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高考真题专项突破(七) 力学综合题[真题1] (2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能( ) A ．与它所经历的时间成正比 B ．与它的位移成正比 C ．与它的速度成正比 D ．与它的动量成正比解析：根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v ＝at ，由动能公式E k ＝12m v 2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项A 、C 错误；由v 2＝2ax ，可知列车动能与位移x 成正比，选项B 正确；由动量公式p ＝m v ，可知列车动能E k ＝12m v 2＝p 22m ，即与列车的动量二次方成正比，选项D 错误． 答案：B[真题2] (2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( ) A ．10 N B ．102 N C ．103 ND ．104 N解析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3 m ，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小． 设鸡蛋落地瞬间的速度为v ，每层楼的高度大约是3 m ，由动能定理可知：mgh ＝12m v 2，解得：v ＝2gh ＝2×10×3×25 m/s ＝1015 m/s ，落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：(F －mg )t ＝0－(－m v )，解得：F ≈1 000 N ，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N ，故C 正确． 答案：C[真题3] (2018·全国卷Ⅰ)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R .bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球．始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR解析：设小球运动到c 点的速度大小为v c ，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理得：F ·3R －mgR ＝12m v 2c ，又F ＝mg ，解得：v 2c ＝4gR ，小球离开c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g ，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c 点到其轨迹最高点所需的时间为：t ＝v cg ＝2R g ，小球在水平方向的加速度a ＝g ，在水平方向的位移为x ＝12at 2＝2R .由以上分析可知，小球从a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R ，则小球机械能的增加量ΔE ＝F ·5R ＝5mgR ，选项C 正确． 答案：C[真题4] (2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切．BC 为圆弧轨道的直径．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求：(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； (2)小球到达A 点时动量的大小；(3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间．解析：(1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有 F 0mg ＝tan α① F 2＝(mg )2＋F 20②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得 F ＝m v 2R ③由①②③式和题给数据得 F 0＝34mg ④ v ＝5gR 2⑤(2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ⊥P A ，交P A 于D 点，由几何关系得DA ＝R sin α⑥ CD ＝R (1＋cos α)⑦ 由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12m v 2－12m v 21⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 p ＝m v 1＝m 23gR 2⑨(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g .设小球在竖直方向的初速度为v 2，从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有 v 2t ＋12gt 2＝CD ⑩ v 2＝v sin α⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t ＝355R g ⑫答案：(1)5gR 2 (2)m 23gR 2 (3)355Rg[命题情报]1．以选择题出现的试题，大多结合考查直线运动规律及其图象、受力分析、牛顿运动定律、圆周运动、平抛运动、动量定理、动量守恒、功能关系等，难度中等．2．以计算题出现的试题，大多与直线运动或曲线运动规律、牛顿运动定律等综合命题，难度中等偏上．1．如图所示，质量为m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长为1.5 m ，现有质量为0.2 kg 可视为质点的物块m 2，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在小车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＝0.5，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块在车面上滑行的时间t ；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过多少？ 解析：(1)小车与物块组成的系统动量守恒，最后物块与小车保持相对静止，有共同速度根据动量守恒定律，有：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 共同速度v ＝m 2v 0m 1＋m 2＝0.8 m/s对物块受力分析，根据动量定理，有： －μm 2gt ＝m 2v －m 2v 0物块在车面上滑行的时间t ＝m 2(v 0－v )μm 2g ＝0.24 s(2)要使物块恰好不从车厢滑出，则物块滑到车的右端时恰与小车有共同的速度v ′根据动量守恒定律，有：m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′根据能量守恒定律，有：μm 2gL ＝12m 2v 0′2－12(m 1＋m 2)v ′2 解得：物块滑上小车左端的速度v 0′＝5 m/s即要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度不能超过5 m/s. 答案：(1)0.24 s (2)5 m/s2．(2019·惠州调研)如图所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A 点由静止出发，经过时间t 后关闭电动机，赛车继续前进至B 点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P 后又进入水平轨道CD 上．已知赛车在水平轨道AB 部分和CD 部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，即k ＝F fmg ＝0.5，赛车的质量m ＝0.4 kg ，通电后赛车的电动机以额定功率P ＝2 W 工作，轨道AB 的长度L ＝2 m ，圆形轨道的半径R ＝0.5 m ，空气阻力可忽略，取重力加速度g ＝10 m/s 2.某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD 轨道上运动的路程最短．在此条件下，求： (1)小车在CD 轨道上运动的最短路程． (2)赛车电动机工作的时间．解析：(1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD 轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道P 点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力：mg ＝m v 2PR由机械能守恒定律可得：mg ·2R ＋12m v 2P＝12m v 2C 由上述两式联立代入数据可得：v C ＝5 m/s设小车在CD 轨道上运动的最短路程为x ，由动能定理可得： －kmgx ＝0－12m v 2C 代入数据可得：x ＝2.5 m(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：v B ＝v C ＝5 m/s从A 点到B 点的运动过程中，由动能定理可得：Pt －kmgL ＝12m v 2B 代入数据可得：t ＝4.5 s. 答案：(1)2.5 m (2)4.5 s3．(2019·长春实验中学开学考试)如图，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m 的木板，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，最后所有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为g ，求(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小； (2)木块2在整个运动过程中的最小速度．解析：(1)当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，且为v .系统动量守恒m (v 0 ＋2v 0 ＋3v 0)＝6m v木块3在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律：μmg ＝ma 由运动学公式(3v 0)2－v 2＝2as 3解得s 3＝4v 2μg(2)设木块2的最小速度为v 2，此时木块3的速度为v 3，由动量守恒定律 m (v 0 ＋2v 0 ＋3v 0)＝(2m ＋3m )v 2 ＋m v 3 在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同 3v o － v 3＝2v o －v 2 解得v 2＝56v 0. 答案：(1)4v 20μg (2)56v 04．如图所示，质量为m 1＝4 kg 和质量为m 2＝2 kg 可视为质点的两物块相距d 一起静止在足够长且质量为M ＝2 kg 的木板上，已知m 1、m 2与木板之间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板与水平面的动摩擦因数为μ2＝0.2.某时刻同时让m 1、m 2以初速度v 1＝6 m/s ，v 2＝4 m/s 的速度沿木板向右运动．取g ＝10 m/s 2，求：(1)若m 1与m 2不相碰，m 1与m 2间距d 的最小值； (2)M 在水平面滑行的位移x .解析：(1)根据题意知，m 1、m 2在木板上做减速运动，M 在水平面上做加速运动，由牛顿定律有： μ1m 1g ＝m 1a 1 μ1m 2g ＝m 2a 2μ1m 1g ＋μ1m 2g －μ2(m 1＋m 2＋M )g ＝Ma M设经过t 1，M 与m 2共速且为v ，m 1的速度为v 3，对m 1有： v 3＝v 1－a 1t 1 x 1＝v 1＋v 32t 1 对m 2有： v ＝v 2－a 2t 1 x 2＝v ＋v 22t 1 对M 有：v ＝a M t 1 x M ＝v 2t 1在t 1时间内m 1与m 2的相对位移：Δx 1＝x 1－x 2由题可知M 与m 2共速后它们相对静止，其加速度为a ： μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2＋M )g ＝(M ＋m 2)a解得a ＝0，即M 与m 2共速后一起匀速运动，m 1继续减速，设经过t 2系统共速，其速度为v ，由运动学知识有：对m 1有：v ＝v 3－a 1t 2 x ′1＝v ＋v 32t 2对M 和m 2整体有：x ′M ＝v t 2 Δx 2＝x ′1－x ′M d ≥Δx 1＋Δx 2联立上式解得：d min ＝1.5 m(2)由题可知系统整体共速后一起减速直到静止，由牛顿定律有：μ2(m1＋m2＋M)g＝(M＋m1＋m2)a′由运动学知识有：x″M＝v2 2a′M运动的位移为：x＝x M＋x′M＋x″M 联解得：x＝2.5m.答案：(1)1.5 m(2)2.5 m。
2020年各地高考模拟物理试题分项解析（二）专题17 力学综合一．选择题1. 21. （2020年3月武汉质检）如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度vo从U形管的一端射入，从另一端射出。
已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为2.（2020高考模拟示范卷2）如图所示，质量M=1kg的重物B和质量m=0.3kg的小圆环A用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A端绳与轮连接，B端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2︰1。
重物B放置在倾角为30固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数μ=，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L=4m。
现将圆环A从与滑轮轴上表面等高处a静止释放，当下降H=3m到达b位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取g=10m/s2。
下列判断正确的是A. 圆环A到达b位置时，A、B组成的系统机械能减少了2.5JB. 圆环A速度最大时，环A与重物B的速度之比为5︰3C. 圆环A能下降的最大距离为H m=7.5mD. 圆环A下降过程，作用在重物B上的拉力始终大于10N3. （2020高考模拟示范卷1）一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲。
在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则A. 在x1处物体所受拉力最大B. 在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小C. 在x1~x2过程中，物体的加速度先增大后减小D. 在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功4.（2020高考模拟示范卷2）图中给出某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方，竖直面内的半圆弧BCD的半径为R＝2.0 m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直平面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37°，游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关．为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)A. 0.15 m, 3m/sB. 1.5 m, 43m/sC. 0.15 m, 26m/sD. 1.5 m, 26。
教学资料范本2020高考物理一轮复习专题7-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习专题7一．选择题1．（20xx福建质检）为了减少污染，工业废气需用静电除尘器除尘，某除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心.当两极接上高压电源时，电晕极附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，以达到除尘目的.假设尘埃向收尘极运动过程中所带电量不变，下列判断正确的是A．金属圆筒内存在匀强电场B．金属圆筒内越靠近收尘极电势越低C．带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大D．带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越小【答案】 D【考查内容】本题以处理工业废气中的静电除尘器为素材，主要考查静电场，电场线，电场强度、电场力、电势能、电势等知识.侧重考查理解能力，要求考生对电场的相关概念的联系和区别有清楚的认识.体现物质观念、运动观念、能量观念、模型建构与STSE等物理核心素养的考查.2.（20xx北京密云模拟）利用静电除尘可以大量减少排放烟气中的粉尘.如图是静电除尘装置的示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当A、B两端接上高压后，在电场作用下管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘在吸附了电子后最终附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的.根据上述原理，下面做法正确的是（）A．A端接高压正极，B端接高压负极B．A端接高压负极，B端接高压正极C．A端、B端都接高压正极D．A端、B端都接高压负极【参考答案】B3．（多选）某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称，下列说法正确的是( )A. A点电势低于B点电势B. A点电场强度小于C点电场强度C. 烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能D. 烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能【参考答案】 AC4.(多选)如图5所示为一产生聚焦电场的装置，由电极A1、A2、A3、A4构成.图中虚线为等势线，关于中心线z轴上下对称，相邻等势线间电势差相等.图中P、Q、R是一个从左侧进入聚焦电场的带正电粒子的运动轨迹上的三点，则可以确定( )图5A.该装置是由两个平行板电容器A1A2、A3A4构成B.该聚焦电场方向在中心线上与z轴方向一致C.带正电粒子从Q点到R点的过程中电势能减少D.若将带正电粒子束从右侧射入聚焦电场，则一定被会聚【参考答案】BC二．计算题1.(20分)（20xx北京海淀二模）用电子加速器产生的高能电子束照射可使一些物质产生物理、化学和生物学效应，其中电子束焊接是发展最快、应用最广泛的一种电子束加工技术.电子束加工的特点是功率大，能在瞬间将能量传给工件，而且电子束的能量和位置可以用电磁场精确和迅速地调节，实现计算机控制. 图14甲是电子束加工工件的示意图，电子枪产生热电子后被高压电源加速，经聚焦系统会聚成很细的电子束，打在工件上产生高压力和强能量，对工件进行加工.图14乙是电子加速系统，K 是与金属板M 距离很近的灯丝，电源E1给K 加热可以产生初速度不计的热电子，N 为金属网，M 、N 接在输出电压恒为U 的高压电源E2上，M 、N 之间的电场近似为匀强电场.系统放置在真空环境中，通过控制系统排走工件上的多余电子，保证N 与工件之间无电压.正常工作时，若单位时间内从K 发出的电子数为n ，经M 、N 之间的电场加速后大多数电子从金属网N 的小孔射出，少部分电子打到金属网丝上被吸收，从而形成回路电流，电流表的示数稳定为I.已知电子的质量为m 、电量为e ，不计电子所受的重力和电子之间的相互作用.（1）求单位时间内被金属网N 吸收的电子数n ′；（2）若金属网N 吸收电子的动能全部转化为内能，试证明其发热功率P=IU ； （3）a.电子在聚焦时运动方向改变很小，可认为垂直打到工件上时的速度与从N 中射出时的速度相同，并假设电子打在工件上被工件全部吸收不反弹.求电子束打到工件表面时对工件的作用力大小；并说明为增大这个作用力，可采取的合理可行的措施（至少说出两种方法）；b. 已知MN 梁板间的距离为d ，设在两板之间与M 相距x 到x+△x 的空间内（△x 足够小）电子数为△N，求 与x 的关系式. 【名师解析】.（20分）（1）在单位时间内打到金属网N 上被吸收的电子数为 ……………3分n I e'= （2）设在金属网N 上产生的热功率为P ，则212Ue mv =…………… 2分21 2v P n m ='…………… 2分解得： P=IU …………… 1分(3) a. 在Δt 时间内到达工件处的电子数为n2=（n- n ′) Δt …………… 2分在Δt 时间内，有n2个电子与工件作用时速度由v 减为0，设电子受到工件的持续作用力大小为F ，由动量定理得mv n t F 20-=∆- …………… 2分解得： …………… 1分meU eI n F 2)(-= 由牛顿第三定律，电子对工件的作用为大小为meUeIn F F 2)(-==' …………… 1分增大电源E1辐射电子的功率；增大E2电压U ；使金属丝变细且空格适当变大些，从而减少金属网N 吸收的电子.…………… 2分 (每说出一点给1分，共计2分)2.（20xx 北京门头沟期末）（13分） 在现代科学实验和技术设备中经常用电场或磁场控制带电粒子的运动.如图甲所示的装置由两部分构成，电子枪部分实现对电子加速，由偏转电场实现对电子的偏转.金属丝附近的电子被加速后，沿着中心线O O ′进入偏转场.已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子重力及电子间的相互作用力，设电子刚刚离开金属丝时的速度为零.（1）电子枪的加速电压为，求电子从金属板小孔穿出时的速度v0的大小；0U （2）设平行板两板间距为d ，两板长度均为L ，两平行板板间所加电压为，求电子射出偏转电场时在垂直于板面方向偏移的距离；u y(3)如何实现对电子精准控制，是设计者十分关心的问题.请你回答①如果只改变偏转电场的电压，能使电子穿过平行板，分析电压的取值范围；uu②如果在两板间加磁场控制该电子(如图乙所示)，仍能使电子穿过平行板，分析所加匀强磁场的磁感应强度B 取值范围. 【名师解析】（1）电子在电场中运动，根据动能定理20021mv eU = （2分）解得电子穿出小孔时的速度 （1分）meU v 002=（3）①﹤﹤0222U L d -u 0222U L d分档 标准得分1档能够用关系式u d U L y 024=讨论问题；或能够找出临界条件y ﹤d 21； 单只结论：u ﹤0222U Ld1分 2档能够用关系式u dU L y 024=讨论问题；能够找出临界条件y ﹤d 21；0222U L d -﹤u ﹤0222U L d 备注：取等于的不扣分3分 ② ﹤﹤ （负号表明方向向里或向外均可）q mU d L d022244+-B qmU d L d22244+3（20xx北京西城期末）．（12分）电磁弹射在电磁炮、航天器、舰载机等需要超高速的领域中有着广泛的应用，图1所示为电磁弹射的示意图.为了研究问题的方便，将其简化为如图2所示的模型（俯视图）.发射轨道被简化为两个固定在水平面上、间距为L且相互平行的金属导轨，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中.发射导轨的左端为充电电路，已知电源的电动势为E，电容器的电容为C.子弹载体被简化为一根质量为m、长度也为L的金属导体棒，其电阻为r.金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上.忽略一切摩擦阻力以及导轨和导线的电阻.（1）发射前，将开关S接a，先对电容器进行充电.a．求电容器充电结束时所带的电荷量Q；b．充电过程中电容器两极板间的电压u随电容器所带电荷量q发生变化.请在图3中画出u-q图象；并借助图象求出稳定后电容器储存的能量E0.（2）电容器充电结束后，将开关接b，电容器通过导体棒放电，导体棒由静止开始运动，导体棒离开轨道时发射结束.电容器所释放的能量不能完全转化为金属导体棒的动能，将导体棒离开轨道时的动能与电容器所释放能量的比值定义为能量转化效率.若某次发射结束时，电容器的电量减小为充电结束时的一半，不计放电电流带来的磁场影响，求这次发射过程中的能量转化效率η.（2）设从电容器开始放电至导体棒离开轨道时的时间为t，放电的电荷量为ΔQ，平均电流为，导体棒离开轨道时的速度为v I以导体棒为研究对象，根据动量定理=（或）（1分）BLi t m v- 0BLIt mv∑∆=∑∆根据电流定义可知 （或 ） （1分）It Q =∆i t Q ∑∆=∆ 根据题意有 1122Q Q CE ∆==联立以上各式解得 2BLCE v m=导体棒离开轨道时的动能 （1分）mBLCE mv E k 8)(2122==电容器释放的能量 （1分）222113228E CE CU CE ∆=-= 联立解得能量转化效率 （2分） 223k E B L C E mη==∆4．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图甲所示.加在极板A 、B 间的电压UAB 做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2t ，如图乙所示.在t ＝0时，极板B 附近的一个电子，质量为m 、电荷量为e ，受电场力作用由静止开始运动.若整个运动过程中，电子未碰到极板A ，且不考虑重力作用.若k ＝，电子在0～2t 时间内不能到达极板A ，求d 应满足的条件. 【名师解析】电子在0～t 时间内做匀加速运动 加速度的大小a1＝eU0md位移x1＝a1t2 依据题意d>x1＋x2 解得d> . 答案：d>9eU0t210m。
力学综合训练一、选择题：(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，其中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．甲、乙两物体同时从同一位置开始做直线运动，其运动的v －t 图象如图所示，在0～t 0时间内下列说法正确的是( )A ．甲的位移大于乙的位移B ．甲的加速度先增大后减小C ．甲的平均速度等于乙的平均速度D ．t 0时刻甲、乙相遇解析：选A. v －t 图象中图线与横轴所围图形的面积表示位移，所以甲的位移大于乙的位移，故A 项正确； v －t 图象中切线的斜率表示加速度，所以甲的加速度一直减小，故B 项错误；由于甲的位移大于乙的位移，而时间相同，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，故C 项错误；甲乙从同一位置开始运动，t 0时间内甲的位移大于乙的位移，所以t 0时刻甲在乙的前面，故D 项错误．2．假设我国宇航员在2022年，首次实现月球登陆和月面巡视勘察，并开展了月表形貌与地质构造调查等科学探测，若在地面上测得小球自由下落某一高度所用的时间为t 1，在月面上小球自由下落相同高度所用的时间为t 2，地球、月球的半径分别为R 1、R 2，不计空气阻力，则地球和月球的第一宇宙速度之比为( )A.R 1t 22R 2t 12 B ． R 1t 1R 2t 2 C.t 1t 2R 1R 2D ．t 2t 1R 1R 2解析：选D.对小球自由下落过程有：h ＝12gt 2，又天体表面上有G MmR 2＝mg ，第一宇宙速度v ＝gR ，则有v 地v 月＝ g 地R 地g 月R 月＝t 2t 1 R 1R 2，故D 项正确． 3．一物块从某一高度水平抛出，从抛出点到落地点的水平距离是下落高度的2倍，不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6 B ．π4C.π3D ．5π12解析：选B.物块平抛运动的过程中，水平方向有x ＝v 0t ，竖直方向有h ＝v y t2，又x ＝2h ，则有tan θ＝v y v 0＝1，即θ＝π4，故B 项正确．4．一串质量为50 g 的钥匙从橱柜上1.8 m 高的位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与地板作用的时间为0.05 s ，且不反弹．重力加速度g ＝10 m/s2，此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为( )A ．5 NB ．5.5 NC ．6 ND ．6.5 N解析：选D.钥匙落地时的速度v ＝2gh ＝6 m/s ，以竖直向上为正方向，钥匙与地面作用前后由动量定理得：(F N －mg )t ＝0－(－mv ) ，解得F N ＝6.5 N ，故D 项正确．5．如图所示，质量分别为0.1 kg 和0.2 kg 的A 、B 两物体用一根轻质弹簧连接，在一个竖直向上、大小为6 N 的拉力F 作用下以相同的加速度向上做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数为1 N/cm ，取g ＝10 m/s 2.则弹簧的形变量为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．4 cm解析：选D.本题考查了连接体问题的分析．对AB 两物体由牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，对B 物体由牛顿第二定律得F T －m B g ＝m B a ，又F T ＝kx ，解得x ＝4 cm ，故D 项正确．6．如图所示，P 、Q 两物体保持相对静止，且一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q 的上表面水平，则下列说法正确的是( )A ．Q 处于失重状态B ．P 受到的支持力大小等于其重力C ．P 受到的摩擦力方向水平向右D ．Q 受到的摩擦力方向水平向右解析：选AD.由于P 、Q 一起沿着固定光滑斜面下滑，具有相同的沿斜面向下的加速度，该加速度有竖直向下的分量，所以Q 处于失重状态，故A 项正确；P 也处于失重状态，所以受到的支持力小于重力，故B 项错误；由于P 的加速度有水平向左的分量，所以水平方向受到的合力方向水平向左，即P 受到的摩擦力方向水平向左，故C 项错误；由牛顿第三定律可知，P 对Q 的摩擦力水平向右，故D 项正确．7．如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m ＝1 kg 的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F 作用由静止开始运动，用x 表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F 与x 的关系如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.则物体沿斜面向上运动过程中，下列说法正确的是( )A ．机械能先增大后减小，在x ＝3.2 m 处，物体机械能最大B ．机械能一直增大，在x ＝4 m 处，物体机械能最大C ．动能先增大后减小，在x ＝2 m 处，物体动能最大D ．动能一直增大，在x ＝4 m 处，物体动能最大解析：选AC.物体所受滑动摩擦力的大小为F f ＝μmg cos θ＝4 N ，所以当F 减小到4 N 之前，物体的机械能一直增加，当F 从4 N 减小到0的过程中，物体的机械能在减小，由F x 图象可知，当F ＝4 N 时，位移为3.2 m ，故A 项正确，B 项错误；当F ＝mg sin θ＋μmg cosθ＝10 N 时动能最大，由F x 图象知此时x ＝2 m ，此后动能减小，故C 项正确，D 项错误．8．绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v t 图象如图所示．t ＝0时刻质量为1 kg 的楔形物体从B 点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2 s 后开始减速，在t ＝4 s 时物体恰好到达最高点A 点．重力加速度为10 m/s 2.对物体从B 点运动到A 点的过程中，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．物体与传送带间的摩擦因数为0.75B ．物体重力势能增加48 JC ．摩擦力对物体做功12 JD ．物块在传送带上运动过程中产生的热量为12 J解析：选AD.物体前两秒内沿传送带向上匀速运动，则有mg sin θ＝μmg cos θ ，解得μ＝0.75 ，故A 项正确；经分析可知，2 s 时物体速度与传送带相同，由图象可知等于2 m/s ，2 s 后物体的加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ＝12 m/s 2>1 m/s 2，故物体和传送带相对静止，加速度为1 m/s 2，所以物体上滑的总位移为x ＝vt 1＋v 22a＝6 m ，物体的重力势能增加E p ＝mgx sin θ＝36 J ，故B 项错误；由能量守恒得摩擦力对物体做功W ＝E p －12mv 2＝34 J ，故C 项错误；物块在传送带上运动过程产生的热量为Q ＝μmg cos θΔx 1，结合图象可得Δx 1＝x 带1－vt 1＝2 m ，Q ＝12 J ，选项D 对．二、非选择题(本题共3小题，共52分)9．(9分)某同学用如图所示装置验证动量守恒定律．在上方沿斜面向下推一下滑块A，滑块A匀速通过光电门甲，与静止在两光电门间的滑块B相碰，碰后滑块A、B先后通过光电门乙，采集相关数据进行验证．(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)(1)下列所列物理量哪些是必须测量的______．A．滑块A的质量m A，滑块B的质量m B.B．遮光片的的宽度d(滑块A与滑块B上的遮光片宽度相等)C．本地的重力加速度gD．滑块AB与长木板间的摩擦因数μE．滑块A、B上遮光片通过光电门的时间(2)滑块A、B与斜面间的摩擦因数μA、μB，质量m A、m B，要完成本实验，它们需要满足的条件是________．A．μA＞μB m A＞m B B．μA＞μB m A＜m BC．μA＝μB m A＞m B D．μA＜μB m A＜m B(3)实验时，要先调节斜面的倾角，应该如何调节？________________.(4)若光电门甲的读数为t1，光电门乙先后的读数为t2，t3，用题目中给定的物理量符号写出动量守恒的表达式________．解析：(1)本实验中要验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要验证m Adt A甲＝m Adt A乙＋m Bdt B乙，故选项A、E正确．(2)由于滑块A匀速通过光电门甲，则有mg sin θ＝μmg cos θ，要通过光电门验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要滑块B也满足mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，所以有μA＝μB，又因为碰后两滑块先后通过光电门乙，所以A的质量大于B的质量，故C 项正确．(3)实验过程要求两滑块匀速运动，所以调整斜面的倾角，当滑块下滑通过两光电门所用时间相等时，表示滑块在斜面上做匀速运动．(4)由第(1)问解析可得两滑块碰撞前后动量守恒的表达式为：m A dt1＝m Adt3＋m Bdt2.答案：(1)AE (2)C(3)滑块下滑通过两光电门所用时间相等(意思相近的叙述均可给分)(4)m A dt 1＝m A d t 3＋m B d t 2(或m A t 1＝m A t 3＋m B t 2)10．(20分)如图所示，一质量为m 1＝1 kg 的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板最右端放有一质量为m 2＝1 kg 、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2.现给木板左端施加一大小为F ＝12 N 、方向水平向右的推力，经时间t 1＝0.5 s 后撤去推力F ，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未脱离木板，取g ＝10 m/s 2，求：(1)撤去推力F 瞬间，木板的速度大小v 1和物块的速度大小v 2； (2)木板至少多长；(3)整个过程中因摩擦产生的热量．解析：(1)假设木板和物块有相对滑动，撤F 前， 对木板：F －μ1(m 1＋m 2)g －μ2m 2g ＝m 1a 1 解得：a 1＝8 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 2 解得：a 2＝2 m/s 2因a 1>a 2，故假设成立，撤去F 时，木板、物块的速度大小分别为：v 1＝a 1t 1＝4 m/s v 2＝a 2t 1＝1 m/s(2)撤去F 后，对木板：μ1(m 1＋m 2)g ＋μ2m 2g ＝m 1a 3 解得：a 3＝4 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 4 解得：a 4＝2 m/s 2撤去F 后，设经过t 2时间木板和物块速度相同： 对木板有：v ＝v 1－a 3t 2 对物块有：v ＝v 2＋a 4t 2 得：t 2＝0.5 s ，v ＝2 m/s撤去F 前，物块相对木板向左滑行了 Δx 1＝v 12t 1－v 22t 1＝0.75 m撤去F 后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了Δx 2＝v 1＋v 2t 2－v 2＋v2t 2＝0.75 m之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为：L ＝Δx 1＋Δx 2＝1.5 m(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量：Q 1＝μ2m 2gL ＝3 J共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度为a ，有：a ＝μ1g ＝1 m/s 2全过程中木板对地位移为：s ＝v 12t 1＋v 1＋v 2t 2＋v 22a ＝4.5 m木板与地面间因摩擦产生的热量为：Q 2＝μ1(m 1＋m 2)gs ＝9 J故全过程中因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝12 J解法二：由功能关系可得：Q ＝Fx 1x 1＝v 12t 1Q ＝12 J答案：(1)4 m/s 1 m/s (2)1.5 m (3)12 J11．(23分)如图所示，竖直平面内，固定一半径为R 的光滑圆环，圆心为O ，O 点正上方固定一根竖直的光滑杆，质量为m 的小球A 套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m 的滑块B 一起套在杆上，小球A 和滑块B 之间再用长为2R 的轻杆通过铰链分别连接，当小球A 位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A 位于圆环最右端时，装置能够保持静止，若将小球A 置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A 的速度v A ＝gR (g 为重力加速度)，不计一切摩擦，A 、B 均可视为质点，求：(1)此时滑块B 的速度大小；(2)此过程中，弹簧对滑块B 所做的功； (3)小球A 滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．解析：(1)由于此时A 、B 速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A 、B 沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B 的速度大小为：v B ＝v A ＝gR .(2)对系统，由最高点→图示位置有：(W GA ＋W GB )＋W 弹＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m A v 2A ＋12m B v 2B －0其中：W GA ＝m A g ·Δh A ＝mgRW GB ＝m B g ·Δh B ＝mg ·(3R －3R )解得：W 弹＝(3－3)mgR .(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进行受力分析，如图所示kx 1＝(m A ＋m B )g x 1＝Δh B ＝(3－3)R小球A 滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为：x 2＝2R ，所以在最低点时，弹簧的弹力大小为：F 弹＝kx 2解得：F 弹＝＋23mg3答案：(1)gR (2)(3－3)mgR (3)＋23mg3。
2020-2021年高考物理重点专题讲解与突破07：碰撞与动量守恒超重点1：动量定理的应用一、动量1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示．2．表达式：p＝mv.3．单位：kg·m/s.4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向一样．5．动量、动能、动量变化量的比拟※考点一对动量、冲量的理解与计算1．冲量和动量的比拟2.(1)冲量和功都是过程量．冲量是表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用．(2)冲量是矢量，功是标量．(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零．[题组突破训练]1．(2020·福建漳州模拟)一个质量是5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回．假设取竖直向下的方向为正方向，如此小球动量的变化量是( )A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/sC．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s【解析】以向下为正方向，如此初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝－mv2＝－15 kg·m/s，如此Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s，选项D正确．【答案】D2.如下列图，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F f.在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为( )A．mg(t1＋t2)sin θB．mg(t1－t2)sin θC．mg(t1＋t2) D．0【解析】物体整个运动过程的总时间t＝t1＋t2，故由冲量的定义可知重力的冲量I＝mg(t1＋t2)，选项C正确．【答案】C※考点二对动量定理的理解与应用1．理解动量定理的要点(1)应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内力的冲量．(2)求合力的冲量的方法有两种：第一先求合力再求合力冲量，第二求出每个力的冲量再对冲量求和．(3)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向．2.用动量定理解释现象(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小．分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．3．动量定理的两个重要应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量．如果物体受到大小或方向改变的力的作用，如此不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp ，等效代换为力的冲量I .(2)应用Δp ＝F Δt 求动量的变化量．例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp ＝p 2－p 1)需要应用矢量运算方法，计算比拟复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化量．【典例】 一高空作业的工人重为600 N ，系一条长为L ＝5 m 的安全带，假设工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t ＝1 s ，如此安全带受的冲力是多少？(g 取10 m/s 2)【解析】 方法一：程序法依题意作图，如下列图，设工人刚要拉紧安全带时的速度为v 1， 如此v 21＝2gL ，得v 1＝2gL 经缓冲时间t ＝1 s 后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F 和重力mg .所以(mg －F )t ＝0－mv 1，F ＝mgt ＋mv 1t将数值代入得F ＝1 200 N.由牛顿第三定律，工人给安全带的冲力F ′为1 200 N ，方向竖直向下． 方法二：全过程整体法在整个下落过程中对工人应用动量定理，在整个下落过程中，重力的冲量大小为mg ·( 2L g＋t )，拉力F 的冲量大小为Ft .初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理得mg (2Lg＋t )－Ft ＝0解得F ＝mg2Lg ＋tt＝1 200 N.由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力F ′＝F ＝1 200 N ，方向竖直向下． 【答案】1 200 N[题组突破训练]1．一个质量为m ＝100 g 的小球从h ＝0.8 m 的高处自由下落，落到一个厚软垫上，假设从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t ＝0.2 s ，规定竖直向下的方向为正，如此在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．0.6 N ·sB ．0.4 N ·sC ．－0.6 N ·sD ．－0.4 N ·s【解析】设小球自由下落h ＝0.8 m 的时间为t 1，由h ＝12gt 2得t 1＝2hg＝0.4 s.如设I N 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，如此对小球整个运动过程运用动量定理得mg (t 1＋t )＋I N ＝0，解得I N ＝－0.6 N ·s.负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反．应当选项C 正确． 【答案】C2．一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v 0＝4 m/s 的匀速直线运动．假设该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，如此帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t ＝8 s 才可静止．该帆船的帆面正对风的有效面积为S ＝10 m 2，帆船的总质量约为M ＝936 kg.假设帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m 3，在匀速行驶状态下估算：(1)帆船受到风的推力F 的大小； (2)风速的大小v .【解析】(1)风突然停止，帆船只受到阻力F f 的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a ，如此a ＝0－v 0t＝－0.5 m/s 2根据牛顿第二定律有－F f ＝Ma ，所以F f ＝468 N 如此帆船匀速运动时，有F －F f ＝0 解得F ＝468 N.(2)设在时间t 内，正对着吹向帆面的空气的质量为m ，根据动量定理有－Ft ＝m (v 0－v ) 又m ＝ρS (v －v 0)t 所以Ft ＝ρS (v －v 0)2t 解得v ＝10 m/s.【答案】(1)468 N (2)10 m/s3.(2015·高考安徽卷)一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如下列图．一物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)假设碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中抑制摩擦力所做的功W .【解析】(1)对小物块从A 运动到B 处的过程中，应用动能定理，有 －μmgs ＝12mv 2－12mv 20①代入数值解得μ＝0.32.②(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得F Δt ＝mv ′－mv ③ 解得F ＝－130 N ④其中“－〞表示墙面对物块的平均力方向向左． (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 －W ＝0－12mv ′2⑤解得W ＝9 J.【答案】(1)0.32 (2)130 N (3)9 J一、动量守恒定律 1．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变． (2)四种表达式①p ＝p ′，系统相互作用前总动量p 等于相互作用后的总动量p ′.②m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．③Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． ④Δp ＝0，系统总动量的增量为零． 2．动量守恒定律的应用条件不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．二、弹性碰撞和非弹性碰撞超重点2：动量守恒定律与其应用1．碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大4.反冲(1)在某些情况下，原来系统内物体具有一样的速度，发生相互作用后各局部的末速度不再一样而分开．这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理．5．爆炸问题：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．※考点一动量守恒的条件与应用1．动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，如此系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的“六种〞性质系统性研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统条件性首先判断系统是否满足守恒条件相对性公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻同时性的速度矢量性应先选取正方向，但凡与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值普适性不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统[题组突破训练]1．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如下列图，如此在子弹打击木块A 与弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．无法判定动量、机械能是否守恒【解析】动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，此题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，此题中子弹射入木块的过程中有局部机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒．故C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】C2．如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．假设救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，如此救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋m M vB ．v 0－m M vC ．v 0＋m M(v 0＋v )D ．v 0＋m M(v 0－v )【解析】设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有(M ＋m )v 0＝－mv ＋Mv x ，解得v x ＝v 0＋mM(v 0＋v )，选项C 正确．【答案】C3.如下列图，人站在滑板A 上，以v 0＝3 m/s 的速度沿光滑水平面向右运动．当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A 从横杆下方通过，与静止的滑板B 发生碰撞并粘在一起，之后人落到B 上，与滑板一起运动，人、滑板A 和滑板B 的质量分别为m 人＝70 kg 、m A ＝10 kg 和m B ＝20 kg ，求：(1)A 、B 碰撞过程中，A 对B 的冲量的大小和方向； (2)人最终与滑板的共同速度的大小． 【解析】(1)A 、B 碰撞过程中，由动量守恒有m A v 0＝(m A ＋m B )v 1代入数据解得v 1＝1 m/s由动量定理得，A 对B 的冲量I ＝m B v 1＝20 N ·s方向水平向右．(2)对人、A、B组成的系统进展全过程分析，由动量守恒有(m人＋m A)v0＝(m人＋m A＋m B)v代入数据解得v＝2.4 m/s【答案】(1)20 N·s 水平向右(2)2.4 m/s※考点二碰撞问题的分析1．碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律．(2)机械能不增加．(3)速度要合理．①假设碰前两物体同向运动，如此应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，假设碰后两物体同向运动，如此应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，如此有m1v1＝m1v1′＋m2v2′1 2m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2解得v1′＝m1－m2v1m1＋m2，v2′＝2m1v1m1＋m2结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)；(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)；(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)；(4)当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)．[典例1] 如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者的位移—时间图象，物块P的质量为m P＝1 kg，由此可知( )A．碰撞前P的动量为16 kg·m/sB．两物块的碰撞可能为弹性碰撞C．物块Q的质量为4 kgD．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 N·s【解析】根据位移—图象可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s，碰撞前P的动量为p0＝m P v0＝4 kg·m/s，选项A错误．根据位移—图象，碰撞后二者速度一样，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项B错误．碰撞后，二者的共同速度v＝1 m/s，由动量守恒定律，m P v0＝(m P＋m Q)v，解得m Q＝3 kg，选项C错误．由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I＝Δp Q＝m Q v＝3 N·s，选项D正确．【答案】D[题组突破训练]1.(多项选择)如下列图，动量分别为p A＝12 kg·m/s、p B＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用Δp A、Δp B表示两小球动量的变化量，如此如下选项中可能正确的答案是( ) A．Δp A＝－3 kg·m/s，Δp B＝3 kg·m/sB．Δp A＝－2 kg·m/s，Δp B＝2 kg·m/sC．Δp A＝－ 24 kg·m/s，Δp B＝24 kg·m/sD．Δp A＝3 kg·m/s，Δp B＝－3 kg·m/s【解析】此题属于追与碰撞问题，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否如此无法实现碰撞)，碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以Δp A<0，Δp B>0，并且Δp A＝－Δp B.据此可排除选项D；假设Δp A＝－24 kg·m/s、Δp B＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为p A′＝－12 kg·m/s、p B′＝37 kg·m/s，根据关系式E k＝p22m可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个原如此．【答案】AB2.(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．【解析】A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1①12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1② 联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0③v C 1＝2m m ＋Mv 0④如果m ＞M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m ＜M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝(m －M m ＋M)2v 0⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0解得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去． 所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m ＜M . 【答案】(5－2)M ≤m ＜M3．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m B ＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块C 从t＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v t 图象如图乙所示．求：(1)物块C的质量m C；(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p.【解析】(1)由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．m C v1＝(m A＋m C)v2即m C＝2 kg.(2)12 s时B离开墙壁，之后A、B、C与弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大(m A＋m C)v3＝(m A＋m B＋m C)v41 2(m A＋m C)v23＝12(m A＋m B＋m C)v24＋E p得E p＝9 J【答案】(1)2 kg (2)9 J※考点三爆炸、反冲问题1．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同局部在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．2．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．[题组突破训练]1．(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102kg ·m/s C ．6.0×102kg ·m/sD ．6.3×102kg ·m/s【解析】燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．【答案】A2．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量之比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，如此如下图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的答案是( )【解析】弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1 s ．取向右为正方向，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确．【答案】B※考点四 动量与能量综合问题1．求解动力学问题的三个根本观点(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题． (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题． (3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题． 2．利用“动量和能量〞观点解题的技巧(1)假设研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．(2)假设研究对象为单一物体，且涉与功和位移问题时，应优先考虑动能定理．(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．[真题拓展探究]【典例2】(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一外表光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体别离后能否追上小孩？【解析】(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①1 2m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得v1＝1 m/s⑤设冰块与斜面体别离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥1 2m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s⑧由于冰块与斜面体别离后的速度与小孩推出冰块后的速度一样且处在后方，故冰块不能追上小孩．【答案】见解析拓展1 “子弹打击木板〞问题1.如下列图，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端．一质量为m0＝0.05 kg 的子弹、以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车．子弹与车的作用时间极短，物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10 m/s2，求：(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；(2)小车的长度L.【解析】(1)子弹进入小车的过程中，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解得v1＝10 m/s.(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3解得v2＝8 m/s由能量守恒可得1 2(m0＋m1)v21＝μm2gL＋12(m0＋m1)v22＋12m2v23解得L＝2 m.【答案】(1)10 m/s (2)2 m拓展2 “圆弧轨道＋滑块(小球)〞问题2.(14分)如下列图，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上外表是一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′相切．现将一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g＝10 m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．【解析】(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v1①由能量守恒得：1 2mv20－12(M＋m)v21＝mgR＋μmgL②联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v2④设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得：1 2mv20－12(M＋m)v22＝μmg(L＋x)⑤联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m.【答案】(1)5 m/s (2)0.5 m一、选择题1．物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明( )A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体受到的每个力的冲量大小都为5 N·sD．假设发生变化的时间为1 s，如此物体所受合外力的大小为5 N【解析】因不知动量变化的方向与初动量方向是否一样，故无法确定动量是增大还是减小，A、B错误；由动量定理I＝Δp可知，合外力的冲量与物体动量变化量大小一定一样，C错误；由Δp＝F·t可知D 正确．【答案】D2．运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，如此运动员对球的冲量为( )A．1000 N·s B．500 N·sC．零D．无法确定【解析】滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定题组突破训练人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．【答案】D3．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠．观察发现，“接棒〞的运动员甲提前站在“交棒〞的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，如此( )A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B ．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【解析】相互作用过程中的相互作用力大小相等，方向相反，作用时间一样，因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，由动量定理可知，甲、乙动量变化大小相等，方向相反，A 错，B 对；虽然相互作用力大小相等，方向相反，甲、乙在相互作用过程中的位移不同，乙对甲做的正功与甲对乙做负功的多少不同，由动能定理知，甲的动能增加量不等于乙动能的减少量，故C 、D 错误．【答案】B4．质量为0.2 kg 的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量变化量Δp 和合外力对小球做的功W ，如下说法正确的答案是( )A ．Δp ＝2 kg ·m/s ，W ＝－2 JB ．Δp ＝－2 kg ·m/s ，W ＝2 JC ．Δp ＝0.4 kg ·m/s ，W ＝－2 JD ．Δp ＝－0.4 kg ·m/s ，W ＝2 J【解析】取竖直向上为正方向，如此小球与地面磁撞过程中动量的变化量Δp ＝mv 2－mv 1＝2 kg ·m/s ，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功W ＝12mv 22－12mv 21＝－2 J ，A 正确．【答案】A5.(2020·山东济南高三质检)如下列图，在光滑水平面上静止放着两个相互接触但不粘连的木块A 、B ，质量分别为m 1和m 2，今有一子弹水平穿过两木块．设子弹穿过木块A 、B 的时间分别为t 1和t 2，木块对子弹的阻力恒为F f ，如此子弹穿过两木块后，木块A 的速度大小是( )A.F f t 1m 1＋m 2B.F f t 1m 1C.F f t 1＋t 2m 1＋m 2D.F f t 1＋t 2m 1【解析】子弹穿过两木块后木块A 的速度大小等于子弹穿过A 时两木块的速度大小，根据动量定理，取两木块系统为研究对象，以子弹穿过A 为研究过程，如此F f t 1＝(m 1＋m 2)v ，解得v ＝F f t 1m 1＋m 2，A 正确． 【答案】A6．(2020·黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的( )A ．质量相等B ．动能相等C ．动量大小相等D ．速度大小相等【解析】两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C 正确．【答案】C7.一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星别离．前局部的卫星质量为m 1，后局部的箭体质量为m 2，别离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，假设忽略空气阻力与别离前后系统质量的变化，如此别离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)【解析】火箭和卫星组成的系统，在别离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，D 项正确．【答案】D8.(2020·抚州市四校联考)如下列图，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M ＝3.0 kg.质量为m ＝1.0 kg 的铁块以水平速度v 0＝4.0 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，如此在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．4.0 JB ．6.0 JC ．3.0 JD ．20 J【解析】设铁块与木板速度一样时，共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L ，摩擦力大小为F f ，根据能量守恒定律得。
教学资料范本2020高考物理一轮基础系列题7含解析新人教版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮基础系列题7含解析新人教版李仕才一、选择题1、如图7(a)所示，两段等长细绳将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用、小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图(b)所示的状态，小球B刚好位于O点正下方.则F1与F2的大小关系正确的是( )图7B.F1＝3F2A.F1＝4F2D.F1＝F2C.F1＝2F2答案A2、甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则下列说法正确的是( )A．甲车的初速度为零B．乙车的初位置在x0＝60 m处C．乙车的加速度大小为1.6 m/s2D．5 s时两车相遇，此时甲车速度较大3、如图7所示，在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab成30°角的方向以速度v2垂直射入磁场，经时间t2垂直cd射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是( )图7A．v1∶v2＝1∶2 B．v1∶v2＝∶4C．t1∶t2＝2∶1 D．t1∶t2＝3∶1答案BD4、马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星,为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动．卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则下列说法正确的是( )A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等且为gB．如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速C．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为πr3R r gD．若“高分一号”所在高度处有稀薄气体,则运行一段时间后，机械能会增大【答案】C5、如图1，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量.在此过程中正确的是( )图1A．缓慢上拉过程中拉力F做的功WF＝FLsin θB．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcos θC．小猴子再次回到最低点时重力的功率为零D．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大解析缓慢上拉过程中拉力F是变力，由动能定理，F做的功等于克服重力做的功，即WF＝mgL(1－cos θ)，重力势能增加mgL(1－cos θ)，选顼A、B错误；小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度方向垂直，其功率也为零，则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项C正确、D错误.答案C6、(多选)太空中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用．已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行．设这三个星体的质量均为M，并设两种系统的运动周期相同，则( )A．直线三星系统运动的线速度大小v＝GMRB．两三星系统的运动周期T＝4πR R5GMC．三角形三星系统中星体间的距离L＝RD．三角形三星系统的线速度大小v＝125GM R7、如图所示，梯形abdc位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd＝2ab＝4 cm，已知a、b两点的电势分别为4 V、0，将电荷量q＝1.6×10－3 C的正电荷由a点移动到c点，克服电场力做功6.4×10－3 J，则下列关于电场强度的说法中正确的是( )A．垂直ab向上，大小为400 V/mB．垂直bd斜向上，大小为400 V/mC．平行ca斜向上，大小为200 V/mD．平行bd斜向上，大小为200 V/m解析：选B 由W＝qU知Uac＝＝ V＝－4 V，而φa＝4 V，所以φc＝8 V，过b点作be∥ac交cd于e，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以Uab＝Uce，即φe＝4 V，又因cd＝2ab，所以Ucd＝2Uab，即φd＝0，所以bd为一条等势线，又由几何关系知eb⊥bd，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd斜向上，大小为E＝＝ V/m＝400 V/m，B项正确.8、[多选]如图，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B.某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子的质量m，电荷量q，速率v 均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则( ) A．当v<时所有离子都打不到荧光屏上B．当v<时所有离子都打不到荧光屏上C．当v＝时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为512D．当v＝时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为12解析：选AC 根据半径公式R＝，当v<时，R<，直径2R<L，所有离子都打不到荧光屏上，选项A正确；根据半径公式R＝，当v<时，R<L，当半径非常小时，即R<时肯定所有离子都打不到荧光屏上；当≤R<L，有离子打到荧光屏上，选项B错误；当v＝时，根据半径公式R＝＝L，离子运动轨迹如图所示，离子能打到荧光屏的范围是N′M′，由几何知识得：PN′＝r＝L，PM′＝r＝L，打到N′点的离子离开S时的初速度方向和打到M′的离子离开S时的初速度方向夹角θ＝π，能打到荧光屏上的离子数与发射的离子总数之比k＝＝＝，选项C正确，D错误.二、非选择题如图所示，在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道AB，轨道半径为R＝0.4 m，轨道最高点A与圆心O等高.有一倾角θ＝30°的斜面，斜面底端C点在圆弧轨道B点正下方、距B点H＝1.5 m.圆弧轨道和斜面均处于场强E＝100 N/C、竖直向下的匀强电场中.现将一个质量为m＝0.02 kg、带电荷量为q＝＋2×1 0－3C的带电小球从A点静止释放，小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，当小球运动到斜面上D点时速度方向恰与斜面垂直，并刚好与一个不带电的以一定初速度从斜面底端上滑的物块相遇.若物块与斜面间动摩擦因数μ＝，空气阻力不计，g取10 m/s2，小球和物块都可视为质点.求：(1)小球经过B点时对轨道的压力FNB；(2)B、D两点间的电势差UBD；(3)物块上滑初速度v0满足的条件.解析(1)设小球到达B点的速度为vB，轨道对小球的支持力为FNB′，由动能定理和牛顿第二定律有：mgR＋qER＝mv－0①FNB′－(mg＋qE)＝m,R)②由牛顿第三定律FNB′＝FNB③联立①②③得：FNB＝1.2 N，方向竖直向下.④(2)设小球由B点到D点的运动时间为t，加速度为a，下落高度为h有：＝tan θ⑤Eq＋mg＝ma⑥h＝at2⑦UBD＝Eh⑧。
本套资源目录2020高考物理一轮总复习第七章第1讲库仑定律电场力的性质讲义含解析新人教版2020高考物理一轮总复习第七章第2讲电场能的性质讲义含解析新人教版2020高考物理一轮总复习第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动讲义含解析新人教版2020高考物理一轮总复习第七章链接高考7电场中的力电综合问题讲义含解析新人教版库仑定律电场力的性质全国卷3年考情分析[基础知识·填一填][知识点1] 电荷和电荷守恒定律1．点电荷：形状和大小对研究问题的影响可忽略不计的带电体称为点电荷．2．电荷守恒定律(1)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)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)质子的电荷量为一个元电荷，但电子、质子是实实在在的粒子，不是元电荷．(√) (2)两个完全相同的带电金属球接触时，先发生正、负电荷的中和，然后再平分．(√) (3)点电荷就是体积和带电荷量很小的带电体．(×) (4)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍．(√) [知识点2] 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．公式： F ＝kq 1q 2r2 ，式中的k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫做静电力常量． 3．适用条件：(1) 点电荷 ；(2)真空．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)根据F ＝kq 1q 2r 2可知，当r →0时，有F →∞.(×) (2)静电力常量的数值是由实验得出的．(√)(3)不能看做点电荷的两个带电体之间没有库仑力．(×) [知识点3] 静电场 电场强度1．静电场：静电场是客观存在于电荷周围的一种 物质 ，其基本性质是对放入其中的电荷有 力的作用 .2．电场强度(1)意义：描述电场强弱和方向的物理量． (2)公式①定义式：E ＝ Fq，是矢量，单位：N/C 或V/m.②点电荷的场强：E ＝ k Q r2 ，Q 为场源电荷，r 为某点到Q 的距离． ③匀强电场的场强：E ＝ U d.(3)方向：规定为 正电荷 在电场中某点所受电场力的方向．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比．(×) (2)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向．(√)(3)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同．(×)(4)在真空中，电场强度的表达式E ＝kQ r2中的Q 就是产生电场的点电荷的电荷量．(√) [知识点4] 电场线及特点1．电场线：电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的 切线 方向表示该点的电场强度方向．2．电场线的特点(1)电场线从 正电荷 或无限远处出发，终止于无限远处或 负电荷 . (2)电场线不相交．(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越 大 . (4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向． (5)沿电场线方向 电势降低 . (6)电场线和等势面在相交处互相垂直． 3．几种典型电场的电场线(如图所示)判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)相邻两条电场线之间的区域没有电场．(×) (2)非匀强电场的电场线有可能是平行的直线．(×) (3)电势降落的方向不一定沿电场线的方向．(√)[教材挖掘·做一做]1.(人教版选修3－1 P3实验改编)如图所示，两个不带电的导体A 和B ，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．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( )A ．此时A 带正电，B 带负电B．此时A电势低，B电势高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解析：C [由静电感应可知，A左端带负电，B右端带正电，A、B的电势相等，选项A、B错误；若移去C，则两端的感应电荷消失，故贴在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带的电荷仍然存在，故贴在A、B下部的金属箔仍张开，选项D错误．]2．(人教版选修3－1 P5演示实验改编)在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和电荷量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示．实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大．实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的__________ 而增大，随其所带电荷量的________ 而增大．此同学在探究中应用的科学方法是________ (选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”)．解析：对B球进行受力分析，球受重力、电场力和线的拉力，线与竖直方向间的夹角变大时，说明电场力变大．电荷量不变时，两球距离变小，悬线偏角变大，电场力变大；距离不变时，电荷量变大，线的偏角变大，电场力变大．答案：减小增大控制变量法3．(人教版选修3－1 P15第6题改编)用一条绝缘细绳悬挂一个带电小球，小球质量为m，所带电荷量为＋q.现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与铅垂线成θ夹角，如图所示．那么这个匀强电场电场强度为( )A.mgqB.mgqsin θC.mgqtan θ D.mgqcos θ 答案：C4．(人教版选修3－1 P15第7题改编)如图所示， 真空中有两个点电荷Q 1＝＋4.0×10－8C 和Q 2＝－1.0×10－8C ，分别固定在x 坐标轴的x ＝0和x ＝6 cm 的位置上．那么( )A ．x 坐标轴上，电场强度为零的位置为x ＝12 cm 处B ．x 坐标轴上，电场强度为零的位置为x ＝－12 cm 处C ．x 坐标轴上，电场强度方向沿x 轴正方向的区域是0＜x ＜6 cmD ．x 坐标轴上，电场强度方向沿x 轴正方向的区域是x ＞12 cm 答案：A考点一 库仑定律的理解及应用[考点解读]1．库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用．2．对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r 为球心间的距离．3．对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示．(1)同种电荷：F ＜k q 1q 2r 2. (2)异种电荷：F ＞kq 1q 2r 2. 4．不能根据公式错误地认为r →0时，库仑力F →∞，因为当r →0时，两个带电体已不能看成点电荷了．5．两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． 6．库仑力存在极大值，由公式F ＝k q 1q 2r 2可以看出，在两带电体的间距及电荷量之和一定的条件下，当q 1＝q 2时，F 最大．[典例赏析][典例1] (多选)如图所示，把A 、B 两个相同的导电小球分别用长为0.10 m 的绝缘细线悬挂于O A 和O B 两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A 球接触，棒移开后将悬点O B 移到O A 点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m ．已测得每个小球质量是8.0×10－4kg ，带电小球可视为点电荷，重力加速度g 取10 m/s 2，静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，则( )A ．两球所带电荷量相等B ．A 球所受的静电力为1.0×10－2N C ．B 球所带的电荷量为46×10－8 C D ．A 、B 两球连线中点处的电场强度为0[解析] ACD [两相同的小球接触后电荷量均分，故两球所带电荷量相等，选项A 正确；对A 球受力分析，由几何关系，两球排斥开后，悬线与竖直方向的夹角为37°，根据平行四边形定则可得：F ＝mg tan 37°＝8.0×10－4×10×0.75 N＝6.0×10－3N ，选项B 错误；根据库仑定律：F ＝k q A q B l 2＝k q 2Bl 2，解得q B ＝Fl 2k＝6×10－3×0.1229×109C ＝46×10－8C ，选项C 正确；A 、B 带等量的同种电荷，故在A 、B 两球连线中点处的电场强度为0，选项D 正确．]电荷分配原则及库仑力的理解1．完全相同的带电体接触后电荷的分配原则(1)若两带电体带同种电荷q 1、q 2，则接触后电荷量平均分配，即q 1′＝q 2′＝q 1＋q 22.(2)若两带电体带异种电荷q 1、q 2，则接触后电荷量先中和后平分，即q 1′＝q 2′＝|q 1＋q 2|2，电性与带电荷量大的带电体相同． 2．库仑力方向的判断方法根据“同种电荷相斥、异种电荷相吸”判断库仑力的方向，作用力的方向沿两电荷连线方向．[题组巩固]1．(2019·河南安阳调研)两个分别带有电荷量－Q 和＋5Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F ，两小球相互接触后将其固定距离变为r2，则两球间库仑力的大小为( )A.5F16 B.F5 C.4F 5D.16F 5解析：D [两球相距r 时，根据库仑定律F ＝kQ ·5Qr 2，两球接触后，带电荷量均为2Q ，则F ′＝k 2Q ·2Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22，由以上两式可解得F ′＝16F5，D 正确．]2．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电荷量为q ，球2的带电荷量为nq ，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F .现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变．由此可知( )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝6解析：D [由于各球之间的距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F ＝kQ 1Q 2r 2知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有F ＝k ·q ·nqr2＝k ·nq2·q ＋nq 22r2，解得n ＝6，D 正确．]考点二 电场强度的理解和计算[考点解读]1．电场强度的性质[典例赏析][典例2] 直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图所示．M 、N 两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( )A.3kQ4a2，沿y 轴正向 B.3kQ4a2，沿y 轴负向 C.5kQ4a2，沿y 轴正向 D.5kQ4a2，沿y 轴负向 [思考探究](1)“G 点处的电场强度恰好为零”的含义是什么？提示：“G 点处的电场强度恰好为零”说明M 、N 两处的负电荷在G 点产生的场强与点电荷Q 在G 点的场强大小相等、方向相反．(2)如何求H 点处场强的大小？提示：根据两等量负点电荷的场强的对称性和矢量合成的平行四边形定则，可求得H 点的合场强．[解析] B [因正电荷Q 在O 点时，G 点的场强为零，则可知两负点电荷在G 点形成的电场的合场强与正电荷Q 在G 点产生的场强等大反向，大小为E 合＝k Q a2；若将正电荷移到G 点，则正电荷在H 点的场强为E 1＝k Q (2a )2＝kQ4a 2，方向沿y 轴正向，因两负电荷在G 点的合场强与在H 点的合场强等大反向，则H 点处场强为E ＝E 合－E 1＝3kQ4a 2，方向沿y 轴负向，故选B.]电场强度是矢量，叠加时应遵从平行四边形定则，分析电场的叠加问题的一般步骤是： (1)确定分析计算场强的空间位置．(2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向． (3)依次利用平行四边形定则求出矢量和．[题组巩固]1．如图所示，在水平向右、大小为E 的匀强电场中，在O 点固定一电荷量为Q 的正电荷，A 、B 、C 、D 为以O 为圆心、半径为r 的同一圆周上的四点，B 、D 连线与电场线平行，A 、C 连线与电场线垂直．则( )A ．A 点的电场强度大小为E 2＋k 2Q 2r4B ．B 点的电场强度大小为E －k Q r2 C ．D 点的电场强度大小不可能为0 D ．A 、C 两点的电场强度相同解析：A [＋Q 在A 点的电场强度沿OA 方向，大小为k Q r2，所以A 点的合电场强度大小为E 2＋k 2Q 2r 4，A 正确；同理，B 点的电场强度大小为E ＋k Q r 2，B 错误；如果E ＝k Qr2，则D点的电场强度为0，C 错误；A 、C 两点的电场强度大小相等，但方向不同，D 错误．]2．如图，真空中xOy 平面直角坐标系上的A 、B 、C 三点构成等边三角形，边长L ＝2.0 m ．若将电荷量均为q ＝＋2.0×10－6C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向．解析：(1)根据库仑定律，A 、B 两点电荷间的库仑力大小为F ＝k q 2L2 ①代入数据得F＝9.0×10－3 N．②(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1＝k qL2③A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E＝2E1cos 30°④由③④式联立并代入数据得E≈7.8×103 N/C场强E的方向沿y轴正方向．答案：(1)9.0×10－3 N (2)7.8×103 N/C 方向沿y轴正方向考点三电场线的理解与应用[考点解读]1．两种等量点电荷的电场分析沿连线先变小后变大[典例3] (多选)如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出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．两个粒子的电势能都减少[解析]CD [因为电场线方向未知，不能确定a、b的电性，所以选项A错误；由于电场力对a、b都做正功，所以a、b的速度都增大，电势能都减少，选项B错误，D正确；粒子的加速度大小取决于电场力的大小，a向电场线稀疏的方向运动，b向电场线密集的方向运动，所以选项C正确．]电场线与轨迹问题判断方法1．“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从两者的夹角情况来分析曲线运动的情况．2．“三不知时要用假设法”——电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向，若已知其中的任意一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知，则要用假设法分别讨论各种情况．[题组巩固]1．(2019·沧州模拟)(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则( )A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低解析：ACD [由题图看出，a点处电场线比b点处电场线密，则a点的场强大于b点的场强，故A正确；电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b点的电势比a 点的高，所以B错误；负电荷在c点的合场强为零，c点只有正电荷产生的电场强度，在d 点正电荷产生的场强向上，两个负电荷产生的场强向下，合场强是它们的差值，所以c点的电场强度比d点的大，所以C正确；D项，可以根据电势这样理解：正电荷在d、c两点产生的电势相等，但两个负电荷在d点产生的电势高于c点，所以c点的总电势低于d点，所以D正确．]2．(2019·茂名模拟)如图所示为两个等量点电荷的电场线，图中A点和B点、C点和D 点皆关于两电荷连线的中点O对称，若将一电荷放在此电场中，则以下说法正确的是( )A．电荷在O点受力最大B．电荷沿直线由A到B的过程中，电场力先增大后减小C．电荷沿直线由A到B的过程中，电势能先增大后减小D．电荷沿直线由C到D的过程中，电场力先增大后减小解析：D [根据电场线的疏密特点，在AB直线上，O点电场强度最小，则受到的电场力最小，而在CD直线上，O点的电场强度最大，则受到电场力最大，因此电荷在O点受力不是最大，故A错误．根据电场线的疏密可知，从A到B的过程中，电场强度先减小后增大，则电场力也先减小后增大；同理从C到D的过程中，电场强度先增大后减小，则电场力也先增大后减小，故B错误，D正确．电荷沿直线由A到B的过程中，无法确定电荷做功的正负，因此无法确定电势能变化，故C错误．]考点四电场中的平衡和加速问题[考点解读]1．电场力方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反．2．恰当选取研究对象，用“整体法”或“隔离法”进行分析．3．基本思路(1)平衡问题利用平衡条件列式求解．(2)非平衡问题利用牛顿第二定律求解．4．库仑力作用下电荷的平衡问题与力学中物体的平衡问题相同，可以将力进行合成与分解．5．列平衡方程，注意电荷间的库仑力与电荷间的距离有关．[考向突破][考向1] “三个自由点电荷平衡”的问题(1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合场强为零的位置．(2)[典例4] 如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C围绕B做匀速圆周运动，B 恰能保持静止，其中A 、C 和B 的距离分别是L 1和L 2.不计三个质点间的万有引力，则A 和C 的比荷(电荷量与质量之比)之比应是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 22B.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2L 12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 23D.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2L 13[解析] C [根据B 恰能保持静止可得kq A q B L 21＝k q C q B L 22； A 做匀速圆周运动， k q A q BL 21－kq C q A (L 1＋L 2)2 ＝m A ω2L 1，C 做匀速圆周运动，k q C q B L 22－k q C q A (L 1＋L 2)2＝m C ω2L 2，联立解得A 和C 的比荷(电荷量与质量之比)之比应是⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 23，选项C 正确．][考向2] 电场力作用下的平衡问题库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了电场力．具体步骤如下：[典例5] 如图所示，带电体P 、Q 可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ，质量为M 的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m 的物体P 放在粗糙的斜面体上，当物体Q 放在与P 等高(PQ 连线水平)且与物体P 相距为r 的右侧位置时，P 静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k ，则下列说法正确的是( )A ．P 、Q 所带电荷量为 mgk tan θr 2B ．P 对斜面的压力为0C ．斜面体受到地面的摩擦力为0D ．斜面体对地面的压力为(M ＋m )g[解析] D [以P 为研究对象，分析P 受力如图所示，由平衡条件得F ＝mg tan θ，N＝mg cos θ，由库仑定律得F ＝kq 2r2，联立解得q ＝mgr 2tan θk，A 错误；由牛顿第三定律得P 对斜面的压力与N 等大反向，不为零，B 错误；分析物体P 和斜面体整体受力，易知地面对斜面的静摩擦力f ＝F ＝mg tan θ，地面对斜面体的支持力N ′＝(M ＋m )g ，所以C 错误，D 正确．][考向3] 电场力作用下的动力学问题 解决与电场力有关的动力学问题的一般思路：(1)选择研究对象(多为一个带电体，也可以是几个带电体组成的系统)．(2)对研究对象进行受力分析，包括电场力、重力(电子、质子、正负离子等基本粒子在没有明确指出或暗示时一般不计重力，带电油滴、带电小球、带电尘埃等带电体一般计重力)．(3)分析研究对象所处的状态是平衡状态(静止或匀速直线运动)还是非平衡状态(变速运动等)．(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程求解．[典例6] (2019·北京四中期末)如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝3.0×104N/C.有一个质量m ＝4.0×10－3kg 的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°.取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不计空气阻力的作用．(1)求小球所带的电荷量及电性；(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；(3)从剪断细线开始经过时间t ＝0.20 s ，求这一段时间内小球电势能的变化量． [解析] (1)小球受到重力mg 、电场力F 和细线的拉力T 的作用， 如图所示，由共点力平衡条件有：F ＝qE ＝mg tan θ解得：q ＝mg tan θE＝1.0×10－6C 电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷．(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a ，由牛顿第二定律有： mgcos θ＝ma解得：a ＝gcos θ＝12.5 m/s 2.(3)在t ＝0.20 s 的时间内，小球的位移为：l ＝12at 2＝0.25 m小球运动过程中，电场力做的功为：W ＝qEl sin θ＝mgl sin θtan θ＝4.5×10－3 J所以小球电势能的减少量为：ΔE p ＝4.5×10－3J.[答案] (1)1.0×10－6C 正电荷 (2)12.5 m/s 2(3)减少4.5×10－3J思想方法(十二) 非点电荷电场强度的叠加及计算◆方法1 等效法：在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景．[典例1] (2019·济南模拟)MN 为足够大的不带电的金属板，在其右侧距离为d 的位置放一个电荷量为＋q 的点电荷O ，金属板右侧空间的电场分布如图甲所示，P 是金属板表面上与点电荷O 距离为r 的一点．几位同学想求出P 点的电场强度大小，但发现问题很难，经过研究，他们发现图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的．图乙中是两等量异号点电荷的电场线分布，其电荷量的大小均为q ，它们之间的距离为2d ，虚线是两点电荷连线的中垂线．由此他们分别对甲图P 点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是( )A ．方向沿P 点和点电荷的连线向左，大小为2kqd r3B ．方向沿P 点和点电荷的连线向左，大小为2kq r 2－d2r3C ．方向垂直于金属板向左，大小为2kqd r3D ．方向垂直于金属板向左，大小为2kq r 2－d2r3[解析] C [据题意，从乙图可以看出，P 点电场方向为水平向左；由图乙可知，正、负电荷在P 点电场的叠加，其大小为E ＝2k qr 2cos θ＝2k q r 2·d r ＝2k qd r3，故选项C 正确．]◆方法2 对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化．[典例2] 下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )[解析] B [将圆环分割成微元，根据对称性和矢量叠加，D 项O 点的场强为零，C 项等效为第二象限内电荷在O 点产生的电场，大小与A 项的相等，B 项正、负电荷在O 点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的2倍，也是A 、C 项场强的2倍，因此B 项正确．]◆方法3 填补法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍．[典例3] (2019·石家庄质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为q ，球面半径为R ，CD 为通过半球面顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M 、N 两点，OM ＝ON ＝2R .已知M 点的场强大小为E ，则N 点的场强大小为( )A.kq2R 2－E B.kq 4R 2 C.kq4R2－E D.kq4R2＋E [解析] A [左半球面AB 上的正电荷产生的电场等效为带正电荷量为2q 的整个球面的电场和带电荷量－q 的右半球面的电场的合电场，则E ＝k 2q(2R )2－E ′，E ′为带电荷量－q 的右半球面在M 点产生的场强大小．带电荷量－q 的右半球面在M 点的场强大小与带正电荷量为q 的左半球面AB 在N 点的场强大小相等，则E N ＝E ′＝k 2q (2R )2－E ＝kq 2R2－E ，则A 正确．]◆方法4 微元法：将带电体分成许多元电荷，每个元电荷看成点电荷，先根据库仑定律求出每个元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强．[典例4] 如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q ，半径为R ，圆心为O ，P 为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP ＝L ，试求P 点的场强．[解析] 设想将圆环看成由n 个小段组成，当n 相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q ′＝Qn，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P 处产生的场强为E ＝kQ nr 2＝kQn (R 2＋L 2). 由对称性知，各小段带电体在P 处场强E 的垂直于中心轴的分量E y 相互抵消，而其轴向分量E x 之和即为带电环在P 处的场强E P ，E P ＝nE x ＝ nk Qn (R 2＋L 2)cos θ＝kQL(R 2＋L 2)32. [答案] k QL(R 2＋L 2)32电场能的性质[基础知识·填一填][知识点1] 静电力做功和电势能 1．静电力做功(1)特点：静电力做功与 路径 无关，只与电荷量和电荷移动过程始、末位置间的电势差有关．(2)计算方法①W ＝qEd ，只适用于匀强电场，其中d 为带电体沿 电场方向 的位移． ②W AB ＝qU AB ，适用于 任何电场 . 2．电势能(1)定义：电荷在电场中具有的 势能 ，称为电势能．(2)说明：电势能具有相对性，通常取无穷远或大地为电势能零点． 3．静电力做功与电势能变化的关系(1)静电力做的功等于电荷电势能的 减少量 ，即W AB ＝E p A －E p B .(2)通过W AB ＝E p A －E p B 可知：静电力对电荷做多少正功，电荷电势能就 减少 多少；静电力对电荷做多少负功，电荷电势能就 增加 多少．(3)电势能的大小：由W AB ＝E p A －E p B 可知，若令E p B ＝0，则E p A ＝W AB ，即一个电荷在电场中某点具有的电势能，数值上等于将其从该点移到零势能位置过程中静电力所做的功．[知识点2] 电势 等势面 1．电势(1)定义：电荷在电场中某一点的 电势能 与它的电荷量的比值． (2)定义式：φ＝E p q.(3)矢标性：电势是 标 量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)． (4)相对性：电势具有 相对性 ，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同． 2．等势面(1)定义：电场中 电势相等 的各点组成的面． (2)四个特点①在同一等势面上移动电荷时电场力 不做功 .②电场线一定与等势面垂直，并且从电势 高 的等势面指向电势 低 的等势面． ③等差等势面越密的地方电场强度 越大 ，反之 越小 .。
