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绝密★启用前
专题16示波管及其应用电场中的动量问题
u试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1．如图所示，在光滑绝缘的水平直线导轨上，有质量分别为2m和m，带电量分别为2q和的两个小球A、B相向运动，某时刻A、B两球的速度分别为和，若以后两球不会相碰，下列说法正确的是（　　）
A．小球A所受库仑力是小球B所受库仑力的2倍
B．系统的机械能守恒
C．两球相距最最近时的速度大小
D．小球相距最近时，系统增加的电势能为
【答案】D
【详解】
A．A、B两球之间的库仑力是相互作用力，等大反向，A错误；
B．两小球间的库仑力始终在做功并且不为0，故A、B两球总的机械能不守恒，B错误；
C．两球间的库伦力大小相等方向相反，a球的质量为2m，b球的质量m，b的加速度是a的加速度的2倍，两球靠近过程，a、b都做减速运动，b的加速度大，b的速度先减小为零，然后b反向做加速运动，a继续做减速运动，当A、B两球速度相同时，两球相距最最近，根据动量守恒，则速度为
解得
C错误；
D．小球相距最近时，系统增加的电势能，根据
解得
D正确。
故选D。
2．如图所示，光滑绝缘水平面上有带正电的甲球和带负电的乙球（甲、乙两球均视为质点），现使甲球在大小为、方向沿两球连线背离乙球的瞬时冲量作用下运动的同时，由静止释放乙球。若甲、乙两球的质量分别为和，则当它们相距最远时，乙球的速度大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】
设甲球开始运动时的速度大小为，根据动量定理有
两球所受静电力大小相等、方向相反，故两球组成的系统动量守恒，且它们的速度相同时相距最远（设此时乙球的速度大小为v），有
解得
故选B。
3．如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v－t图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（　　）
A．两小球带电的电性一定相反
B．甲、乙两球的质量之比为2：1
C．t2时刻，乙球的静电力最大
D．在0~t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
【答案】B
【详解】
A．由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A错误；
B．两球作用过程中动量守恒，则
解得
故B正确；
C．从v－t图象可知，在t1时刻二者速度相等，则此时距离最近，此时静电力最大，故C错误；
D．在0－t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误。
故选B。
4．如图所示，在光滑绝缘水平面上，A、B两个小球质量分别为2m和m，两球均带正电，某时刻A有指向B的初速度v0，B的速度为0，之后两球在运动中始终未相碰，当两球从此刻开始到相距最近的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．两球系统动量守恒，机械能守恒
B．两球系统电势能增加了
C．电场力对A球做的功为
D．电场力对B球做的功为
【答案】C
【详解】
A．两球系统所受合力为0，则系统动量守恒，但两球相互靠近过程中电场力做负功，机械能减小，故A错误；
B．当两球速度相等时，两球相距最近，由动量守恒有
得
由能量守恒可知，两球系统电势能增加
故B错误；
C．由动能定理可知，电场力对A球做的功为
故C正确；
D．由动能定理得，电场力对B球做的功为
故D错误。
故选C。
5．如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A带电荷量为-q，B带电荷量为+2q，下列说法正确的是（　　）
A．相碰前两球组成的系统运动过程中动量不守恒
B．相碰前两球的总动量随距离的减小而增大
C．两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力
D．两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量，因为两球组成的系统所受的合外力为零
【答案】D
【详解】
相碰前后两球受合外力为零，所以运动中动量守恒，故ABC错误，D正确；
故选D。
二、多选题
6．竖直放置的带电平行金属板之间的电场可以看成是匀强电场，现有一带电小球从两带电平行金属板中的M点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为9J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球在上升和下降过程中所受外力的冲量大小之比为1∶1
B．小球落到N点时的动能为57J
C．小球在上升和下降过程中电场力做功之比为1∶3
D．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.4J
【答案】AC
【详解】
A．小球在竖直方向上先做竖直上抛运动，上至最高点以后做自由落体运动，因为在同一水平线上，所以小球上升和下降的过程用时相等，合外力冲量大小相等，A正确；
BC．小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，连接M，N两点，假设线段与图中虚线交点为，因为MO和ON的运动时间相等，可知水平方向上的位移之比
小球从M到O，在水平方向根据运动学公式
变形得
小球从M到N，电场力做功之比
根据动能定理
解得
故B错误，C正确；
D．小球从，在水平和竖直方向根据运动学公式
在竖直方向满足
结合上述分析有
解得
在点将电场力和重力等效为合力，建立坐标系如图中虚线
在合力作用下，物体做类似斜上抛运动，当速度变化到与垂直时最小，速度最小为
则最小动能为
故D错误。
故选AC。
第II卷（非选择题）
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三、解答题
7．如图所示，在倾角的绝缘粗糙斜面上，有一长为的绝缘轻杆连接两个完全相同、质量均为的可视为质点的小球A和B。开始时轻杆的中垂线与垂直于斜面的虚线重合，虚线与平行且相距。在、间加沿斜面向上、电场强度为E=的匀强电场之后，若A球带电量为，B球不带电，则A球在电场中时，AB球在斜面上恰好能匀速下滑。各小球与斜面间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，。求：
(1)求小球与斜面间的动摩擦因数；
(2)若A球带电量为，B球不带电，将AB球从图示位置由静止释放，求释放后到向上运动至最远的时间；
(3)若A球带电量为，B球不带电，静止在图示位置，一质量为、带电量为的C球沿斜面向上运动，与B球正碰后粘合在一起，碰撞时间极短，若保证A球始终不会离开电场区域，求C球碰B球之前瞬间的最大速度。
【答案】(1)0.5；(2)；(3)
【详解】
（1）由力的平衡可得
代入数据可解得
（2）A在电场中时，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
A离开电场后，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
得
（3）CB碰撞，根据动量守恒有
设C进入电场的最远距离为，ABC向上，根据动能定理有
ABC向下到A刚好不离开电场，根据动能定理有
解得
8．如图甲，真空中水平放置的平行金属板MN、PQ间所加交变电压U随时间t的变化图像如图乙所示，U0已知。距离平行板右侧有一足够大的荧光屏，荧光屏距平行板右侧的距离与平行板的长度相等，电子打到荧光屏上形成亮斑。现有大量质量为m、电荷量为+q的电荷以初速度v0平行于两板沿中线OO＇持续不断的射入两板间。已知t＝0时刻进入两板间的电子穿过两板的时间等于所加交变电压的周期T，出射速度偏转了53°，所有粒子均可以从板间射出，忽略电场的边缘效应及重力的影响，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
(1)平行板的长度；
(2)板间距离；
(3)荧光屏上亮斑离O＇点的最大距离。
【答案】(1)
v0T；(2)；(3)
【详解】
(1)电荷沿OO＇方向做匀速直线运动，则平行板长
L＝v0T
(2)由几何关系可知，电荷离开平行板时沿电场线方向的速度为
vy＝v0tan53°＝
由动量定理可得
+＝mvy－0
解得
d＝
(3)t＝进入电场的粒子打在屏上的亮点离O＇点最远，t＝进入电场时的加速度
a＝＝
t＝T时的速度
v1＝＝
在~T内电荷在竖直方向上的位移为
y1＝＝
t＝时的速度
v2＝＝
在T~内电荷在竖直方向上的位移为
y2＝＝v0T
设离开电场时速度与水平方向夹角α，则有
解得
ym＝y1+y2+y3＝3v0T
9．如图所示，y轴的右侧空间有匀强电场，电场强度方向水平向左，y轴的左侧空间有斜向右下方的匀强电场，电场强度方向与y轴夹角为45°，y轴正半轴（0，L）处有一质量为m的带正电q的小球A，以一定初速度进入第一象限，小球初速度与y轴负方向夹角为45°，另有一质量为m的不带电小球B，静止于坐标原点处，重力加速度为g。
（1）若小球A不穿过y轴，直接运动到坐标原点O，求小球A的初速度大小；
（2）在第（1）问条件下，A球与B球发生完全非弹性碰撞后结合成D球，求小球D再次经过y轴时的坐标；
（3）若要保证A球与B球发生碰撞，则A球初速度大小应满足什么条件。
【答案】(1)；(2)（0，）；(3)见解析
【详解】
(1)设小球初速度为v0，小球进入匀强电场E1后，水平方向先向右匀减速，速度减为0后再向右匀加速运动，竖直方向匀加速运动，水平方向加速大小为
竖直方向加速度为重力加速度g，水平方向有
竖直方向有
联立方程，解得
(2)水平方向有
由水平方向动量守恒得
解得
由牛顿第二定律得
解得
竖直方向有
竖直方向动量守恒得
解得
由牛顿第二定律得
解得
所以再次回到y轴的时间为
在t2时间内竖直方向的位移为
则小球D再次经过y轴时的坐标为：（0，）
(3)水平方向有
所以左右两侧每次回到y轴的时间
以左右各一次回到y轴为一个周期，则周期为
竖直方向有
解得
竖直方向速度与位移均满足等差数列递增变化规律，公差分别为
，
第一个周期T末回到y轴的竖直方向位移为
第n个周期内在y轴方向的位移为
当小球从左侧回到原点时
，其中n=1，2，3…
第n个周期末的速度
第n个周期后t秒末速度
第n个周期后t秒内位移为
当小球从右侧回到原点时
，其中n=1，2，3…
10．如图，带电量为q＝+2×10-3C、质量为0.1kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E＝103N/C的匀强电场，与B球形状相同、质量为0.3kg的绝缘不带电小球A以初速度v0＝10m/s向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞，已知每次碰撞时间极短，小球B的电量始终不变，取重力加速度g＝10m/s2，求：
(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小；
(2)第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔；
(3)第二次碰后B的动能。
【答案】(1)5m/s；15m/s；(2)1s；(3)
【详解】
(1)第一次碰撞时，两小球动量守恒，即
3mv0＝3mv1＋mv2
机械能守恒即
解得碰后A的速度
v1＝5m/s
B的速度
v2＝15m/s
(2)碰后A、B两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动。水平方向，A做匀速运动，B做匀减速运动，加速度大小
经过时间t两小球再次相碰
解得
t=1s
(3)碰前B的速度
第二次碰撞时，AB小球水平方向上动量守恒
机械能守恒，即
解得第二次碰后水平方向A的速度
v1′＝0
B的速度
vx′＝10m/s
B竖直方向的速度为
故第二次碰后B球的动能
11．一质量为m=6kg带电量为q=-0.1C的小球P自动摩擦因数μ=0.5倾角θ=53°的粗糙斜面顶端由静止开始滑下，斜面高h=6.0m，斜面底端通过一段光滑小圆弧与一光滑水平面相连。整个装置处在水平向右的匀强电场中，场强E=200N/C，忽略小球在连接处的能量损失，当小球运动到水平面时，立即撤去电场。水平面上放一静止的不带电的质量也为m的圆槽Q，圆槽光滑且可沿水平面自由滑动，圆槽的半径R=3m，如图所示。（sin53o=0.8，cos53o=0.6，g=10m/s2）
(1)在沿斜面下滑的整个过程中，P球电势能增加多少；
(2)试判断小球P能否冲出圆槽Q。
【答案】(1)90J；(2)见解析
【详解】
(1)
在沿斜面下滑的整个过程中，P球电势能增加量为
(2)
在沿斜面下滑的整个过程中，由动能定理可得
①
P在Q上滑动过程中，水平方向动量守恒，假设P与圆槽Q水平方向共速时速度为
，高度为，则有
②
由能量守恒定律可得
③
联立①②③可得：，故假设成立，即小球P不能冲出圆槽Q。
12．如图，有一水平地面，其虚线MN右侧部分粗糙，虚线MN左侧部分光滑。虚线MN左侧空间存在水平向右的匀强电场，场强大小E=1×103V/m，质量mB=0.1kg的绝缘小球B不带电，静置于水平地面的虚线处，现将质量mA=0.2kg、带电量q=2×10-3C的小球A从虚线MN左侧0.45m处静止释放，一段时间后A和B发生对心碰撞，碰撞过程中电荷不转移，碰后A和B运动的位移大小之比为1：16，A和B在水平地面的粗糙部分运动时受到的摩擦阻力为各自重力的k倍，不计空气阻力。求：
(1)A和B刚要碰时，A的速度大小；
(2)A和B刚碰完时，A的速度大小；
(3)试分析A和B的碰撞是不是弹性碰撞。
【答案】(1)3m/s；(2)1m/s；(3)A和B的碰撞是弹性碰撞
【详解】
(1)对A在电场中运动，由动能定理：
解出
(2)对A和B的碰撞，由动量守恒定律
A和B碰后，对A的运动由动能定理
A和B碰后，对B的运动由动能定理
又
解出
(3)设A和B碰撞过程，A、B整体的机械能减少量为：
解出
可知A和B的碰撞是弹性碰撞.
13．如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切．质量为m的带正电小球B静止在水平上，质量为2m带正电小球A从LM上距水平高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用。带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触，重力加速度为g。求：
（1）A球刚进入水平轨道的速度大小；
（2）A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能；
（3）A、B两球最终的速度、大小．
【答案】（1）
；（2）；
（3），
【详解】
（1）对A球下滑的过程，据机械能守恒得
解得
（2）A球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时有共速
解得
据能得转化和守恒定律
得
（3）当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定.
,
得
，
14．如图甲所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出，其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m=2.0×10-27kg，电量q=+1.6×10-19C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力，求：
(1)在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；
(2)若A板电势变化周期T=1.0×10-5s，在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小；
(3)A板电势变化频率多大时，在到时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。
【答案】(1)；(2)0；(3)
【详解】
（1）电场强度
带电粒子所受电场力
根据牛顿第二定律有
代入数据解得
a==4.0×109m/s2
（2）粒子在时间内走过的距离为
故带电粒子在时，恰好到达A板
据动量定理，此时粒子动量
（3）带电粒子在~t=向A板做匀加速运动，在~t=向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A板运动可能的最大位移
要求粒子不能到达A板，有
由f=，电势变化频率应满足Hz

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