3v,速度方向與連線ab的夾角為53°,在b點的速度大小為4v,速度方向與連線ab的夾角為37°,連線ab長度為d,sin37°=0.6,cos37°=0.8.若粒子只受電場力作用,則下列說法正確的是 ()A.場強大小為2B.場強方向與連線ab的夾角為74°C.從a點到b點,粒子運動的時間為2D.從a點到b點,粒子的最小速度為1252.[2024·北京昌平區(qū)模擬]如圖所示,在水平向右且場強大小為E的勻強電場中,兩個半徑相同、質(zhì)量均為m的小球A、B靜止放置在光滑的水平面上,且A、B所在直線與電場線平行.A帶電荷量為qq>0,B不帶電,A、B之間的距離為L.t=0時刻開始,A在電場力的作用下開始沿直線運動,并與B發(fā)生彈性碰撞.碰撞過程中A、B之間沒有電荷量轉(zhuǎn)移,僅碰撞時才考慮A、B之間的相互作用,下列說法正確的是 (A.兩球從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第二次碰撞的時間間隔為2B.兩球從發(fā)生第n次碰撞到發(fā)生第n+1次碰撞的時間間隔為2n2C.兩球連續(xù)發(fā)生兩次碰撞的時間間隔均為2D.兩球連續(xù)發(fā)生兩次碰撞的時間間隔均為22題型3電容器的綜合問題1.電學角度:(1)平行板電容器的兩極板間為勻強電場,電場強度通過E=Ud分析;(2)電容器的電容與電荷量的關(guān)系通過C=QU分析;(3)平行板電容器的電容大小由C=ε2.力學角度:先做受力分析和運動狀態(tài)分析,包括電場力在內(nèi)的受力影響了物體的運動狀態(tài),再結(jié)合平衡條件、牛頓運動定律、功能關(guān)系進行分析和求解.例6[2024·甘肅卷]一平行板電容器充放電電路如圖所示.開關(guān)S接1,電源E給電容器C充電;開關(guān)S接2,電容器C對電阻R放電.下列說法正確的是()A.充電過程中,電容器兩極板間電勢差增加,充電電流增加B.充電過程中,電容器的上極板帶正電荷、流過電阻R的電流由M點流向N點C.放電過程中,電容器兩極板間電勢差減小,放電電流減小D.放電過程中,電容器的上極板帶負電荷,流過電阻R的電流由N點流向M點【技法點撥】平行板電容器的動態(tài)問題分析例7[2024·遼寧卷]某種不導電溶液的相對介電常數(shù)εr與濃度cm的關(guān)系曲線如圖甲所示.將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中,并與恒壓電源、電流表等構(gòu)成如圖乙所示的電路.閉合開關(guān)S后,若降低溶液濃度,則 ()A.電容器的電容減小B.電容器所帶的電荷量增大C.電容器兩極板之間的電勢差增大D.溶液濃度降低過程中電流方向為M→N【技法點撥】根據(jù)平行板電容器的電容的決定式與圖甲知,電容器兩板間電介質(zhì)溶液濃度降低,則電容C變大;流過電流表的電流方向要根據(jù)電容器兩板所帶電荷正負與電容器是充電還是放電狀態(tài)綜合判斷.【遷移拓展】1.[2024·江西卷]蠟燭火焰是一種含有電子、正離子、中性粒子的氣體狀物質(zhì),將其置于電壓恒定的兩平行金屬板間,板間電場視為勻強電場,如圖所示.若兩金屬板間距減小,關(guān)于火焰中電子所受的電場力,下列說法正確的是()A.電場力增大,方向向左B.電場力增大,方向向右C.電場力減小,方向向左D.電場力減小,方向向右2.[2024·山東青島模擬]如圖所示,兩平行金屬極板水平放置,充電后上極板帶正電,下極板接地.一電子以某一初速度從極板左側(cè)O點水平射入并從右側(cè)P點飛出,飛出極板時電子的電勢能為Ep.若保持極板帶電荷量不變,只將下極板向上平移一小段距離,電子再次以同一速度從O點水平射入,則電子從右側(cè)飛出時,下列說法正確的是 ()A.飛出時的位置在P點上方B.飛出時的位置在P點下方C.電勢能等于EpD.電勢能大于Ep3.[2024·河北石家莊模擬]電容器是一種重要的電學元件,在電工、電子技術(shù)中應用廣泛.使用如圖甲所示的電路觀察電容器的充、放電過程.電路中的電流傳感器與計算機相連,可以顯示電路中電流隨時間的變化.圖甲中直流電源電動勢E=8V,實驗前電容器不帶電.先使S與“1”端相連,給電容器充電,充電結(jié)束后,使S與“2”端相連,直至放電完畢.計算機記錄的電流隨時間變化的i-t曲線如圖乙所示.下列說法正確的是 ()A.陰影部分(i-t圖像與坐標軸所圍成的面積)表示電容器的能量B.陰影部分的面積S1和S2肯定不相等C.阻值R1大于R2D.計算機測得S1=1203mA·s,則該電容器的電容約為0.15F專題三電場與磁場第6講靜電場題型1例1B[解析]根據(jù)兩點電荷周圍的等勢線分布可知Q1>0,Q2<0;對于電勢為0的等勢線上各點,有kQ1r1+kQ2r2=0,r1、r2為該點到兩點電荷的距離,取圖中兩點電荷連線上的點(或連線延長線上的點)計算,其距離關(guān)系為r1r2=例2D[解析]如圖所示,B、C兩處點電荷在M處產(chǎn)生的電場強度大小E1=E2=kq33a2=3kqa2,由于M點的電場強度為0,故帶電細桿在M點產(chǎn)生的電場強度大小E3=E1cos60°+E2cos60°=3kqa2,B、C兩處點電荷在A處產(chǎn)生的電場強度大小E4=E5=kqq2,合場強E合'=E4cos30°+E5cos30°=3kqa2,方向向上,由于M點與A點關(guān)于帶電細桿對稱,故細桿在A處產(chǎn)生的電場強度大小E6=E3=3kqa例3D[解析]x軸上-1和0處的兩個點電荷各自產(chǎn)生的電場在x軸正半軸上坐標為x處對應的電場強度分別為E1=k4qx+12和E2=kqx2,方向分別沿x軸正方向和x軸負方向,該處的電場強度E=E1-E2,其方向取決于E1與E2的大小關(guān)系,令E1=E2,解得x=1,則當0<x<1時,E1<E2,該處的電場強度沿x軸負方向指向x=0處的負電荷,當x>1時,E1>E2,該處的電場強度沿x軸正方向指向無限遠處,根據(jù)沿電場強度方向電勢降低可知,從x=0處到x=1處電勢升高,而從x=1處到無限遠處電勢降低,又知靠近負電荷處電勢趨于負無窮,無限遠處電勢為0,所以x【遷移拓展】1.BCD[解析]根據(jù)粒子所受電場力指向曲線軌跡的凹側(cè)可知,帶電粒子帶正電荷,故A錯誤;等差等勢面越密集的地方場強越大,故M點的電場強度比N點的小,故B正確;粒子帶正電,因為M點的電勢大于N點的電勢,故粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能,故D正確;由于帶電粒子僅在電場作用下運動,電勢能與動能總和不變,故可知當電勢能最大時動能最小,故粒子在運動軌跡上到達最大電勢處時動能最小,故C正確.2.AD[解析]由于均勻帶電球殼內(nèi)部場強處處為零,故均勻帶正電的半球殼在a、b、c、d四點產(chǎn)生的場強方向均豎直向下,均勻帶負電的半球殼在a、b、c、d四點產(chǎn)生的場強方向也豎直向下,故a、b、c、d四點的場強方向均豎直向下,故A正確,B錯誤;根據(jù)各點的場強方向和各點位置的對稱性可知φc>φa=φb=φO>φd,故C錯誤;將電子沿直線從c點移動至d過程中,靜電力做負功,則電子的電勢能一直增加,故D正確.3.D[解析]由E-x圖像可知,x軸上的P點對應x2點,在P點的左側(cè),電場強度為正值,沿x軸正方向,在P點的右側(cè),電場強度為負值,沿x軸負方向,可知A、B帶等量負電荷,A錯誤;正點電荷q從O點到P點,電場力做正功,電勢能減小,動能增加,從P點沿x軸正方向運動,電場力做負功,電勢能增加,動能減小,因此點電荷q在O點處電勢能最大,在x2處動能最大,B、C錯誤;由對稱性可知,點電荷q沿x軸正方向最遠能到達O點關(guān)于P點的對稱點O'點位置,故點電荷q沿x軸正方向運動的最遠距離為2x2,D正確.題型2例4BD[解析]微粒在電容器中水平方向做勻速直線運動,豎直方向做勻變速直線運動,由E=U22d,F=qE=ma,得a=qU22md.設(shè)微粒射入電容器時的速度為v0,水平方向和豎直方向的分速度vx=v0cos45°=22v0,vy=v0sin45°=22v0,從射入至運動到最高點由運動學公式得vy2=2ad,微粒經(jīng)電壓U1加速過程,由動能定理可得qU1=12mv02,聯(lián)立解得U1∶U2=1∶1,B正確;微粒從射入至運動到最高點由運動學公式可得2L=vxt,d=0+vy2·t,聯(lián)立可得L∶d=1∶1,A錯誤;微粒從最高點到穿出電容器過程有L=vxt1,vy1=at1,從射入電容器至運動到最高點過程有vy=at,解得vy1=vy2,設(shè)微粒穿出電容器時速度方向與水平方向的夾角為α,則tanα=vy1vx=12,設(shè)微粒射入電容器時速度方向和水平方向的夾角為β,tanβ=1,則tan(α+β)=3,C