高考物理一轮复习 第七章 微专题46 等量同种或异种点和模型

(对应学生用书第130页)[知识结构导图][导图填充]①k q 1q 2r 2 ②F q ③k q r 2 ④E p A －E p B ⑤E pq ⑥φA －φB ⑦qU AB ⑧U AB d ⑨Q U ⑩εr S 4πkd [思想方法] 1．理想模型法 2．等效法 3．对称法 4．图象法 [高考热点]1．电场中的图象问题2．平行板电容器动态分析3．带电粒子在电场中的运动物理方法1|等效法处理带电粒子在电场、重力场中的运动1．等效思维方法等效法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法．带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型．对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大．若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷．2．等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路(1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”．(2)将a＝F合m视为“等效重力加速度”．(3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“等效最高点”．注意：这里的最高点不一定是几何最高点．(4)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解．如图7-1所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？图7-1[题眼点拨]①“绝缘光滑”说明小球运动过程中无摩擦且电量不变；②“安全通过圆轨道”联想到等效最高点，重力与电场力的合力恰提供向心力．[解析]小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝(qE)2＋(mg)2＝23mg3，tan θ＝qEmg＝33，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有：mg′＝m v2DR，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知AD＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：－2mg′R＝12m v2D－12m v20解得v0＝103gR3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v≥103gR3.[答案]v≥103gR3如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场．一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变．则该外力做的功为( )A ．mgL B.mgL tan θ C ．mgL tan θD.mgL cos θB [对小球受力分析如图所示，则重力与电场力的合力F 合＝mgtan θ，由动能定理可知： W F ＝－W F 合＝mgtan θ·L .] [突破训练]1．如图7-2所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h 的A 处由静止开始下滑，沿轨道ABC 运动并进入圆环内做圆周运动．已知小球所受电场力是其重力的34，圆环半径为R ，斜面倾角为θ＝60°，s BC ＝2R .若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h 至少为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【导学号：84370300】图7-2 [解析] 小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F ，如图所示．可知F ＝1.25mg ，方向与竖直方向成37°角．由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D 点，设小球恰好能通过D 点，即达到D 点时圆环对小球的弹力恰好为零．由圆周运动知识得：F ＝m v 2D R ，即：1.25mg ＝m v 2DR小球由A 运动到D 点，由动能定理得：mg (h －R －R cos 37°)－34mg ×(h cot θ＋2R ＋R sin 37°)＝12m v 2D 联立解得h ＝7.7R . [答案] 7.7R物理方法2|带电粒子在交变电场中运动的分析方法1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等． 2．常见的试题类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)； (2)二是粒子做往返运动(一般分段研究)；(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)． 3．常用的分析方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件．(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．如图7-3甲所示，长为L 、间距为d 的两金属板A 、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图7-1乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：甲乙图7-3(1)交变电压的周期T应满足什么条件；(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？[题眼点拨]①由U-t图知粒子垂直极板方向运动具有周期性；②“仍从b点以速度v0射出”应考虑两方面问题：一是在垂直极板方向y m≤12d，二是达b点时v y＝0.[解析](1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L＝nT v0，解得T＝Ln v0粒子在14T内离开中心线的距离为y＝12a⎝⎛⎭⎪⎫14T2又a＝qEm，E＝U0d，解得y＝qU0T232md在运动过程中离开中心线的最大距离为y m＝2y＝qU0T2 16md粒子不撞击金属板，应有y m≤1 2d解得T≤2d 2m qU0故n ≥L2d v 0qU 02m ，即n 取大于等于L 2d v 0qU 02m 的整数．所以粒子的周期应满足的条件为 T ＝L n v 0，其中n 取大于等于L 2d v 0qU 02m 的整数．(2)粒子进入电场的时刻应为14T ，34T ，54T ，… 故粒子进入电场的时刻为t ＝2n －14T (n ＝1,2,3…)． [答案](1)T ＝L n v 0，其中n 取大于等于L2d v 0qU 02m 的整数 (2)t ＝2n －14T (n ＝1,2,3…) [突破训练]2．(多选)制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行金属板，如图7-4甲所示，加在A 、B 间的电压U AB 做周期性变化，其正向电压为U 0，反向电压为－kU 0(k ≥1)，电压变化的周期为2T ，如图乙所示．在t ＝0时，有一个质量为m 、电荷量为e 的电子以初速度v 0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用，则下列说法中正确的是( )图7-4 A ．若k ＝54且电子恰好在2T 时刻射出电场，则应满足的条件是d ≥9eU 0T 25mB ．若k ＝1且电子恰好在4T 时刻从A 板边缘射出电场，则其动能增加eU 02 C ．若k ＝54且电子恰好在2T 时刻射出电场，则射出时的速度为v 20＋⎝⎛⎭⎪⎫5eU 0T 4md 2D ．若k ＝1，则电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向始终不变AD [ 竖直方向，电子在0～T 时间内做匀加速运动，加速度的大小a 1＝eU 0md ，位移x 1＝12a 1T 2，在T ～2T 时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小a 2＝5eU 04md ，初速度的大小v 1＝a 1T ，匀减速运动阶段的位移x 2＝v 212a 2，由题知12d ≥x 1＋x 2，解得d ≥9eU 0T 25m ，A 正确．若k＝1且电子恰好在4T 时刻从A 板边缘射出电场，静电力做功为零，动能不变，B 错误．若k ＝54且电子恰好在2T 时刻射出电场，垂直电场方向速度为v 0，射出时的速度v ＝v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫eU 0T 4md 2，C错误．若k ＝1，电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向始终不变，D 正确．]如图甲所示，离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计，离子离开离子源后进入一加速电压为U 0的加速电场，偏转电场极板间的距离为d ，极板长为l ＝2d ，偏转电场的下极板接地，偏转电场极板右端到竖直放置的足够大的荧光屏之间的距离也为l .现在偏转电场的两极板间接一周期为T 的交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(设正离子的电荷量为q 、质量为m ，大量离子从偏转电场中央持续射入，穿过平行板的时间都极短)(1)试计算离子刚进入偏转电场时的速度v 0的大小；(2)在电势变化的过程中发现荧光屏有“黑屏”现象，即无正离子到达荧光屏，试计算每个周期内荧光屏黑屏的时间t ；(3)离子打到荧光屏上的区间的长度x .[解析](1)由题意可知，离子刚进入偏转电场时的速度大小恰为离子出加速电场时的速度大小，由动能定理可得qU 0＝12m v 20 解得离子刚进入偏转电场时的速度大小为v 0＝2qU 0m .(2)由题意可知，只要正离子能射出偏转电场，即可打到荧光屏上，因此当离子打在偏转电场的极板上时，出现“黑屏”现象．设离子刚好能射出偏转电场时的偏转电压为U ，则有 d 2＝12·qU md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02又因为l ＝2d 所以可得U ＝U 02由题图乙可知，偏转电压U 在0.5U 0～U 0之间变化时，进入偏转电场的离子无法射出偏转电场打在荧光屏上，因此每个周期内出现“黑屏”的时间为t ＝T 2.(3)设离子射出偏转电场时的侧移量为y ，打在荧光屏上的位置到O 点的距离为Y ，如图所示，由几何关系可得y Y ＝l 23l 2＝13所以离子打到荧光屏上的区间的长度 x ＝2Y ＝6y ＝6×d2＝3d .[答案](1)2qU0m(2)T2(3)3d高考热点|带电粒子(体)在电场中运动的综合问题1．分析方法(1)力和运动的关系——牛顿第二定律：根据带电粒子受到静电力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．这种方法通常适用于受恒力作用下做匀变速运动的情况．(2)功和能的关系——动能定理：根据静电力对带电粒子所做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等．这种方法同样也适用于非匀强的电场．(3)正交分解法或化曲为直法．处理这种运动的基本思想与处理平抛运动是类似的，可以将此复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律是我们已经掌握的，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量．2．解题流程(2017·全国Ⅱ卷)如图7-5所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量均为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：图7-5 (1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A 点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小．【自主思考】(1)N 进入电场后在水平方向和竖直方向各做怎样的运动？[提示] 在竖直方向继续做匀加速直线运动，在水平方向做匀减速直线运动，出电场时水平速度恰为0.(2)要M 在电场中做直线运动，M 进入电场时的水平速度v 0和竖直速度v y 应满足怎样的关系？[提示] v 0v y ＝qE mg ，还等于在电场中的水平位移和竖直位移之比．[解析](1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2 ③联立①②③式得s 1s 2＝3. ④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式得v 2y ＝2gh⑤ H ＝v y t ＋12gt 2 ⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v 0v y ＝s 1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝13H . ⑧ (3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则v 0v y ＝qE mg ⑨设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得E k1＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH ＋qEs 1⑩ E k2＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH －qEs 2⑪由已知条件E k1＝1.5E k2⑫ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝mg 2q .⑬ [答案](1)3∶1 (2)13H (3)mg 2q[突破训练]3．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图7-6所示，小球运动的轨迹上A 、B 两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J ，在M 点的动能为6 J ，不计空气的阻力，则下列判断正确的是( )【导学号：84370301】图7-6 A ．小球水平位移x 1与x 2的比值为1∶3B ．小球水平位移x 1与x 2的比值为1∶4C ．小球落到B 点时的动能为32 JD ．小球从A 点运动到B 点的过程中最小动能为6 JAC [小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移x 1∶x 2＝1∶3，选项A 正确，B 错误；设小球在M 点时的水平分速度为v x ，则小球在B 点时的水平分速度为2v x ，根据题意有12m v 20＝8 J ，12m v 2x ＝6 J ，因而在B 点时小球的动能为E k B ＝12m [v 20＋(2v x )2]2＝32 J ，选项C 正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场力的合力，为恒力，小球在A 点时，F 合与速度之间的夹角为钝角，小球在M 点时，速度与F 合之间的夹角为锐角，即F 合对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从A 到M 过程中，动能先减小后增大，小球从M 到B 的过程中，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从A 运动到B 的过程中最小动能一定小于6 J ，选项D 错误．]在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN 将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN 某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m 的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v -t 图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )A ．滑块在MN 右边运动的位移大小与在MN 左边运动的位移大小相等B ．在t ＝5 s 时，滑块经过边界MNC ．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5D ．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功 C [根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知，滑块在MN 右边运动的位移大小与在MN 左边运动的位移大小不相等，选项A 错误．根据题图乙所示速度图象可知，t ＝2 s 时滑块越过分界线MN ，选项B 错误．根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在0～2 s 时间内，滑块加速度大小可表示为a 1＝v 02，在2～5 s 时间内，滑块加速度大小可表示为a 2＝v 03，设电场力为F ，运动过程中所受摩擦力为f ，对滑块在MN 分界线右侧的运动，由牛顿第二定律，F －f ＝ma 1，对滑块在MN 分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，f ＝ma 2，联立解得：f ∶F ＝2∶5，选项C 正确．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为：W f ＝f ·2.5v 0，电场力做的功可表示为W F ＝F ·v 0＝2.5f ·v 0，二者做功相等，选项D 错误．] 4．(2018·河北正定模拟)从地面以v 0斜向上抛出一个质量为m 的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力．现在此空间加上一个平行于小球抛出平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q 的原小球，小球到达最高点时的动能与刚抛出时动能相等．求：(1)无电场时，小球升到最高点的时间；(2)后来加上的电场的场强大小．[解析](1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则由v 2y ＝2gh ，得12m v 2y ＝mgh 由12m v 2x ∶12m v 2y ＝9∶16解得初始抛出时v x ∶v y ＝3∶4所以竖直方向的初速度为v y ＝45v 0竖直方向做匀减速运动由v y ＝gt ，解得t ＝4v 05g .(2)设后来加上的电场场强大小为E ，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等，若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相同，则 有E 1q m t ＋35v 0＝v 0解得：E 1＝mg 2q若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相反，则有E 2q m t －35v 0＝v 0解得：E 2＝2mg q .[答案](1)4v 05g (2)mg 2q 或2mg q。

第1讲电场力的性质目标要求内容要求说明1.电荷和电荷守恒定律通过实验，了解静电现象．能用原子结构模型和电荷守恒的知识分析静电现象．带电粒子在匀强电场中运动的计算2。

点电荷和库仑定律知道点电荷模型．知道两个点电荷间相互作用的规律．体会探究库仑定律过程中的科学思想和方法．3.电场和电场强度电场知道电场是一种物质．了解电场强度，体会用物理量之比定义新物理量的方法．会用电场线描述电场．实验九观察电容器的的充、放电现象场强的情况。

第1讲电场力的性质一、电荷电荷守恒定律1．元电荷、点电荷（1）元电荷：e＝1.60×10－19C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍．（2)点电荷：代表带电体的有一定电荷量的点，忽略带电体的大小、形状及电荷分布状况的理想化模型．2．电荷守恒定律(1）内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，在转移过程中，电荷的总量保持不变．(2)三种起电方式：摩擦起电、感应起电、接触起电．(3）带电实质：物体得失电子．(4)电荷的分配原则:两个形状、大小相同且带同种电荷的同种导体，接触后再分开，二者带等量同种电荷,若两导体原来带异种电荷，则电荷先中和，余下的电荷再平分．自测1如图1所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支撑使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下部的金属箔都张开（)图1A．此时A带正电，B带负电B．此时A带正电，B带正电C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D．先把A和B分开,然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合答案C解析由静电感应可知，A左端带负电，B右端带正电,选项A、B错误；若移去C,A、B两端电荷中和，则贴在A、B下部的金属箔都闭合，选项C正确；先把A和B分开，然后移去C，则A、B带的电荷不能中和，故贴在A、B下部的金属箔仍张开,选项D错误．二、库仑定律1．内容真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比,作用力的方向在它们的连线上．2．表达式F＝k错误!，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫做静电力常量．3．适用条件真空中的静止点电荷．(1）在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式．(2)当两个带电体间的距离远大于其本身的大小时,可以把带电体看成点电荷．4．库仑力的方向由相互作用的两个带电体决定，即同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．判断正误(1）由库仑定律公式F＝k错误!可知，当r→0时，F 为无穷大．(×)（2）两个带电体之间的库仑力是一对相互作用力，大小相等,方向相反．(√)（3）库仑定律是通过实验总结出的规律．(√）三、电场、电场强度1．电场（1)定义:存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质;（2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用．2．电场强度（1）定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值．(2）定义式：E＝错误!；单位：N/C或V/m。

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第七章静电场综合过关规范限时检测满分:100分考试时间:60分钟一、选择题(本题共８小题,每小题6分,共计4８分．1～4题为单选，5~8题为多选,全部选对的得6分,选对但不全的得３分，错选或不选的得0分）１．(２0１8·武汉市部分名校测试)小球A固定于绝缘支座上、小球B用绝缘柄安装在可上下、左右移动的支架上,两个小球均带正电(可视为点电荷),它们的位置关系如图所示,在下述操作中，A、Ｂ的电荷量均保持不变,则下列判断正确的是错误!（ B ）A.当B球仅水平向右缓慢移动时,A、B间的库仑力变大B．当B球仅水平向右缓慢移动时，绝缘柄对B球作用力的方向可能水平向左C.当B球仅竖直向下缓慢移至与Ａ球处于同一水平面的过程中,绝缘柄对B球的作用力一直变小D．当B球仅竖直向下缓慢移至与Ａ球处于同一水平面的过程中，A、B间的电势能先增大后减小［解析］Ｂ球水平右移,两带电小球之间距离增大,库仑力减小，A项错误;绝缘柄对B球的力与Ｂ球所受重力和库仑力的合力等大反向,则由平行四边形定则可知，绝缘柄对B球的力可能水平向左,B项正确;又因为Ｂ球所受重力恒定不变,库仑力随两球距离减小而不断增大,且与重力的夹角不断减小，所以二者合力不断增大,故绝缘柄对B球的力不断增大,C项错误；Ｂ球下移过程中，库仑力做负功,两球间的电势能一直增大，D项错误。

教材回顾(一)电场力的性质一、电荷电荷守恒定律1．电荷(1)三种起电方式：摩擦起电，接触起电，感应起电。

(2)两种电荷：自然界中只存在两种电荷——正电荷和负电荷。

同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。

(3)元电荷：电荷的多少叫做电荷量，通常把e＝1.6×10－19C的电荷量叫做元电荷。

2．电荷守恒定律电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。

[深化理解]1．对元电荷的理解(1)元电荷是自然界中最小的电荷量，任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍。

(2)元电荷等于电子所带的电荷量，也等于质子所带的电荷量，但元电荷没有正负之分。

(3)元电荷不是实物粒子，电子、质子等微粒也不是元电荷。

2．电荷的均分原理完全相同的两个金属球接触后再分开，如果金属球带同种电荷，总电荷量直接平分；如果金属球带异种电荷，需要先中和，剩余电荷再平均分配。

[小题速验](判断正误)1．电子就是元电荷。

()2．一个小球带了2.4×10－19 C的正电荷。

()3．电荷发生中和时电荷并没有消失。

()4．Q A ＝9Q 与Q B ＝－Q 的A 、B 两个金属球接触后再分开，两球一定各带4Q 的电荷。

( ) 答案：1.× 2.× 3.√ 4.×二、库仑定律1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。

2．表达式：F ＝k q 1q 2r2。

3．适用条件：真空中静止的点电荷。

[深化理解]库仑定律的五条提醒1．在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑力的大小。

2．作用力的方向判断依据：同性相斥，异性相吸，作用力的方向沿两电荷连线方向。

3．两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反。

章末总结对应学生用书P146对应学生用书P146图1【例1】如图1所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移)，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场．现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，则在加速运动阶段( )．A．a对b的压力不变B．a对b的压力变大C．a、b物块间的摩擦力变大D．a、b物块间的摩擦力不变错因分析由于a向左加速，由左手定则判断洛伦兹力向下且变大，故B对，由摩擦力公式f＝μN，得a、b间f变大，C对．对a、b之间摩擦力分析错，虽然向下的f洛变大了，但a、b一起加速、无相对运动，不可用公式求解．正确解析对a、b整体分析当f洛变大时，整体摩擦力变大了，加速度会减小；再对a 分析，水平方向a只受a、b间静摩擦力，加速度减小，此摩擦力应减小．答案 B图2【例2】 (2011·朝阳区模拟)如图2所示，在竖直虚线MN 和M ′N ′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子(不计重力)以初速度v 0由A 点进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C 点离开场区．如果撤去磁场，该粒子将从B 点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D 点离开场区．则下列判断正确的是( )．A ．该粒子由B 、C 、D 三点离开场区时的动能相同 B ．该粒子由A 点运动到B 、C 、D 三点的时间均不相同C ．匀强电场的场强E 与匀强磁场的磁感应强度B 之比E B＝v 0D ．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外 错因分析 对易错选项及错误原因具体分析如下：直线运动，从C 点离开；当只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，从D 点离开，所以粒子由C 、D 两点离开场区时动能相同．当只有电场时，由B 点离开场区，粒子做类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动，电场力向上且对粒子做正功，动能增加．粒子由B 、C 两点离开场区时时间相同，由D 点离开场区时时间稍长．电磁场同时存在时，qv 0B ＝qE ，则E B＝v 0.若粒子带负电，则电场方向向下，磁场方向垂直于纸面向里，综上所述，正确选项为C.答案【例3】 如图3所示，在倾角为30°的斜面OA 的左侧图3有一竖直挡板，其上有一小孔P ，现有一质量m ＝4×10－20 kg ，带电荷量q ＝＋2×10－14C的粒子，从小孔以速度v 0＝3×104m/s 水平射向磁感应强度B ＝0.2 T 、方向垂直纸面向里的一正三角形区域．该粒子在运动过程中始终不碰及竖直挡板，且在飞出磁场区域后能垂直打在OA 面上，粒子重力不计．求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)粒子在磁场中运动的时间； (3)正三角形磁场区域的最小边长．错因分析 1.此题错误的主要原因是：没有分析清楚粒子的运动过程，粒子带正电且磁场垂直纸面向里，粒子进入磁场后应向上偏；2.找不到几何关系，不能根据平面几何关系找出正三角形区域并求出边长．正确解析 (1)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qv 0B ＝m v 02r ，T ＝2πrv 0得：粒子在磁场中做圆周运动的半径r ＝mv 0qB＝0.3 m ，粒子在磁场中做圆周运动的周期 T ＝2πm qB＝2π×10－5 s ＝6.28×10－5s.(2)画出粒子的运动轨迹如图所示，由粒子的运动轨迹可知t ＝56T ，得t ＝5π3×10－5 s ＝5.23×10－5s.(3)由如图粒子的运动轨迹和数学知识可得正三角形磁场区域的最小边长：L ＝2r ＋r cos 30°cos 30°，得L ＝r ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＋1＝0.99 m.答案 见解析让学生自己去寻求问题的正确解答。

章末质量评估(七)，用电压为U的直流电源对平行板电容器充电．要使，可采取的办法为( )断开，然后将两板间距离拉大一些．先将两板间距离拉大一些，然后将S断开．电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示．K为阴极，，有一电子在K极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为极板时的动能大于eU和B上分别固定有带电荷量为＋并与正方形所在平面垂直的直线上有P、Q两点，．表面均匀带电的圆盘水平放置，从靠近圆心O处以初速度看作试探电荷)，小球上升的最高点为，重力加速度为g，取O点电势为零，不计空气阻力，则可带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动，经80 J，减少的动能中有空间某一静电场的电势φ在方向上的分量分别是E Bx、E Cx，下列说法中正确的有方向上的分量最大点电场强度最大．带电粒子的速度先增大后减小点时的速度大小相同．如图所示，在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一个电荷量为＋将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线保持静止，不计重力，则(如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距离为，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝当它运动到P处时迅速将下板向上提起物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B 点的速度v B 的大小．物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力N B 的大小．在物块从开始至运动到B 点的过程中，由牛顿第二定律可知：at 2方向射入电场，粒子恰好打在上极板M 的中点，粒子重力忽略不计．求带电粒子的比荷q m；间加如图乙所示的交变电压，其周期T ＝L v 0，从t ＝0开始，前MN ＝－U ，大量的上述粒子仍然以速度v 0沿O 1O 方向持续射入电场，最终t0打在M板中点。

阶段滚动检测(七)(第七章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

1～5小题为单选,6～8小题为多选)1.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示。

则此电场的电场线分布可能是( )【解析】选A。

从v­t图象可以看出微粒的速度逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，v­t图线中图线的斜率表示微粒的加速度大小，故微粒做加速度逐渐增大的减速运动，所以带负电的微粒顺着电场线运动，电场力做负功，速度逐渐减小，且电场线沿微粒运动方向逐渐密集，故选项A正确，选项B、C、D错误。

2．如图甲所示，在光滑绝缘的水平面上固定两个等量的正点电荷。

M、O、N为两点电荷连线上的点。

其中O为连线中点，且MO＝ON。

在M点由静止释放一个电荷量为q的正试探电荷，结果该试探电荷在MN间做来回往复运动，在一个周期内的v­t图象如图乙所示，则下列说法正确的是 ( )A．M和N两点的电场强度和电势完全相同B．试探电荷在O点所受电场力最大，运动的速度也最大C．试探电荷在t2时刻到达O点，t4时刻到达N点D．试探电荷从M经O到N的过程中，电势能先减小后增大【解析】选D。

根据等量的正点电荷的电场的特点可知，M和N两点的电场强度大小相等，方向相反，而电势是相同的，选项A错误；根据等量的正点电荷的电场的特点可知，O点的电势最低，电场强度为0，所以试探电荷在O点所受电场力最小，但运动的速度最大，选项B错误；试探电荷在t2时刻的速度再次等于0，所以在t2时刻到达N点，选项C错误；由题图可知，试探电荷从M经O到N的过程中，速度先增大后减小，则动能先增大后减小，所以电势能先减小后增大，选项D正确。

3．(2021·拉萨模拟)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示，其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经过偏转电场后打到纸上，显示出字符，不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是( )A．减小墨汁微粒的质量B．减小偏转电场两极板间的距离C．减小偏转电场的电压D．减小墨汁微粒的喷出速度【解析】选C。

考点3.4 等量同(异)种电荷周围的场与势1．等量异种电荷理解并熟记如图所示的等量异种电荷周围的场强与电势．其中带箭头的为电场线，无箭头曲线为等势线．(1)两电荷连线：场强：两电荷连线从正到负，场强先变小再增大，中点电场不为零，方向沿连线始终指向负电荷；电势：电势沿着电场线的方向电势逐渐降低，中点处的电势为零，正的一边电势为正，负的一边电势为负．(2)两电荷的中垂线：场强：中垂线与两电荷连线的交点处场强最大，向两侧逐渐减小，到无穷远处为0.中垂线上的场强方向相同，指向为从正指向负的方向．电势：中垂线所在的面为等势面，电势为零．可从两个方面说明，其一，此面为等势面，因为在此面上移动电荷受力总与位移垂直，电场力做功为零．此面过正负电荷连线的中点，而这一点恰好是正负电势的分界点，故该面为零势面．其二，理论上无穷远处电势为零，此面为等势面且至无穷远，故电势为零．2．等量同种电荷以两等量正电荷为例：理解并熟记如图所示的等量同种(正)电荷周围的场强与电势．其中带箭头的为电场线，无箭头曲线为等势线．(1)两电荷连线：场强：两电荷连线从正电荷到连线中点，场强逐渐减小至零，中点电场为零；方向从正电荷指向连线中点．电势：电势沿着电场线的方向电势逐渐降低，即从正电荷到连线中点电势逐渐降低但中点处的电势不为零，可以笼统地说中点处的电势值“较大”．(2)两电荷的中垂线：场强：中垂线与电荷连线交点的场强为零，沿中垂线向无穷远，场强的大小为先增大后减小至零．由库仑定律知无穷远处的场强为零．场强的方向，从交点向上看，两场源电荷合成的场强方向均向上，同理，交点以下都向下．电势：沿着电场线电势降低，至无穷远处电势为零．即从交点向上，电势从“较大”值逐渐降低至无穷远处为零，等量负电荷同理分析：两电荷的连线场强方向均由中点向场源电荷，中垂线上场强方向指向中点；电势判断仍然是沿着电场线逐渐减小．一定要注意中点的电势不为零．1.(多选)如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷＋Q和－Q，x轴上的P点位于－Q的右侧.下列判断正确的是(AC)A.在x轴上还有一点与P点电场强度相同B.在x轴上还有两点与P点电场强度相同C.若将一试探电荷＋q从P点移至O点，电势能增大D.若将一试探电荷＋q从P点移至O点，电势能减小2.如图的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中电势和场强都相同的是(A)3.如图所示，P、Q固定放置两等量异种电荷，b、c、O在P、Q的连线上，e、O为两点电荷中垂线上的点，且ab＝eO，bc＝cO，ab⊥bO，ae⊥eO，则(BD)A．a点电势等于b点电势B．b点场强大于e点场强C．电子在a点的电势能大于电子在O点的电势能D．b、c间电势差大于c、O间电势差4.如图所示是真空中两个带等量异种电荷的点电荷A、B周围的电场分布情况.图中O点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，OM＝ON.下列说法中正确的是(B)A.同一电荷在O、M、N三点受到的电场力相同B.同一电荷在O、M、N三点的电势能相同C.N三点的电场强度大小关系是E M＝E N>E OD.把另一自由电荷从M点由静止释放，将沿MON做往复运动5.空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点．则(D)A.P、Q两点处的电荷等量同种B.a点和b点的电场强度相同C.c点的电势低于d点的电势D.负电荷从a到c，电势能减少6.(多选)如图所示，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方.取无穷远处的电势为零.下列说法正确的是(BC)A.b点电势为零，电场强度也为零B.正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C.将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D.将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大7.(多选)如图所示，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方．取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是(BC)A.b点电势为零，电场强度也为零B.正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C.将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D.将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大8.(多选)如图所示，一带电粒子在两个固定的等量正电荷的电场中运动，图中的实线为等势面，虚线ABC为粒子的运动轨迹，其中B点是两点电荷连线的中点，A、C位于同一等势面上．下列说法正确的是(CD)A.该粒子可能带正电B.该粒子经过B点时的速度最大C.该粒子经过B点时的加速度一定为零D.该粒子在B点的电势能小于在A点的电势能9.如图所示，真空中M、N处放置两等量异号点电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，d点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，df平行于MN。

专题强化六 碰撞模型的拓展 动量守恒在板块模型中的应用 目标要求 1.会分析、计算“滑块—弹簧”模型有关问题.2.理解“滑块—斜(曲)面”模型与碰撞的相似性，会解决相关问题.3.会用动量观点和能量观点分析计算“滑块—木板”模型．题型一 “滑块—弹簧”模型1．模型图示2．模型特点(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)．(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)． 例1 (2023·江西南昌市模拟)如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上．现在使甲瞬间获得水平向右的速度v 0＝4 m/s ，当甲物体的速度减小到1 m/s 时，弹簧最短．下列说法中正确的是( )A ．此时乙物体的速度大小为1 m/sB ．紧接着甲物体将开始做加速运动C ．甲、乙两物体的质量之比m 1∶m 2＝1∶4D ．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s答案 A解析 根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度大小也是1 m/s ，A 正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力向左，甲继续减速，B 错误；根据动量守恒定律可得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，解得m 1∶m 2＝1∶3，C 错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1′＋m 2v 2′，12m 1v 02＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2，联立解得v 2′＝2 m/s ，D 错误．例2 (多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接并静止在光滑的水平地面上．现使A 以3 m/s 的速度向B 运动压缩弹簧，A 、B 的速度—时间图像如图乙，则有( )A ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1 m/s ，且弹簧都处于压缩状态B ．从t 3到t 4过程中，弹簧由压缩状态恢复原长C ．两物块的质量之比m 1∶m 2＝1∶2D ．在t 2时刻A 与B 的动能之比E k1∶E k2＝1∶8答案 CD解析 开始时A 逐渐减速，B 逐渐加速，弹簧被压缩，t 1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B 仍然加速，A 先减速为零，然后反向加速，t 2时刻，弹簧恢复原长，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，A 减为零后又向B 运动的方向加速，在t 3时刻，两物块速度相同，系统动能最小，弹簧最长，因此从t 3到t 4过程中，弹簧由伸长状态恢复原长，故A 、B 错误；根据动量守恒定律，t ＝0时刻和t ＝t 1时刻系统总动量相等，有m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，其中v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s ，解得m 1∶m 2＝1∶2，故C 正确；在t 2时刻A 的速度为v A ＝－1 m/s ，B 的速度为v B ＝2 m/s ，根据E k ＝12m v 2，且m 1∶m 2＝1∶2，求出E k1∶E k2＝1∶8，故D 正确． 例3 如图所示，一轻弹簧的两端分别与质量为2m 、3m 的B 、C 两物块固定连接，放在光滑水平面上，开始时物块C 被锁定．另一质量为m 的小物块A 以速度v 0与B 发生弹性正碰(碰撞过程中没有机械能的损失，碰撞时间极短可忽略不计)．当弹簧再次恢复原长时物块C 的锁定被解除，所有过程都在弹簧弹性限度范围内(A 与B 不会发生第二次碰撞)．求：(1)弹簧第一次被压缩至最短时弹簧的弹性势能；(2)弹簧第一次伸长到最长时弹簧的弹性势能．答案 (1)49m v 02 (2)415m v 02解析 (1)由于A 与B 发生弹性碰撞，有m v 0＝m v A ＋2m v B 12m v 02＝12m v A 2＋12×2m v B 2 解得 v A ＝－13v 0，v B ＝23v 0 可知A 与B 碰后A 被弹回，B 向左运动压缩弹簧．物块B 和弹簧组成的系统机械能守恒，在弹簧压缩到最短时，有E p1＝12×2m v B 2，可得E p1＝49m v 02 (2)对物块B 、C 和弹簧组成的系统，当B 、C 第一次共速时弹簧第一次伸长到最长，则有：2m v B ＝(2m ＋3m )v ，12×2m v B 2＝12×(2m ＋3m )v 2＋E p2，解得 E p2＝415m v 02. 题型二 “滑块—斜(曲)面”模型1．模型图示2．模型特点(1)上升到最大高度：m 与M 具有共同水平速度v 共，此时m 的竖直速度v y ＝0.系统水平方向动量守恒，m v 0＝(M ＋m )v 共；系统机械能守恒，12m v 02＝12(M ＋m )v 共2＋mgh ，其中h 为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m 的重力势能)．(2)返回最低点：m 与M 分离点．水平方向动量守恒，m v 0＝m v 1＋M v 2；系统机械能守恒，12m v 02＝12m v 12＋12M v 22(相当于完成了弹性碰撞)． 例4 (多选)质量为M 的带有14光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M 的小球以速度v 0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g ，则( )A ．小球以后将向左做平抛运动B ．小球将做自由落体运动C ．此过程小球对小车做的功为12M v 02D ．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为v 022g答案 BC解析 小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v ′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有M v 0＝2M v ′，12M v 02＝12×2M v ′2＋Mgh ，联立解得h ＝v 024g，故D 错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球返回小车左端时速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v 0，动能为12M v 02，即此过程小球对小车做的功为12M v 02，故B 、C 正确，A 错误．例5 如图所示，一质量M ＝2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B .从弧形轨道上距离水平轨道高h ＝ m 处由静止释放一质量m A ＝1 kg 的小球A ，小球A 沿轨道下滑后与小球B 发生弹性正碰，碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求小球B 的质量．答案 3 kg 解析 设小球A 下滑到水平轨道上时的速度大小为v 1，平台水平速度大小为v ，小球A 与平台在水平方向动量守恒由动量守恒定律有0＝m A v 1－M v由能量守恒定律有m A gh ＝12m A v 12＋12M v 2 联立解得v 1＝2 m/s ，v ＝1 m/s小球A 、B 碰后运动方向相反，设小球A 、B 的速度大小分别为v 1′和v 2，由于碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A 的速度等于平台的速度，有v 1′＝1 m/s 由动量守恒定律得m A v 1＝－m A v 1′＋m B v 2由能量守恒定律有12m A v 12＝12m A v 1′2＋12m B v 22，联立解得m B＝3 kg.题型三滑块—木板模型1．模型图示2．模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能．(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大．3．求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝F fΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统．例6如图所示，质量m1＝kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝m，现有质量m2＝kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝，取g＝10 m/s2，则()A．物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒B．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大C．若v0＝m/s，则物块在车面上滑行的时间为sD．若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s答案D解析物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系统产生的热量Q＝12m2v02－12(m1＋m2)v2＝m1m2v022(m1＋m2)，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B错误；若v0＝m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt ＝m2v－m2v0，解得t＝s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0′＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v0′＝5 m/s，D正确．例7如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．答案 2 m/s解析因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v A，C的速度为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C①碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s.课时精练1.如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动．在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是()A．子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等C．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量D．子弹动量变化的大小一定大于木块动量变化的大小答案B解析水平方向上，子弹所受合外力与木块受到的合外力为作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间t相等，根据I＝Ft，可知子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等、方向相反，故A 错误，B 正确；子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量变化量大小等于木块动量变化量大小，由于子弹与木块的质量不一定相同，子弹速度的减小量不一定等于木块速度的增加量，故C 、D 错误．2.质量为m 1、m 2的滑块A 、B 分别以速度v 1和v 2沿斜面匀速下滑，斜面足够长，如图所示，已知v 2>v 1，有一轻弹簧固定在滑块B 上，则弹簧被压缩至最短时滑块A 的速度为( )A.m 1v 1m 1＋m 2B.m 2v 2－m 1v 1m 1＋m 2C.m 1v 1＋m 2v 2m 1＋m 2D.m 1v 1＋m 2v 2m 1答案 C解析 两滑块匀速下滑，则沿斜面方向所受外力为零，相互作用时沿斜面方向合外力仍为零，沿斜面方向动量守恒．当弹簧被压缩时，A 加速，B 减速，当压缩至最短时，A 、B 速度相等．设两滑块速度相等时速度为v ，则有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，解得弹簧被压缩至最短时滑块A的速度v ＝m 1v 1＋m 2v 2m 1＋m 2，所以选项C 正确． 3.(多选)如图所示，光滑水平地面上有A 、B 两物体，质量都为m ，B 左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效．A 以速率v 向右运动，当A 撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程，下列说法正确的是( )A ．A 物体最终会静止，B 物体最终会以速率v 向右运动B ．A 、B 系统的总动量最终将大于m vC ．A 、B 系统的总动能最终将大于12m v 2 D ．当弹簧的弹性势能最大时，A 、B 的总动能为14m v 2 答案 CD4.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t ＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v 0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v 随时间t 变化的图像可能正确的是( )答案 A解析 木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v 0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v 1.设木板的质量为M ，物块的质量为m ，取向左为正方向，则由动量守恒定律有M v 0－m v 0＝(M ＋m )v 1，得v 1＝M －m M ＋mv 0＜v 0，故A 正确，B 、C 、D 错误． 5.(2023·山西运城市高三模拟)如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M 的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R ，最低点处刚好与水平地面相切．一质量为m 的小球以一定的初速度v 0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失．如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为R 3.则小球与滑块质量之比m ∶M 为( )A ．1∶2B ．1∶3C ．2∶1D ．3∶1答案 C解析 当圆弧滑块固定时，有12m v 02＝mgR ；当圆弧滑块不固定时，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有m v 0＝(m ＋M )v ，根据机械能守恒定律有12m v 02＝mg R 3＋12(m ＋M )v 2，联立解得m ∶M ＝2∶1，故选C.6.如图所示，光滑弧形滑块P 锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q (视为质点)的质量为滑块P 质量的一半，小球Q 从滑块P 顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为E k1.现解除锁定，仍让Q 从滑块P 顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为E k2，E k1和E k2的比值为( )A.12B.34C.32D.43答案 C解析 设滑块P 的质量为2m ，则Q 的质量为m ，弧形滑块顶端与底端的竖直距离为h ；P 锁定时，Q 下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh ＝E k1；P 解除锁定，Q 下滑过程中，P 、Q 组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得m v Q－2m v P ＝0，由机械能守恒定律得mgh ＝12m v Q 2＋12×2m v P 2，Q 离开P 时的动能E k2＝12m v Q 2，联立解得E k1E k2＝32，故C 正确．7．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x .现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32m v 02 D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m v 02答案 AC解析 对题图甲，设物体A 的质量为M ，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩量为x 时弹性势能E p ＝12M v 02；对题图乙，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，A 、B 及弹簧组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A 、B 二者速度相同，由动量守恒定律有M ·2v 0＝(M ＋m )v ，由能量守恒定律有E p ＝12M ·(2v 0)2－12(M ＋m )v 2，联立解得M ＝3m ，E p ＝32m v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．8.(多选)(2023·江西吉安市高三模拟)如图所示，质量m ＝2 kg 的物块A 以初速度v 0＝2 m/s 滑上放在光滑水平面上的长木板B ，A 做匀减速运动，B 做匀加速运动，经过时间t ＝1 s ，物块A 、长木板B 达到共同速度v ＝1 m/s 之后又开始做匀速运动，重力加速度g 取10 m/s 2，由此可求出( )A ．长木板B 的质量为2 kgB ．物块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为C ．长木板B 的长度至少为2 mD ．物块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为2 J答案 ABD解析 A 做匀减速运动，B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，设B 的质量为M ，根据动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v ，解得M ＝2 kg ，故A正确；木板B 匀加速运动的加速度a B ＝Δv Δt＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，对B 有μmg ＝Ma B ，解得μ＝，故B 正确；前1 s 内B 的位移x B ＝0＋v 2·t ＝0＋12×1 m ＝ m ，A 的位移x A ＝2＋12×1 m ＝ m ，所以木板B 的最小长度L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；A 、B 组成的系统损失的机械能ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 正确． 9.(多选)如图所示，一质量M ＝ kg 的长木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝ kg 的小木块 A ．给A 和B 大小均为 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板，A 、B 之间的动摩擦因数为，重力加速度g 取10 m/s 2.则在整个过程中，下列说法正确的是( )A ．小木块A 的速度减为零时，长木板B 的速度大小为 m/sB ．小木块A 的速度方向一直向左，不可能为零C ．小木块A 与长木板B 共速时速度大小为3 m/sD ．长木板的长度可能为10 m答案 ACD解析木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度大小均为v0＝m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做匀减速运动，速度减为零后反向向右做匀加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律可知，当木块A的速度减为零时，有M v0－m v0＝M v B，代入数据解得v B＝m/s，故A 正确，B错误；最终木块与木板速度相同，根据动量守恒定律可得M v0－m v0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝3 m/s，故C正确；最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统由能量守恒定律可知12M v02＋12m v02－12(M＋m)v2＝μmgx，代入数据解得x＝8 m，木板的最小长度为8 m，则长度可能为10 m，故D正确．10．如图所示，一质量m1＝kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2＝kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5.现有一质量m0＝kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在小车中，子弹与小车相互作用时间很短．g取10 m/s2，求：(1)子弹刚射入小车时，小车的速度大小v1；(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少．答案(1)10 m/s(2)5 m解析(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，代入数据解得v1＝10 m/s.(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与小车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2，μm2gL＝12(m0＋m1)v12－12(m0＋m1＋m2)v22，联立解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m.11．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，B、C 与弹簧整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面高h＝m处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经过一段时间，滑块C 脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动，一段距离后从桌面边缘飞出．已知m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，m C ＝3 kg ，滑块A 、B 、C 均可看作质点，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：(1)滑块A 与滑块B 碰撞结束瞬间的速度大小；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；(3)滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离．答案 (1)2 m/s (2)3 J (3)2 m解析 (1)滑块A 从光滑曲面上高h 处由静止开始滑下的过程中机械能守恒，设其滑到水平桌面时的速度大小为v 1，由机械能守恒定律有m A gh ＝12m A v 12，解得v 1＝6 m/s 滑块A 与B 碰撞的过程，A 、B 系统的动量守恒，取水平向右为正方向，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v 2，由动量守恒定律有m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，代入数据解得v 2＝13v 1＝2 m/s (2)滑块A 、B 发生碰撞后与滑块C 一起压缩弹簧，压缩的过程中系统机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A 、B 、C 速度相同，设为v 3，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有m A v 1＝(m A ＋m B ＋m C )v 3，解得v 3＝16v 1＝1 m/s 由机械能守恒定律有E p ＝12(m A ＋m B )v 22－12(m A ＋m B ＋m C )v 32 代入数据解得E p ＝3 J(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C 脱离弹簧，设此时滑块A 、B 的速度为v 4，滑块C 的速度为v 5，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )v 4＋m C v 512(m A ＋m B )v 22＝12(m A ＋m B )v 42＋12m C v 52 联立解得v 4＝0，v 5＝2 m/s滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动x ＝v 5t ，H ＝12gt 2 联立解得x ＝2 m.。