高考物理一轮复习讲义：章末自测卷(第六章) 含解析

电容器带电粒子在电场中的运动(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。

(×)(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。

(×)(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。

(×)(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。

(×)(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。

(√)(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。

(√)(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。

(×)突破点(一) 平行板电容器的动态分析1．平行板电容器动态变化的两种情况(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。

(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。

2．平行板电容器动态问题的分析思路3．平行板电容器问题的一个常用结论电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。

[题点全练]1．(2018·江苏高考)如图所示，水平金属板A 、B 分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。

现将B 板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴( )A ．仍然保持静止B ．竖直向下运动C ．向左下方运动D ．向右下方运动解析：选D 开始时油滴处于静止状态，有mg ＝q U d ，B 板右端下移时，U 不变，d 变大，电场力F ＝q U d 变小，mg ＞F 。

并且A 、B 两板之间的等差等势面右端将均匀地顺次向下移动，又电场强度垂直于等势面，可得油滴的受力如图所示，mg 与F 的合力方向为向右下方，故油滴向右下方运动。

2．[多选](2019·苏州模拟)如图所示，平行板电容器的两极板A 、B接于电池两极，一带负电小球悬挂在电容器内部。

闭合开关S ，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则( )A ．保持开关S 闭合，略向右移动A 板，则θ增大B ．保持开关S 闭合，略向右移动A 板，则θ不变C ．断开开关S ，略向上移动A 板，则θ增大D ．断开开关S ，略向上移动A 板，则θ不变解析：选AC 保持开关S 闭合，电容器两端间的电势差不变，带负电的A 板向右移动，极板间距离减小，电场强度E 增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故A 正确，B 错误。

第六章45分钟章末检测卷满分100分一、选择题(1～4题只有一项符合题目要求，5～7题有多项符合题目要求，每小题7分，共49分)1．下列说法正确的是( )A．动能为零时，物体一定处于平衡状态B．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变D．动能不变，物体的动量一定不变解析：动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平衡状态，选项A错误；物体受恒力，也可能做曲线运动，如平抛运动，选项B正确；合外力不变，加速度不变，速度均匀变化，动量一定变化，C项错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项D错误．答案：B2．(2020·运城模拟)有关实际中的现象，下列说法不正确的是( )A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好解析：根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度，故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固，故D错误．答案：D3．一物体从某高处由静止释放，设所受空气阻力恒定，当它下落h时的动量大小为p1，当它下落2h 时动量大小为p2，那么p1：p2等于( )A．1：1 B．1： 2C．1：2 D．1：4解析：物体做初速度为零的匀加速直线运动，v21＝2ah，v22＝2a(2h)，则p1＝m2ah，p2＝m4ah，p1：p2＝1：2，故B选项正确．答案：B4．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动．它们的动量随时间变化如图所示．设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F、I的大小关系是( ) A．F1>F2，I1＝I2 B．F1<F2，I1<I2C．F1>F2，I1>I2 D．F1＝F2，I1＝I2解析：冲量I＝Δp，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小I1＝I2，又因为I1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，所以F1>F2.答案：A5．如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是( ) A．木块A离开墙壁前，墙对木块A的冲量大小等于木块B动量变化量的大小B．木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量C．木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能D．木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，木块A的速度为零解析：木块A离开墙壁前，对A、B整体而言，墙对木块A的冲量大小等于整体的动量变化量即等于木块B动量变化量的大小；根据能量守恒定律，木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量；木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能及A的动能之和；木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，A、B交换速度，木块B的速度为零．选项A、B正确．答案：AB6．(2020·合肥市质量检测)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/sB．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 JC．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为48 N·sD．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W解析：类比速度图象位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做功W＝12mv2－12mv20＝396 J，B项错；由冲量定理可知，I－F f·t＝mv－mv0，代入已知条件解得：I＝48 N·s，C项正确；由牛顿第二定律可知，6 s末F－F f＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确．答案：CD7．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv2 B.12mMm＋Mv2C.12NμmgL D．Nμm gL解析：小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能E k＝12mv2－12(M＋m)v21＝12Mmv2M＋m；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔE k＝Q＝NμmgL.故本题选B、D.答案：BD二、非选择题(共51分)8．(11分)某同学用图甲所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a球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b球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，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)在本实验中结合图甲，验证动量守恒的验证式是下列选项中的________．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(2)经测定，m a ＝45.0 g ，m b ＝7.5 g ，请结合图乙分析：碰撞前、后m a 的动量分别为p 1与p′1，则p 1p′1＝________(保留分式)．有同学认为，在该实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的水平距离增大．请你用已知的数据，分析和计算出被碰小球m b 平抛运动水平距离的最大值为________cm.解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t 相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：m a v B ＝m a v A ＋m b v C ，两边同时乘以时间t 得：m a v B t ＝m a v A t ＋m b v C t ，得：m a OB ＝m a OA ＋m b OC ，故选B.(2)p 1p′1＝m a v a m a v′a ＝OB OA ＝44.8035.20＝1411； 发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒定律：m a v a ＝m a v′a ＋m b v′b根据机械能守恒定律：12m a v 2a ＝12m a v′2a ＋12m b v′2b 由以上两式解得：v′b ＝2m a m a ＋m bv a ， 因此最大射程为：s m ＝2m a m a ＋m b ·OB ＝2×4545＋7.5×44.8 cm＝76.8 cm 答案：(1)B (2)141176.8 9．(20分)如图所示，物块A 、C 的质量均为m ，B 的质量为2m ，都静止于光滑水平台面上，A 、B 间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C 位于A 右侧足够远处，现突然给A 一瞬时冲量，使A 以初速度v 0沿A 、C 连线方向向C 运动，A 与C 相碰后，粘合在一起．(1)A 与C 刚粘合在一起时的速度为多大？(2)若将A 、B 、C 看成一个系统，则从A 开始运动到A 与C 刚好粘合的过程中系统损失了多少机械能？ 解析：(1)轻细线绷紧的过程，A 、B 这一系统动量守恒，则mv 0＝(m ＋2m)v 1，解得v 1＝13v 0. 之后A 、B 均以速度v 1向右匀速运动，在A 与C 发生碰撞过程中，A 、C 这一系统动量守恒，mv 1＝(m ＋m)v 2，解得v 2＝16v 0. (2)轻细线绷紧的过程，A 、B 这一系统机械能损失为ΔE 1，则ΔE 1＝12mv 20－12·3mv 21＝13mv 20， 在A 与C 发生碰撞过程中，A 、C 这一系统机械能损失为ΔE 2，则ΔE 2＝12mv 21－12·2mv 22＝136mv 20， 则A 、B 、C 这一系统机械能损失为ΔE＝ΔE 1＋ΔE 2＝1336mv 20. 答案：(1)16v 0 (2)1336mv 20 10．(20分)如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R ＝0.6 m ．平台上静止着两个滑块A 、B ，m A ＝0.1 kg ，m B ＝0.2 kg ，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上，小车质量为M ＝0.3 kg ，小车的上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧．点燃炸药后，A 、B 分离瞬间滑块B 以3 m/s 的速度冲向小车．两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，且g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块A 能否从半圆轨道的最高点离开；(2)滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．解析：(1)爆炸前后A 、B 组成的系统动量守恒，设爆炸后滑块A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ，则m A v A ＝m B v B ，解得v A ＝6 m/sA 在运动过程中机械能守恒，若A 能到达半圆轨道最高点由机械能守恒得12m A v 2A ＝12m A v′2A ＋2m A gR 解得v′A ＝2 3 m/s滑块恰好通过最高点的条件是m A g ＝m A v 2R解得v ＝ 6 m/s<v′A ，所以A 能从半圆轨道最高点离开．(2)滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，此时B 和小车具有相同速度，由动量守恒定律得m B v B ＝(m B ＋M)v 共由能量守恒定律得E p ＝12m B v 2B －12(m B ＋M)v 2共 解得E p ＝0.54 J.答案：(1)能 (2)0.54 J高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

第2节动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1．动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。

2．动量守恒的数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)。

(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)。

(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。

3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。

(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。

(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。

二、碰撞、反冲和爆炸1．碰撞(1)概念：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，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。

(3)分类：2.(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。

(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。

3．爆炸问题(1)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。

(2)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。

1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。

(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。

(×)(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。

(√)(4)在爆炸现象中，动量严格守恒。

(×)(5)在碰撞问题中，机械能也一定守恒。

(×)(6)反冲现象中动量守恒、动能增加。

(√)2．(人教版选修3－5P16T1改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。

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，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．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．)1．(2017·西安模拟)如图所示，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()A．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点的电势能解析：由对称性可知，c、d两点的电场强度相同，但是电势不相同，选项A、B错误；将一个正试探电荷从c点沿直线移动到d点，电场力做正功，选项C错误；一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能，选项D正确．答案：D2．(2017·恩施模拟)P、Q两电荷形成的电场的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四个点．一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图中虚线所示，则下列判断正确的是()A．离子带正电B．c点电势低于d点电势C．离子在a点时的加速度大于在b点时的加速度D．离子在a点时的电势能大于在b点时的电势能解析：根据图中电场线方向可以判断出，P电荷带正电，Q电荷带负电，由做曲线运动的物体受到的合力指向曲线的内侧，可以判断离子从a运动到b，受到的电场力与电场线方向相反，离子带负电，选项A 错误；沿着电场线方向电势降低，c点电势高于d点电势，选项B错误；a点的电场线比b点的电场线密，所以离子在a点受到的电场力大于在b点受到的电场力，则离子在a点的加速度大于在b点的加速度，选项C正确；离子从a点运动到b点，电场力做负功，电势能增大，在a点时的电势能小于在b点时的电势能，选项D错误．答案：C3．(2016·扬州模拟)如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方的A点由静止释放，并穿过带电环，关于小球从A到A关于O的对称点A′过程中的加速度(a)、重力势能(E p G)、机械能(E)、电势能能(E p电)随位置变化的图象一定错误的是(取O点为坐标原点且重力势能为零，竖直向下为正方向，无限远电势为零)()解析：圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A点到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小，方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A正确；小球从A点到A′点的过程中，重力势能E p G＝－mgh，重力势能与高度是线性变化的，故B正确；小球从A点到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D错误．答案：D4．(2016·太原模拟)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P 点，如图所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势、W 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是( )解析：电容器的电容C ＝εr S4πkd ，所以C 与两极板距离d 是反比例关系，不是直线，A 错；电容器与电源断开后，电荷量不变，根据E ＝U d ，U ＝Q C ，C ＝εr S 4πkd ，可知E ＝4πkQ εr S保持不变，B 错；负极板接地，电势为零，P 点的电势φ等于P 点到负极板的电势差，即φ＝El ，E 不变，l 减小，φ线性减小，C 对；由W ＝qφ可知，W 随φ的变化而变化，D 错．答案：C5．(2017·淄博模拟)如图所示，是一个用来研究静电除尘的实验装置，铝板与手摇起电机的正极相连，钢针与手摇起电机的负极相连，在铝板和钢针中间放置点燃的蚊香．转动手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被电极吸附，停止转动手摇起电机，蚊香的烟雾又会袅袅上升．关于这个现象，下列说法中正确的是()A．烟尘因为带正电而被吸附到钢针上B．同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小C．同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大D．同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变，离铝板越近则加速度越大解析：在铝板和钢针中间形成强电场，处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子，烟尘吸附电子带负电，而被吸附到铝板上，A 错误；由于电场力做功，同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大，选项C正确，B错误；由于离铝板越近，电场强度越小，同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变，离铝板越近则加速度越小，选项D错误．答案：C6．(2016·大连模拟)如图所示，一个电荷量为－Q 的点电荷甲固定在粗糙绝缘水平面上O 点，另一个电荷量为＋q 、质量为m 的点电荷乙，从A 点以初速度v 0沿它们的连线向甲运动，到B 点时速度减小到最小值v ，已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A 、B 间距离为L 0，静电力常量为k ，则下列说法中正确的是( )A ．OB 间的距离为 kQq μmgB ．在点电荷甲产生的电场中，B 点的场强大小为μmg qC ．点电荷乙在A 点的电势能小于在B 点的电势能D ．在点电荷甲产生的电场中，A 、B 间的电势差U AB ＝mv 2－mv 202q解析：因在B 点速度最小，有F 库＝kQq r 2＝μmg ，解得r ＝kQq μmg，故A 正确；由点电荷场强公式可得B 点场强大小E ＝k Q r 2＝μmg q，故B 正确；两带电体之间是吸引力，则电场力对乙做正功，所以电势能减小，故C 错误；乙电荷从A 运动到B 的过程中，据动能定理有W －μmgL 0＝12mv 2－12mv 20，在此过程中电场力对点电荷乙做的功为W ＝qU AB ，解得U AB ＝μmgL 0＋12mv 2－12mv 20q，故D 错误． 答案：AB7．(2016·课标全国Ⅰ卷)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知()A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小解析：带电油滴在电场中受重力、电场力作用，据其轨迹的对称性可知，电场力方向竖直向上，且电场力大于重力，电场力先做负功后做正功．则电场强度方向向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴在P点的速度最小，选项B正确；油滴在P点的电势能最大，选项C 错误；油滴运动的加速度大小不变，选项D错误．答案：AB8．如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是()A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgd D ．克服电场力做功为mgd 解析：因0～T 3内微粒匀速运动，故E 0q ＝mg ；在T 3～2T 3时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t ＝2T 3时刻的竖直速度为v y ＝gT 3，水平速度为v 0；在2T 3～T 时间内，粒子满足2E 0q －mg ＝ma ，解得a ＝g ，方向向上，则在t ＝T 时刻，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v 0，选项A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了ΔE p ＝mg·d 2＝12mgd ，选项C 正确；从射入到射出，由动能定理可知，12mgd －W 电＝0，可知克服电场力做功为12mgd ，选项D 错误；故选B 、C . 答案：BC二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)9．(6分)(2016·临汾模拟)质量均为m 的三个带电小球A 、B 、C 放置在光滑绝缘的水平面上，相邻球间的距离均为L ，A 球带电荷量q A＝＋10q ；B 球带电荷量q B ＝＋q.若在C 上加一个水平向右的恒力F ，如图所示，要使三球能始终保持L 的间距向右运动，则C 球带______电(填“正”或“负”)，外力F 等于__________．解析：由于A 、B 两球都带正电，它们互相排斥，C 球必须对A 、B 都吸引，才能保证系统向右加速运动，故C 球带负电荷．对三个小球整体，加速度为a ，则有F ＝3ma.①隔离A 、B ，由牛顿第二定律可知对A ：kq A q C 4L 2－kq A q B L 2＝ma ，② 对B ：kq A q B L 2＋kq B q C L 2＝ma.③ 联立①②③得F ＝70k q 2L 2. 答案：负(2分) 70k q 2L 2(4分)10．(10分)如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d ，MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为＋q(可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v ，已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求：(1)C 、O 间的电势差U C O ；(2)O 点处的电场强度E 的大小．解析：(1)小球由C 运动到O 时，由动能定理得mgd ＋qU C O ＝12mv 2－0，(3分) 解得U C O ＝mv 2－2mgd 2q.(2分) (2)小球经过O 点时所受电场力如图所示，由库仑定律得F 1＝F 2＝k Qq （2d ）2，(2分) 它们的合力为F ＝F 1cos 45°＋F 2cos 45°＝2kQq 2d 2，(1分) O 点处的电场强度E ＝F q ＝2kQ 2d 2.(2分) 答案：(1)U C O ＝mv 2－2mgd 2q (2)E ＝2kQ 2d 211．(12分)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图所示．带电微粒质量m＝1.0×10－20kg，带电荷量q＝－1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B点距虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.解析：(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，①(3分)＝0.50 cm.②(1分)由①式解得d2＝E1E2d1(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1，③(2分)|q|E2＝ma2.④(2分)设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21，⑤(1分) d 2＝12a 2t 22，⑥(1分) 又t ＝t 1＋t 2.⑦(1分)由②③④⑤⑥⑦式解得t ＝1.5×10－8 s ．(1分)答案： (1)0.50 cm (2)1.5×10－8 s12．(12分)如图所示，一个绝缘粗糙平台OABC ，AB 长L ＝2 m ，OA 高h ＝1 m ．以O 点为原点建立坐标系Oxy ，y 轴左侧空间存在方向斜向右上方与水平方向成45°角、电场强度E ＝10 2 N /C 的匀强电场；平台的右侧存在一坡面，坡面的抛物线方程为y ＝564x 2.在平台左侧B 处有一个质量为m ＝0.2 kg 、电荷量为q ＝＋0.1 C 的物块，物块与桌面的动摩擦因数μ＝0.2.在电场力作用下，物块开始向右运动，从A 点水平飞出，最后落在坡面上(g ＝10 m /s 2)．求：(1)物块从A 点水平飞出的速度；(2)物块落到坡面上的动能．解析：(1)对带电物块进行受力分析，如图所示．竖直方向有mg＝F N＋qE sin 45°，(1分)水平方向有ma＝qE cos 45°－μF N，(1分)又v20＝2aL.(1分)解得a＝4 m/s2，v＝4 m/s.(2分)(2)物块从A点平抛，设落到坡面上的点的坐标为(x，y)，则有h－y＝12，(1分)2gtx＝v0t，(1分)又y＝52，解得t＝0.4 s．(1分)64x由于v y＝gt，(1分)故v＝v20＋v2y＝4 2 m/s.(1分)所以物块落到坡面上的动能E k＝12＝3.2 J．(2分)2mv答案：(1)4 m/s(2)3.2 J13．(12分)如图所示，长L＝1.2 m、质量M＝3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8 N．取g＝10 m/s2，斜面足够长．求：(1)物块经多长时间离开木板；(2)物块离开木板时木板获得的动能；(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．解析：(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律对物块：mg sin 37°－μ(mg cos 37°＋qE)＝ma1，(2分)代入数据，求得a1＝4.2 m/s2.(1分)对木板：Mg sin 37°＋μ(mg cos 37°＋qE)－F＝Ma2，(2分)代入数据，求得a2＝3 m/s2.(1分)又1 2a1t 2－12a2t2＝L，(1分)得物块滑过木板所用时间t＝ 2 s．(1分)(2)物块离开木板时木板的速度v2＝a2t＝3 2 m/s，(1分)其动能为E k2＝12Mv 22＝27 J．(1分)(3)由于摩擦而产生的内能为Q＝F摩s相＝μ(mg cos 37°＋qE)·L＝2.16 J．(2分)答案：(1) 2 s(2)27 J(3)2.16 J。

2019年高考物理一轮复习精品资料1．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。

带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减少，它运动到b 处时的运动方向与受力方向可能的是( )答案： D2.如图所示，A 和B 均可视为点电荷，A 固定在绝缘支架上，B 通过绝缘轻质细线连接在天花板上，由于二者之间库仑力的作用，细线与水平方向成30°角。

A 、B 均带正电，电荷量分别为Q 、q ，A 、B 处于同一高度，二者之间的距离为L 。

已知静电力常量为k ，重力加速度为g 。

则B 的质量为( )A.kQq gL 2B ．2kQqgL 2 C.3kQqgL2D ．3kQq 3gL2 解析： 根据库仑定律，A 、B 之间的库仑力F 库＝k Qq L2，以B 为研究对象，在水平方向F 库＝F T cos 30°，在竖直方向mg ＝F T sin 30°，联立可得m ＝3kQq3gL2，D 正确。

答案： D3.如图所示，实线为电场线，虚线为某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，实线和虚线均关于OO ′对称，则下列说法正确的是( )A．电场线方向可以确定B．该粒子经过B点时电场力做功的功率可以求解C．B、C两点的电势高低可以比较D．该粒子经过A、B两点时的电势能大小无法比较解析：由于该粒子的电性未知，电场线方向不能判断，电势高低也无法比较，A、C错误；该粒子经过B点时速度方向与电场力方向垂直，电场力做功的功率为零，B正确；若该粒子从A点开始运动，根据曲线运动需要向心力，可确定电场力F的方向，根据运动轨迹可确定速度v方向，该粒子从A点运动到B点的过程中，电场力对该粒子做负功，电势能增加，即电势能E p A<E p B，D错误。

答案： B4.(多选)如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，OO′是正方形abcd的对称轴，且在两电荷连线的中垂线上，则下列判断正确的是( )A．a点与b点电场强度相同B．a、b两点间的电势差大于c、d两点间的电势差C．带负电的试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能D．带正电的试探电荷从O点沿OO′方向移到O′点的过程中电场力总是做正功答案：BC5.(多选)如图所示，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有A、B两点，则( )A．A点场强小于B点场强B．A点场强方向指向x轴负方面C．A点场强大于B点场强D．A点电势高于B点电势答案：AD6. (多选)某同学研究电子在电场中的运动时，电子仅受电场力作用，得到了电子由a点运动到b点的轨迹(虚线所示)，图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的是( )A．不论图中实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点低B．不论图中实线是电场线还是等势面，a点的加速度都比b点小C．如果图中实线是电场线，电子在a点动能较小D．如果图中实线是等势面，电子在a点电势能较小解析：电子的轨迹向合外力(电场力)的方向弯曲，若图中实线是电场线，则电场力方向向右，电场线的方向向左，a点的电势低于b点的电势；若图中实线是等势面，则电场力方向向下，电场线的方向向上，a点的电势高于b点的电势，A错误；不论图中实线是电场线还是等势面，都表示该电场为匀强电场，a点的加速度大小等于b点的加速度大小，B错误；如果图中实线是电场线，电子由a到b电场力做正功，电势能减小，动能增大，C正确；如果图中实线是等势面，a点的电势较高，故电子在a点电势能较小，D正确。

章末滚动验收（六)(时间：45分钟）一、单项选择题1。

（2020·山东菏泽模拟）如图所示，装有弹簧发射器的小车放在水平地面上,现将弹簧压缩锁定后放入小球,再解锁将小球从静止斜向上弹射出去,不计空气阻力和一切摩擦。

从静止弹射到小球落地前的过程中，下列判断正确的是（)A．小球的机械能守恒,动量守恒B．小球的机械能守恒，动量不守恒C．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量不守恒D．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒C［小球从静止弹射到落地前的过程中,弹簧的弹力对小球做功,小球的机械能不守恒；小球所受外力不等于零,其动量不守恒，故A、B错误。

小球、弹簧和小车组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，系统竖直方向的合外力不为零，所以系统的动量不守恒，故C正确，D错误。

］2．（名师原创）有一种灌浆机可以持续将某种涂料以速度v喷在墙壁上，其喷射出的涂料产生的压强为p，若涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上，涂料的密度为ρ.则墙壁上涂料厚度增加的速度u为( ）A．u＝错误!B．u＝错误!C．u＝错误!D．u＝错误!B［在涂料持续被喷向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中，涂料小颗粒的速度从v变为0，其动量的变化缘于墙壁对它的冲量。

以Δt时间内喷在面积为ΔS上的质量为Δm的涂料为研究对象，设墙壁对它的作用力为F，它对墙壁的作用力为F′,涂料增加的厚度为h。

由动量定理可知F·Δt＝Δm·v，其中Δm＝ρ·ΔSh，则墙壁受到的压强p＝错误!＝错误!＝错误!。

又因涂料厚度增加的速度为u＝错误!,联立解得u＝错误!，选项B正确.] 3．（2020·河北邢台月考）我国于2020年11月24日4时30分在文昌发射场成功发射“嫦娥五号"月球探测器，实现区域软着陆及采样返回，探月工程实现了·“绕、落、回”三步走目标。

若“嫦娥五号”月球探测器从月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动,则在此阶段,有关“嫦娥五号"月球探测器的动能E k与其距离月球表面的高度h、动量p与时间t的关系图象，可能正确的是（）A BC DB［“嫦娥五号”月球探测器从月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，逆向思考此过程，根据动能定理进行分析，在此阶段,“嫦娥五号”月球探测器的动能E k与其距离月球表面的高度h的关系满足E k＝mah，选项A错误，B正确；动量p＝mv，而v＝v0－at，则p＝mv0－mat，因此p。

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第6章动量守恒定律章末过关检测(六）（建议用时：60分钟满分：100分）一、单项选择题（本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2018·甘肃模拟）一质量为m的物体放在光滑水平面上，若以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内,下列说法正确的是( ）A．物体的位移相等B．物体动能的变化量相等C．F对物体做的功相等D．物体动量的变化量相等解析：选D.物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大，故A错误；根据动能定理得知，物体动能的变化量逐渐增大,故B错误；由功的公式W＝FL 知道,在相同的时间间隔内，F做功增大,故C错误；根据动量定理得：Ft＝Δp，F、t相等，则Δp相等，即物体动量的变化量相等,故D正确．2．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中( )A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为错误!mv2B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为12 mv2D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零解析：选B.人的速度原来为零,起跳后速度为v，以竖直向上为正方向,则由动量定理可得：I －mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为mv＋mgΔt；而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B正确．3．如图所示,一辆小车装有光滑弧形轨道，总质量为m，停放在光滑水平面上．有一质量也为m、速度为v的铁球,沿轨道水平部分射入，并沿弧形轨道上升h后又下降而离开小车,离车后球的运动情况是( ）A．做平抛运动，速度方向与车运动方向相同B．做平抛运动, 速度方向与车运动方向相反C．做自由落体运动D．小球跟车有相同的速度解析:选C。