2021版高考物理(基础版)一轮复习课后达标：第七章 6 章末过关检测(七) 第七章 静电场 Word版含解析

实验七验证动量守恒定律[学生用书P127]一、实验目的验证一维碰撞中的动量守恒定律．二、实验原理在一维碰撞中，测出相碰的两物体的质量m1、m2和碰撞前、后物体的速度v1、v2、v′1、v′2，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′1＋m2v′2，看碰撞前、后动量是否相等．三、实验器材方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥．方案二：利用长木板上两车碰撞完成一维碰撞实验光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥．方案三：利用斜槽滚球完成一维碰撞实验斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸等．四、实验过程方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出滑块质量．2．安装：正确安装好气垫导轨，如图所示．3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块质量；②改变滑块的初速度大小和方向)．4．验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用长木板上两车碰撞完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出两小车的质量．2．安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，如图所示．3．实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一个整体运动．4．测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间，由v ＝Δx Δt算出速度． 5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验．6．验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：利用斜槽滚球完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．2．安装：按照如图所示安装实验装置．调整固定斜槽使斜槽底端水平．3．铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O .4．放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面．圆心P 就是小球落点的平均位置．5．碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M 和被撞小球落点的平均位置N .如图所示．6．验证：连接ON ，测量线段OP 、OM 、ON 的长度．将测量数据填入表中．最后代入m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON ，看在误差允许的范围内是否成立．7．整理：将实验器材放回原处．五、数据处理方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验1．滑块速度的测量：v ＝Δx Δt，式中Δx 为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt 为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间．2．验证的表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2.方案二：利用长木板上两车碰撞完成一维碰撞实验1．小车速度的测量：v ＝Δx Δt，式中Δx 是纸带上两计数点间的距离，可用刻度尺测量，Δt 为小车经过Δx 的时间，可由打点间隔算出．2．验证的表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2.方案三：利用斜槽滚球完成一维碰撞实验验证的表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.六、误差分析1．系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求．(1)碰撞是否为一维．(2)实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，用长木板实验时是否平衡掉摩擦力，两球是否等大．2．偶然误差：主要来源于质量m1、m2和碰撞前后速度(或水平射程)的测量．七、注意事项1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．2．方案提醒(1)若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应注意利用水平仪确保导轨水平．(2)若利用两小车相碰进行验证，要注意平衡摩擦力．(3)若利用平抛运动规律进行验证：①斜槽末端的切线必须水平；②入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；③选质量较大的小球作为入射小球；④实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变．3．探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不变．实验原理和实验操作[学生用书P128]【典题例析】在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙所示的两种装置：(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则________．A．m1>m2，r1>r2B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1＝r2D．m1<m2，r1＝r2(2)若采用图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中一定需要的是________．A．直尺B．游标卡尺C．天平D．弹簧测力计E．秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时(P 为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为____________________．(用装置图中的字母表示)[解析](1)为防止反弹造成入射小球返回斜槽，要求入射小球质量大于被碰小球质量，即m1>m2；为使入射小球与被碰小球发生对心碰撞，要求两小球半径相同．故C正确．(2)设入射小球为a，被碰小球为b，a球碰前的速度为v1，a、b相碰后的速度分别为v′1、v′2.由于两球都从同一高度做平抛运动，当以运动时间为一个计时单位时，可以用它们平抛的水平位移表示碰撞前后的速度．因此，需验证的动量守恒关系m1v1＝m1v′1＋m2v′2可表示为m1x1＝m1x′1＋m2x′2.所以需要直尺、天平，而无需弹簧测力计、秒表．由于题中两个小球都可认为是从槽口开始做平抛运动的，两球的半径不必测量，故无需游标卡尺．(3)得出验证动量守恒定律的结论应为m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N.[答案](1)C(2)AC(3) m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N某同学用如图甲所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把小球b静置在斜槽轨道末端，让小球a仍从原固定点由静止开始滚下，和小球b相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．回答下列问题：(1)在安装实验器材时斜槽的末端应_________________________________．(2)小球a、b质量m a、m b的大小关系应满足m a________m b，两球的半径应满足r a________r b.(均选填“＞”“＜”或“＝”)(3)本实验中小球平均落地点的位置距O点的距离如图乙所示，小球a、b碰后的平均落地点依次是图乙中的________点和________点．(4)在本实验中，验证动量守恒的式子是下列选项中的________．A．m a OC＝m a OA＋m b OBB．m a OB＝m a OA＋m b OCC．m a OA＝m a OB＋m b OC解析：(1)小球离开轨道后应做平抛运动，所以在安装实验器材时斜槽的末端必须保持水平，才能使小球做平抛运动．(2)为防止在碰撞过程中入射小球被反弹，入射小球a的质量m a应该大于被碰小球b的质量m b.为保证两个小球的碰撞是对心碰撞，两个小球的半径应相等．(3)由题图甲所示装置可知，小球a和小球b相碰后，根据动量守恒和能量守恒可知小球b的速度大于小球a的速度．由此可判断碰后小球a、b的落点位置分别为A、C点．(4)小球下落高度一样，所以在空中的运动时间t相等，若碰撞过程满足动量守恒，则应有m a v0＝m a v a＋m b v b，两边同乘以时间t可得m a v0t＝m a v a t＋m b v b t，即有m a OB＝m a OA＋m b OC，故B正确．答案：(1)保持水平(2)＞＝(3)A C(4)B数据处理和误差分析[学生用书P128]【典题例析】某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验，在小车A的前端粘有橡皮泥，设法使小车A做匀速直线运动，然后与原来静止的小车B相碰并黏在一起继续做匀速运动，如图甲所示．在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50 Hz.(1)若已得到打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间的距离．则应选图中________段来计算A碰前的速度，应选________段来计算A和B碰后的速度．(2)已测得小车A的质量m A＝0.40 kg，小车B的质量m B＝0.20 kg，则由以上结果可得碰前m A v A＋m B v B＝________kg·m/s，碰后m A v′A＋m B v′B＝________kg·m/s.(3)从实验数据的处理结果来看，A、B碰撞的过程中，可能哪个物理量是不变的？________________________________________________________________________.[解析](1)因为小车A与B碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A与B黏在一起，其共同速度比A原来的速度小．所以，应选点迹分布均匀且点距较大的BC段计算A碰前的速度，选点迹分布均匀且点距较小的DE段计算A和B碰后的速度．(2)由题图可知，碰前A的速度和碰后A、B的共同速度分别为：v A＝10.50×10－20.02×5m/s＝1.05 m/s，v′A＝v′B＝6.95×10－20.02×5m/s＝0.695 m/s.故碰撞前：m A v A＋m B v B＝0.40×1.05 kg·m/s＋0.20×0 kg·m/s＝0.420 kg·m/s.碰撞后：m A v′A＋m B v′B＝(m A＋m B)v′A＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s.(3)数据处理表明，m A v A＋m B v B≈m A v′A＋m B v′B，即在实验误差允许的范围内，A、B碰撞前后物理量m v之和是不变的．[答案](1)BC DE(2)0.4200.417(3)m v之和利用图甲所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，气垫导轨上有A、B 两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．实验测得滑块A的质量m1＝0.3 kg，滑块B的质量m2＝0.1 kg，遮光片的宽度d用游标卡尺测量，如图丙所示；打点计时器所用的交流电的频率f＝50 Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰；碰后光电计时器显示的时间Δt B＝2.86×10－3 s，碰撞后打出的纸带如图乙所示．(1)遮光片的宽度d＝____________ cm.(2)计算可知两滑块相互作用前系统的总动量为____________ kg·m/s，两滑块相互作用后系统的总动量为____________ kg·m/s.(计算结果保留2位小数)(3)若实验相对误差绝对值δ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰撞前总动量×100%≤5%即可认为系统动量守恒，则本实验________(选填“能”或“不能”)验证动量守恒定律．(4)两滑块作用前后总动量不完全相等的主要原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________. 解析：(1)根据游标卡尺读数规则，遮光片的宽度d ＝8 mm ＋6×0.05 mm ＝8.30 mm ＝0.830 cm.(2)根据打出的纸带可得碰撞前滑块A 的速度大小v 0＝0.040.02m/s ＝2 m/s ，作用前系统的动量p ＝m 1v 0＝0.3×2 kg ·m/s ＝0.60 kg ·m/s ；两滑块相互作用后，滑块A 的速度大小v 1＝0.019 40.02m/s ＝0.97 m/s ，动量p 1＝m 1v 1＝0.3×0.97 kg ·m/s ≈0.29 kg ·m/s ，滑块B 的速度大小v 2＝d Δt B ＝0.008 300.002 86m/s ≈2.90 m/s ，动量p 2＝m 2v 2＝0.1×2.90 kg ·m/s ＝0.29 kg ·m/s ，两滑块相互作用后系统总动量p ′＝p 1＋p 2＝0.29 kg ·m/s ＋0.29 kg ·m/s ＝0.58 kg ·m/s.(3)相对误差绝对值δ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0.60－0.580.60×100%≈3.3%＜5%，则本实验在实验误差范围内能验证动量守恒定律．(4)两滑块相互作用前后总动量不完全相等的原因主要是：系统所受的合外力不为零或数据测量有误差等．答案：(1)0.830 (2)0.60 0.58 (3)能 (4)系统所受的合外力不为零或数据测量有误差创新实验[学生用书P129]创新角度 实验装置图 创新解读实验原理的创新1.利用斜面上的平抛运动获得两球碰后的速度． 2．利用对比性实验，体现了实验的多样性和创新性.实验器材的创新1.利用气垫导轨代替长木板，利用光电门代替打点计时器，提高实验的精确度． 2．利用相对误差评价实验结果.1.利用铝质导轨研究完全非弹性碰撞．2．利用闪光照相机记录立方体滑块碰撞前后的运动规律，从而确定滑块碰撞前后的速度.实验过程的创新1.用压缩弹簧的方式使两滑块获得速度，可使两滑块的合动量为零．2．利用v＝Lt的方式获得滑块弹离时的速度．3．根据能量守恒定律测定弹簧的弹性势能.【典题例析】某同学利用电火花打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验．气垫导轨装置如图(a)所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把电火花打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先______________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图(b)所示；⑧测得滑块1的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s(保留3位有效数字)．(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.[解析](1)⑥使用打点计时器时，应先接通电源后释放纸带，所以先接通打点计时器的电源，后放开滑块1.(2)放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得：碰撞前滑块1的动量为：p1＝m1v1＝0.310×0.20.1kg·m/s＝0.620 kg·m/s，滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620 kg·m/s；碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：(m1＋m2)v2＝(0.310＋0.205)×0.1680.14kg·m/s＝0.618 kg·m/s.(3)结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用．[答案](1)⑥启动打点计时器(或接通打点计时器电源)释放滑块1(2)0.6200.618(3)纸带和限位孔之间的摩擦力使滑块的速度减小(2020·广东汕尾模拟)气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D 的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)．采用的实验步骤如下：①用天平分别测出滑块A、B的质量m A、m B.②调整气垫导轨，使导轨处于水平．③在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．④用刻度尺测出A 的左端至C 板的距离L 1.⑤按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A 、B 运动时间的计时器开始工作．当A 、B 滑块分别碰撞C 、D 挡板时停止计时，记下A 、B 分别到达C 、D 的运动时间t 1和t 2.(1)实验中还应测量的物理量是___________________________________．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__________________，上式中算得的A 、B 两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？若能，请写出表达式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________. 解析：(1)验证动量守恒，需要知道物体的运动速度，在已经知道运动时间的前提下，需要测量运动物体的位移，即需要测量的量是B 的右端至D 板的距离L 2.(2)由于运动前两物体是静止的，故总动量为零，运动后两物体是向相反方向运动的，设向左运动为正，则有m A v A －m B v B ＝0，即m A L 1t 1－m B L 2t 2＝0.造成误差的原因：一是测量本身就存在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等．(3)根据能量守恒知，两运动物体获得的动能之和就是弹簧的弹性势能，所以能测出．故有ΔE p ＝12⎝⎛⎭⎫m A L 21t 21＋m B L 22t 22. 答案：(1)B 的右端至D 板的距离L 2(2)m A L 1t 1－m B L 2t 2＝0 原因见解析 (3)见解析[学生用书P130]1．某同学用如图所示装置通过半径相同的A 、B 两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ 是斜槽，QR 为水平槽，实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A 球仍从位置G 由静止开始滚下，和B 球碰撞后，A 、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．图中O 点是水平槽末端R 在记录纸上的垂直投影点．(1)安装器材时要注意：固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿________方向．(2)某次实验中，得出小球落点情况如图所示(单位是cm)，P ′、M 、N 分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置(把落点圈在内的最小圆的圆心)，则入射小球和被碰小球质量之比为m 1∶m 2＝____________．解析：(1)为保证小球滚落后做平抛运动，斜槽末端的切线要沿水平方向． (2)由碰撞过程中m v 的乘积总量守恒可知 m 1·OP ′t ＝m 1·OM t ＋m 2·ON t (t 为运动时间)代入数据可解得m 1∶m 2＝4∶1. 答案：(1)水平 (2)4∶12．(2020·山东济宁模拟)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球，按下述步骤做了实验：①用天平测出两小球的质量(分别为m 1和m 2，且m 1>m 2)．②按图示安装好实验器材，将斜槽AB 固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC 连接在斜槽末端．③先不放小球m 2，让小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．④将小球m 2放在斜槽末端边缘处，让小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球m 1和m 2在斜面上的落点位置．⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B 的距离．图中D 、E 、F 点是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B 点的距离分别为L D 、L E 、L F .根据该同学的实验，回答下列问题：(1)在不放小球m 2时，小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，m 1的落点在图中的________点，把小球m 2放在斜槽末端边缘处，小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m 1的落点在图中的________点．(2)若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有________．A ．m 1L F ＝m 1L D ＋m 2L EB ．m 1L 2E ＝m 1L 2D ＋m 2L 2FC ．m 1L E ＝m 1LD ＋m 2L F D ．LE ＝LF －L D解析：(1)小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，m 1的落点在图中的E 点，小球m 1和小球m 2相撞后，小球m 2的速度增大，小球m 1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m 1球的落地点是D 点，m 2球的落地点是F 点．(2)设斜面倾角为θ，小球落点到B 点的距离为L ，小球从B 点抛出时速度为v ，则竖直方向有L sin θ＝12gt 2，水平方向有L cosθ＝v t ，解得v ＝L cos θt ＝L cos θ2L sin θg＝cos θ2sin θgL ，所以v ∝L .由题意分析得，只要满足m 1v 1＝m 2v 2＋m 1v ′1，把速度v 代入整理得：m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，说明两球碰撞过程中动量守恒；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式：12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v 22，整理得m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，故C 正确．答案：(1)E D (2)C3．(2020·广西南宁兴宁区期末)如图所示，用碰撞实验器可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．A ．小球开始释放高度hB ．小球抛出点距地面的高度HC ．小球做平抛运动的射程(2)图中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球m 1多次从斜轨上Q 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP ，然后，把被碰小球m 2静置于轨道的水平部分，再将入射球m 1从斜轨上Q 位置静止释放，与小球m 2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号) A ．用天平测量两个小球的质量m 1、m 2 B ．测量小球m 1开始释放的高度h C ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置M 、NE ．测量平抛射程OM 、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__________________________________；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为__________________________________[均用(2)中测量的量表示]．解析：(1)小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，即v ＝x t .而由H ＝12gt 2知，每次竖直高度相等，平抛时间相等．即m 1OP t ＝m 1OM t ＋m 2ON t；则可得m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON ，故只需测射程，C 正确．(2)由表达式知，在OP 已知时，需测量m 1、m 2、OM 和ON ，故必要步骤为A 、D 、E.(3)若两球相碰前后的动量守恒，则 m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，又OP ＝v 0t ，OM ＝v 1t ，ON ＝v 2t ， 代入得m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON ； 若为弹性碰撞同时满足机械能守恒，则 12m 1⎝ ⎛⎭⎪⎫OP t 2＝12m 1⎝ ⎛⎭⎪⎫OM t 2＋12m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫ON t 2得m 1·OP 2＝m 1·OM 2＋m 2·ON 2. 答案：(1)C (2)ADE(3)m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON m 1·OP 2＝m 1·OM 2＋m 2·ON 24．某实验小组的同学制作了一个弹簧弹射装置，轻弹簧两端各放一个金属小球(小球与弹簧不连接)，压缩弹簧并锁定，然后将锁定的弹簧和两个小球组成的系统放在内壁光滑的金属管中(管径略大于两球直径)，金属管水平固定在离地面一定高度处，如图所示．解除弹簧锁定，则这两个金属小球可以同时沿同一直线向相反方向弹射．现要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，并探究弹射过程所遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具，并按下述步骤进行实验：①用天平测出两球质量分别为m 1、m 2； ②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h ；③解除弹簧锁定弹出两球，记录下两球在水平地面上的落点M 、N . 根据该小组同学的实验，回答下列问题：(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需要测量的物理量有________． A ．弹簧的压缩量ΔxB ．两球落地点M 、N 到对应管口P 、Q 的水平距离x 1、x 2C ．小球直径D ．两球从弹出到落地的时间t 1、t 2 (2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为________________________________________．(3)用测得的物理量来表示，如果满足关系式________________________________________________________________________，则说明弹射过程中系统动量守恒．解析：(1)弹簧弹出两球过程中，系统机械能守恒，要测定压缩弹簧的弹性势能，可转换为测定两球被弹出时的动能，实验中显然可以利用平抛运动测定平抛初速度以计算初动能，因此在测出平抛运动下落高度的情况下，只需测定两球落地点M 、N 到对应管口P 、Q 的水平距离x 1、x 2，所以选B.(2)平抛运动的时间t ＝2h g ，初速度v 0＝x t ，因此初动能E k ＝12m v 20＝mgx 24h，由机械能守恒定律可知，压缩弹簧的弹性势能等于两球平抛运动的初动能之和，即E p ＝m 1gx 214h ＋m 2gx 224h.(3)若弹射过程中系统动量守恒，则m 1v 01＝m 2v 02，代入时间得m 1x 1＝m 2x 2.答案：(1)B (2)E p ＝m 1gx 214h ＋m 2gx 224h(3)m 1x 1＝m 2x 2。

章末过关检测(四)[学生用书P325(单独成册)](建议用时：45分钟)一、单项选择题1.雨天在野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会黏附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图所示，图中a 、b 、c 、d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则( )A ．泥巴在图中a 、c 位置的向心加速度大于b 、d 位置的向心加速度B ．泥巴在图中的b 、d 位置时最容易被甩下来C ．泥巴在图中的c 位置时最容易被甩下来D ．泥巴在图中的a 位置时最容易被甩下来解析：选C.当后轮匀速转动时，由a ＝Rω2知a 、b 、c 、d 四个位置的向心加速度大小相等，A 错误；在角速度ω相同的情况下，泥巴在a 点有F a ＋mg ＝mω2R ，在b 、d 两点有F b ＝F d ＝mω2R ，在c 点有F c －mg ＝mω2R ，所以泥巴与轮胎在c 位置的相互作用力最大，最容易被甩下，故B 、D 错误，C 正确．2.(2020·江苏扬州高三检测)杂技演员在表演“水流星”时的示意图如图所示，长为1.6 m 的轻绳的一端，系着一个总质量为0.5 kg 的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，若“水流星”通过最高点时的速度为4 m/s ，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出B ．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器的底部受到的压力均为零C ．“水流星”通过最高点时处于完全失重状态，不受力的作用D ．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N解析：选B.设水的质量为m ，当水对容器底压力为零时，有mg ＝m v 2r ，解得v ＝gr ＝4 m/s ，“水流星”通过最高点的速度为4 m/s ，知水对容器底压力为零，不会从容器中流出．设水和容器的总质量为M ，有T ＋M g ＝M v 2r，解得T ＝0，知此时绳子的拉力为零，故A 、D 错误，B 正确；“水流星”通过最高点时，仅受重力，处于完全失重状态，故C 错误．3.如图所示，某一小球以v 0＝10 m/s 的速度水平抛出，在落地之前经过空中A 、B 两点，在A 点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2)．以下判断中正确的是( )A ．小球经过A 、B 两点间的时间t ＝ 3 s B ．小球经过A 、B 两点间的时间t ＝1 sC ．A 、B 两点间的高度差h ＝10 mD ．A 、B 两点间的高度差h ＝15 m解析：选C.根据平行四边形定则知，v yA ＝v 0＝10 m/s ，v yB ＝v 0tan 60°＝3v 0＝10 3 m/s ，则小球由A 到B 的时间间隔Δt ＝v yB －v yA g ＝103－1010s ＝(3－1) s ，故A 、B 错误．A 、B 的高度差h ＝v 2yB －v 2yA 2g ＝300－10020m ＝10 m ，故C 正确，D 错误． 4.科学家通过欧航局天文望远镜在一个河外星系中，发现了一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统，如图所示．这也是天文学家首次在正常星系中发现超大质量双黑洞．这对验证宇宙学与星系演化模型、广义相对论在极端条件下的适应性等都具有十分重要的意义．若图中双黑洞的质量分别为M 1和M 2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动．根据所学知识，下列选项正确的是( )A ．双黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝M 2∶M 1B ．双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1C ．双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝M 1∶M 2D ．双黑洞的向心加速度之比a 1∶a 2＝M 1∶M 2解析：选B.双黑洞绕连线上的某点做匀速圆周运动的周期相等，角速度也相等，A 错误；双黑洞做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，向心力大小相等，设双黑洞间的距离为L ，由G M 1M 2L2＝M 1r 1ω2＝M 2r 2ω2，得双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1，B 正确；双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝r 1∶r 2＝M 2∶M 1，C 错误；双黑洞的向心加速度之比为a 1∶a 2＝r 1∶r 2＝M 2∶M 1，D 错误．5.如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块A .汽车匀速向右运动，在物块A 到达滑轮之前，关于物块A ，下列说法正确的是( )A ．将竖直向上做匀速运动B ．将处于超重状态C ．将处于失重状态D ．将竖直向上先加速后减速解析：选B.设汽车向右运动的速度为v ，绳子与水平方向的夹角为α，物块上升的速度为v ′，则v cos α＝v ′，汽车匀速向右运动，α减小，v ′增大，物块向上加速运动，A 、D 错误；物块加速度向上，处于超重状态，B 正确，C 错误．二、多项选择题6.如图所示，一位同学玩飞镖游戏．圆盘最上端有一P 点，飞镖抛出时与P 点等高，且距离P 点为L .当飞镖以初速度v 0垂直盘面瞄准P 点抛出的同时，圆盘绕经过盘心O 点的水平轴在竖直平面内匀速转动．忽略空气阻力，重力加速度为g ，若飞镖恰好击中P 点，则( )A ．飞镖击中P 点所需的时间为L v 0B ．圆盘的半径可能为gL 22v 20C ．圆盘转动角速度的最小值为2πv 0LD ．P 点随圆盘转动的线速度可能为5πgL 4v 0解析：选AD.飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t ＝L v 0，A 正确；飞镖击中P 点时，P 点恰好在圆盘最下方，则2r ＝12gt 2，解得圆盘的半径r ＝gL 24v 20，B 错误；飞镖击中P 点，则P 点转过的角度满足θ＝ωt ＝π＋2k π(k ＝0，1，2，…)，故ω＝θt＝（2k ＋1）πv 0L ，则圆盘转动角速度的最小值为πv 0L，C 错误；P 点随圆盘转动的线速度为v ＝ωr ＝（2k ＋1）πv 0L ·gL 24v 20＝（2k ＋1）πgL 4v 0，当k ＝2时，v ＝5πgL 4v 0，D 正确． 7．(2020·江西吉安模拟)极地卫星是一种特殊的人造地球卫星，其轨道平面与赤道平面的夹角为90°，极地卫星运行时能到达地球南极和北极区域的上空．若某极地卫星从北极正上方运行至赤道正上方的最短时间为 3 h ，认为卫星做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A ．该卫星的加速度小于9.8 m/s 2B ．该卫星的环绕速度大于7.9 km/sC ．该卫星每隔12 h 经过北极的正上方一次D ．该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径相等解析：选AC.极地卫星从北极正上方运行到赤道正上方的最小时间为其运行周期的四分之一，则极地卫星运行的周期为12 h ，这个时间小于同步卫星的运行周期，则由GMm r 2＝m 4π2T 2r 知，极地卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，C 正确，D 错误；由GMm （R ＋h ）2＝ma ，GMm R 2＝mg 对比可知，极地卫星的加速度小于重力加速度，A 正确；地球的第一宇宙速度为v ＝7.9 km/s ，式中g 为重力加速度，则可知极地卫星的环绕速度小于7.9 km/s ，B 错误． 8．(2020·新疆生产建设兵团第二中学高三模拟)某次网球比赛中，某选手将球在边界正上方水平向右击出，球刚好过网落在场中(不计空气阻力)，已知网球比赛场地相关数据如图所示，下列说法中正确的是( )A ．击球高度h 1与球网高度h 2之间的关系为h 1＝1.8h 2B ．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内C ．任意降低击球高度(仍大于h 2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内D ．若保持击球高度不变，球的初速度v 0只要不大于x h 12gh 1，一定落在对方界内 解析：选AB.做平抛运动的网球在水平方向上做匀速直线运动，水平位移为x 和3x 2 的时间比为2∶3，则竖直方向上，根据h ＝12gt 2，则有h 1－h 2h 1＝49，解得h 1＝1.8h 2，故A 正确；若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，根据h 1＝12gt 21得，t 1＝2h 1g ，则平抛运动的最大速度v 01＝2x t 1＝x h 12gh 1，根据h 1－h 2＝12gt 22得t 2＝2（h 1－h 2）g ，则平抛运动的最小速度v 02＝x t 2＝x g 2（h 1－h 2），增加击球高度，只要速度合适，球一定能发到对方界内，故B 正确，D 错误；任意降低击球高度(仍大于h 2)，会有一临界情况，此时球刚好触网又刚好压界，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，所以不是高度比网高，就一定能将球发到对方界内，故C 错误．三、非选择题9．(2020·江西上饶重点中学六校联考)宇航员登陆某星球做了一个平抛运动实验，并用频闪照相机记录小球做平抛运动的部分轨迹，且已知平抛初速度为5 m/s.将相片放大到实际大小后在水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系，A 、B 、C 为小球运动中的3个连续的记录点，A 、B 和C 点的坐标分别为(0，0)、(0.50 m ，0.25 m)和(1.00 m ，0.75 m)．则：(1)频闪照相机的频闪频率为________Hz ；(2)该星球表面重力加速度为________m/s 2；(3)小球开始做平抛运动的初始位置坐标为x ＝_______m ，y ＝________m ．(结果保留2位有效数字) 解析：(1)频闪照相机的频闪频率为f ＝1T ＝v 0x ＝50.5Hz ＝10 Hz. (2)根据Δy ＝gT 2可得g ＝Δy T 2＝0.50－0.250.12m/s 2＝25 m/s 2. (3)小球在B 点的竖直分速度v By ＝y AC 2T ＝0.752×0.1m/s ＝3.75 m/s ，则抛出点到B 点的竖直距离h ＝v 2By 2g ＝3.7522×25m ＝0.281 25 m ，小球到达B 点的时间t B ＝v By g ＝3.7525s ＝0.15 s ，则抛出点的纵坐标为y ＝－(0.28 125－0.25) m ＝－0.03 125 m ≈－0.031 m ；抛出点的横坐标为x ＝－(v 0t B －x B )＝－(5×0.15－0.5) m ＝－0.25 m.答案：(1)10 (2)25 (3)－0.25 －0.03110．如图所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO ′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO ′之间的夹角θ为45°.已知重力加速度大小为g ，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为f ＝24mg 不变．(结果可用根式表示)(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；(2)若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的范围．解析：(1)当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：mg tan θ＝mRω20sin θ， 解得：ω0＝2g R.(2)当ω＞ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，设此最大角速度为ω1，由牛顿第二定律得f cos θ＋F N sin θ＝mRω21sin θf sin θ＋mg ＝F N cos θ联立以上三式解得：ω1＝ 32g 2R当ω＜ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2由牛顿第二定律得F N sin θ－f cos θ＝mRω22sin θ，mg ＝F N cos θ＋f sin θ，联立解得：ω2＝ 2g 2R故陶罐旋转的角速度的范围2g 2R≤ω≤ 32g 2R . 答案：(1)ω0＝2g R (2) 2g 2R ≤ω≤ 32g 2R11．小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d 后落地，如图所示．已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g .忽略手的运动半径和空气阻力．(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2.(2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？解析：(1)设绳断后球飞行的时间为t ，由平抛运动规律有竖直方向：14d ＝12gt 2 水平方向：d ＝v 1t解得v 1＝2gd由机械能守恒定律有12m v 22＝12m v 21＋mg ⎝⎛⎭⎫d －34d 解得v 2＝ 52gd . (2)设绳能承受的最大拉力大小为F max ，这也是球受到绳的最大拉力的大小．球做圆周运动的半径为R ＝34d 由圆周运动向心力公式，有F max －mg ＝m v 21R得F max ＝113mg . (3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3.绳承受的最大拉力不变，有F max －mg ＝m v 23l， 解得v 3＝83gl 绳断后球做平抛运动，竖直位移为d －l ，水平位移为x ，时间为t 1.由平抛运动规律有d －l ＝12gt 21，x ＝v 3t 1 得x ＝4 l （d －l ）3，当l ＝d 2时，x 有最大值x max ＝233d . 答案：(1)2gd52gd (2)113mg (3)d 2 233d。

受力分析共点力的平衡(建议用时45分钟)1.(2019·石家庄模拟)如图所示,放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B,A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧,A、B均处于静止状态,下列说法中正确的是()A.B受到向左的摩擦力B.B对A的摩擦力向右C.地面对A的摩擦力向右D.地面对A没有摩擦力【解析】选D。

压缩的弹簧对B有向左的弹力,B有向左运动的趋势,受到向右的摩擦力,选项A 错误;A对B的摩擦力向右,由牛顿第三定律可知,B对A的摩擦力向左,选项B错误;对整体研究,根据平衡条件分析可知,地面对A没有摩擦力,选项C错误,D正确。

2.(多选)如图所示,地面上固定一个斜面,斜面上叠放着A、B两个物块并均处于静止状态。

现对A施加一斜向左上方的拉力F,A、B始终处于静止状态。

则B的受力个数可能是()A.3个B.4个C.5个D.6个【解析】选B、C。

对A受力分析可得,A受竖直向下的重力、斜向左上方的拉力F、B对A竖直向上的支持力及水平向右的摩擦力。

对B受力分析可得,B受竖直向下的重力、A对B竖直向下的压力、斜面斜向右上方的支持力、A对B水平向左的摩擦力,若斜面对B没有摩擦力则B受到4个力,若斜面对B有摩擦力则B受5个力,选项A、D错误,B、C正确。

【补偿训练】如图所示,A和B两物块的接触面是水平的,A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑,在下滑过程中B的受力个数为()A.3个B.4个C.5个D.6个【解析】选B。

A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑,研究物块A的受力情况,受到重力和物块B对A的支持力作用;研究物块B的受力情况,受到重力、斜面的支持力、物块A对B 的压力和斜面的摩擦力,共受到4个力作用,故B正确,A、C、D错误。

3.如图所示,两梯形木块A、B叠放在水平地面上,A、B之间的接触面倾斜。

A的左侧靠在光滑的竖直墙面上,关于两木块的受力,下列说法正确的是()A.A、B之间一定存在摩擦力作用B.木块A可能受三个力作用C.木块A一定受四个力作用D.木块B受到地面的摩擦力作用方向向右【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)有摩擦力一定有弹力。

一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1．关于静电场下列说法中正确的是( )A．在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零B．电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小C．根据公式U＝Ed知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大D．正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少2. (xx·广雅中学测试)如图1所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，平行板电容器AB内部原有电荷P处于静止状态，当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间(两极板仍平行)，P的运动情况将是( )图1A．仍静止不动B．向下运动C．向上运动D．无法判断3．(xx·陕西师大附中模拟)如图2所示，在真空中，ab、cd是圆O的两条直径，在a、b两点分别固定有电荷量为＋Q和－Q的点电荷，下列说法正确的是( )图2A．c、d两点的电场强度相同，电势也相同B．c、d两点的电场强度不同，但电势相同C．将一个正试探电荷从c点沿直线移动到d点，电场力做功为零D．一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能4. (xx·广雅中学测试)如图3所示，在竖直放置的光滑绝缘的半圆形细管的圆心O处放一点电荷，将质量为m、带电量为q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的电荷在AB弧中点处的电场强度大小为( )图3A．E＝mgqB．E＝2mgqC．E＝3mgqD．不能确定5. (xx·深圳三调)如图4，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷，一个带电小球(可视为点电荷)恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动。

已知O、q1、q2在同一竖直线上，下列判断正确的是( )图4A．q1、q2为异种电荷B ．圆轨道上的电场强度处处相同C ．圆轨道上的电势处处相等D ．点电荷q 1对小球的静电力是斥力二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，选不全得3分，有错选不得分)6. (xx·浙江高考)如图5所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。

章末检测7 静电场（时间90分钟，满分100分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1.如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则（ ）A.当开关S 断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B.当开关S 断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ变小C.当开关S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D.当开关S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小 答案：C2.一带负电粒子在电场中仅受静电力作用下沿x 轴正向做直线运动的v-t 图象如图所示.起始点O 为坐标原点，下列关于电势φ、粒子动能E k 、电场强度E 、粒子加速度a 与位移x 的关系图象中可能合理的是（ ）A B C D答案：C3.（2019·黑龙江齐齐哈尔二模）如图所示，两个带电荷量为q 的点电荷分别位于带电的半径相同的14球壳和34球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，若甲图中带电14球壳对点电荷q 的库仑力的大小为F ，则乙图中带电的34球壳对点电荷q 的库仑力的大小为（ ）甲 乙 A.32F B.22F C.12F D.F答案：D4.（2019·山东威海模拟）如图所示，半径为R 的均匀带电球壳带电量为Q （Q ＞0）.已知半径为R 的均匀带电球壳在球壳的外部产生的电场与一个位于球心O 点的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同.静电力常量为k ，下列说法正确的是（ ）A.球心O 处的场强为kQR2B.在球壳外距球壳为r 处的电场强度为kQ r2 C.球壳的表面为等势面D.若取无穷远处电势为零，则球壳表面处的电势小于零 答案：C5.真空中两点电荷q 1、q 2分别位于直角三角形的顶点C 和顶点B 上，D 为斜边AB 的中点，∠ABC ＝30°，如图所示.已知A 点电场强度的方向垂直AB 向下，则下列说法正确的是（ ）A.q 1带负电，q 2带正电B.D 点电势高于A 点电势C.q 1电荷量的绝对值等于q 2电荷量的绝对值的一半D.q 1电荷量的绝对值等于q 2电荷量的绝对值的二倍 答案：C6.如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A 点电势为0，B 点电势为3 V ，C 点电势为6 V.已知∠ACB ＝30°，AB 边长为 3 m ，D 为AC 的中点.现将一点电荷放在D 点，且点电荷在C 点产生的电场强度为1.5 V/m ，则放入点电荷后，B 点电场强度为（ ）A.2.5 V/mB.3.5 V/mC.2 2 V/mD. 5 V/m答案：A7.真空中，在x 轴上的原点处和x ＝6a 处分别固定一个点电荷M 、N ，在x ＝2a 处由静止释放一个正点电荷P ，假设试探电荷P 只受电场力作用沿x 轴方向运动，得到试探电荷P 的速度与其在x 轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）A.点电荷M 、N 一定都是负电荷B.试探电荷P 的电势能一定是先增大后减小C.点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为2∶1D.x ＝4a 处的电场强度一定为零解析：根据题意，试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速，其动能先增大后减小，其电势能先减小后增大，选项B 错误；试探电荷在x ＝4a 处速度最大，电势能最小，该处电场强度一定为零，选项D 正确；在x 轴上从原点处到x ＝6a 处，电场强度从两头指向x ＝4a 处，点电荷M 、N 一定都是正电荷，选项A 错误；由kQ M （4a ）2＝kQ N（2a ）2可得Q M ＝4Q N ，选项C 错误.答案：D8.如图所示，在x 轴上关于原点O 对称的两点A 、B 分别放置固定的点电荷＋Q 1和－Q 2，x 轴上的P 点位于B 点的右侧，且P 点电场强度为零，设无穷远处电势为零，则下列判断正确的是（ ）A.P 点电势为零B.在A 、B 连线上还有一点与P 点电场强度相同C.A 、O 两点的电势差大于O 、B 两点的电势差D.若将一试探电荷＋q 从P 点移至O 点过程中，电势能一直增大解析：由异种电荷的电场线分布情况知，x 轴上B 点右侧的电场线方向指向B ，由沿电场线方向电势越来越低知，P 点电势小于零，选项A 错误；P 点电场强度为零，由电场叠加知，k Q 1r 2AP ＝k Q 2r 2BP，由于r AP ＞r BP ，故Q 1＞Q 2，则在A 、B 连线上除P 点外各点电场强度均不为零，选项B 错误；由于Q 1＞Q 2，故A 、O 两点间的电场线分布较密，A 、O 两点间的电势差较大，选项C 正确；P 到B 的电场线方向向左，B 到O 的电场线方向向右，故＋q 从P 点移至O 点的过程，电场力先做正功再做负功，电势能先减小后增大，选项D 错误.答案：C9.如图所示，在一平面坐标系xy 内有四个电量相等的点电荷a 、b 、c 、d 位于正方形四个顶点，A 、B 在x 轴上且为ab 、cd 连线的中点，O 为其中心.一质子（不计重力）沿x 轴在变力F 作用下从A 点匀速运动到B 点.则下列说法正确的是（ ）A.A 、O 、B 三点电势相等B.A 、O 、B 三点中O 点电势最低C.质子所受电场力方向先沿y 轴正向，后沿y 轴负向D.质子所受电场力方向先沿y 轴负向，后沿y 轴正向解析：如图所示，在x 轴任意一点上做出a 、b 、c 、d 四个电荷所产生的电场的方向，根据E ＝kq r2可知电荷a 和电荷b 在该点产生的场强E a 和E b 大小相同，且与水平方向的夹角相同，故E a 和E b 的合场强竖直向下.同理电荷c 、d 在该点的场强E c 、E d 大小相等，但合场强方向竖直向上，故在x 轴上任意一点的场强方向只能是沿y 轴正方向或沿y 轴负方向，即x 轴与电场线垂直，所以x 轴在一条等势线上，AOB 三点电势相等，故A 正确，B 错误.根据E ＝kq r 2可知在x 轴负半轴上电荷a 和电荷b 产生的场强E a 和E b 大于电荷c 和电荷d 产生的场强E c 、E d ，故在x 轴负半轴上场强的方向沿y 轴负方向，而O 点合场强为0，在x 轴正半轴上，合场强沿y 轴正方向，而质子所受电场力的方向与场强的方向相同，故质子所受电场力F 方向先沿y 轴负向，后沿y 轴正向，故C 错误，D 正确.答案：AD10.（2018·三明模拟）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，从电场中M 点，以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则（）A.a一定带正电，b一定带负电B.a的速度将减小，b的速度将增大C.a的加速度将减小，b的加速度将增大D.两个粒子的动能均增大答案：CD11.如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点.一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH 方向射入电场后恰好从D点射出.以下说法正确的是（）A.粒子的运动轨迹一定经过P点B.粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点从AD边射出D.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从AD边射出答案：BD12.如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径为R＝2 cm 的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场.已知A、C、E三点的电势分别为φA ＝（2－3）V，φC＝2 V，φE＝（2＋3）V，下列判断正确的是（）A.将电子从D点经E点移到F点的过程中，静电力先做正功再做负功B.电场强度的大小为1 V/mC.该圆周上的点电势最高为4 VD.电场强度的方向由A指向D答案：AC二、非选择题（共52分）13.（16分）（2019·佛山模拟）如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.4 m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝1.0×104N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－4C 、质量m ＝0.1 kg 的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点（图中未画出）.g 取10 m/s 2.试求：（1）带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小； （2）D 点到B 点的距离x DB ；（3）带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能（结果保留三位有效数字）.解析：（1）设带电体通过C 点时的速度为v C ，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2C R，解得v C ＝2.0 m/s ，设带电体通过B 点时的速度为v B ，轨道对带电体的支持力大小为F B ，带电体在B 点时，根据牛顿第二定律有F B －mg ＝m v 2BR，带电体从B 运动到C 的过程中，根据动能定理有 －mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B ，联立解得F B ＝6.0 N ，根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F ′B ＝6.0 N.（2）设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t ，有2R ＝12gt 2，x DB ＝v C t －12·Eqm ·t 2，联立解得x DB ＝0.（3）由P 到B ，带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B 经C 到D 的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B 点右侧对应圆心角为45°处.设带电体的最大动能为E km ，根据动能定理有qER sin 45°－mgR （1－cos 45°）＝E km －12mv 2B ，代入数据解得E km ＝1.17 J.答案：（1）6.0 N （2）0 （3）1.17 J14.（16分）如图甲所示，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v 0从a 点水平射入，沿直线从b 点射出，粒子质量为m ，电荷量为q .若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b 点以速度v 0射出，求：甲 乙（1）交变电压的周期T 应满足什么条件，粒子从a 点射入金属板的时刻应满足什么条件；（2）两板间距d 应满足的条件.解析：（1）要使带电粒子从b 点以速度v 0射出，应满足Lv 0＝nT （n 为正整数）， 则T ＝Lnv 0（n 为正整数）. 由运动的对称性可知，射入的时刻应为t ＝nT 2＋T 4，即t ＝（2n ＋1）L 4nv 0（n 为正整数）.（2）第一次加速过程有 y 1＝12at 2＝12×qU 0md ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 42，将T 代入得y 1＝qU 0L 232mdn 2v 20，要使粒子不打在板上，应满足d2≥2y 1，取d ≥L nv 0qU 08m（n 为正整数）.答案：（1）T ＝L nv 0（n 为正整数） t ＝（2n ＋1）L 4nv 0（n 为正整数） （2）d ≥Lnv 0qU 08m（n 为正整数）15.（20分）如图所示，水平虚线MN 上、下方空间分别存在电场强度方向相反、大小相等的匀强电场.以虚线MN 处电势为零，A 、B 是位于两电场中同一竖直线上的两点，且到MN 距离均为d ，一电荷量为q 、质量为m 的带正电粒子从A 点由静止释放，已知粒子运动过程中最大电势能为E m ，不计粒子重力.求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）粒子从释放到第一次返回A 点所需的时间.解析：（1）粒子释放后，在MN 上方电场中电场力做正功，电势能减小，MN 下方电场中，电场力做负功，电势能增大，由能量守恒和对称性可知，粒子在A 、B 两点间做往返运动，且在A 、B 处时电势能最大，MN 处电势为零，设A 到MN 间电势差为U ，A 点电势为φA ，电场强度大小为E ，则有U ＝φA －0＝φA ，E m ＝qφA ， U ＝Ed ，联立解得E ＝E mqd.（2）粒子从A 到MN 做匀加速直线运动，设经历的时间为t ，到MN 时粒子速度为v ，加速度为a ，则有v ＝at ， qE ＝ma ，从A 到MN 由能量守恒有E m ＝12mv 2，联立解得t ＝d2m E m.由对称性可得，粒子第一次返回A 点所需时间为 4t ＝4d2m E m.答案：（1）E mqd（2）4d2m E m。

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。

章末目标检测卷七静电场(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。

每小题只有一个选项符合题目要求)1.在电场中,下列说法正确的是()A.某点的电场强度大,该点的电势肯定高B.某点的电势高,摸索电荷在该点的电势能肯定大C.某点的电场强度为零,摸索电荷在该点的电势能肯定为零D.某点的电势为零,摸索电荷在该点的电势能肯定为零2.如图所示,虚线表示某电场的等势面,实线表示一带电粒子仅在静电力作用下运动的径迹。

粒子在A点的加速度为a A、动能为E k A、电势能为E p A,在B点的加速度为a B、动能为E k B、电势能为E p B。

下列结论正确的是()A.a A>a B,E k A>E k BB.a A<a B,E p A>E p BC.a A<a B,E p A<E p BD.a A>a B,E k A<E k B3.如图所示,竖直面内分布有水平方向的匀强电场,一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b,在这个过程中,带电粒子()A.只受到静电力作用B.带正电C.做匀减速直线运动D.机械能守恒4.(2024·浙江卷)如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板,在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧,弹簧另一端与A球连接。

A、B、C三小球的质量均为m,q A=q0>0,q B=-q0,当系统处于静止状态时,三小球等间距排列。

已知静电力常量为k,则()q0A.q C=47B.弹簧伸长量为mm sin mm0C.A球受到的库仑力大小为2mgD.相邻两小球间距为q0√3m7mm5.对于真空中电荷量为q的静止点电荷而言,当选取离点电荷无穷远处的电势为零时,离点电荷距离为r位置的电势为φ=mmm(k为静电力常量),如图所示,两电荷量大小均为Q的异种点电荷相距为d,现将一质子(电荷量为e)从两电荷连线上的A点沿以负电荷为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC 移到C点,在质子从A到C的过程中,系统电势能的变更状况为()A.削减2mmmmm2-m2B.增加2mmmmm2+m2C.削减2mmmm2-m2D.增加2mmmm2+m26.如图所示,空间正四棱锥形的底面边长和侧棱长均为a,水平底面的四个顶点处均固定着电荷量为+q的小球,顶点P处有一个质量为m的带电小球,在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态。