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第59讲　求电流三公式的理解及应用
（2021 江苏）
1．有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为的电容器，在内细胞膜两侧的电势差从变为，则该过程中跨膜电流的平均值为（　　）
A． B． C． D．
一、知识回顾
1．电流
（1）导体中形成电流的条件
①导体中有能够自由移动的电荷。
②导体两端存在电压。
（2）电流的方向：与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向04相反。在外电路中电流由电源正极流向负极，在内电路中电流由电源负极流向正极。
电流虽然有方向，但它是标量。
（3）定义式：I＝。
（4）微观表达式：I＝nqSv。
（5）单位：安培（安），符号A，1 A＝1 C/s。
2．利用“柱体微元”模型求电流：利用“柱体微元”模型求解电流的微观问题时，注意以下基本思路：设柱体微元的长度为L，横截面积为S，单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，电荷定向移动的速率为v，则：
（1）柱体微元中的总电荷量为Q＝nLSq。
（2）电荷通过横截面的时间t＝。
（3）电流的微观表达式I＝＝nqvS。
4．电流表达式的比较
公式 适用范围 字母含义
定义式 I＝ 一切电路 Q：（1）是通过导体横截面的电荷量，不是单位面积上的电荷量（2）当异种电荷反向通过某截面时，所形成的电流是同向的，Q＝|Q1|＋|Q2|
微观式 I＝nqSv 一切电路 n：导体单位体积内的自由电荷数q：每个自由电荷的电荷量 S：导体横截面积 v：电荷定向移动的速率
决定式 I＝ 金属、电解液 U：导体两端的电压R：导体本身的电阻
二、例题精析
题型一：固体中的电流
2．如图所示是一根粗细均匀的橡胶棒，其横截面积为S，由于与毛皮发生摩擦而均匀带负电，若已知该橡胶棒每米长度所带的电荷量为q，则当该棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，形成的等效电流为（ ）
A．vq B． C．qvS D．
题型二：液体中的电流
3．如图所示的电解池接入电路后，在t秒内有n1个一价正离子通过溶液内某截面S，有n2个一价负离子通过溶液内某截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是（ ）
A．当n1= n2时，电流为零
B．当n1 > n2时，电流方向从A→B，电流为
C．当n1 < n2时，电流方向从B→A，电流为
D．无论n1、n2大小如何，电流方向都从A→B，电流都为
三、举一反三，巩固练习
4．如图所示，一粗细均匀的金属导线横截面积为S，单位体积内有n个自由电子，每个自由电子的电荷量为e，下面说法正确的是（　　）
A．时间t内流过该导线某一横截面的电荷量为
B．导线内的电流强度为I时，电子定向移动的速度为
C．将金属丝均匀的拉长到原来的2倍，其电阻也变为原来的2倍
D．将金属丝接入电路，随着温度的升高其电阻变小
5．如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导体a、b，单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比.已知流经导体a的电流为0.16A，电子的电荷量.下列说法正确的是（　　）
A．a、b的电阻之比
B．5s内有个自由电子通过导体b的横截面
C．自由电子在导体a和b中的定向移动速率之比
D．相同时间内导体a和b产生的焦耳热之比
6．一根长为L、横截面半径为r的金属棒，其材料的电阻率为ρ。金属棒内单位体积自由电子数为n，电子的电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压U时，金属棒内产生电流，则自由电子定向运动的平均速率为（ ）
A． B． C． D．
7．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设带电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动,其电流的等效电流强度I和方向为（ ）
A．顺时针
B．顺时针
C．逆时针
D．逆时针
8．在金属导体两端加上恒定电压的瞬间，导体中就会形成匀强电场，电场力使得导体中原本杂乱无章运动的自由电子定向运动。定向运动的自由电子在运动中与金属正离子频繁发生碰撞而产生的“阻力”使得自由电子稳定后近似做匀速运动。如图所示，一根长为L的圆柱形金属棒的横截面半径为r，其材料的电阻率为。金属棒单位体积内自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e。金属棒两端加上恒定的电压时，金属棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速度为v，则自由电子定向运动时受到的平均阻力大小为（　　）
A． B． C． D．
9．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，其等效电流为I；质子的质量为m，其电量为e。那么这束质子流内单位体积的质子数n是（　　）
A． B． C． D．
10．导线中带电粒子的定向运动形成了电流．带电粒子定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力．如图所示，设导线ab中每个带正电粒子定向运动的速度都是v，单位体积的粒子数为n，粒子的电荷量为q，导线的横截面积为S，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是
A．由题目已知条件可以算得通过导线的电流为
B．题中导线受到的安培力的方向可用安培定则判断
C．每个粒子所受的洛伦兹力为，通电导线所受的安培力为
D．改变适当的条件，有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方向保持不变
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】根据
Q=CU
可知
Q=C U=10-8×(30+70)×10-3C=10-9C
则该过程中跨膜电流的平均值为
故选D。
2．A
【详解】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，单位时间内通过的距离为vΔt，单位时间内通过的电荷量
Q=qvΔt
得到等效电流为
故选A。
3．D
【详解】由题意可知，流过容器截面上的电量
q = (n1＋n2)e
则电流为
方向与正电荷的定向移动方向相同，故由A到B。
故选D。
4．B
【详解】A．根据题意，设电子定向移动的速度为，则时间内通过该导线某一横截面积的电子数为
则时间t内流过该导线某一横截面的电荷量为
故A错误；
B．导线内的电流强度为I时，由电流定义式
可得
解得
故B正确；
C．将金属丝均匀的拉长到原来的2倍，面积变为原来的，由公式
可得
可知，电阻变为原来的4倍，故C错误；
D．将金属丝接入电路，随着温度的升高电阻率变大，其电阻变大，故D错误。
故选B。
5．B
【详解】A．根据电阻定律
可得a、b的电阻之比为
故A错误；
B．5s内通过导体b的横截面的自由电子数为
个
故B正确；
C．根据电流的微观表达式
可得自由电子在导体a和b中的定向移动速率之比为
故C错误；
D．根据焦耳定律
Q=I2Rt
可得相同时间内导体a和b产生的焦耳热之比为
故D错误。
故选B。
6．A
【详解】根据欧姆定律有
根据电阻定律有
电流的微观表达式
联立几式得
故选A。
7．C
【详解】电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为:
根据电流的定义式得：电流强度为:
因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故C正确，选项ABD错误．
【点睛】本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路，要知道电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反．
8．C
【详解】金属导体两端的电压
由欧姆定律可知
电流
电阻
自由电子定向运动时受到的阻力与电场力相等，根据二力平衡可知
故C正确，ABD错误。
故选C。
9．D
【详解】质子在加速电场中加速
根据电流的微观表达式
联立解得
故选D。
10．A
【分析】判断洛伦兹力的方向用左手定则，电流由其定义I=Q/t确定，洛伦兹力的集中表现为安培力．
【详解】电流：，则A正确；导线受到的安培力的方向由左手定则判断，则B错误；粒子所受的洛伦兹力为F洛=qvB，导线长度为L，则其受的安培力为：F=nqLSvB=BIL，则C错误；洛伦兹力方向反向决定了所受到的安培力方向也反向，则D错误；故选A．
【点睛】本题考查电流的微观表达式，关键在于明确有多少电荷流过我们所确定的截面，并由洛伦兹力的集中表现为安培力．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第60讲 欧姆定律与电阻定律
（2020 浙江）
1．小明在一根细橡胶管中灌满食盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱。他将此盐水柱接到电源两端，电源电动势和内阻恒定。握住盐水柱两端将它水平均匀拉伸到原长的1.2倍，若忽略温度对电阻率的影响，则此盐水柱（ ）
A．通过的电流增大
B．两端的电压增大
C．阻值增大为原来的1.2倍
D．电功率增大为原来的1.44倍
一、知识回顾
1.欧姆定律
（1）内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟导体的电阻R成反比。
（2）公式： I=。
（3）适用条件：适用于金属和电解质溶液，适用于纯电阻电路。对气态导体、半导体元件不适用，对电动机、电解槽等非纯电阻元件不适用。
（4）伏安特性曲线
①定义：在直角坐标系中，用横坐标表示电压U，纵坐标表示电流I，画出的IU图像叫作导体的伏安特性曲线。
②线性元件：若元件的伏安特性曲线是一条过原点的直线，这样的电学元件叫作线性元件。如图甲所示。遵从欧姆定律。
③非线性元件：伏安特性曲线不是直线的电学元件叫作非线性元件。如图乙所示。不遵从欧姆定律。
2.电阻
（1）定义：导体两端的电压跟通过导体的电流之比反映了导体对电流的阻碍作用，物理学中就把它叫作导体的电阻。
（2）定义式： R=，其中U为导体两端的电压，I为导体中的电流。
（3）单位：国际单位是欧姆（Ω）。
（4）决定因素：导体的电阻反映了导体阻碍电流的性质，其大小由导体本身决定，与加在导体两端的电压和通过导体的电流无关。
3.电阻定律
（1）内容：同种材料的导体，其电阻R与它的长度l成正比，与它的横截面积S成反比；导体电阻还与构成它的材料有关。
（2）公式： R=ρ。
（3）适用条件：粗细均匀的金属导体或浓度均匀的电解质溶液。
4.电阻率
（1）计算公式：ρ=。
（2）物理意义：电阻率是反映材料导电性能优劣的物理量。温度一定时，某种材料的电阻率由这种材料的性质决定，与导体的大小、形状无关。
（3）电阻率与温度的关系
①金属导体：电阻率随温度升高而增大。
②负温度系数半导体：电阻率随温度升高而减小。
③超导体：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率可以降到0，成为超导体。
④一些合金：电阻率几乎不受温度变化的影响。
5.电阻的定义式和决定式的比较
公式 R= R=ρ
区别 电阻的定义式 电阻的决定式
提供了一种测电阻的方法——伏安法，R与U、I均无关 说明了导体的电阻由哪些因素决定，R由ρ、l、S共同决定
适用于任何纯电阻导体 只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解质溶液
6.对UI、IU图像的理解（如图甲、乙所示）
（1）图线a、e、d、f表示线性元件，b、c表示非线性元件。
（2）在图甲中，图线上的点与O点连线的斜率表示电阻的大小，斜率越大，电阻越大，Ra>Re、在图乙中，图线上的点与O点连线的斜率表示电阻倒数的大小，斜率越大，电阻越小，Rd（3）随着I增大，图线b上对应的点与O点连线的斜率变小，电阻变小；随着U的增大，图线c上对应的点与O点连线的斜率变大，电阻变小。
注意：曲线上某点切线的斜率不是电阻或电阻的倒数。根据R=，电阻为图线上的点和原点连线的斜率或斜率的倒数。
7. 易错点：
（1）将同一导体不同截面接入电路时，导体的电阻大小是不同的，不要认为同一导体的电阻是一个定值，在表达式R=ρ中，l是沿电流方向导体的长度，S是垂直电流方向的横截面积，ρ是材料的电阻率。
（2）对线性元件：R==；对非线性元件R=≠，即非线性元件的电阻不等于UI图像某点切线的斜率。
（3）某一导体的形状改变后，讨论其电阻变化应抓住以下三点：
①导体的电阻率不变，因其由导体材料本身决定。
②导体的体积不变，由V=lS可知l与S成反比。
③在ρ、l、S都确定之后，应用电阻定律R=ρ求解。
二、例题精析
题型一：理解I—U图像
例1.
2．如图所示是电阻R的I-U图像，图中α=45°，由此得出（　　）
A．通过电阻的电流与两端电压成正比
B．电阻R=0.5Ω
C．因I-U图像的斜率表示电阻的倒数，故R==1.0Ω
D．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C
题型二：线性元件与非线性元件
例2.
3．某研究性学习小组描绘了三种电学元件的伏安特性曲线，如图所示，下列判断中正确的是
A．图甲反映该电学元件的导电性能随电压的增大而增强
B．图乙反映该电学元件的导电性能随温度的升高而减弱
C．图丙反映该电学元件加正向电压和反向电压时导电性能一样
D．图丙反映该电学元件如果加上较高的反向电压（大于）时，反向电流才急剧变大
题型三：电阻定律与欧姆定律综合应用
例3.
4．如图所示，和是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但的尺寸比的尺寸大．在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图，则下列说法中正确的是（　　）
A．中的电流小于中的电流
B．中的电流等于中的电流
C．中自由电荷定向移动的速率小于中自由电荷定向移动的速率
D．中自由电荷定向移动的速率等于中自由电荷定向移动的速率
三、举一反三，巩固练习
5．甲、乙为不同材料制成的两个长方体金属导电板，长、宽、高均分别为a、b、c，其中，如图，它们的外形完全相同。现将甲、乙两金属导电板按下图两种方式接入同一电源时，若回路中的电流相同，那么甲、乙两金属导电板的电阻率之比为（　　）
A． B． C． D．
6．两段材料不同、横截面积相同的均匀导线和，其长度分别为和。串联在电路中时，沿长度方向电势变化如图所示，则、两种材料的电阻率之比为（ ）
A． B． C． D．
7．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．加5V电压时，导体的电阻约是5Ω
B．加11V电压时，导体的电阻约是1.4Ω
C．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
D．此导体为线性元件
8．在中国空间站中，多种传感器担负着对舱内气压监测、温度监控、交会对接的距离监测、太阳帆板自动迎对日光等任务。下列有关传感器的说法中不正确的是（　　）
A．热敏电阻可以作为温度传感器的敏感元件
B．对气压的监测可以利用压力传感器
C．光敏传感器通过将电信号转化为光信号实现太阳帆板对阳光的自动跟踪
D．红外测距传感器通过将电磁波信号转化为电信号实现对距离的监测
9．如图所示，一块均匀的长方体样品， 长为a，宽为b，厚为c。电流沿 AB 方向时测得样品的电阻为R，电流沿CD方向时样品的电阻是多少（　　）
A． B． C． D．
10．如图所示是某白炽灯的伏安特性曲线，图中连线与横轴的夹角为，A点的坐标为(U0，I0)，其切线与纵轴交点的纵坐标为，则（　　）
A．白炽灯的电阻随电压的增大而减小
B．对应A点，白炽灯的电阻可表示为
C．对应A点，白炽灯的电功率可表示为
D．对应A点，白炽灯的电阻可表示为
11．如图甲，一长方体导电材料的长、宽、高分别为a、b、c；且，通入沿PQ方向的电流时，导电材料两端的电压U与其通过的电流I的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．导电材料两端所加电压为10V时，其电阻为20Ω
B．随着所加电压的逐渐增大，该导电材料的电阻逐渐增大
C．随着所加电压的逐渐增大，该导电材料的导电性能变差
D．该导电材料沿PQ方向通电时比沿MN方向通电时电阻小
12．如图甲所示，两根材料相同的均匀导体柱a和b，a长为l，b长为2l，串联在电路中时，沿x轴方向电势变化φ－x图象如图乙所示，选取x＝3l处电势为零，则导体柱a、b的横截面积之比为(　　)
A． B． C． D．
13．某同学想用一只半导体热敏电阻制作一支能测量水温的温度计。他查阅资料获得了图1所示的该热敏电阻的特性曲线，并设计了图2所示的温度计电路，图中，电压表的量程是，电源电动势恒定，内阻可不计。他的制作目标是温度计的测量范围是，且水温时电压表指针偏转达到最大位置。则（　　）
A．电源的输出电压为 B．水温越高，电压表的示数越小
C．电压表的0刻度对应水温 D．水温时电压表的示数为
14．P1和P2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，P1的上、下表面积大于P2的上、下表面积，将P1和P2按图所示方式接到电源上，闭合开关后，下列说法正确的是（　　）
A．若P1和P2的体积相同，则通过P1的电流大于通过P2的电流
B．若P1和P2的体积相同，则P1的电功率大于P2的电功率
C．若P1和P2的厚度相同，则P1和P2内自由电荷定向移动的速率相等
D．若P1和P2的厚度相同，则P1两端的电压大于P2两端的电压
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】ABC．根据电阻定律：
可知，长度变为原来的倍，横截面积变为原来的倍，所以电阻变为原来的倍；根据闭合电路欧姆定律：
可知总电阻增大，干路电流减小，路端电压即盐水柱两端电压增大，故AC错误，B正确；
D．电功率的表达式：
电流变化倍数无法计算，所以电功率变化倍数无法计算，故D错误。
故选B．
2．AD
【详解】A．由图像可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，选项A正确；
BC．由图像可知电阻
选项BC错误；
D．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是
选项D正确。
故选AD。
3．D
【详解】A．由图甲可知随着电压增加图线斜率不变，即该元件电阻阻值的倒数不变，阻值不变，导电性能不变，故A错误；
B．由图乙可知随着电压增加图线斜率变小，该元件电阻阻值的倒数变小，阻值增加，导电性能随电压的增大而减弱，但不能说明和温度的变化情况，故B错误；
C．由图丙可知加正向电压和反向电压时图线关于原点不对称，因为横坐标不一样的，故导电性能不一样，故C错误。
D．根据图丙可知该电学元件如果加上较高的反向电压（大于）时，反向电流才急剧变大，故D正确。
故选D。
4．BC
【详解】AB．设导体的电阻率为，厚度为，边长为，则由电阻定律可知导体的电阻为
可知与边长无关，故，由于与都相同，根据可知，通过两电阻的电流相同，故A错误，B正确；
CD．根据电流的微观表达式
由于、、、相同，则越大，越小，则中自由电荷定向移动的速率小于中自由电荷定向移动的速率，故C正确，D错误。
故选BC。
5．A
【详解】根据题意知，甲、乙两金属导电板的电阻相等，根据电阻决定式有
则电阻率为
甲、乙两金属导电板的电阻率之比为
故A正确，BCD错误。
故选A。
6．B
【详解】有图可知导线两端电压为
导线两端电压为
两导线串联，可知通过两导线的电流相等，根据欧姆定律可知两导线的电阻之比为
根据电阻定律
可得
两导线的横截面积相等，则、两种材料的电阻率之比为
B正确，ACD错误。
故选B。
7．A
【详解】A．对某些导电器材，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的值仍表示该点所对应的电阻值，当导体加5V电压时，电阻
R1==5Ω
故A正确；
B．当导体加11V电压时，由题图知电流约为1.4A，电阻R2大于1.4Ω，故B错误；
CD．由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，则导体为非线性元件，故CD错误。
故选A。
8．C
【详解】A．热敏电阻可以作为温度传感器的敏感元件，A正确；
B．对气压的监测可以利用压力传感器，B正确；
C．光敏传感器通过将光信号转化为电信号实现太阳帆板对阳光的自动跟踪，C错误；
D．红外测距传感器通过将电磁波信号转化为电信号实现对距离的监测，D正确。
本题选不正确项，故选C。
9．D
【详解】电流沿 AB 方向时的电阻为
电流沿CD方向时样品的电阻是
则
故选D。
10．C
【详解】A．由图示图象可知，随电压U增大通过灯泡的电流I增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大，故A错误；
B．对应A点，若电压和电流均为国际单位V和A，则白炽灯的电阻可表示为
故B错误；
C．对应A点，白炽灯的电功率可表示为
P=U0I0
故C正确；
D．由图可知，A点的电压和电流分别为U0、I0，则在A点灯泡电阻
不能根据求电阻，故D错误。
故选C。
11．A
【详解】A．由图乙可知，导电材料两端所加电压为10V时，通过的电流为0.5A，则此时导电材料的电阻为
故A正确；
BC．导电材料两端的电压U与其通过的电流I的关系图像的斜率表示该导体材料电阻的大小，结合图乙可知，随着所加电压的逐渐增大，该导电材料的电阻逐渐减小，则该导电材料的导电性能变好，故BC错误；
D．根据电阻定律
可知，导电材料的横截面越大，长度越小，导电材料的电阻越小，所以该导电材料沿PQ方向通电时比沿MN方向通电时电阻大，故D错误。
故选A。
12．A
【详解】由图象可知导体柱a电压为6V，导体柱b电压为4V．导体柱a与导体柱b串联，故电压之比等于电阻之比，a、b的长度之比为1:2，由电阻定律可以求出截面积之比为1：3．故选A．
13．D
【详解】A．根据图像可知，水温时
此时电压表指针偏转达到最大位置，即3V，根据题意可知
解得
内阻不计，所以电源输出电压为6V，故A错误；
B．根据
可知，水温越高，热敏电阻阻值越小，电压表的示数越大，故B错误；
C．水温时
根据
故C错误；
D．水温时
根据
故D正确。
故选D。
14．B
【详解】A．P1和P2是串联在电路中的，所以通过P1的电流总等于通过P2的电流，故A错误；
B．由电阻定律可得
则若P1和P2的体积相同，上下表面积越大的电阻的阻值越大，由电功率公式
P＝I2R
由于通过P1的电流总等于通过P2的电流，则电阻越大的电功率越大，所以若P1和P2的体积相同，则P1的电功率大于P2的电功率，故B正确；
C．P1和P2是串联在电路中，电流相等，根据电流的微观表达式
由上、下表面积关系可知，P1的长度L长，其他量都相同，所以P1的自由电荷定向移动的速率小，故C错误；
D．由电阻定律可得
若P1和P2的厚度相同，则P1和P2的电阻的阻值相同，由于P1和P2是串联关系，所以则P1两端的电压等于P2两端的电压，故D错误。
故选B。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第41讲 动量定理与动能定理的区别及动量定理在物体系问题中的巧妙运用
[2022 乙卷]
1．质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（　　）
A．时物块的动能为零
B．时物块回到初始位置
C．时物块的动量为
D．时间内F对物块所做的功为
[2021 乙卷]
2．水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（　　）
A．在此过程中F所做的功为
B．在此过中F的冲量大小等于
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
一.知识回顾
1.动量定理与动能定理的比较
定理 动量定理 动能定理
公式 F合t＝mv′－mv F合s＝
标矢性 矢量式 标量式
因果关系 因 合外力的冲量 合外力做的功(总功)
果 动量的变化 动能的变化
应用侧重点 涉及力与时间 涉及力与位移
2.如果遇到的问题，不需要求加速度，可以不运用牛顿定律，涉及到力的时间效应则用动量定理，空间效应则用动能定理。
3.对于两个或两以上物体组成的物体系统，如果用牛顿定律和隔离法，有时会很复杂，但用动量定理，就非常简单（详现下面例题）
二.例题精析：
题型一：一题用到两定理
3．一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s。下列说法正确的是（　　）
A．垒球动量变化量为 B．垒球动量变化量为
C．球棒对垒球的平均作用力大小为360N D．球棒对垒球的平均作用力大小为1260N
题型二：巧用动量定理解决物体系问题
4．如图所示，质量分别为、的两小物块A、B用平行于斜面的轻细线相连，两物块均静止于斜面上，用平行于斜面向上的恒力拉A，使其以加速度沿斜面向上运动，经时间，细线突然被拉断，再经时间，B上滑到最高点，则B到达最高点时A的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
三.举一反三，巩固练习
5．如图甲所示，某选手正在进行定点投篮。在篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系xOy，如图乙所示，篮球由A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点，C为篮球运动的最高点。重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是（　　）
A．篮球经过C点时速度大小为
B．篮球经过B点和D点的动量相同
C．篮球由A到B和由B到C过程，动量的变化量相同
D．篮球由B到C和由C到D过程，重力做功相同
6．2022年2月4日，北京冬奥会盛大开幕。跳台滑雪是冬奥会的重要竞技项目。如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出。该运动员两次试滑分别在斜坡上的M、N两点着陆。已知OM=MN，斜坡与水平面的夹角为θ，不计空气阻力，运动员（含装备）可视为质点，则该运动员两次试滑（　　）
A．着陆在M、N点时动量的方向不同
B．着陆在M，N点时动能之比为1：
C．着陆在M、N点两过程时间之比为1：
D．着陆在M、N点两过程离斜坡面最远距离之比为1：
7．2021年5月25日，500架无人机自广州海心沙腾空，化作稻菽千重浪、田间耕耘人，纪念“杂交水稻之父”袁隆平院士。其中一架无人机在升空后进行编队表演的一段时间内沿竖直方向运动，以竖直向上为正方向，其v-t图像如图所示，已知无人机的质量为2kg，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．0~6s时间内无人机先上升，2s末开始下降
B．0~6s时间内无人机所受重力做功为零
C．0~6s时间内无人机所受合外力做功为1J
D．2~6s时间内合外力的冲量为4N·s
8．如图甲是我国首艘“海上飞船”一“翔州1”。“翔州1”在平静的水面由静止开始在水平面上沿 直线运动，若运动过程中受到的阻力不变，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙 所示t=50s后，“翔州1”以20m/s的速度做匀速直线运动。则下列说法正确的是（　　）
A．“翔州1”所受阻力的大小为2. 0×104N
B．0-50s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为1. 0×106N s
C．“翔州1”的质量为2. 5×104kg
D．0-50s内，动力F的功为5. 0×106J
9．某工厂测试竖直挡板的弹性，进行了如下操作：位于水平地面上的弹射装置从A点将一质量的小球斜向上弹射出去，刚好与竖直挡板的B点垂直相碰，然后被水平弹回落到地面上的C点。已知A点与竖直挡板的水平距离，C点为的中点，B点到水平地面的高度，小球从A点被弹射出去到落到C点所用的总时间，空气阻力不计，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．小球被弹射出时的速度大小为8
B．小球被竖直挡板弹回时的速度大小为2.4
C．小球受到竖直挡板水平方向的平均作用力的大小为22.5N
D．小球被竖直挡板反弹过程中损失的动能为2.25J
10．如图所示，一篮球以水平初速度碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍（k<1），碰撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则（　　）
A．碰撞过程中，篮球的机械能守恒
B．篮板对篮球的冲量大小为()mv0
C．篮球的水平初速度大小为
D．若篮球气压不足，导致k减小，在不变的情况下，要使篮球中心经过篮框中心，应使碰撞点更高
11．如图为游乐场滑道的简化模型，光滑曲面滑道PA与水平粗糙滑道AB在A点平滑连接，A高度差为1m，AB长为4m。质量为50kg的滑块从P点由静止滑下，到A点进入减速区，在B点与缓冲墙发生碰撞后，运动至C点停下。已知碰撞过程中缓冲墙对滑块的冲量大小为150N·s，滑块与AB间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g=10m/s2，则滑块与缓冲墙碰撞后瞬间的速度大小为（　　）
A．0.5m/s B．1.0m/s C．1.5m/s D．2.0m/s
12．高空抛物是一种不文明的行为，而会带来很大的社会危害。2019年6月26日，厦门市某小区楼下一位年轻妈妈被从三楼阳台丢下的一节5号干电池击中头部，当场鲜血直流。若一节质量为0.1kg的干电池从1.25m高处自由下落到水平地面上后又反弹到0.2m高度，电池第一次接触地面的时间为0.01s，第一次落地对地面的冲击力跟电池重力的比值为k，重力加速度大小，选取地面为零势能面，则（　　）
A．该电池的最大重力势能为12.5J
B．该电池的下落时间比上升时间短0.3s
C．
D．电池在接触地面过程中动量的变化量大小为0.3kg·m/s
13．首钢滑雪大跳台（如图甲所示）又称“雪飞天”，是北京2022年冬奥会自由式滑雪和单板滑雪比赛场地，谷爱凌和苏翊鸣在此圆梦冠军。为研究滑雪运动员的运动情况，建立如图乙所示的模型。跳台滑雪运动员从滑道上的A点由静止滑下，从跳台O点沿水平方向飞出。已知O点是斜坡的起点，A点与O点在竖直方向的距离为h，斜坡的倾角为θ，运动员的质量为m。重力加速度为g。不计一切摩擦和空气阻力。求：
（1）运动员经过跳台O时的速度大小v；
（2）从离开O点到落在斜坡上，运动员在空中运动的时间t；
（3）从离开O点到落在斜坡上，运动员在空中运动的过程中动量的变化量。
14．如图所示，竖直固定粗糙细圆弧管道由半径为R=2m的半圆管道ABC和半径为r=1m的圆弧管道CD、DE组成，在E点处紧挨倾角为53°的斜面，O1、O2、O3分别为三段圆弧管道的圆心。在半圆管道ABC顶点A放置一个直径略小于细管管径、质量为m=0.1 kg的小球，当小球受到一个瞬时冲量I0后进入管道，小球在A点对管道壁恰好没有作用力，小球从E点抛出后经0.4 s离斜面最远。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求∶
（1）小球受到的冲量I0的大小；
（2）小球从A点运动到E点过程中克服摩擦力做功。
15．第24届冬奥会于2022年2月4日﹣20日在北京和张家口联合举行，北京已成为奥运史上首个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，如图，跳台滑雪赛道由顶跳台A、助滑道AB、着陆坡BC和缓停区CD四部分组成。比赛中，质量的某运动员从预跳台A处由静止下滑，滑动到B处后水平飞出，运动员在空中飞行了落在着陆坡上的P点。运动员从刚接触P点到开始沿着陆坡向下滑行，经历的时间。已知着陆坡的倾角，重力加速度，不计运动员在滑道上受到的摩擦阻力及空气阻力，且，。求：
（1）助滑道AB的落差h；
（2）运动员在着陆坡上着陆的过程中，着陆坡对运动员的平均冲击力大小。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从s内由动量定理可知
即
得
3s时物块的动量为
设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得
即
解得
所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B．s物块发生的位移为x1，由动能定理可得
即
得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为
拉力所做的功为
故D正确。
故选AD。
2．BC
【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
①
由速度位移公式有
②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
③
由速度位移公式有
④
由①②③④可得，水平恒力
动摩擦因数
滑动摩擦力
可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，
故C正确，D错误；
A．在此过程中，外力F做功为
故A错误；
B．由平均速度公式可知，外力F作用时间
在此过程中，F的冲量大小是
故B正确。
故选BC。
3．BD
【详解】设垒球的初速度的方向为正方向，则末速度为。
AB．动量的变化量为矢量，有
即垒球的动量变化量大小为12.6kg·m/s，负号表示方向与初速度方向相反，故A错误，B正确；
CD．由冲量的定义可知，球棒对垒球的平均作用力大小为
故C错误，D正确；
故选BD。
4．B
【详解】细线被拉断前，以A、B为整体，由牛顿第二定律得
时，A、B的速度为
细线突然被拉断后，整体受到的合力保持不变，再经时间，B上滑到最高点，此时B的速度为零，设此时A的速度为，以A、B为整体，根据动量定理可得
解得
故选B。
5．C
【详解】A．依题意，篮球抛出后做斜抛运动，利用逆向思维，可知篮球从C点做平抛运动到A点，设C点坐标为(0，yC)，C点到B点时间为t，由乙图可知
联立，可得
故A错误；
B．由乙图可知B点和D点在同一水平面上，则可知篮球在两点处的速度大小相等，但方向不同，所以篮球经过B点和D点的动量不相同。故B错误；
C．由乙图可知篮球由A到B和由B到C过程水平方向发生的位移相等，则所用时间相等，根据动量定理可得
所以动量的变化量相同。故C正确；
D．篮球由B到C过程重力做负功，由C到D过程，重力做正功，二者不同。故D错误。
故选C。
6．C
【详解】A．运动员从O点水平飞出，做平抛运动，设水平飞出的初速度为v0，在斜坡上的落点到O点的距离为L，运动员落到斜坡上时，则有
可知运动员落到斜坡上时，水平分速度与竖直分速度满足
θ角不变，可知着陆在M、N点时的速度方向相同，动量的方向相同，A错误；
B．运动员从O点到落到斜坡上运动中，机械能守恒，则有
运动员落到斜坡上时的动能
又
解得着陆在M、N点时动能之比为1：2，B错误；
C．由平抛运动的规律可知，在竖直方向有
解得运动时间
可知着陆在M、N点两过程时间之比为1：，C正确；
D．运动员在O点的速度v0分解为沿斜坡方向的分速度和沿垂直斜坡方向的分速度v2，则有
由运动学公式可得离斜坡面最远距离为
由题意可知，在水平方向有
在竖直方向有
则有两次做平抛运动的初速度关系有
因此离斜坡面最远距离之比是1：2，D错误。
故选C。
7．B
【详解】A．无人机在0~6s时间内，先向上加速、匀速、减速，3s后开始下降，故A项错误；
B．0~6s时间内无人机竖直方向的位移
所受重力做功为零,故B项正确；
C．根据动能定理，0~6s时间内合外力对无人机做功
故C项错误；
D．根据动量定理，2~6s时间内合外力的冲量
故D项错误。
故选B。
8．C
【详解】A. 根据图像中匀速运动可知“翔州1”所受阻力的大小为1. 0×104N，故A错误；
B. 0-50s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为
代入数据可得
故B错误；
C. 有动量定理可知
解得：
故C正确；
D. 0-50s内，动力F是变力，无法求解功，故D错误；
故选C。
9．C
【详解】A．由题意可知小球与竖直挡板垂直相碰，所以小球从A点到B点过程，竖直方向有
小球与竖直挡板碰撞前的时间
水平方向有
由运动的合成与分解有
解得
A错误；
B．由竖直方向运动分析有小球与竖直挡板碰撞后小球在空中的时间
水平方向有
解得
B错误；
C．选小球与竖直挡板碰撞前的速度方向为正方向，在碰撞过程中水平方向由动量定理有
解得
C正确；
D．小球在与竖直挡板碰撞过程中损失的动能
D错误。
故选C。
10．D
【详解】A．根据题意，碰撞过程中，篮球的速度减小，篮球的动能减小，机械能减小，故A错误；
B．以弹回的方向为正方向，根据动量定理可得
故B错误；
C．弹回后篮球做平抛运动，即有
解得
故C错误；
D．若篮球气压不足，导致k减小，在不变的情况下，减小，要使篮球中心经过篮筐中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间要增大，应使碰撞点更高，故D正确。
故选D。
11．B
【详解】根据能量守恒定律可得，滑块与缓冲墙碰撞前瞬间的速度大小为
代入数据，解得
设滑块与缓冲墙碰撞后瞬间的速度大小为，取向右为正方向，碰撞过程中，根据动量定理有
代入数据可得
负号表示方向水平向左，ACD错误，B正确。
故选B。
12．C
【详解】A．电池的最大重力势能为：
EP=mgh1=0.1×10×1.25J=1.25J
故A错误。
B．该电池的下落时间
上升时间
该电池的上升时间比下落时间短0.3s，故B错误；
CD．电池在接触地面过程中动量的变化量大小为
第一次落地对地面的冲击力
解得
故C正确D错误。
故选C。
13．（1）；（2）；（3），方向竖直向下
【详解】（1）运动员从A点滑到O点，根据机械能守恒定律
解得
（2）运动员从O点到斜坡上，根据平抛运动规律
，，
解得
（3）运动员从O点到斜坡上，设动量变化量为，根据动量定理
可得运动员的动量变化量大小为
方向竖直向下
14．（1）；（2）2.55J
【详解】（1）因小球在A点恰好与轨道的作用力为0，根据
解得
（2）因小球从E点抛出后经0.4s离斜面最远，则有
解得
小球从A运动到E由动能定理
解得
15．（1）80m；（2）1760N
【详解】（1）从B到P做平抛运动，设B点的速度大小为，平抛的水平位移为x，竖直位移为y；由平抛的运动规律得
利用斜面倾角可得
整理得
将代入，解得
从A到B利用动能定理得
即
故助滑道AB的落差h为80m；
（2）设落在P点时的竖直速度大小为，则
即
在P点水平速度产生的垂直斜面向上的速度分量为
在P点竖直速度产生的垂直斜面向下的速度分量为
在P点的速度垂直斜面方向的分速度大小
方向垂直斜面向下；对运动员在着陆坡上着陆过程应用动量定理，设垂直斜面向上为正方向，着陆坡对运动员的平均冲击力大小为F，得
即
故运动员在着陆坡上着陆过程中，着陆坡对运动员的平均冲击力大小为1760N。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第42讲 动量守恒的判定及某一方向上的动量守恒问题
（2022 浙江）
1．如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2kg，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，g=10m/s2，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。
（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。
一.知识回顾
1．几个相关概念
（1）系统：两个（或多个）相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。
（2）内力：系统中物体间的作用力。
（3）外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。
2．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。这就是动量守恒定律。
（2）表达式
①p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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。
③Δp1＝－Δp2，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。
（3）适用条件
①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
3.动量守恒定律的“六性”
（1）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。
（2）条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。
（3）矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。
（4）瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
（5）相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。
（6）普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。
4．应用动量守恒定律解题的步骤
二.典型例题精讲：
题型一：　对系统、内力和外力的理解
2．关于系统内力做功的问题，下列说法正确的是（　　）
A．系统内力是作用力与反作用力，做功必定正负相反且代数和为零
B．物体和地球构成的系统中，万有引力是内力，做功的代数和为零
C．系统内一对相互作用的静摩擦力做功的代数和不一定为零
D．系统内一对相互作用的滑动摩擦力做功的代数和一定为负值
题型2　对动量守恒定律适用条件的理解
3．如图所示，A、B两物体质量之比mA：mB＝3：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则（　　）
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数不同，A、B、C组成系统的动量不守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C组成系统的动量不守恒
题型4　动量守恒定律的应用
4．悬绳下吊着一个质量为M=9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L=1 m。一颗质量m=10g的子弹以v0=500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度（不计悬绳质量，g取10 m/s2），则此时悬绳的拉力为（　　）
A．35 N B．100 N C．102.5 N D．350 N
题型5　沿某一方向动量守恒问题
5．质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方竖直向下落入一个质量为m的大铁球，如图所示，则铁球落入砂车后，砂车将(　　)
A．立即停止运动
B．仍匀速运动，速度仍为v0
C．仍匀速运动，速度小于v0
D．做变速运动，速度不能确定
三.举一反三，巩固练习
6．如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开。小车与小球的质量分别为2m、m，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面。小球的最大重力势能为（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示，质量为0.1kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上。用长为L =0.8m的细线拴着质量为0.2 kg的小球B，B悬挂在A下方并处于静止状态。t=0时刻，小圆环获得沿杆向左的冲量，g取10m/s2.，下列说法正确的是（　　）
A．小球B做圆周运动
B．小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小
C．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功
D．从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为
8．如图所示，质量为2m的小球A与质量为m的小球B固定在轻杆两端，初始时刻轻杆紧靠光滑墙壁，竖直立于光滑地板上，如图所示。突然发生微小的扰动使小球B绕A球在垂直于墙壁的竖直平面内无初速度倒下，下落过程中，轻杆与竖直方向的夹角为α，直到B球第一次落地，以下说法正确的是（　　）
A．A球不动，B球做圆周运动
B．当时，轻杆的弹力为零
C．当时，A球与B球系统的动量守恒
D．当时，轻杆的弹力为
9．如图所示，质量为m的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，关于小球和凹槽在以后的运动过程中，以下说法正确的是（　　）
A．小球的机械能守恒
B．小球和槽组成的系统动量守恒
C．小球一定可以到达与A等高的C点
D．经过一段时间后小球和槽以相同的速度向右运动
10．如图所示，质量为m，内壁光滑，半径为R的半圆形容器静止在足够长的光滑水平地面上，左侧紧靠竖壁但不粘连，质量也为m的小球从半圆形容器内壁A点静止开始下滑，下列说法中正确的是（　　）
A．从A点下滑到半圆形轨道最底点B点过程中，运动时间为
B．小球过最底点B后，能上升的最大高度点为D点，B、D两点高度差为
C．从A点运动到D点过程中，半圆形容器对小球的弹力对小球始终不做功
D．半圆形容器在一段时间内将不断重复做往复运动
11．2022年2月，北京市和张家口市将联合举办第24届冬季奥林匹克运动会，某冰壶队为了迎接冬奥会，积极开展训练。某次训练中，蓝色冰壶静止在圆形区域内。运动员用质量相等的红色冰壶撞击蓝色冰壶，红、蓝两只冰壶发生正碰，如图甲所示。若碰撞前后两壶的图像如图乙所示，则（　　）
A．两只冰壶发生碰撞过程中机械能守恒 B．碰撞后，蓝色冰壶受到的滑动摩擦力较大
C．碰撞后，蓝色冰壶经过停止运动 D．碰撞后，两壶相距的最远距离为
12．如图所示，半径分别为3R和R的两光滑半圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好均能通过各自半圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（　　）
A．b球质量为m
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．若要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有的弹性势能为
D．a球到达圆心等高处时，对轨道压力为9mg
13．如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开。小车与小球的质量分别为、，重力加速度大小为，不计空气阻力，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面。下列说法正确的是（　　）
A．小球的最大重力势能为
B．小球离开小车后，小球做自由落体运动
C．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为0
D．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为
14．如图甲所示，一光滑圆管轨道由相互连接的两个半圆轨道及一个四分之一圆轨道组成，圆管轨道竖直固定（管内直径可以忽略），右侧底端与直轨道相切于M点，直轨道粗糙，圆管轨道的半径R=0.2m。质量m1=0.1kg的物块A，自圆管左端开口的正上方高h=4.8m处自由下落，沿切线落入圆管轨道，经过竖直圆管轨道后与M点处静止的质量m2=0.3kg的物块B发生碰撞（碰撞时间极短），碰后物块B在直轨道上滑行过程的x-t图像如图乙所示。已知A、B与直轨道间的动摩擦因数相同，A、B均可视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2。则（　　）
A．最终A静止的位置到M点的距离为1m
B．A、B碰后瞬间B的速度大小为2m/s
C．A滑过竖直圆管轨道P、Q两点时受到管壁的弹力大小之差为6N
D．A、B与直轨道间的动摩擦因数为0.15
15．如图（a），质量分别为、的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的图像如图（b）所示，表示0到时间内A的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。A在时刻的速度为。下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．0到时间内，墙对B的冲量大小等于
D．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
16．如图所示，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，沿x轴放置一块长为4d的绝缘板，y轴左侧固定一内壁光滑的半圆管道（内径很小），半圆直径为d，且与y轴重合。第一象限内绝缘板的上方存在有理想边界的匀强电场和匀强磁场，电场强度，方向竖直向上；磁场方向垂直于坐标平面向外，磁感应强度为B，上边界处纵坐标为y。一带电量为q、质量为m的绝缘小球a（直径略小于管道内径）静止在坐标原点O处，质量为2m的不带电的小球b以初速度v0（未知）向左运动，与a球发生弹性正碰（假设此后运动过程中两球不再碰撞，重力加速度为g）。
（1）若碰撞后a球恰能通过管道最高点，求v0的大小；
（2）若场区上边界，a球通过最高点后恰能再次水平向左通过O点，求B1的大小；
（3）若场区上边界，a球以通过最高点后恰好从坐标为（4d，d）的P点水平射出场区，则磁感应强度应满足什么条件？

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参考答案：
1．（1）5m/s；（2）FN＝100h﹣120（h≥1.2m）；（3）2.6m＜x＜3m或
【详解】（1）滑块b摆至最低点时，由机械能守恒定律得
解得
vb＝5m/s
b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
解得
v0＝vb＝5m/s
（2）经上述分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理得
解得
以竖直向下的方向为正方向
由动能定理得
联立解得
FN＝100h﹣120（h≥1.2m）
（3）①当0.9m＜h＜1.2m时，从h2＝0.9m释放时，根据动能定理可得
解得
s2＝1.8m
可知物块达到距离C点0.8m处静止；
滑块a由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得
解得
s3＝0.4m
综上可知0.9m＜h＜1.2m时，有
3l﹣s3≤x≤3l
代入数据解得
2.6m≤x≤3m
②当1.2m≤h＜1.65m时，物块会从E点做自由落体（h=1.2m时）或从E点向右做平抛运动，根据动能定理可得
解得
从E点飞出后，竖直方向
解得
水平方向上
所以
根据几何关系可得
联立解得
代入数据解得
综合①②分析可知，若物块b释放高度0.9m＜h＜1.2m，物块a最终静止的位置x值的范围为2.6m＜x＜3m；若物块b释放高度1.2m≤h＜1.65m时，物块a最终静止的位置x值的范围为。
2．D
【详解】A．系统内力是作用力与反作用力，做功不一定正负相反代数和为零，有时可能都做正功，例如两个人站在冰面上互推时，相互作用力对两个人均做正功，A错误；
B．物体和地球构成的系统中，万有引力是内力，当重物下落时，引力对重物做正功，但是对地球不做功，做功的代数和不为零，B错误；
C．系统内一对相互作用的静摩擦力大小相等方向相反，位移相等，故做功的代数和一定为零，C错误；
D．系统内一对相互作用的滑动摩擦力一个做正功，一个做负功，负功大于正功，故做功的代数和一定为负值，D正确。
故选D。
考点：功。
3．C
【详解】A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，由于A的质量大于B的质量，A物体受到的摩擦力大于B物体受到的摩擦力，A、B系统所受合外力不为零，系统动量不守恒的，故A错误；
B．无论A、B与平板车上表面间的动摩擦因数是否相同，A、B、C组成系统的合外力都为零，A、B、C组成系统的动量守恒，故B错误；
CD．无论A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成系统所受合外力都为零，A、B、C组成系统的动量守恒，故C正确，D错误。
故选C。
4．C
【详解】子弹打入沙袋的过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得
得子弹与沙袋的共同速度
对子弹和沙袋，子弹射入沙袋瞬间，合力提供向心力，有
得悬绳的拉力
故C正确，ABD错误。
故选C。
5．C
【详解】小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，设小车初速度方向为正，根据动量守恒
Mv0=（m+M）v
得v=
即小车仍匀速运动，速度小于v0
故选C。
6．A
【详解】小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同（设共同速度大小为v），在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有
根据机械能守恒定律有
解得
故选A。
7．C
【详解】A．由题意可知，小球B相对于圆环A做圆周运动，因圆环不固定，系统在水平方向动量守恒，可知圆环在水平方向做变加速运动，则以地面为参照物时，小球B不做圆周运动，故A错误；
BC．由于细线的作用，圆环向左减速运动，当圆环A的速度变为0时，如果小球恰回到最A的正下方，系统水平方向动量守恒，则有
解得
如果此时小球回到A的正下方，其速度水平向左，其动能为
因系统初动能为
则根据系统能量守恒可知，当圆环A的速度变为0时，小球B还没有回到其的正下方，则小球B继续加速，圆环A则反向向右加速，当小球B回到圆环A的正下方向时，圆环A具有向右的速度，所以从小球B开始运动到第一次回到圆环A的正下方的过程中细线对A先做负功再做正功，故B错误，C正确；
D．假定小球B开始运动到第一次回到的正下方时速度为v1、圆环速度为v2，则有
解得
根据动量定理有，从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为
方向水平向左，故D错误。
故选C。
8．BD
【详解】AC．B球绕A运动过程中，由动能定理可知
B球做圆周运动所需的向心力
当时，，杆对B球有沿杆方向拉力，B球对杆有拉力作用，A球向右运动，A球与B球组成的系统所受合力不为0，系统动量不守恒，故AC错误；
BD．轻杆的弹力为
当时，轻杆的弹力为零；当时，轻杆的弹力为
故BD正确。
故选BD。
9．C
【详解】A．小球下滑过程中，槽对小球的弹力会做功，则小球的机械能不守恒，故A错误；
B．小球和槽在运动过程中所受的外力矢量和不为零，则小球和槽组成的系统动量守恒不守恒，但系统水平方向不受外力作用，即系统水平方向动量守恒，故B错误；
C．小球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，所以小球上滑到最高点时系统的动量也为零，又因为整个过程系统机械能守恒，初动能和末动能都为零，所以初末状态系统重力势能相同，小球可以到达与A等高的C点，故C正确；
D．小球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，若小球和槽以相同的速度向右运动，则水平方向上动量不守恒，故D错误。
故选C。
10．B
【详解】A．从A点下滑到半圆形轨道最底点B点过程中，运动时间不能用单摆公式计算，A选项错误；
B．小球过最底点B后，当两者速度相同时，上升到最大高度，根据水平动量守恒
解得
即共同速度为小球在最底点速度的一半，从A到B有
从B到D有
解得
小球能上升的最大高度为，B选项正确；
C．从A点运动到B点过程中，半圆形容器对小球的弹力不做功，但从B点运动到D点过程中，半圆形容器对小球的弹力对小球要做功，C选项错误；
D．力和运动分析半圆形容器第一次从A点到曲面最低点一段时间内不会出现向左运动，D选项错误。
故选B。
11．C
【详解】A．两壶碰撞，动量守恒，有
由图可知，碰后蓝壶速度为
因为
所以该碰撞不是弹性碰撞，两只冰壶发生碰撞过程中机械能守恒，A错误；
B．由图可知，红壶减速的加速度较大，结合两壶质量相同，所以红壶摩擦力较大。B错误；
CD．由图可知，蓝壶停止的时刻与红壶不碰时停止的时刻相同，所以有
解得
所以碰撞后，蓝色冰壶经过停止运动；当蓝壶停止时，两壶相距最远，有
D错误，C正确。
故选C。
12．C
【详解】当小球恰好能通过半圆轨道的最高点时，在最高点的位置，小球的重力提供小球做圆周运动的向心力，对a小球，根据动能定理得
在最高点时，根据牛顿第二定律得
联立解得
同理对b分析可得：b球的速度为
A．对a、b组成的系统进行研究，在释放瞬间，两小球的动量守恒，选a球的速度方向为正方向，则
解得
故A错误；
B．动能与动量的关系为
因为两个小球的动量相等，但质量不相等，则两小球与弹簧分离时，动能也不相等，故B错误；
C．若两小球的质量相等，则与弹簧分力时两小球的速度大小相等，方向相反，根据上述分析，两小球具备的最小速度与上述分析的a球的速度相等，则弹簧的弹性势能等于两小球的动能之和，因此
故C正确；
D．当a球到达圆心等高处时，对此过程根据动能定理得
在与圆心等高的位置，根据牛顿第二定律得：
结合牛顿第三定律可得
N=FN
联立解得
N=3mg
方向水平向右，故D错误；
故选C。
13．A
【详解】A．经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同（设共同速度大小为），在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有
根据机械能守恒定律有
解得
故A正确；
B．设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为、，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以的方向为正方向，则
根据机械能守恒定律有
解得
，
小球离开小车后将做平抛运动，故B错误；
C．根据动能定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功
故C错误；
D．根据动量定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量
故D错误。
故选A。
14．C
【详解】ABD．由机械能守恒定律可知，A与B碰前瞬间A的速度为，A与B碰撞过程，由动量守恒定律得
碰后B做匀减速运动，由其x－t图像和运动学公式可知
解得
设A最终位置到M点的距离为，则
解得最终A静止的位置到M点的距离，故A、B、D错误；
C．在A从开始至运动到P点的过程中，由机械能守恒定律可得
A在P点时，由牛顿第二定律可得
解得
在A从P点运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律可得
A在Q点时，由牛顿第二定律可得
解得
A滑过竖直圆管轨道P、Q两点时受到管壁的弹力差为
故C正确。
故选C。
15．C
【详解】AB．a t图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t＝0时刻A的速度为零，t1时刻A的速度大小
t2时刻A的速度大小
B的速度大小
由图（b）所示图象可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即
则
t1到t2时间内，A与B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
联立解得
由图知
所以
故AB错误；
C．撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小
弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小
对B，以向右为正方向，由动量定理得
解得，墙对B的冲量大小
方向水平向右，故C正确；
D．B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故D错误。
故选C。
16．（1）；（2）；（3）
当n = 7时，，当n = 8时，，当n = 9时，
【详解】（1）a球恰能通过管道最高点时a球的速度为零，对a球从O点到最高点，应用动能定理
对a球，球b动量守恒
能量守恒
联立求得
（2）由于
mg = qE
则a球先平抛，再做匀圆运动，轨迹如下图
设进入场区时速度为v1，与水平边界夹角为θ，圆运动半径为r，由几何关系
由平抛运动推论
联立解得
又由平抛运动公式
做匀速圆周运动有
解得
（3）设小球第一次从M点入射进场中，入射速度为vM与水平方向夹角为θ，由平抛运动得，水平位移
竖直位移
解得
则速度与水平方向为θ = 37°，由a球运动轨迹，轨迹与y轴相切，有
解得
粒子水平打在P点满足
解得
n = 1，2，3，…
由于
mg = Eq
解得
由题意可得
0 < r ≤ r0
即
解得
6 < n ≤ 9.6
当n = 7时
当n = 8时
当n = 9时
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第43讲 碰撞类问题的定性判断与定量计算
[2020 新课标Ⅲ]
1．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（　　）
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
[2022 甲卷]
2．利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为的滑块A与质量为的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小和，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
（1）调节导轨水平；
（2）测得两滑块的质量分别为和。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 kg的滑块作为A；
（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离与B的右端到右边挡板的距离相等；
（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间和；
（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示；
1 2 3 4 5
0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
0.31 0.33 0.33 0.33
（6）表中的 （保留2位有效数字）；
（7）的平均值为 ；（保留2位有效数字）
（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为 （用和表示），本实验中其值为 （保留2位有效数字），若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
一、知识回顾
1．碰撞类别
（1）弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变的碰撞。
（2）非弹性碰撞：系统在碰撞后动能减少的碰撞。
（3）对比分析
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
2．碰撞遵循的三条原则
（1）动量守恒定律。
（2）动能不增加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
（3）速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大（或相等）。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
3．弹性碰撞讨论
（1）碰后速度的求解
根据动量守恒定律和机械能守恒定律
解得v1′＝
v2′＝
（2）分析讨论
当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时：
v1′＝v1，v2′＝v1，
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。
②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。
③m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
4．碰撞问题解题策略
（1）抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
（2）可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝v0、v2＝v0。
（3）熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度；当m1 m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度v0不变，质量小的物体速度为2v0；当m1 m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度不变（仍静止），质量小的物体原速率反弹。
二、例题精析
题型一：碰撞中的临界问题
3．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量比为(　　)
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶1
题型二：对多种可能分类讨论
4．如图所示，小球A、B均静止在光滑水平面上，现给A球一个向右的初速度，之后与B球发生对心碰撞。关于碰撞后的情况，下列说法正确的是（　　）
A．碰后小球A、B一定共速
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，A球质量等于B球质量，则A球将静止
C．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量小于B球质量，则无论A球初速度大小是多少，A球都将反弹
D．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量足够大，B球质量足够小，则碰后B球的速度可以是A球的3倍
三、举一反三，巩固练习
5．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为10，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量为6，则（　　）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
6．向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则(　　)
A．b的速度方向一定与原来速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
7．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向右运动。在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO．假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比
8．甲、乙两铁球质量分别是、，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是、。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（　　）
A．、 B．、
C．、 D．、
9．三个相同的木块A、B、C同同一高度自由下落．其中，木块A在开始下落的瞬间被水平飞行的子弹击中，木块B在下落到一半高度时被水平飞来的子弹击中，子弹均留在木块中，则三个木块下落时间的大小关系是
A． B． C． D．
10．一质量为M=5kg的木板放在倾角=37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板左端距斜面底端的距离为s=10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。t=0时刻，撤去作用在木板上的外力，同时将一质量m=10kg的小物块从距离木板左端l=54m处，以沿木板向上的初速度v0=4m/s滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F0=80N（该力在1s时变为）。当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的动摩擦因数μ=0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，取g=10m/s2，求：
（1）0至1s时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向；
（2）木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小；
（3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡板间的距离。
11．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移—时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图象，若A球质量mA＝2 kg，则由图象判断下列结论错误的是（ ）
A．A、B碰撞前的总动量为kg·m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·s
C．碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
12．如图所示，甲木块的质量为，以速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为的乙木块，乙上连有一轻质弹簧，甲木块与弹簧接触后（　　）
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成的系统的动能守恒
13．如图所示，A、B是两个完全相同的小球，用较长的细线将它们悬挂起来，调整细线的长度和悬点的位置，使两个小球静止时重心在同一水平线上，且恰好没有接触。现将小球A拉起至细线与竖直方向夹角为°的位置，使其由静止释放，小球A运动至最低点与静止的小球B相碰，碰后两球粘在一起运动。已知细线的长度为L，每个小球的质量均为m，重力加速度为g，忽略小球半径和空气阻力，求：
（1）A球运动至最低点时的速度大小v0；
（2）碰后两球能够上升的最大高度h；
（3）碰撞过程中损失的机械能E。
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参考答案：
1．A
【详解】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为，；碰后甲、乙的速度分别为，，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
解得
则损失的机械能为
解得
故选A。
2． 0.304 0.31 0.32 0.34
【详解】（2）[1]应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304kg的滑块作为A。
（6）[2]由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得
（7）[3]平均值为
（8）[4][5]弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得
联立解得
代入数据可得
3．D
【详解】设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和－，则有
mBv0＝mA·＋mB(-)
解得
mA∶mB＝4∶1
故选D。
4．C
【详解】A．小球A、B发生对心碰撞，有可能是完全弹性碰撞，完全非弹性碰撞，非弹性碰撞；若是完全非弹性碰撞，则AB两小球具有共同速度，若不是，两球速度不同，则A错误；
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，AB碰后有共同速度，有动量守恒可得
解得
若A球质量等于B球质量，则
故B错误；
CD．小球A、B发生对心碰撞，若是完全弹性弹性碰撞，则根据动量守恒和机械能守恒，则
解得
，
若A球质量小于B球质量，有上述和的表达式可知
A球质量足够大，B球质量足够小，有上述和的表达式可知
且当
可解得
此时不满足远大于，故C正确，故D错误。
故选C。
5．B
【详解】光滑水平面上大小相同A、B两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由题知A球动量的增量为
△pA=6kg m/s-10kg m/s=-4kg m/s
由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球的；由动量守恒定律可得
△pA=-△pB
则B球的动量变化量为
△pB =4kg m/s
根据
△pB=pB -10kg m/s
解得碰后B球的动量为
pB=14kg m/s
两球质量关系为
mB=2mA
根据
p=mv
可得碰撞后A、B两球速度大小之比6：7。
故选B。
6．CD
【详解】A.炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb>0、vb<0、vb＝0都有可能，A错误；
BC.由以上分析可知，vb>va、vbD.炸裂过程中，a、b之间的力为相互作用力，则a、b受到的爆炸力的大小一定相等，故D正确．
7．
【详解】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和小球B的速度大小保持不变，设两小球通过的路程分别为，由
可得
根据系统动量守恒得
已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得
解得
8．B
【详解】以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量为
碰撞前的总动能为
A．如果、，可得碰撞后总动量为
碰撞后的总动能为
可知碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，这是不可能的，故A错误；
B．如果、，可得碰撞后总动量为
碰撞后的总动能为
可知碰撞后的总动能小于碰撞前的总动能，碰撞过程满足动量守恒，这是可能的，故B正确；
C．如果、，可得碰撞后总动量为
碰撞后的总动能为
可知碰撞后的总动能小于碰撞前的总动能，但碰撞过程不满足动量守恒，这是不可能的，故C错误；
D．如果、，可得碰撞后总动量为
碰撞后的总动能为
可知碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，这是不可能的，且碰后甲的速度依然大于乙的速度，不满足速度合理性，故D错误。
故选B。
9．B
【详解】木块C自由落体，木块A在刚要下落瞬间被子弹射中，并留在其中，木块A与子弹一起自由落体运动，A、C均做自由落体运动，且下落高度相同，故二者下落时间相同，即tA=tC
木块B落下一定距离后被水平飞来的子弹水平射中，子弹留在其中．在子弹击中木块过程中，竖直方向动量守恒，由于子弹进入木块后总质量变大，由动量守恒定律可知，木块速度变小，木块落地时间延长，木块B在空中的运动时间比A、C时间长，则AC同时落地，B最后落地，即tA=tC＜tB，故B正确．故选B．
点睛：考查自由落体运动的规律，关键是知道子弹打入木块时竖直方向动量守恒，掌握动量及动量守恒的定律，理解运动的合成与分解．
10．（1），小物块的加速度的方向沿斜面向下，，木板的加速度的方向沿斜面向上；（2）；（3）5次，
【详解】（1）0至1s时间内，小物块的加速度的大小为
解得
小物块的加速度的方向沿斜面向下
0至1s时间内，木板的加速度的大小为
解得
木板的加速度的方向沿斜面向上
（2）0至1s时间内，小物块沿斜面向上做匀减速运动有
0至1s时间内，木板沿斜面向上做匀加速运动有
则1s时，小物块与木板达到共同速度，且外力变为，此时小物块和木板一起做匀减速度运动，则有
解得
加速度的方向沿斜面向下
小物块和木板一起做匀减速度运动到速度为0时，通过的位移为
小物块和木板一起做匀减速度运动到速度为0后，再相同的加速度沿斜面向下做匀加速度直线运动，则有
解得木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小为
（3）1s时，小物块到木板左端的距离为
当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力，则木板的加速度的大小为
解得
小物块的加速度的大小为
解得
木板做减速度运动，减速到0时，所用时间为
此过程小物块的位移大小为
此过程木板的位移大小为
则这段时间内，小物块与木板的相对位移为
木板速度减为0时，小物块的速度大小为
设再经过 ，木板与挡板第二次碰撞，且碰撞时的速度为，则有
此过程小物块的位移大小为
此过程木板的位移大小为
则这段时间内，小物块与木板的相对位移为
木板与挡板第二次碰撞时，小物块的速度大小为
木板与挡板第一次碰撞和第二次碰撞之间小物块与木板的总相对位移为
根据以上分析可知，木板每次与挡板碰撞时的速度大小均为，并且由于小物体一直做匀加速运动，所以从木板第一次与挡板碰撞开始，之后的每两次相领碰撞过程中，小物块与木板相对位移都会比前一次多2m，由此可知，第2次和第1次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为8m，第3次和第2次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为10m，第4次和第3次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为12m
按照上面的推演可知，木板与挡板第5次碰撞时，小物块距离木板的左端的距离为
小物块的速度为
木板反弹后达到速度为0的过程中，小物块和木板的相对位移为
所以木板速度减为0时，小物块到木板左端的距离为2.5m，小物块的速度大小为，再经过时间，小物块从木板左端滑出，则有
解得
从木板与挡板第一次碰撞到小物块滑出木板瞬间所经过的时间为
小物块的位移大小为
所以滑出瞬间小物块与挡板间的距离为
11．A
【详解】A．由x-t图象可知，碰撞前有
碰撞后有
对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后系统的动量守恒。以碰撞前B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v
解得
mB＝kg
A、B碰前的总动量
p总＝mAvA＋mBvB
代入数值得
p总＝－kg·m/s
A错误，符合题意；
B．由动量定理知，A对B的冲量为
IB＝mBv－mBvB
IB＝－4 N·s
B正确，不符合题意；
C．碰撞前后A球的动量变化为
ΔpA＝mAv－mAvA＝4 kg·m/s
C正确，不符合题意；
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能
代入数据解得
ΔEk＝10 J
D正确，不符合题意。
故选A。
12．C
【详解】ABC．甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，即甲、乙两物体的动量均不守恒；但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故AB错误，C正确；
D．甲、乙两木块所组成系统的动能一部分转化为弹簧的势能，故系统动能不守恒，故D错误。
故选C。
13．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由机械能守恒定律得
解得A球运动至最低点时的速度大小
（2）球A运动至最低点与静止的小球B相碰，碰后两球粘在一起运动，由动量守恒定律得
碰后两球粘在一起在竖直面内做圆周运动，由机械能守恒定律得
解得碰后两球能够上升的最大高度
（3）由能量守恒定律得碰撞过程中损失的机械能
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第44讲 动量守恒之爆炸与反冲（火箭）模型
1．如图，质量分别为、的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零，已知，重力加速度大小为，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失，求：
（i）B球第一次到达地面时的速度；
（ii）P点距离地面的高度。
一、知识回顾
1.反冲
（1）定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动。
（2）特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、发射火箭等。
（3）规律：遵从动量守恒定律。
作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律有三种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。
机械能增加 反冲运动中，如果有其他形式的能转化为机械能，系统的总机械能增加
2.火箭
（1）火箭加速的原理
设火箭飞行时在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m，火箭在这样一次喷气后增加的速度为Δv。
以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是mΔv，燃气的动量是Δmu。根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，
所以mΔv＋Δmu=0，
解出Δv=-u。
上式表明，火箭喷出的燃气的速度u越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比越大，火箭获得的速度Δv越大。
（2）现代火箭的发射原理
由于现代火箭喷气的速度在2000～4000 m/s，近期内难以大幅度提高；火箭的质量比（火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比）一般要小于10，故为使火箭达到发射人造地球卫星的7.9 km/s的速度，采用多级火箭，即把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工作，这样一级一级地连起来，不过实际应用中一般不会超过四级。
（3）火箭获得的最终速度
设火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，以地面为参考系，火箭燃气的喷射速度大小为v1，燃料燃尽后火箭的飞行速度大小为v，在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。
发射前的总动量为0，发射后的总动量为（M-m）v1-mv（以火箭的速度方向为正方向），则：（M-m）v1-mv=0，所以v=v1，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比决定。
3.爆炸问题
动量守恒 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
动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量（如化学能）转化为动能
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，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
二、例题精析
题型一：爆炸类
2．一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求：
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
题型二：火箭类
3．2020年11月24日4时30分，我国在文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，这一高光时刻吸引了全球的关注。假设火箭喷气发动机每次喷出m=200g的气体，气体喷出时的速度v=1000m/s。设火箭质量M=300kg，发动机每秒钟喷气20次。
（1）当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
（2）运动第1s末，火箭的速度为多大？
三、举一反三，巩固练习
4．地处西北戈壁荒滩的酒泉卫星发射中心，“长征”号火箭第109次发射，将“神舟”七号载人航天飞船发射到太空，并成功完成了中国宇航员第一次太空行走，下面关于飞船与火箭起飞的情形，叙述正确的是（　　）
A．火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力
B．火箭尾部喷出气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力
C．火箭飞出大气层后，由于没有空气，火箭虽然向下喷气，但也无法获得前进的动力
D．飞船进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力
5．欢庆新中国建国70周年阅兵式上展示了很多世界一流的先进武器，充分说明了我国的高科技水平．最近科学家们在西昌利用火箭发射了一枚反卫星导弹，成功地进行了一次反卫星武器试验则下列说法正确的是（ ）
A．火箭发射时，火箭利用反冲而向上运动
B．发射初期加速上升时，弹头处于超重状态，但它受到的重力越来越小
C．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小不相等
D．弹头击中卫星前，卫星的加速度为零
6．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为(　　)
A．
B．－
C．
D．－
7．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是（　　）
A．燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭
B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
8．一静止的质量为M的原子核，以相对地的速度v放射出一质量为m的粒子后，原子核剩余部分作反冲运动的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
9．装有炮弹的大炮总质量为M,炮弹的质量为m,炮筒水平放置,炮弹水平射出时相对炮口的速度为v0, 则炮车后退的速度大小为　(　　)
A． B． C． D．
10．如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去，则另一块的运动（ ）
A．一定沿v0的方向飞去
B．一定沿v0的反方向飞去
C．可能做自由落体运动
D．以上说法都不对
11．某实验小组为了研究装甲车的移动射击，使用了如图所示的模型车，已知其质量为M=16kg（不包括炮弹质量），炮车上仅有1枚质量m=1kg的炮弹，炮管水平，炮口距水平路面的高h=0.8m，每次炮车发射炮弹时间极短，发射时火药的化学能转化为车和炮弹的动能的值E=544J。开始模型车静止在路面上时，其炮口在水平路面上的投影点为A点，水平路面上A、B两点间的距离为S=18.25m。（g取10m/s2）
（1）若模型车固定在地面上发射炮弹，求发射出的炮弹速度大小。
（2）若模型车原来静止在光滑的水平地面上，当它发射一颗炮弹后，车的反冲速度多大。
（3）若模型车从静止开始做匀加速直线运动，其加速度a=2m/s2，运动中车所受阻力为车重的k=0.8倍，某时刻撤去动力并发射炮弹，要使车停止时炮口在水平路面上的投影点只能位于A、B两点之间，求炮弹的落地点到A点距离的取值范围。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（i）；（ii）
【详解】（i）B球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有
可得B球第一次到达地面时的速度
（ii）A球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度
设与A球碰撞前瞬间B球的速度为，则有碰撞过程动量守恒，规定向下为正方向，由动量守恒定律得
碰撞过程没有动能损失则有
又
小球B与地面碰撞后根据没有动能损失所以B离开地面上抛时速度
联立解得
2．（1） ；（2）
【详解】（1）设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有
①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有
②
联立①②式得
③
（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为，由机械能守恒定律有
④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为和。由题给条件和动量守恒定律有
⑤
⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为，由机械能守恒定律有
⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为
⑧
3．（1）2.0m/s；（2）13.5m/s
【详解】（1）第三次气体喷出后，共喷出的气体质量
m1=3×0.2kg=0.6kg
以火箭初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
（M﹣m1） v1﹣m1v=0
解得
v1=2m/s
（2）1s末发动机喷出20次，共喷出的气体质量为
m=20×0.2kg=4kg
根据动量守恒定律得
（M﹣m） v'﹣mv=0
则得火箭1s末的速度大小为
v'=13.5m/s
4．AD
【详解】ABC．火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推力，此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层，是否在空气中飞行无关，故BC错误，A正确；
D．当飞船进入轨道后，飞船与地球之间依然存在着相互吸引力，即地球吸引飞船，飞船也吸引地球，这是一对作用力和反作用力，故D正确。
故选AD。
5．AB
【详解】A．火箭发射时，由于反冲而获得动力，向上加速运动，故A正确；
B．发射初期时，加速上升，加速度向上，处于超重状态，由于与地心逐渐变远，受到的万有引力越来越小，重力越来越小，故B正确；
C．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力是一对相互作用力，大小相等，故C错误；
D．卫星飞行，只受重力，加速度为，弹头击中卫星前，卫星的加速度不为零，故D错误；
6．D
【详解】火箭喷气瞬间，内力远大于外力，可认为系统动量守恒，则，解得：火箭的速度．故D项正确，ABC三项错误．
【点睛】动量守恒条件：①系统不受外力或受外力的矢量和为零．②相互作用的时间极短，相互作用的内力远大于外力，如碰撞或爆炸瞬间，外力可忽略不计，可以看作系统的动量守恒．③系统某一方向上不受外力或受外力的矢量和为零；或外力远小于内力，则该方向上动量守恒(分动量守恒)．④在某些实际问题中,一个系统所受外力和不为零，内力也不是远大于外力，但外力在某个方向上的投影为零，那么在该方向上可以说满足动量守恒的条件．
7．B
【详解】由于反冲运动的作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个反作用力使火箭加速运动，这个反作用力并不是空气给的。
故选B。
8．B
【详解】设粒子的速度方向为正方向，根据动量守恒定律研究整个原子核：0=mv+（M-m）v′
，故大小为 ，故B正确，ACD错误．故选B.
点睛：本题考查动量守恒定律的应用，注意一般情况下我们运用动量守恒解决问题时要规定正方向，本题中速度中负号表示原子核剩余部分的速度方向与质量为m粒子速度方向相反.
9．A
【详解】炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向动量守恒．设炮后退的速度为v'，则炮弹对地的水平速度大小为（v0- v'），取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，根据水平方向动量守恒有：
（M-m）v′-m（v0- v'）=0
解得炮车后退的速度大小：v′=v0
故A正确，BCD错误；故选A．
【点睛】本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，关键掌握速度的分解和某一方向系统动量守恒，知道炮弹和炮车组成系统总动量不守恒．
10．C
【详解】根据动量守恒得
v′＝
mv可能大于、小于或等于Mv0，所以v′可能小于、大于或等于零
故选C。
11．（1）33.0m/s；（2）2m/s；（3）13.19m≤x总≤32m。
【详解】（1）若模型车固定在地面上发射炮弹，化学能全部转化为炮弹的动能，由功能关系得：
E
代入数据得
v0≈33.0m/s
（2）若模型车原来静止在光滑的水平地面上，当它发射一颗炮弹的过程中，化学能转化为炮弹的动能和小车的动能，由功能关系得
由于发射的时间短，水平方向小车与炮弹组成的系统满足动量守恒，选择炮弹的方向为正方向，则根据动量守恒定律得：
mv1+Mv2=0
代入数据得
v2=2m/s
（3）若模型车从静止开始做匀加速直线运动，某时刻撤去动力并发射炮弹后，要使车停止时炮口在水平路面上的投影点只能位于A、B两点之间，则其临界状态分别对应A点与B点；车在发射完炮弹后受到地面的阻力，由于运动中车所受阻力为车重的0.8倍，所以
Ma′=kMg
所以
a′=kg=0.8×10=8m/s2
①当小车恰好返回A点时，设车的最大速度为v，此时的位移为x，则
2ax=v2﹣0
设发射完炮弹后车的速度为v3，炮弹的速度为v4，则根据动量守恒定律得：
（M+m）v=Mv3+mv4
由功能关系得
对应小车返回的过程，由运动学公式得
联立以上各式，代入数据得
v4=32.7m/s
x=0.11m
炮弹做平抛运动的过程中，运动的时间
炮弹平抛的位移
x′=v4t=32.7×0.4=13.08m
则炮弹到A点的距离
x总=x+x′=0.11+13.08=13.19m
②当小车恰好到达B点时，设车的最大速度为v′，此时的位移为x1，则
设发射完炮弹后车的速度为v5，炮弹的速度为v6，则根据动量守恒定律得：
(M+m)v′=Mv5+mv6
由功能关系得
发射完炮弹后小车继续前进x2，则
x1+x2=S=18.25m
对应小车继续前进的过程，由运动学公式得
联立以上5个公式，代入数据得
v′=8m/s
v5=6m/s
v6=40m/s
x1=16m
炮弹平抛的位移
x″=v6t=40×0.4=16m
则炮弹到A点的距离
x总′=x1+x″=16+16=32m
结合①②可得，炮弹的落地点到A点距离的取值范围是13.19m≤x总≤32m
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第45讲　综合运用动力学、动量观点、能量观点分析解决
多物体多过程问题
（2021河北）
1．如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
（2021广东）
2．算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
一、知识回顾
1．解动力学问题的三个基本观点
（1）力的观点：用牛顿运动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：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2．力学规律的选用原则
（1）如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，可用牛顿第二定律。
（2）研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理涉及时间的问题或动能定理涉及位移的问题 去解决问题。
（3）若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律 机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
（4）在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
（5）在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
3．解题技巧
（1）认真审题，提炼已知条件和隐含已知条件。
（2）通过画运动轨迹图和v-t图像，再现运动过程。
（3）明确研究对象，分析其不同的运动阶段的受力情况、运动特点、各力做功及系统能量转化情况，用已知量和未知量列出相关方程。一个方程不能求解，则通过方程组求解。
二、例题精析
3．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.25，A、B的质量均为m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）。
（1）求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力F大小；
（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度vAB与n的关系式。
三、举一反三，巩固练习
4．如图所示，一质量、长的长木板静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径R=10m的光滑圆弧轨道，但不粘连。圆弧轨道左端点与圆心的连线与竖直方向夹角为60°，其右端最低点处与长木板上表面相切。距离木板右端处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量的滑块。平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量M0=2.0kg的滑块，滑块与通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向。一质量的滑块从点静止开始沿圆弧轨道下滑。下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板，带动向右运动，与平台碰撞后即粘在一起不再运动。随后继续向右运动，滑上平台，与滑块碰撞并粘在一起向右运动。、组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且没有滑离细杆。与木板间动摩擦因数为。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。重力加速度，求：
（1）滑块到达圆弧最低点时对轨道压力的大小；
（2）滑块滑上平台时速度的大小；
（3）若弹簧第一次恢复原长时，的速度大小为。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？
5．如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径R=0.32m，在b处与ab相切。在直轨道ab 上放着质量分别为mA=2kg、mB=1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M、长L=0.5m的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。物块A与小车之间的动摩擦因数μ=0.2，小车质量M满足1kg≤M≤3kg，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物块B运动到圆弧轨道的最低点b时对轨道的压力大小。
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能。
（3）物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q（计算结果可含有M）。
6．如图所示，水平轨道左端与长的水平传送带相接，传送带逆时针匀速运动的速度，轻弹簧右端固定在光滑水平轨道上，弹簧处于自然状态。现用质量的小物体（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点后滑上质量为的长木板上，竖直半圆轨道的半径，物块与传送带间动摩擦因数，物块与木板间动摩擦因数，取，求：
（1）物块到达点时速度的大小；
（2）弹簧被压缩时的弹性势能；
（3）若长木块与水平地面间动摩擦因数时，要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度的范围是多少（设最大静动摩擦力等于滑动摩擦力）。
7．如图所示，在同一竖直面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H＝2L．小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动．离开斜面后，运动到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞（碰撞过程无动能损失），碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O/与P的距离为L/2．已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；
（2）球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小；
（3）弹簧的弹性力对球A所做的功．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）；（2）
【详解】（1）设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得
联立解得
或
故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有
解得
2．（1）能；（2）0.2s
【详解】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则
解得
v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度
v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
3．（1）；；（2）18；（3）
【详解】（1）由机械能守恒定律可得
解得
由
可得
（2）AB碰撞前A的速度为，由机械能守恒定律可得
得
AB碰撞后以共同速度前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得
解得
故总动能
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能
（3）AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量
从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得
代入解得
（或利用牛顿运动定律解：其加速度为
由题意可知AB滑至第n个（n＜k）光滑段时，先前已经滑过n个粗糙段，根据匀变速直线运动速度—位移关系式有
代入数据解得
4．（1）20N；（2）2m/s；（3）2J
【详解】（1）从P点到圆弧最低点，由动能定理
在最低点，由牛顿第二定律可知
由牛顿第三定律可知，滑块到达圆弧最低点时对轨道压力的大小
（2）假设物块A在木板B上与B共速后木板才到达右侧平台，对AB系统，由动量守恒定律
由能量关系
解得
B板从开始滑动到AB共速的过程中，对B由动能定理
解得
即假设成立；B撞平台后，A在B上继续向右运动，对A由动能定理
解得
v3=2m/s
（3）A与D发生碰撞，设碰后速度为v，则
解得
v=1m/s
若弹簧初态是压缩状态，则弹簧第一次恢复原长时，C的速度方向向左，以向右为正方向，设为
v5=﹣0.5m/s
对AD和C系统，由动量守恒定律
三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律
由能量关系可知
解得
若弹簧初态是原长或伸长状态，则弹簧第一次恢复原长时，C的速度方向向右，以向右为正方向，设为
v5'=0.5m/s
代入上述方程可解得
v4'=0.5m/s
不符合弹簧恢复原长时的特点。
故弹簧的最大弹性势能是2J。
5．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）在最高点有牛顿第二定律可得
b到d由动能定理可得

在b点有牛顿第二定律可得

联立以上方程可得
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力
（2）由动量守恒定律可得
由能量守恒可得

联立以上方程可得

（3）假设A恰好滑到小车左端时与小车有共同速度v，由动量守恒定律可得
mAvA=（mA＋M）v
由能量守恒可得

联立以上方程可得
=2 kg
当1kg≤M≤2kg时，A与小车最终有共同速度，由能量守恒可得
解得

当2kg＜M≤3kg时，A将从小车左端滑出，可得
Q2=μmAgL
解得
6．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物体在光滑半圆轨道最高点恰好做圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
（2）设物块到达A点时的速度为，由题意可知物块被弹簧弹出过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，有
又
因此物体在传送带上一直做匀减速运动，则物块在传送带上滑行过程由动能定理可得
联立以上各式解得
（3）物块从B到C过程中由机械能守恒定律得
联立解得
讨论：Ⅰ．当时，小物块恰好不会从长木块上掉下的长度为，设小物块和长木块共速时的速度为，由动量守恒定律可得
由功能关系
解得
Ⅱ．当时，小物块恰好不会从长木块上掉下的长度为，物块在长木板上滑行过程中，对长木板受力分析，上表面受到的摩擦力为
下表面受到的摩擦力
所以长木块静止不动，对物块在长木板上滑行的过程由动能定理得
解得
综上分析可得木块长度的范围是
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）碰撞后，根据机械能守恒定律，对B球有
解得：
（2）A、B球碰撞有
解得：，
（3）碰后A球做平抛运动，设平抛高度为y，有
，
解得：y＝L
对A球应用动能定理得
解得：
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第46讲 验证动量守恒的四种实验方案及数据处理方法
（2022 浙江）
1．在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示。在轨迹上取一点A，读取其坐标（x0，y0）。
①下列说法正确的是 。
A.实验所用斜槽应尽量光滑
B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来
C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据
②根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0= 。
A．　　B．　　C．　　D．
③在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是 。
（2022 浙江）
2．“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B，给小车A一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。
①实验应进行的操作有 。
A．测量滑轨的长度
B．测量小车的长度和高度
C．碰撞前将滑轨调成水平
②下表是某次实验时测得的数据：
A的质量/kg B的质量/kg 碰撞前A的速度大小/（） 碰撞后A的速度大小/（） 碰撞后B的速度大小/（）
0.200 0.300 1.010 0.200 0.800
由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是 kg·m/s。（结果保留3位有效数字）
（2020 新课标Ⅰ）
3．某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。
实验步骤如下：
（1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间 时，可认为气垫导轨水平；
（2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；
（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；
（4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；
（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I= ，滑块动量改变量的大小Δp= ；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示）
（6）某次测量得到的一组数据为：d=1.000 cm，m1=1.5010-2 kg，m2=0.400 kg，△t1=3.90010-2 s，Δt2=1.27010-2 s，t12=1.50 s，取g=9.80 m/s2。计算可得I= N·s，Δp= kg·m·s-1；（结果均保留3位有效数字）
（7）定义，本次实验δ= %（保留1位有效数字）。
一、知识回顾
一.实验目的：验证动量守恒定律。
二.实验原理：
在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′，计算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒。
三.根据不同的测速方法有四种实验方案
方案一：通过平抛测速度，利用斜槽滚球验证动量守恒定律
方案二：通过光电门测速度，利用滑块和气垫导轨或木板完成实验
方案三：利用摆球的摆动的最大高度测速度，设计实验
方案四：通过打点计时器测速度，设计实验
二、例题精析
方案一：通过平抛测速度，利用斜槽滚球验证动量守恒定律
例1
4．如图，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h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．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m1多次从斜轨上S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m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2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m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．测量平抛射程OM，ON
E．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 （用(2)中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为 （用(2)中测量的量表示）
（4）有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．经测定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示．请你用已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为 cm．
方案二：通过光电门测速度，利用滑块和气垫导轨或木板完成实验
例2
5．某同学利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，气垫导轨装置如图所示，由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。
（1）下面是实验的主要步骤：
a.安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
b.向气垫导轨通入压缩空气；
c.接通光电计时器（光电门）；
d.把滑块2静止放在气垫导轨的中间；
e.滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
f.释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门后依次被制动；
g.读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间△t1=10.01ms，通过光电门2的挡光时间△t2=49.99ms，滑块2通过光电门2的挡光时间△t3=8.35ms；
h.测出挡光片的宽度d=5mm，测得滑块1（包括撞针）的质量为m1=300g，滑块2（包括弹簧）质量为m2=200g；
（2）实验中气垫导轨的作用是：A ；B 。
（3）碰撞前滑块1的速度v1为 m/s；碰撞后物体系的总动量P2= kg·m·s-1。（结果保留两位有效数字）
方案三：利用摆球的摆动的最大高度测速度，设计实验
例3
6．某实验小组利用如图（a）所示的实验装置验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下：
①用游标卡尺测量小球A、B的直径d，其示数如图（b）所示，用天平测量小球A、B的质量分别为m1、m2；
②用两条细线分别将球A、B悬挂于同--水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上；
③将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为，球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为。
回答下列问题∶
(1)小球的直径d= cm；
(2)若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式可表示为 。（用①③中测量的量表示）；
(3)完成实验后，实验小组进一步探究。用质量相同的A、B两球重复实验步骤②③，发现A球与B球碰撞后，A球静止，B球向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角略小于，由此他们判断A、B两球的碰撞是 （填“弹性碰撞"“非弹性碰撞”“完全非弹性碰撞”）。
方案四：通过打点计时器测速度，设计实验
例4
7．用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，小车P的前端粘有橡皮泥，后端连接通过打点计时器的纸带，在长木板右端垫放木块以平衡摩擦力，轻推一下小车P，使之运动，小车P与静止的小车Q相碰后粘在一起向前运动。
（1）下列说法正确的是 。
A．两小车粘上橡皮泥是为了改变两车的质量 B．两小车粘上橡皮泥是为了碰撞后粘在一起
C．先接通打点计时器的电源，再推动小车P D．先推动小车P，再接通打点计时器的电源
（2）实验获得的一条纸带如图乙所示，根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了区域划分，用刻度尺测得各点到起点A的距离。根据碰撞前后小车的运动情况，应选纸带上 （填“AB”“BC”“CD”或“DE”）段来计算小车P的碰前速度；测得小车P（含橡皮泥）的质量为，小车Q（含橡皮泥）的质量为，如果实验数据满足关系式 ，则可验证小车P、Q碰撞前后动量守恒（用、、、、、表示）。
三、举一反三，巩固提高
8．如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（G-Atwood1747-1807）创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律和动量守恒定律，如图乙所示。（已知当地的重力加速度为g）
（1）该同学用游标卡尺测量遮光片的宽度如图所示，则d= mm；然后将质量均为m（A含挡光片和挂钩、B含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，A置于桌面上处于静止状态，测量出挡光片中心到固定光电门中心的竖直距离h；
（2）为了验证动量守恒定律，该同学让A在桌面上处于静止状态，将B从静止位置竖直上升s后由自由下落，直到光电门记录下挡光片挡光的时间为（B未接触桌面），则验证绳绷紧过程中系统沿绳方向动量守恒定律的表达式为 ；如果该同学忘记将B下方的质量也为m的C取下，完成测量后，验证动量守恒定律的表达式为 。
9．小刘同学利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图1所示。
（1）将滑块b放置在气垫导轨上，打开气泵，待气流稳定后，调节气垫导轨，直至观察到滑块b能在短时间内保持静止，说明气垫导轨已调至 ；
（2）用天平测得滑块a、b质量分别为；
（3）在滑块上安装配套的粘扣，并按图示方式放置两滑块。使滑块a获得向右的速度，滑块a通过光电门1后与静止的滑块b碰撞弹粘在一起，并一起通过光电门2遮光条通过光电门1、2的时间分别为 ，则上述物理量间如果满足关系式 ，则证明碰撞过程中两滑块的总动量守恒。
（4）本实验 （ “需要”或“不需要”）测量遮光条的宽度。
10．某同学设计了一个“探究碰撞中的不变量”的实验，其具体装置如图甲所示，在小车的前端粘有橡皮泥（质量不计），在小车后连着纸带，打点计时器的打点频率为50 Hz。
（1）按图甲组装好实验器材，在长木板下垫好木块，若轻推小车，小车能在长木板上做 （填“匀速直线运动”或“匀加速直线运动”），则说明小车与长木板之间的摩擦力恰好被平衡。
（2）推动小车使其沿长木板下滑，然后与原来静止在前方的小车相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动，得到的纸带如图乙所示。该同学测得小车的质量=0.50kg，小车的质量=0.45kg，则碰前两小车的总动量大小为 kg m/s，碰后两小车的总动量大小为 kg m/s。（结果均保留三位有效数字）
（3）在误差允许范围内，两小车碰撞过程中动量守恒。
11．如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
（1）为完成此实验，以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是 。（选填选项前的字母）
A.刻度尺
B.天平
C.打点计时器
D.秒表
（2）关于本实验，下列说法中正确的是 。（选填选项前的字母）
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B.入射小球的质量必须小于被碰小球的质量
C.轨道倾斜部分必须光滑
D.轨道末端必须水平
（3）图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP，然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S中静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。实验中还需要测量的有 。（选填选项前的字母）
A.入射小球和被碰小球的质量m1、m2
B.入射小球开始的释放高度h
C.小球抛出点距地面的高度H
D.两球相碰后的平抛射程OM、ON
（4）某同学在实验中记录了小球三个落点的平均位置M、P、N，发现M和N偏离了OP方向，使点O、M、P、N不在同一条直线上，如图2所示，若要验证两小球碰撞前后在OP方向上是否动量守恒，则下列操作正确的是 。
A.
B.
C.
D.
12．某同学利用两个半径相同的摆球，来验证摆球碰撞过程中的动量守恒。
（1）测得两小球的质量分别为、，将小球用细线悬挂于水平支架上，悬点位于同一水平面，如图所示；
（2）将坐标纸竖直固定在摆球摆动平面后方，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是边长为d的正方形。将小球向右拉至某一位置A点，由静止释放，使小球在最低点与小球发生水平方向的正碰，在垂直坐标纸方向用手机高速连拍；
（3）分析连拍照片可得出，两小球在最低点碰撞后，小球反弹到达的最高位置为B点，小球向左摆动的最高位置为C点。已知重力加速度为g，则碰前球1的动量大小为 。若满足关系式 ，则验证碰撞过程中动量守恒；
（4）若将坐标纸换成量角器，则可测量出A、B、C三个位置对应的细线与竖直方向的夹角分别为、、，此时满足关系式 ，即可验证碰撞过程中动量守恒。
13．某小组用如图所示的装置验证动量守恒的实验，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，弹簧压缩并锁定，在金属管两端各放置一个金属小球1和2（两球直径略小于管径且与弹簧不相连），现解除弹簧锁定，两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。
（1）除了要验证动量守恒，还要求出弹簧解除锁定前的弹性势能，则实验过程中必要的操作是 ；
①用天平测出两球质量、
②用游标卡尺测出两个小球的直径、
③用刻度尺测出小球1、小球2的落点到管口的水平距离
④用刻度尺测出两管口离地面的高度h
⑤解除弹簧锁定前弹簧的长度L
回答下列问题：
（2）利用上述测得的实验数据，验证动量守恒的表达式是 ；
（3）已知当地重力加速度为g，弹簧解除锁定前的弹性势能是多少 。
14．某实验小组用气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，实验装置如图甲所示。
（1）用天平测得滑块A、B（均包括挡光片）的质量分别为；用游标卡尺测得挡光处的宽度均为d．若某次用游标卡尺测量挡光片的宽度时的示数如图乙所示。则其读数为 。
（2）将滑块A向右弹出，与静止的B滑块发生碰撞，碰撞后两滑块粘在一起。与光电门1、2相连的计时器测得的挡光时间分别为和则碰撞后系统动量为 。
（3）如果气垫导轨没有放平，左侧高于右侧，则碰撞前的系统动量 （填“大于”“小于”或“等于”）碰撞后的系统动量。
15．某同学设计了如图甲所示的实验装置验证水平方向动量守恒定律，所用器材：气垫导轨、带四分之一圆弧轨道的滑块（水平长度L）、光电门、金属小球、游标卡尺、天平等。
（1）实验步骤如下：
①按照如图甲所示，将光电门A固定在滑块左端，用天平测得滑块和光电门A的总质量为M，光电门B固定在气垫导轨的右侧。
②用天平称得金属球的质量为m，用20分度游标卡尺测金属球的直径，示数如图乙所示，小球的直径d= cm。
③开动气泵，调节气垫导轨水平，让金属小球从C点静止释放。A、B光电门的遮光时间
分别为△t1、△t2（光电门B开始遮光时小球已离开滑块）。
（2）验证M、m系统水平方向动量守恒 （填“需要”或“不需要”）保证滑块的上表面光滑。
（3）如图验证M、m系统水平方向动量守恒，只需验证 成立即可（用M、m、d、L、△t1、△t2表示）。
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参考答案：
1． C D 确保多次运动的轨迹相同
【详解】①[1]A．只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜槽是否光滑无关，故A错误；
B．画轨迹时应应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，故B错误；
C．求平抛运动初速度时应读取轨迹上离远点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差，故C正确；
故选C。
②[2] 坐标原点O为抛出点，由平抛规律有
联立解得平抛的初速度为
故选D。
③[3] 小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多次运动的轨迹相同。
2． C
【详解】①[1]碰撞前将滑轨调成水平，保证碰撞前后A、B做匀速直线运动即可，没有必要测量滑轨的长度和小车的长度、高度。
故选C。
②[2]由表中数据可知小车A的质量小于B的质量，则碰后小车A反向运动，设碰前小车A的运动方向为正方向，则可知碰后系统的总动量大小为
解得
3． 大约相等 m1gt12 0.221 0.212 4
【详解】（1）[1]当经过A,B两个光电门时间相等时，速度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水平的。
（5）[2]由I=Ft，知
[3] 由知
(6)[4]代入数值知，冲量
[5]动量改变量
（7）[6]由定义公式可得，本次实验
4． C ADE m1·OM+ m2·ON= m1·OP m1·OM 2+ m2·ON2= m1·OP2 76.8
【详解】(1)[1] 小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，故C正确AB错误．
(2)[2] 碰撞过程中动量守恒，因此有：
m1v0=m1v1+m2v2
实验时，先让入射球ml多次从斜轨上S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m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，故ADE正确BC错误．
(3)[3][4] 根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：
而动量守恒的表达式是：
若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式
若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，则有：
将即满足关系式：
(4)[5] 发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒的表达式是
，
联立解得
因此最大射程
5． 大大减小了滑块和导轨之间的摩擦力，从而减小了实验误差 保证两个滑块碰撞前后的速度都在同一条直线上 0.50 0.15
【详解】②[1][2]实验中气垫导轨的作用有两个，一是大大减小了滑块和导轨之间的摩擦力，从而减小了实验误差，二是保证两个滑块碰撞前后的速度都在同一条直线上；
③[3]碰撞前滑块1的速度v1为
[4]碰撞后物体系的总动量P2为
6． 2. 20 弹性碰撞
【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数22mm，游标读数为0.1×0mm=0.0mm，则小球的直径
(2)[2]小球A下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得
碰撞后，对A、B两球分别根据机械能守恒定律得
若两球碰撞前后的动量守恒，则满足
联立可得
(3)[3]A、B两球质量相同，则有
若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程中机械能守恒，则有
即有
联立可得
所以判断A、B两球的碰撞是弹性碰撞。
7． BC BC
【详解】（1）[1]AB．粘上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起，不是为了改变车的质量，故A错误；B正确；
CD．为了打点稳定以及充分利用纸带打出更多的点，应先接通电源然后再让小车运动，故C正确；D错误；
故选BC。
（2）[2][3]两小车碰撞前小车P做匀速直线运动，在相等时间内小车位移相等，由题图乙所示纸带可知，应选择纸带上的BC段求出小车P碰撞前的速度。设打点计时器打点时间间隔为T，由题图乙所示纸带可知，碰撞前小车的速度
碰撞后小车的速度
如果碰撞前后系统动量守恒，则
即
整理得
8． 6.75
【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为
（2）[2]设绳绷紧前B的速度为，B从静止位置竖直上升s后由自由下落到绳绷紧前的过程中由动能定理得
绳绷紧前动量
绳绷紧后系统所受合外力为0，AB一起匀速运动
绳绷紧后动量
若动量守恒则
所以要验证的表达式为
；
[3]如果该同学忘记将B下方的质量也为m的C取下，完成测量后，设绳绷紧前BC的速度为，BC一起从静止位置竖直上升s后由自由下落到绳绷紧前的过程中由动能定理得
绳绷紧前动量
绳绷紧后ABC一起做匀加速运动
设A上升h后到达光电门时的速度为，绳绷紧后的瞬间速度为，在A上升h的过程中有
绳绷紧后动量
若动量守恒则
所以要验证的表达式为
9． 水平 不需要
【详解】（1）[1]将滑块b放置在气垫导轨上，打开气泵，待气流稳定后，调节气垫导轨，直至观察到滑块b能在短时间内保持静止，说明气垫导轨已调至水平；
（3）[2]根据动量守恒定律可以知道
根据速度公式可以知道
，
代入上式可得应满足的公式为
（4）[3]由以上分析的结果可知本实验不需要测量遮光条的宽度。
10． 匀速直线运动 0.562 0.551
【详解】（1）[1]平衡摩擦力时的操作即为轻推小车，小车能在长木板上匀速滑下，故做匀速直线运动时说明小车与长木板之间的摩擦力恰好被平衡。
（2）[2][3]碰前系统的动量即小车的动量，则有
碰后两小车的总动量大小
11． AB##BA AD##DA AD##DA B
【详解】（1）[1] A B．要测量碰撞前后的动量，则质量要用天平测量，而速度是用水平位移代替的，刻度尺也是必须的，AB正确；
C D．只要小球抛出点距地面的高度H，两球做平抛运动的时间就相同，时间不需要测量。打点计时器和秒表用不到。CD错误。
故选AB。
（2）[2]A．只有从同一位置释放，才能保证两次碰撞前的速度相同，A正确；
B．入射球的质量要大于被碰小球的质量，B错误；
C．对轨道无光滑的要求，C错误；
D．只有末端水平才能保证是平抛运动，D正确。
故选AD。
（3）[3]A．验证动量守恒定律，必须测量质量和速度，那么入射小球和被碰小球的质量m1、m2必须测质量；A正确；
B．只要入射小球开始的释放高度h相同，入射小球与被碰小球碰撞前速度就相同，h不需要测量。B错误；
C．只要小球抛出点距地面的高度H，两球做平抛运动的时间就相同，H不需要测量。C错误；
D．两球相碰后的平抛射程OM、ON需要测量，代替平抛的水平方向速度。D正确。
故选AD。
（4）[4]小球均做平抛运动，竖直方向下落的高度一定，则下落时间相等，水平方向的速度之比可等效为位移之比，P点是一个小球不碰撞时下落的位置，所以需要测量OP及OM、ON在OP方向的投影长度OM0，ON0，B正确，ACD错误。
故选B。
12． ##）
【详解】（3）[1][2]从A位置到最低点的高度差
根据机械能守恒定律
解得
则碰前球1的动量大小为
小球2被碰后上升高度为，同理可得碰后球2的动量大小为
小球1被碰后上升高度为，同理可得碰后球1的动量大小为
方向与碰前相反；
若满足关系式
即
整理得
则验证碰撞过程中动量守恒；
（4）[3]设绳长为，根据机械能守恒定律得
解得
三个位置的速度分别为
若满足
联立可得
根据数学关系还可以整理为
13． ① ③ ④##① ④ ③##③ ① ④## ③ ④ ①##④ ① ③ ## ④ ③ ①
【详解】（1）[1] 两小球弹出后平抛运动，有
两小球平抛运动的初速度大小分别为
若弹射运动中系统动量守恒，则有
代入时间得
若动量守恒则有
根据能量守恒定律，弹簧弹性势能应等于两小球水平的动能之和，依题意有
所以本实验要验证动量守恒定律及计算弹簧弹性势能，就需要测出两小球的质量m1、m2，两管口离地面的高度h，球1落点P到管口M的水平距离x1，球2的落点Q到管口M的水平距离x2，故选① ③ ④ ；
（2）[2] 据前面分析，依题意验证系统动量的表达式为
（3）[3]据前面分析，解除弹簧锁定前，弹簧的弹性势能为
14． 0.550 0.55 小于
【详解】（1）[1]用游标卡尺测得挡光处的宽度d=0.5cm+0.05mm×10=0.550cm
（2）[2]碰后滑块AB的共同速度
碰撞后系统动量为
（3）[3]如果气垫导轨没有放平，左侧高于右侧，则物块向右将加速运动，则碰前A通过光电门的速度小于碰前瞬时A的速度；碰后通过光电门的速度大于碰后瞬时的速度，则碰撞前的系统动量小于碰撞后的系统动量。
15． 1.300cm 不需要
【详解】（1）②[1]20分度的游标卡尺，每相邻两个格的实际长度为0.95mm，由此可得小球的直径为
d=32.0mm-20×0.95mm=13.00mm=1.300cm
（2）[2]即使上表面不光滑，系统水平方向合外力也为零，所以也满足动量守恒，即不需要保证滑块的上表面光滑；
（3）[3]令小球脱离滑块时对地的速度为v1，滑块对地的速度为v2，根据动量守恒则有
根据题意可得
联立可得
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答案第1页，共2页第47讲　库仑力作用下的平衡问题和变速运动问题
（2022 上海）
1．水平面上有一带电量为Q的均匀带电圆环，圆心为O。其中央轴线上距离O点为d的位置处有一带电量为q的点电荷。若点电荷受到的电场力为F，则F （k为静电力恒量）（选填“>”、“<”或“=”）。静电力恒量k的单位可表示为 （用“SI单位制”中的基本单位表示）。
00
（2021 海南）
2．如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为（　　）
A． B． C． D．
（2020 浙江）
3．如图所示，在倾角为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，，，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（ ）
A．
B．弹簧伸长量为
C．A球受到的库仑力大小为2Mg
D．相邻两小球间距为
一、知识回顾
（一）库仑力作用下的平衡问题
1．解题思路及步骤：涉及库仑力的平衡问题，其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了库仑力。注意库仑力的方向：同性相斥，异性相吸，沿两电荷连线方向。
2．求解带电体平衡问题的方法：分析带电体平衡问题的方法与力学中分析物体受力平衡问题的方法相同。
（1）当两个力在同一直线上使带电体处于平衡状态时，根据二力平衡的条件求解；
（2）在三个力作用下带电体处于平衡状态时，一般运用勾股定理、三角函数关系以及矢量三角形等知识求解；
（3）在三个以上的力作用下带电体处于平衡状态时，一般用正交分解法求解。
3．三个自由点电荷平衡模型、平衡条件及规律
（1）模型特点
①三个点电荷共线。
②三个点电荷彼此间仅靠电场力作用达到平衡，不受其他外力。
③任意一个点电荷受到其他两个点电荷的电场力大小相等，方向相反，为一对平衡力。
（2）平衡条件：每个点电荷受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电场中合场强为零的位置。
（3）三电荷平衡模型的规律
①“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上。
②“两同夹异”——正负电荷相互间隔。
③“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小。
④“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
图示如下：
（4）解决三电荷平衡问题应注意的两点
①此类题目易误认为只要三个点电荷达到平衡就是“三电荷平衡模型”，而没有分析是否满足模型成立的条件。如果三个点电荷已达到平衡，但若其中某个点电荷受到了外力作用，仍不是“三电荷平衡模型”。
②原则上对于三个点电荷中的任意两个进行受力分析，列平衡方程，即可使问题得到求解，但选取的两个点电荷不同，往往求解难度不同，要根据不同的题目进行选取。
（二）变速问题
当点电荷受到的合力不为零时，应用牛顿第二定律进行运动分析和计算。
二、例题精析
题型一：同一直线上的三个自由点电荷的平衡
4．如图所示，光滑水平面上有三个带电小球、、（均可视为质点），它们所带电荷量的绝对值分别为、、，且为正电荷，在它们之间的静电力相互作用下均处于平衡状态，则（　　）
A．带正电 B．对库仑力方向水平向右
C．一定存在 D．
题型二：非自由点电荷的平衡
5．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（　　）
A．P和Q都带正电荷 B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷
题型三：变速问题
6．质量均为m的三个带电小球A、B、C用三根长度均为l的绝缘丝线相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上，A球的电荷量为＋q．在C球上施加一个水平向右的恒力F之后，三个小球一起向右运动，三根丝线刚好都伸直且没有弹力，F的作用线反向延长线与A、B间的丝线相交于丝线的中点，如图所示．已知静电力常量为k，下列说法正确的是
A．B球的电荷量可能为＋2q
B．C球的电荷量为
C．三个小球一起运动的加速度为
D．恒力F的大小为
三、举一反三，巩固练习
7．如图所示，A、B、C三个带电小球用柔软绝缘细线悬挂于天花板上，平衡时细线竖直，三小球处于同一水平面且间距相等，以下关于小球质量、带电情况的说法正确的是（　　）
A．A、C两球质量一定相等
B．A、C两球一定带等量同种电荷
C．A、B两球可能带等量异种电荷
D．A、B、C三球可能带同种电荷
8．如图，带电金属小球A套在倾角α=30°的光滑绝缘杆上，与O点等高的位置固定另一带电小球B。A处于静止状态时，A、B连线与杆的夹角β=30°。A受杆的弹力大小为FN，A、B间的库仑力大小为，则（ ）
A．FN与相等
B．A、B两球可能带异种电荷
C．将A球移至O点，A球仍能保持静止状态
D．将A球移至O点的过程中，A、B间的电势能减小
9．如图所示，光滑绝缘杆弯成直角，直角处固定在水平地面上，质量为m、带电荷量＋Q小圆环A穿在右边杆上，质量为3m、带电荷量＋3Q小圆环B穿在左边杆上，静止时两圆环的连线与地面平行，右边杆与水平面夹角为。重力加速度为g。则（　　）
A．右边杆对A环支持力大小为 B．左边杆对B环支持力大小为
C．A环对B环库仑力大小为 D．A环对B环库仑力大小为
10．如图所示，质量分别为、的两个带同种电荷的小球、，分别用长为的绝缘细线悬挂在同一点，两细线与竖直方向各成一定的角度、，两小球用一绝缘轻质弹簧相接，A、B球连线与过点竖直线交于点，初始时刻弹簧处在压缩状态，现增加球的电荷量，下列说法中正确的是（　　）
A．两细线的拉力之比变大 B．两细线的夹角不变
C．与的长度之比不变 D．长度一定变大
11．如图所示，质量的小物块b置于倾角为的斜面体c上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电荷的小球M连接，左侧细绳与斜面平行，带负电荷的小球N用绝缘细绳悬挂于P点，两小球的质量相等。初始时刻，连接小球M的一段细绳与竖直方向的夹角且两小球之间的距离d=3cm。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面，且b、c都静止，放电结束后滑块b恰好没滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。静电力常量。下列说法正确的是（　　）
A．初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为
B．放电过程中，小物块b对斜面体c的摩擦力不一定变大
C．地面对斜面体c的支持力先变小后变大
D．小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为
12．如图所示，在水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一带正电的点电荷，不带电的小球A与带正电的小球B通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连，开始时系统在图示位置静止，。若B球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），在B球到达O点正下方前，下列说法正确的是（ ）
A．A球的质量等于B球的质量
B．此过程中，A球始终保持静止状态
C．此过程中，点电荷对B球的库仑力不变
D．此过程中，滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小
13．如图，圆环被竖直固定，两个质量均为m的带电小球A、B套在圆环上处于静止状态。A球带正电、位于圆环圆心O的正下方，B球光滑，两球连线与竖直方向成30°角。设A受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．圆环对B球的弹力方向由O指向B
B．A球与圆环间的动摩擦因数不小于
C．圆环对B球弹力的大小为mg
D．圆环对A球弹力的大小为2.5mg
14．如图甲所示，点电荷Q固定于光滑绝缘水平面上的x轴上，x轴上M、N两点各放一正点电荷，它们受到Q的库仑力与电荷量的关系如图乙所示（取x轴的正方向为正），则（　　）
A．点电荷Q带正电，位于M、N之间
B．M、N两点的电场强度大小之比为
C．如果点电荷Q不固定，三个点电荷不可能静止
D．点电荷Q到M、N两点的距离之比为
15．“顿牟缀芥”是东汉王充在《论衡乱龙篇》中记载的摩擦起电现象，意指摩擦后的带电琥珀能吸引轻小物体。现做如下简化：在某处固定一个电荷量为的带正电的点电荷，在其正下方处有一个原子。在点电荷的电场的作用下原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离。点电荷与原子之间产生作用力。你可能不会求解，但是你可以通过物理分析进行判断，关于的表达式，可能正确的是（式中为静电力常量）（　　）
A． B．F= C． D．F=
16．如图所示，绝缘光滑细杆与水平方向夹角为53°角，空间某点固定点电荷Q，点电荷Q到细杆最近点为B点，且BQ=6m，将一带电圆环q套在细杆上，从与Q等高A处无初速度释放，C点是细杆上与A点关于B点的对称点，D点在Q点的正下方且是细杆的末端。已知点电荷与圆环带有同种性质的电荷，圆环刚释放时加速度大小为6.4m/s2，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，下列说法正确的是（　　）
A．圆环到达C点的加速度大小为9.6m/s2
B．圆环到达C点的速度大小为10m/s
C．圆环刚离开细杆时加速度大小为11.5m/s2
D．圆环离开细杆后做匀变速运动
17．如图所示，带电量为Q的小球A固定在倾角为的绝缘光滑的固定斜面底部，在斜面上距A球为l的P点放置一质量为m的带电小球B，小球B恰好处于静止状态，若将另一质量也为m的不带电小球C紧贴着小球B由静止释放，两小球一起运动到M点时速度为v；若将小球C从距P点为d处的N点由静止释放，小球C运动到P点时与小球B粘在一起。已知各小球均可视为质点，重力加速度为g，静电力常量为k，运动过程中小球A、B的电量不变，下列说法正确的是（　　）
A．小球B的带电量为
B．小球C从N点运动到P点与小球B碰前瞬间的速度为
C．小球C从N点运动到M点时的速度为
D．小球C从N点运动到M点时的速度为
18．电场对放入其中的电荷有力的作用。如图所示，带电球C置于铁架台旁，把系在丝线上的带电小球A挂在铁架台的P点。小球A静止时与带电球C处于同一水平线上，丝线与竖直方向的偏角为α。已知A球的质量为m，电荷量为+q，重力加速度为g，静电力常量为k，两球可视为点电荷。
（1）画出小球A静止时的受力图，并求带电球C对小球A的静电力F的大小；
（2）写出电场强度的定义式，并据此求出带电球C在小球A所在处产生的电场的场强EA的大小和方向；
（3）若已知小球A静止时与带电球C的距离为r，求带电球C所带的电荷量Q。
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参考答案：
1． <
【详解】[1]
把带电圆环平均分成N小段，都可以看成点电荷，电荷量为
与之间的库仑力大小为
点电荷受到的电场力为
即
[2]由库伦定律可知
用“SI单位制”中的基本单位表示力F的单位是，距离r的单位是m，电荷量Q的单位是，故静电力恒量k的单位可表示为。
2．D
【详解】滑块Q在光滑斜面N上静止，则P与Q带电同性，两者之间为库仑斥力设为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示
对Q物体在沿着斜面方向有
可得
而对P物体动摩擦因数最小时有
联立解得
故选D。
3．A
【详解】AD．三小球间距均相等，对C球受力分析可知C球带正电，根据平衡条件：
对B小球受力分析，根据平衡条件：
两式联立解得：，，故A正确，D错误；
B．对A、B、C三小球整体受力分析，根据平衡条件：
弹簧伸长量：，故B错误；
C．对A球受力分析，根据平衡条件：
解得A球受到的库仑力为：
故选A．
4．C
【详解】AB．因电性不确定，可带正电也可带负电，对库仑力方向可能水平向右也可能水平向左，AB错误；
C．设、之间的距离为，、之间的距离为，由题意可知都处于平衡状态，对a球有
对c 球有
解得
两式相加可得
即有
C正确；
D．因为、的电性不确定，所以无法确定、的大小，D错误。
故选C。
5．D
【详解】AB．受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；
CD．若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C错误D正确，故本题选D．
6．C
【分析】根据库仑力公式求出库仑斥力，一起运动的加速度方向与F的作用线平行，根据牛顿第二定律求解分析；
【详解】A、根据对称性可知，A球的电荷量和B球的电荷量相同，故A错误；
BC、设C球的电荷量为，以A球为研究对象，B球对A球的库仑斥力为，C球对A球的库仑引力为，由题意可得一起运动的加速度方向与F的作用线平行，则有： ，，解得：，，故C正确，B错误；
D、以三个小球整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，故D错误；
故选C．
【点睛】关键是要知道三根丝线刚好都伸直且没有弹力，对称性可知A球的电荷量和B球的电荷量相同．
7．B
【详解】A．A、B、C三球竖直方向拉力与重力平衡，所以无法确定三球的质量关系，故A错误；
B．三球水平方向所受库仑力平衡，由B的受力平衡知A、C两球对B要么都是吸引力要么都是排斥力，带等量同种电荷，故B正确；
CD．由C球的受力平衡知A、B两球对C一个吸引一个排斥，因此带异种电荷且B球的电荷量小于A球的电量，故CD错误。
故选B。
8．A
【详解】AB．由题意，对小球A受力分析如图
可见，想让A球处于平衡状态，A、B两球只能是同种电荷。对A球建立直角坐标系如图，由几何关系知
所以
解得
故A正确，B错误；
C．将A球移至O点时，同理对小球A受力分析可知，此时B球对A球的库仑力水平向左，又因为重力竖直向下，支持力垂直于杆，则由三力平衡条件可知，此时小球A不能受力平衡，故C错误；
D．由题可知，B球对A球的库仑力先做负功再做正功，故A、B间的电势能先增大后减小，故D错误。
故选A。
9．D
【详解】AB．对A、B环受力分析，如图
对A环，由平衡条件可得
对B环，由平衡条件可得
因库仑力相等，则有
解得
则右边杆对A环支持力大小为
左边杆对B环支持力大小为
故AB错误；
CD．根据两环之间的库仑力大小为
故C错误，D正确。
故选D。
10．C
【详解】对两小球受力分析如图
、为A、B两小球之间的库仑力，、为两小球之间的弹簧弹力，满足
对球受力分析，、、、三力满足相似三角形，则有
同理对球亦有
当球的电荷量增大则两球距离会增大，夹角、增大，但仍有
，
绳长不变，点上移，长度变小。
故选C。
11．A
【详解】A．由题意可得，初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为
对小球M受力分析得
其中
联立解得
故A正确；
B．放电过程中，两小球之间的库仑力F减小，对小球M受力分析得
则随着库仑力F减小，夹角减小，拉力减小。且开始时角，可求得M小球的质量为
开始时绳子拉力为
则开始时，对物块b受力分析知
即开始时，斜面体对物块b的摩擦力为零，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力沿斜面向上，且有
可见，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力一定增大，故B错误；
C．设bc整体质量为M，则对bc整体受力分析得
可见，随着拉力减小，地面对斜面体c的支持力一直变大，故C错误；
D．由题意知，放电结束后绳子拉力即为小球M的重力，且滑块b恰好没滑动，则对b受力分析得
解得
故D错误。
故选A。
12．B
【详解】A．开始时，B球受力如图所示，由几何关系知
而
则
A错误；
BC．假设此过程中A球保持静止状态，由于B球所带的电荷量缓慢减少，B球缓慢下摆，受力平衡，根据三角形相似原理有
由于、OC、T均不变，则OB不变，假设成立，BC逐渐减小，库仑力F逐渐减小，B正确，C错误；
D．由于轻绳拉力T不变，逐渐减小，轻绳OA，OB的拉力的合力逐渐增大，即滑轮受到轻绳的作用力逐渐增大，D错误。
故选B。
13．D
【详解】A．若B球带负电，则A对B为吸引力，方向沿BA方向，此时无论圆环给球B的支持力指向圆心还是背离圆心，小球B都不能处于平衡状态，所以小球A对B为排斥力，方向沿AB方向，如图所知，且受力分析可得，圆环给球B的支持力指向圆心，即由B指向O，故A错误；
BCD．对球B受力分析可得，由几何关系可知圆环对B球弹力的大小为
则AB两球之间的排斥力为
对A球受力可得
所以当
时，动摩擦因数最小为
故BC错误，D正确。
故选D。
14．D
【详解】A．由图像可知M点处的正点电荷受力，沿x轴的正方向；N点处的正点电荷受力，沿x轴的负方向。故点电荷Q带负电，位于M、N之间，A错误；
B．由电场强度定义式可知，图像斜率为电场强度，故M、N两点的电场强度大小之比为
故B错误；
C．M、N处的电荷带正电，场源电荷带负电，由受力分析可知，适当调整Q位置，可以使三个点电荷均静止，满足“两大夹一小，两同夹一异”，C错误；
D．由点电荷场强表达式可知
D正确。
故选D。
15．D
【详解】由图可知负电荷中心比正电荷中心更靠近Q，则Q对负电荷中心的引力略大于对正电荷中心的斥力，即合力F不为零；当l趋于零时，合力F趋于零；当h趋于无限大时，合力F也趋于零，考察四个选项中表达式满足上述条件的只有D项。
故选D。
16．AC
【详解】A．设BQ距离
由几何关系
，，
圆环在A点刚释放时加速度大小为6.4，由牛顿第二定律有
由于C点是细杆上与A点对于B点的对称点，设圆环到达C点加速度大小为aC，有
解得
故A正确；
B．A、C两点电势相同，由A点到C点过程，由动能定理有
代入数据解得
故B错误；
C．设圆环刚离开细杆时加速度为，则有
解得
故C正确；
D．圆环离开细杆后，受重力和电场力作用，电场力是变力，故做非匀变速运动，故D错误。
故选AC。
17．AD
【详解】A．小球B静止时有
解得
A正确；
B．设小球C到达P点时的速度为v1，小球C从N点运动到P点与小球B碰前由动能定理得
解得
B错误；
CD．设PM之间的距离为l1小球C运动到P点与小球B粘在一起的速度为v2小球C运动到P点后与小球B粘在一起到运动至M点的速度为v3,在小球C紧贴着小球B由静止释放至运动到M点的过程中，由动能定理得
小球C与小球B碰撞过程中动量守恒
小球C运动到P点后与小球B粘在一起到运动至M点的过程中，由动能定理得
解得
C错误，D正确；
故选AD。
18．（1）受力图见解析图；；（2），方向水平向右；（3）
【详解】（1）小球A受力如图所示
根据平衡条件可知

（2）电场强度的定义式

带电球C在小球A所在处产生的电场的场强
方向水平向右；
（3）根据库仑定律

解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第48讲　非点电荷电场强度的叠加及计算的五种方法
1．如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0的空间，z＞0的空间为真空。将电荷为+q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上处的场强大小为（k为静电力常量）（　　）
A．k B．k C．k D．k
（新课标Ⅰ）
2．如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、 b、d三个点，a和b、b和c、 c和d间的距离均为R，在 a点处有一电荷量为q（q>0）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（　　）
A． B． C． D．
一、知识回顾
1．电场强度的叠加：如果场源是多个点电荷，则电场中某点的电场强度等于各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则。
如果场源是一个带电的面、线、体，则可根据微积分求矢量和。但在高中阶段，在不能熟练运用微积分的情况下，还有以下五种方法。
2．方法概述：求电场强度有三个公式，在一般情况下可由上述公式计算电场强度，但在求解带电圆环、带电平面等一些特殊带电体产生的电场强度时，上述公式无法直接应用。这时，如果转换思维角度，灵活运用补偿法、微元法、对称法、等效法、极限法等巧妙方法，可以化难为易。
二、例题精析
方法一：填补法
将有缺口的带电圆环（或半球面、有空腔的球等）补全为圆环（或球面、球体等）分析，再减去补偿的部分产生的影响。当所给带电体不是一个完整的规则物体时，将该带电体割去或增加一部分，组成一个规则的整体，从而求出规则物体的电场强度，再通过电场强度的叠加求出待求不规则物体的电场强度。应用此法的关键是“割”“补”后的带电体应当是我们熟悉的某一物理模型。
（2020秋 怀化月考）
3．已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R，现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为，在挖掉球体部分前后，A点处场强的大小之比为（　　）
A． B． C． D．
方法二：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。形状规则的带电体形成的电场具有对称性，位置对称的两点处的电场强度大小相等。如果能够求出其中一点处的电场强度，根据对称性特点，另一点处的电场强度即可求出。例如：如图所示，均匀带电的球壳在O点产生的场强，等效为弧BC产生的场强，弧BC产生的场强方向，又等效为弧的中点M在O点产生的场强方向。
4．如图，在点电荷－q的电场中，放着一块带有一定电量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板，MN为其对称轴，O点为几何中心．点电荷－q与a、O、b之间的距离分别为d、2d、3d.已知图中a点的电场强度为零，则带电薄板在图中b点处产生的电场强度的大小和方向分别为(　　)
A．，水平向右
B．，水平向左
C．＋，水平向右
D．，水平向右
方法三：微元法
将带电体分成许多电荷元，每个电荷元可看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强；再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。求解均匀带电圆环、带电平面、带电直杆等在某点产生的场强问题，可应用微元法。微元法是从部分到整体的思维方法，把带电体看成由无数个点构成。然后根据对称性，利用平行四边形定则进行电场强度叠加。利用微元法可以将一些复杂的物理模型、过程转化为我们熟悉的物理模型、过程，以解决常规方法不能解决的问题。
5．如图，水平面上有一均匀带电圆环，带电量为+Q，其圆心为O点。有一带电量+q，质量为m的小球恰能静止在O点正上方的P点。OP间距为L，P与圆环上任一点的连线与PO间的夹角为θ。P点场强大小为（　　）
A． B． C． D．
（2022 临沂三模）
方法四：等效法
在保证效果相同的条件下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景。等效法的实质是在效果相同的情况下，利用与问题中相似或效果相同的知识进行知识迁移的解题方法，往往是用较简单的因素代替较复杂的因素。
6．一无限大接地导体板前面放有一点电荷，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板存在的情况下，由点电荷与其像电荷共同激发产生的。像电荷的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷在此镜中的像点位置。如图所示，已知所在位置P点到金属板的距离为L，c为的中点，是边长为L的正方形，其中边平行于，静电力常量为k，则（　　）
A．a点与b点的电场强度大小相等
B．c点的电场强度大于b点的电场强度
C．d点的电场强度大小为
D．a点的电势低于b点的电势
方法五：极限法
对于某些特殊情况下求解有关场强问题，有时无法用有关公式、规律得出结论，可考虑应用极限法。极限法是把某个物理量的变化推向极端再进行推理分析，从而做出科学的判断或导出一般结论。极限法一般适用于所涉及的物理量随条件单调变化的情况。在物理学中，通过对量纲的分析，有时可以帮助我们快速找到一些错误。
7．物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需要通过一定的分析就可以判断结论是否正确．如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为和的圆环，两圆环上的电荷量均为q（q>0），而且电荷均匀分布．两圆环的圆心和相距为2a，联线的中点为O，轴线上的A点在O点右侧与O点相距为r（rA．
B．
C．
D．
三.举一反三，巩固训练
8．如图，电荷量分别为2q和﹣q（q＞0）的点电荷固定在边长为L的正方体的两个顶点上，A是正方体的另一个顶点，如果点电荷2q、﹣q连线中点O的电场强度大小是E，则正方体A点的电场强度大小是（　　）
A． B．
C． D．
9．如图所示，两正四面体边长均为，两正四面体bcd面完全重合，电荷量为Q的两正、负电荷A、B分别置于两四面体左、右两顶点，静电力常量为k，则（　　）
A．b、c、d三点的电场强度大小相等，方向不同
B．b、c、d三点的电势不相等
C．平面bcd上电场强度的最大值为
D．平面bcd上电场强度的最大值为
10．如图所示，竖直面内一绝缘细圆环，关于水平直径PQ上下对称各镶嵌7个电荷量相等的正、负点电荷，上边为正，下边为负，在竖直直径上各有一个正负电荷，其余6个正、负电荷关于竖直直径对称。a、b、c、d分别为水平和竖直直径上的四个点，四点连线构成一正方形，圆心O位于正方形的中心。则以下说法正确的是（　　）
A．a、b两点的场强不相等
B．c、d两点的场强相等
C．c、d两点的电势相等
D．带正电的试探电荷沿着直线cOd，由c运动到d过程，电场力先减小后增大
11．如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通过半球顶点C和球心O的轴线。P、M为CD轴线上的两点，距球心O的距离均为在M右侧轴线上点固定正点电荷Q，点、M间距离为R，已知M点的场强方向水平向左、大小为，带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，则P点的场强为（　　）
A．0 B． C． D．
12．如图所示，两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD，圆弧对应的圆心角都为120°，圆弧AOB在竖直平面内，圆弧COD在水平面内，以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向，两弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场强度为、电势为，设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，产生的电势为φ，选无穷远的电势为零，以下说法正确的是（　　）
A．，
B．，
C．将质子（比荷）从P点无初速释放，则质子的最大速度为
D．若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，x轴上各点电场强度为零，电势为零
13．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，半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为为通过半球顶点与球心O的直线，在直线上有两点，。已知N点的场强大小为E，静电力常量为k，则M点的场强大小为（　　）
A． B． C． D．
14．在x轴上固定有两个正、负点电荷，一个带电量为+Q1、一个带电量为 Q2（Q2 > 0），用E1表示Q1在 x 轴上产生的电场强度大小，E2表示Q2在x轴上产生的电场强度大小。当Q1 > Q2时，E1 = E2的点有两个，分别为M点和N点，M、N两点距Q2的距离分别为r1和r2，如图所示。则当的比值增大时（　　）
A．r1、r2都减小 B．r1、r2都增大 C．r1减小，r2增大 D．r1增大，r2减小
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】在z轴上处，合场强为零，该点场强为q和导体近端感应电荷产生电场的场强的矢量和；q在处产生的场强为
E1＝k
由于导体远端离处很远，影响可以忽略不计，故导体在处产生场强近似等于近端在处产生的场强；处合场强为0，故导体在处产生场强大小
E2＝E1
方向向上。根据对称性，导体近端在处产生的场强也为E2，方向向下。
电荷q在处产生的场强为
E3＝k
方向向下。
故在处的合场强为
E＝E2+E3
方向向下。B正确。
故选B。
2．B
【详解】设Q在b点产生的场强大小为E，由对称性可知Q在d点产生的场强大小也为E，方向相反，水平向右，由于b点的场强为零，得
所以q、Q在d点产生的场强为
故选B。
3．A
【详解】由题意知，半径为R的均匀带电体在A点产生场强为
同理割出的小球半径为，因为电荷平均分布，其带电荷量
则其在A点产生的场强
所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强
所以
故选A。
4．A
【详解】由电场的矢量叠加原理，可知矩形薄板在a处产生的场强与点电荷－q在a处的场强等大反向，大小为．由对称性可知，矩形薄板在b处产生的场强也为，方向向右．故A正确．
5．C
【详解】ABCD.由微元法分析
选取圆环上某一点计算在P点竖直方向上的场强为
圆环上各点累加可得
由受力分析可知
解得
故C正确ABD错误。
故选C。
6．BC
【详解】AB．等量异种点电荷周围的电场线分布如图所示
由图可知：a点的电场强度小于b点的电场强度，，c点的电场强度大于b点的电场强度，故B正确，A错误；
C．由题意可知，点电荷＋Q和金属板MN周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以d点的电场强度
故C正确；
D．正电荷在、两点的电势大小相等，负电荷在点的电势小于点的电势，根据电势的叠加可知a点的电势高于b点的电势，故D错误。
故选BC。
7．D
【详解】AC中的单位不是场强的单位；根据公式，当r=a时，右侧圆环在A点产生的场强为零，则A处场强只由左侧圆环上的电荷产生，即场强表达式只有一项，故ABC项错D正确。
故选D。
8．A
【详解】根据几何知识得O点到两个电荷的距离都是
即O点场强为
A点电场
故选A。
9．C
【详解】A．根据电场强度的合成满足平行四边形定则，则等量异种电荷连线的中垂面上的b、c、d三点的场强大小相等，方向均与bcd面垂直，则方向相同，选项A错误；
B．等量异种电荷的中垂面为等势面，则b、c、d三点的电势相等，选项B错误；
CD．等量异种电荷的连线的中点场强最大，由几何关系可知正四面体的面的中线长为，正四面体的高为
则连线中点的场强为
选项C正确，D错误。
故选C。
10．BD
【详解】A．因为关于O点对称的两等量异种电荷在ab两点产生的场强都相等，根据场强叠加，结合对称性可知，a、b两点的场强相等，方向均垂直于PQ向下，选项A错误；
B．因关于O点对称的两等量异种电荷在cd两点产生的场强都相等，由叠加原理可知，c、d两点的场强相等，选项B正确；
C．因c点距离正电荷较近，d点距离负电荷较近，可知c点电势高于d点的电势，选项C错误；
D．结合等量异种电荷连线上的电场线分布可知，在cOd直线上，O点的电场线最稀疏，场强最小，可知带正电的试探电荷沿着直线cOd，由c运动到d过程，电场力先减小后增大，选项D正确。
故选BD。
11．A
【详解】均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，将带电半球壳ACB右侧补全一个同样的带电半球壳ADB，则半球壳ADB在P点场强 与半球壳ACB在M点场强 对称，大小相等，方向相反，补全后内部合场强处处为零，所以半球壳ACB在P点场强
方向都向右，未补全时
则P点的合场强
故选A。
12．D
【详解】AB．圆弧AO在圆心P点产生的场强大小与圆弧OB在P点产生的场强大小相等，两个场强方向夹角为60°，电势相等，同理圆弧OC在圆心P点产生的场强大小与圆弧OD在P点产生的场强大小相等，且夹角也为60°，电势相等，根据电场强度矢量叠加法则有
计算解得
根据电势标量的叠加法则有
得
故AB错误；
C．从P点无初速释放质子，到达无穷远处时速度最大，根据动能定理有
得
故C错误；
D．若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，正电荷和负电荷在x轴上各点产生电场强度大小相等，方向相反，其合场强为零，正、负电荷产生电势数值相等，电势叠加结果为零，故D正确。
故选D。
13．B
【详解】假设在O点有一个完整的带电荷量为2q的带电球壳，设完整球壳在M点产生的场强大小为E0，左半球壳在M点产生的电场强度大小为E左，右半球壳在M点产生的电场强度大小为E右，根据电场叠加原理
根据题意
解得
故选B。
14．A
【详解】ABCD．设Q1、Q2两点电荷之间的距离为L，x轴上M、N两点的电场强度大小相等，则
，
解得
，
当的比值增大时，r1、r2都减小，故A正确，BCD错误。
故选A。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第49讲 电场线与等势线（面）的应用
（2021 辽宁）
1．等量异号点电荷固定在水平向右的匀强电场中，电场分布如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线。将同一负电荷先后置于a、b两点，电势能分别为Epa和Epb，电荷所受电场力大小分别为Fa和Fb，则（　　）
A．，Fa>Fb B．，FaC．，Fa>Fb D．，Fa（2021 浙江）
2．某书中有如图所示的图，用来表示横截面是“<”形导体右侧的电场线或等势面，其中a、b是同一条实线上的两点，c是另一条实线上的一点，d是导体尖角右侧表面附近的一点。下列说法正确的是（　　）
A．实线表示电场线
B．离d点最近的导体表面电荷密度最大
C．“<”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同
D．电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零
（2022 浙江）
3．某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a点所在的线是等势线
B．b点的电场强度比c点大
C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
一.知识回顾
（一）电场线　
1．定义：为了形象地了解和描述电场中各点电场强度的大小和方向，而画在电场中的一条条有方向的曲线。电场线是假想的曲线，实际不存在。
2．电场线的特点
（1）电场线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向。
（2）电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷。
（3）电场线在电场中不相交、不闭合、不中断。
（4）在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏。
（5）沿电场线的方向电势逐渐降低。
（6）电场线和等势面在相交处垂直。
3．几种典型电场的电场线
如图所示是几种典型电场的电场线分布图。
4.电场线的应用
5.两种特殊的电场线分布及其特点
等量异种点电荷 等量同种点电荷
电场线分布图
电荷连线上的电场强度 沿连线先变小后变大
O点最小，但不为零 O点为零
中垂线上的电场强度 O点最大，向外逐渐减小 O点最小，向外先变大后变小
关于O点对称位置的电场强度 A与A′、B与B′、C与C′
（二）等势面
1.定义：在电场中电势相同的各点构成的面。
2.四个特点
（1）在同一个等势面上移动电荷时，静电力不做功。
（2）等势面一定与电场线垂直。
（3）电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面。
（4）等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。
（5）电场中某点的电势大小是由电场本身的性质决定的，与在该点是否放有电荷和所放电荷的电性、电荷量及电势能均无关。
3.几种典型电场的等势线（面）
电场 等势线（面） 重要描述
匀强电场 垂直于电场线的一簇平面
点电荷的电场 以点电荷为球心的一簇球面
等量异种点电荷的 电场 连线的中垂线上电势处处为零
等量同种（正）点电 荷的电场 两点电荷连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高
（三）根据电场线、等势线和带电粒子的运动轨迹求解相关的物理量
1.判断电场力的方向：电场力沿电场线（或垂直于等势线）指向运动轨迹的凹侧；
2.判断电场强度方向：根据电场力方向和带电粒子的电性判断场强的方向；
3.加速度大小的判断：电场线密处，电场强度较大，加速度较大，也可根据等势面疏密判断，对于等差等势面，等势面密处，电场强度较大，加速度较大；
4.速度大小、方向，动能和电势能大小的判断：速度方向沿运动轨迹的切线方向，根据速度方向和电场力方向之间的夹角判断电场力的做功情况，电场力做正功，动能增大，电势能减小；电场力做负功，动能减小，电势能增大．
二.例题精析
例1
4．某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．c点的电场强度大于b点的电场强度
B．若将一试探电荷由a点释放，它将沿电场线运动到b点
C．b点的电场强度大于d点的电场强度
D．a点和b点的电场强度的方向相同
例2
5．如图所示，虚线为某静电场中的等差等势线（相邻两虚线间的电势差相等），P为某一固定点电荷，实线为某带电粒子Q在该静电场中运动的轨迹a、b、c、d为粒子的运动轨迹与等势线的交点，除电场力外，粒子Q受到的其他力均可不计。下列说法正确的是（　　）
A．粒子Q与点电荷P为异种电荷
B．粒子Q运动过程中速度一定先减小后增大
C．粒子在b点时的电势能一定比在d点时的电势能小
D．粒子在a、c两点的加速度大小一定相等
三.举一反三，巩固练习
6．某电场的电场线分布如图所示，一带电粒子仅在电场力作用下沿虚线由A点运动到B点，则（　　）
A．电场强度EA>EB B．电势
C．粒子电势能EpA>EpB D．粒子动能EkA>EkB
7．电场中某区域的电场分布如图所示，a、b是电场中的两点。下列说法正确的是（ ）
A．a、b两点的场强相等
B．a点的场强小于b点的场强
C．同一个点电荷在a点所受的电场力小于在b点所受的电场力
D．同一个点电荷在a点所受的电场力大于在b点所受的电场力
8．如图，实线表示某静电场中的电场线，过M点的电场线是水平直线，虚线表示该电场中的一条竖直等势线，M、P是电场线上的点，N、Q是等势线上的点。将一带正电的点电荷由M点静止释放，仅在电场力作用下水平向右运动，则（　　）
A．N、Q两点的电场强度方向相同 B．M点电势低于N点电势
C．该点电荷一定向右做匀加速运动 D．若将该点电荷从P点移到N点，电势能将减小
9．把一个不带电的金属球壳导体置于匀强电场中，达到稳定状态后球壳周围的电场线和等势线分布如图所示，其中a、d两点对称地分布在球壳两侧且连线过球心c，b点位于球壳上。下列说法中正确的是（　　）
A．实线是等势线 B．b点电场强度比c点大
C．感应电荷在c点产生的场强为零 D．a、b两点间的电势差值等于c、d两点间的电势差值
10．把头发屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，可以模拟出电场线的分布情况，如图甲是模拟孤立点电荷和金属板之间的电场照片，乙图为简化后的电场线分布情况，则（　　）
A．由图甲可知，电场线是真实存在的
B．图甲中，没有头发屑的地方没有电场
C．图乙中A点的电场强度大于B点的电场强度
D．在图乙电场中A点静止释放的质子能沿着电场线运动到B点
11．常见的四种电场如下，则（　　）
A．甲图中，与点电荷等距的a、b两点电势相同，电场强度也相同
B．乙图中，两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点电势相同，电场强度也相同
C．丙图中，两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点电势相同，电场强度也相同
D．丁图中，与无穷大金属板等距的关于垂线对称的a、b两点电势相同，电场强度也相同
12．避雷针上方有雷雨云时，避雷针附近的电场线分布如图所示，图中中央的竖直黑线AB代表了避雷针，CD为水平地面。MN是电场线中两个点，下列说法正确的是（　　）
A．M点的电势比N点的电势高
B．M点的场强比N点的场强大
C．在试探电荷从M点到N点的多条路径中，沿直线MN走电场力做功最少
D．CD的电势为零，但其表面附近的电场线有些位置和地面不垂直
13．某带电体周围分布的电场线或等势面的剖面图如图所示，其中a、c是同一条实线上的两点，b是另一条实线上的一点，则（ ）
A．图中实线是电场线
B．b点的电势一定高于c点的电势
C．a、c两点电场强度的方向可能相同
D．将同一试探电荷依次放在a、b、c三点上，则在a点时试探电荷受到的电场力最大
14．一带正电导体，其周围的等势面如图所示，每相邻两个等势面间的电势差相等，将一电子先后置于A、B两点，其电势能分别是和，所受电场力的大小分别是和，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
15．一个带电粒子（不计重力）射入一点电荷的电场中，粒子运动的轨迹如图实线所示，图中虚线是同心圆弧，表示电场中的等势面，下列判断正确的是（　　）
A．粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能
B．粒子在b点的速率一定大于在a点的速率
C．粒子在a点和c点的动能相等
D．粒子在b点所受的电场力小于在a点所受的电场力
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】电场线的疏密程度表示场强的大小，因此，原匀强电场水平向右，正负电荷的电场线由正电荷指向负电荷，因此可知图中的电场线方向为从左指向右，因此由对称性可知b点电势小于a点电势，可知负电荷。
故选D。
2．D
【详解】A．处于静电平衡的导体，是个等势体，则整个导体为等势体，由于电场线方向总是与等势面垂直，所以实线不是电场线，是等势面，则A错误；
B．根据等势面的疏密表示场强的强弱，则d点的场强较弱，并且电场强度越大的地方电荷密度越大，所以B错误；
C．在“<”形导体右侧表面上下部分附近电场强度方向不相同，所以C错误；
D．由于a、b在同一等势面上，则电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零，所以D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A错误；
B．因c处的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；
C．因bc两处所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正确；
D．因dg两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零，选项D错误。
故选C。
4．C
【详解】ACD．据电场线的分布可知，c点的电场线比b点的电场线稀疏，即c点的电场强度小于b点的电场强度；b点的电场线比d点的电场线密，即b点的电场强度大于d点的电场强度；a点和b点的切线方向不同，即两点的电场强度的方向不同，故AD错误，C正确；
B．将一试探电荷由a点释放，据场强方向的规定可知，受与场强方向相同的电场力，它将右上方做曲线运动，而不是沿电场线运动到b点，故B错误。
故选C。
5．C
【详解】A．由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向曲线内侧，但固定点电荷P的位置未确定，则粒子Q与点电荷P为是吸引力还是排斥力不能确定，则粒子Q与点电荷P可能为异种电荷，故A错误；
B．由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向曲线内侧，则从a到b电场力做正功，粒子动能增大，电势能减小，c到d电场力做负功，动能减小，电势能增大，故粒子在a到d之间运动过程中的动能先增大后减小，反之，粒子在d到a之间运动过程中的动能先减小后增大，故B错误；
C．粒子从b电到d点运动等价于c到d的运动，而c到d电场力做负功，动能减小，电势能增大，故粒子在b点时的电势能一定比在d点时的电势能小，故C正确；
D．因a点处的等势面密集，故a点的电场强度大，故电荷在a点受到的电场力大于c点受到的电场力，结合牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度比在c点的加速度大，故D错误；
故选C。
6．C
【详解】AB．由B点电场线较A点密集，则电场强度
沿电场线电势逐渐降低，则电势
故AB错误；
CD．电场力指向运动轨迹的凹侧，知带电粒子带负电，粒子仅在电场力的作用下沿虚线由A点运动到B点，电场力做正功，动能增加
EkA电势能减小
EpA>EpB
故C正确，D错误。
故选C。
7．D
【详解】AB．根据电场线的疏密程度反映电场强度的大小，可知a点的场强大于b点的场强，AB错误；
CD．由于a点的场强大于b点的场强，可知同一个点电荷在a点所受的电场力大于在b点所受的电场力，C错误，D正确。
故选D。
8．A
【详解】A．将一带正电的点电荷由M点静止释放，仅在电场力作用下水平向右运动，说明电场力水平向右，由于粒子在正电，则点的电场方向水平向右，由于为等势线，则、两点的电场方向均与等势线垂直向右，即、两点的电场强度方向相同，A正确；
B．根据沿电场线方向电势降低，可知点电势高于点电势，B错误；
C．由电场线分布可知该电场不是匀强电场，点电荷在电场中受到的电场力不是恒力，故该点电荷不是做匀加速运动，C错误；
D．若将该点电荷从点移到点，由于该点电荷带正电，且点电势低于点电势，可知电势能将增大，D错误；
故选A。
9．D
【详解】A．由图可知，实线为电场线，故A错误；
B．金属球壳导体内部的电场强度为零，故b点电场强度等于c点的电场强度，故B错误；
C．金属球壳导体内部的电场强度为零，则感应电荷在c点产生的场强与匀强电场的场强大小相等方向相反，故C错误；
D．属球壳导体内部的电场强度为零，结合可知a、b两点间的电势差值等于c、d两点间的电势差值，故D正确。
故选D。
10．C
【详解】A．电场线是假想的曲线，不是真实存在的，故A错误；
B．图甲中，没有头发屑的地方同样也有电场存在，故B错误；
C．图乙中A点的电场线较B点密集，可知A点的电场强度大于B点的电场强度，故C正确；
D．因AB之间的电场线为曲线，根据物体做曲线运动的条件可知，则在图乙电场中由A点静止释放的质子不可能沿电场线运动到B点，故D错误。
故选C。
11．B
【详解】A．甲图为正点电荷的电场，图中a、b两点在同一个以点电荷为圆心的圆上，两点电势相等，电场强度的大小相同，但是电场强度的方向不同，则电场强度不同，故A错误；
B．乙图为等量的异种电荷的电场，根据对称性可知，a、b两点的电场强度大小相等、方向也相同，即电场强度相同，等量的异种电荷的连线的中垂线电势相等，所以a、b两点电势相同，故B正确；
C．丙图中，根据电场的叠加原理可知，两等量同种电荷连线的中垂线上与连线中心等距的a、b两点电势相等，电场强度方向不相同，故C错误；
D．丁图中非匀强电场中的a、b两点的电场强度方向不同，故D错误。
故选B。
12．A
【详解】A．沿电场线电势降低，可知M点的电势比N点的电势高，选项A正确；
B．电场线越密集则场强越大，可知M点的场强比N点的场强小，选项B错误；
C．电场力做功与路径无关，则在试探电荷从M点到N点的多条路径中，电场力做功相同，选项C错误；
D．CD的电势为零，是等势面，电场线与等势面正交，可知CD表面附近的电场线和地面都垂直，选项D错误。
故选A。
13．D
【详解】A．电场线一定从带电体表面出发或终止，图中实线应是等势线，A错误；
B．带电体所带电荷电性未知，电场线方向未知，故无法判断b、c两点的电势高低，B错误；
C．如果带电体带正电，c点场强向左而a点场强向右，同理如果带负电c场强向右而a点向左，因此a、c两点电场强度的方向不同，C错误；
D．a、b、c三点中，a点处等势线密度最大，故a点处电场强度最大，D正确。
故选D。
14．B
【详解】在正电导体周围的等势线密集的地方，电场线也密集，场强越大，所以
电荷所受的电场力为
可得
做出过B点的电场线，交A点所在等势线于，如图所示
则有
沿电场线电势逐渐降低
又因
则
故选B。
15．C
【详解】D．从等势面形状可知，该电场为点电荷的电场，b点距离点电荷更近，因此粒子在b点所受的电场力大于在a点所受的电场力，D错误；
AB．粒子运动轨迹为曲线，受力的方向指向凹侧，因此该粒子受到向外的排斥力，从a到b的运动过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，A、B错误；
C．由于a、c处于同一等势面上，从a到c过程中，电场力做功为零，因此粒子在a点和c点的动能相等，C正确。
故选C。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第50讲 电场中的图像
（安徽）
1．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能EP与位移x的关系如图所示。下列图象中合理的是（　　）
A．电场强度与位移关系 B．粒子动能与位移关系
C．粒子速度与位移关系 D．粒子加速度与位移关系
（江苏）
2．空间某一静电场的电势在轴上分布如图所示，轴上两点B、C点电场强度在方向上的分量分别是、，下列说法中正确的有
A．的大小大于的大小
B．的方向沿轴正方向
C．电荷在点受到的电场力在方向上的分量最大
D．负电荷沿轴从移到的过程中，电场力先做正功，后做负功
　一、必备回顾
1.几种典型电场线分布示意图及场强电势特点表（下面均以无穷远处为零电势点）
孤立的正点电荷 电场线 直线，起于正电荷，终止于无穷远。
E 离场源电荷越远，场强越小；与场源电荷等距的各点组成的球面上场强大小相等，方向不同。
φ 离场源电荷越远，电势越低；与场源电荷等距的各点组成的球面是等势面，每点的电势为正。
等势面 以场源电荷为球心的一簇簇不等间距的球面，离场源电荷越近，等势面越密。
孤立的负点电荷 电场线 直线，起于无穷远，终止于负电荷。
E 离场源电荷越远，场强越小；与场源电荷等距的各点组成的球面上场强大小相等，方向不同。
φ 离场源电荷越远，电势越高；与场源电荷等距的各点组成的球面是等势面，每点的电势为负。
等势面 以场源电荷为球心的一簇簇不等间距的球面，离场源电荷越近，等势面越密。
等量同种负点电荷 电场线 大部分是曲线，起于无穷远，终止于负电荷；有两条电场线是直线。
φ 每点电势为负值。
连线上 E 以中点最小为零；关于中点对称的任意两点场强大小相等，方向相反，都是背离中点；由连线的一端到另一端，先减小再增大。
φ 由连线的一端到另一端先升高再降低，中点电势最高不为零。
中垂线上 E 以中点最小为零；关于中点对称的任意两点场强大小相等，方向相反，都沿着中垂线指向中点；由中点至无穷远处，先增大再减小至零，必有一个位置场强最大。
φ 中点电势最低，由中点至无穷远处逐渐升高至零。
等量同种正点电荷 电场线 大部分是曲线，起于正电荷，终止于无穷远；有两条电场线是直线。
电势 每点电势为正值。
连线上 E 以中点最小为零；关于中点对称的任意两点场强大小相等，方向相反，都是指向中点；由连线的一端到另一端，先减小再增大。
φ 由连线的一端到另一端先降低再升高，中点电势最低不为零。
中垂线上 E 以中点最小为零；关于中点对称的任意两点场强大小相等，方向相反，都沿着中垂线指向无穷远处；由中点至无穷远处，先增大再减小至零，必有一个位置场强最大。
φ 中点电势最高，由中点至无穷远处逐渐降低至零。
等量异种点电荷 E 大部分是曲线，起于正电荷，终止于负电荷；有三条电场线是直线。
φ 中垂面有正电荷的一边每一点电势为正，有负电荷的一边每一点电势为负。
连线 E 以中点最小不等于零；关于中点对称的任意两点场强大小相等，方向相同，都是由正电荷指向负电荷；由连线的一端到另一端，先减小再增大。
φ 由正电荷到负电荷逐渐降低，中点电势为零。
中垂线上 E 以中点最大；关于中点对称的任意两点场强大小相等，方向相同，都是与中垂线垂直，由正电荷指向负电荷；由中点至无穷远处，逐渐减小。
φ 中垂面是一个等势面，电势为零
2.常见场强分布图
3.常见电势分布图
4. 常见电场电场、电势图像
5.图像的物理意义及应用
（1）vt图像：
根据电荷在电场中运动的vt图像的速度变化、斜率变化（即加速度变化），确定电荷所受静电力的方向与静电力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化。
（2）φx图像：
①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率的绝对值，电场强度为零处φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零。
②在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。
③在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。
④在φ-x图像中可以判断电场类型，如下图所示，如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变化的，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，则表示电场强度的大小是不变的，电场为匀强电场。
图8
⑤在φ-x图像中可知电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向。
（3）Ex图像：
①E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律，E>0表示电场强度沿x轴正方向；E<0表示电场强度沿x轴负方向。
②在给定了电场的E-x图像后，可以由图线确定电场强度、电势的变化情况，E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差，两点的电势高低根据电场方向判定。图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，“面积”的正负表示始末两点电势的高低。
在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。
③在这类题目中，还可以由E-x图像画出对应的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题。
（4）Epx图像：
①由Epx图像可以判断某一位置电势能的大小，进而确定电势能的变化情况，根据电势能的变化可以判断静电力做功情况，结合带电粒子的运动可以确定静电力的方向。
②Epx图像的斜率k====-F静电，即图像的斜率绝对值和正负分别表示静电力的大小和方向。
二、典型例题：
题型1　v-t图像
例1
3．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是其中的一条直线，线上有A、B、C三点。一带电量为+2×10-3C、质量为1×10-3kg的小物块从A点静止释放，沿MN做直线运动，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大（图中标出了该切线），C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电量保持不变，则下列说法中正确的是（　　）
A．AB两点电势差UAB=4 V
B．B点为AC间电场强度最大的点，场强大小E=2 V/m
C．由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大
D．小物块从B点到C点电场力做的功W=10-2J
题型2　φ-x图像
例2
4．两电荷量分别为q1和q2的点电荷分别固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势 随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且xAP＜xPB，则（　　）
A．q1和q2都是正电荷
B．q1的电荷量大于q2的电荷量
C．一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
D．在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大
题型3　E-x图像
例3
5．空间内有一沿x轴分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，－x1、x1、x2、x3是x轴上的四个点，图象关于坐标原点O中心对称，规定沿x轴的正方向为场强E的正方向，下列说法中正确的是（　　）
A．－x1处的电势与x1的电势相等
B．将一负电荷由－x1移到x2，电势能先增大后减小
C．将一负电荷由－x1处由静止释放，若只受电场力作用，则运动到O点时电势能最小
D．将一正电荷由x1处由静止释放，若只受电场力作用，则先做加速再做减速运动
题型4　Ep-x图像
例4
6．将两个点电荷A、B分别固定在水平面上轴的两个不同位置上，将一正试探电荷在水平面内由A点的附近沿x轴的正方向移动到B点附近的过程中，该试探电荷的电势能随位置变化的图象如图所示，已知，图中的水平虚线在C点与图线相切，两固定点电荷的电荷量分别用qA、qB表示。则下列分析正确的是（ ）
A．两固定点电荷都带负电，且
B．C点的电场强度最小但不等于零
C．如果将试探电荷改为负电荷，则该电荷在C点的电势能最大
D．A、B两点间沿x轴方向的电场强度始终向右
三、举一反三，巩固练习
7．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间的P点固定一个带正电的检验电荷。用C表示电容器的电容，E表示两板间的电场强度的大小，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，上述各物理量与负极板移动距离的关系图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．空间有一沿x轴对称分布的电场，其x轴上电场强度E随x变化的图像如图示，取x轴正向为电场正方向，下列说法正确的是（　　）
A．O点的电势最低，x2点的电势最高
B．x1和-x1两点的电势相等
C．电子在 x1的电势能大于在x2的电势能
D．电子由x1运动到x3电场力先做正功后做负功
9．如图甲所示，在x轴上有O、A、B、C、D五点，坐标分别为0、、、、，静电场的电场强度方向与x轴平行，电势随x的分布如图乙所示。一质量为m、带电荷量为+q的粒子，以初速度从O点沿x轴正方向进入电场，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．若粒子能运动到A处，至少为
B．若粒子能运动到A处，粒子一定能运动到D处
C．若粒子能运动到B处，粒子在A、B间做匀速直线运动
D．若粒子能运动到C处，粒子在C处的速度为
10．如图所示，曲线表示固定在x轴上a、b两点的两个点电荷产生的电势与位置之间的对应关系，两个点电荷所带电荷量分别为和，a、p间距离大于p、b间距离。从图可知以下正确的是（　　）
A．两点电荷带异种电荷
B．电势最低的p点的电场强度为零
C．p、b两点之间电场方向都指向p点
D．将一负电荷从p点移到a点电势能增加
11．一带负电的微粒（电荷量不变，所受重力不计）只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中段是曲线，段是平行于x轴的直线，段是倾斜直线，则下列说法正确的是（　　）
A．段电场强度逐渐增大
B．段电势逐渐升高
C．段电场强度为零
D．段微粒做匀加速直线运动
12．图甲中AB是某电场中的一条电场线。若将一负电荷从A点处由静止释放，负电荷仅在静电力作用下沿电场线从A到B运动过程中的速度—时间图像如图乙所示。关于A、B两点的电势高低和场强大小关系，下列说法中正确的是（　　）
A．φA>φB，EA>EB B．φA>φB，EAC．φA<φB，EA>EB D．φA<φB，EA13．如图所示为带电粒子在某电场中沿x轴正方向运动时，其电势能随位移的变化规律，其中两段均为直线。则下列叙述正确的是（　　）
A．该粒子带正电
B．2m~4m内电势逐渐升高
C．0m~2m和2m~6m的过程中粒子的加速度大小相等方向相反
D．2m~4m电场力做的功和4m~6m电场力对该粒子做的功相等
14．如图甲所示，在一条电场线上有A、B两点，若从A点由静止释放一电子，假设电子仅受电场力作用，电子从A点运动到B点的速度-时间图象如图乙所示，则（ ）
A．电子在A、B两点受的电场力
B．A、B两点的电场强度
C．A、B两点的电势
D．电子在A、B两点具有的电势能
15．静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线．一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点（x＝0）进入电场，沿x轴正方向运动．下列叙述正确的是
A．粒子从O运动到x1的过程中加速度逐渐增加
B．粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大
C．要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为
D．若v0＝，粒子在运动过程中的最大速度为
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故
即Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A．Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据
故电场强度也逐渐减小；故A错误；
B．根据动能定理，有
F △x=△Ek
故Ek﹣x图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，斜率减小，与B图矛盾，故B错误；
C．题图v﹣x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误；
D．由以上分析可知，粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；
故选D。
2．AD
【详解】A．本题的入手点在于如何判断和的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强磁场，用匀强磁场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法；需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解．在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于
C点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见，A正确；
BD．沿电场方向电势降低，在O点左侧，的方向沿x轴负方向，在O点右侧，的方向沿x轴正方向，负电荷从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，B错误D正确．
C．由图可知，O点处图象的斜率为零，故说明该点水平方向的场强最小，故电场力在水平方向上的分量最小，C错误；
3．AD
【详解】A．根据动能定理，可知
解得
A正确。
B．v-t图像的斜率为加速度，有图像可知，B点的加速度最大，且
所以粒子在B的电场强度最大，根据公式
可知
B错误。
C．从A到B到C物体速度一直变大，所以物体动能一直升高，根据能量守恒可知，物体电势能一直降低，C错误。
D．根据动能定理可知
D正确。
故选AD。
4．D
【详解】A．由 A到P的电势升高，从P到B电势降低，因为沿电场线电势降低，所以电场线方向由P到A，再从P到B，则q1和q2是同种电荷，且一定是负电荷，故A错误。
B．φ﹣x图线切线斜率大小等于电场强度大小，在P点切线斜率为零，则P点的电场强度大小为零，说明q1和q2两点电荷在P点产生的场强大小相等，方向相反，由公式
E=k
因为 xAP＜xPB，故q1的电荷量小于q2的电荷量，故B错误。
C．图线切线斜率为场强的大小，从P点到B点斜率越来越大，故场强越来越大，电场力越来越大，故加速度越来越大，故C错误。
D．负电荷从P点左侧移到右侧，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，故D正确。
故选D。
5．AC
【详解】A．由于x1和-x1两点关于E轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x1和从O点到-x1电势降落相等，则x1和-x2两点的电势相等，故A正确。
B．由－x1移到x2，电势先升高后降低，则负电荷的电势能先减小后增大，故B错误；
C．因O点左侧场强沿x轴负向，右侧沿x轴正向，则将一负电荷由－x1处由静止释放，若只受电场力作用，则电场力先对负电荷做正功后做负功，则运动到O点时电势能最小，故C正确；
D．因O点右侧场强沿x轴正向，若将一正电荷由x1处由静止释放，若只受电场力作用，则正电荷向右一直做加速运动，故D错误。
故选AC。
6．C
【详解】A．正试探电荷由A点到点的过程中，电势能始终为正值，因此两固定点电荷均带正电，图线的斜率为电场力，又由于水平虚线在点与图线相切，因此点的电场力为零，即试探电荷在点时，受到的在A、B两点的点电荷的电场力等大反向，已知，由
可知 ，故A错误；
B．由以上分析可知试探电荷在点的电场力为零，则点的电场强度为零，故B错误；
C．如果将试探电荷改为负电荷，则该电荷在由A点到点的过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，因此点的电势能最大，故C正确；
D．由于两固定点电荷均带正电，则在轴上的电场强度方向先向右再向左，故D错误。
故选C。
7．C
【详解】A．当负极板右移时，两板间的距离减小，由
可知，随着减小增加，C变大，但C与x的图象不是一次函数图象，选项A错误；
B．由
可知
则
E与d、x无关，选项B错误；
C．因负极板接地，设P点开始距负极板的距离是d＇，则P点的电势
φ=E（d＇+x）
P点的电势随x的减小而降低，选项C正确；
D．正电荷在P点的电势能
所以W x图象是一条倾斜的直线，选项D错误。
故选C。
8．B
【详解】A．从图像可以看出，x轴的正半轴电场强度的方向向右，在x轴的负半轴电场强度的方向向左，因为沿着电场强度的方向电势降低，所以O点电势最高，A错误；
B．由于-x1和x1两点关于y轴对称，电场强度E随x变化的图像与坐标轴所围成的面积等于电势差的大小，所以从O到-x1和从O到x1电势降落相等，故x1和-x1两点的电势相等，B正确；
C．由于x1的电势比x2的电势高，所以电子在 x1的电势能小于在x2的电势能，C错误；
D．由于在x轴的正半轴电场强度的方向向右，电子由x1运动到x3受到的电场力方向向左，所以电场力一直做负功，D错误。
故选B。
9．CD
【详解】A．从O到A根据动能定理
解得
故A错误；
B．粒子在从O到A做减速运动，若粒子运动到A点速度刚好为零，则该粒子不能运动到D处，故B错误；
C．若粒子能运动到B处，因为A、B为等势面，所以粒子在A、B间运动时电场力不做功，即粒子在A、B间做匀速直线运动，故C正确；
D．从O到C根据动能定理
解得
故D正确。
故选CD。
10．BC
【详解】AB．由可知，φ x图象斜率表示电场强度，可知p点场强最小，由沿电场线方向电势降低，可知a、b两点电荷均为正电荷，且两点电荷在p点产生的场强大小相等，方向相反，所以电势最低的p点的电场强度是零，A错误，B正确；
C．由沿电场线方向电势降低，p点电势最低，可知p、b两点之间电场方向都指向p点，C正确；
D．由可知，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，将一负电荷从p点移到a点，即从低电势移到高电势，电势能减少，D错误。
故选BC。
11．CD
【详解】AC．图线的斜率表示电场力，段粒子所受电场力减小，故段电场强度减小，同理，段电场强度为零，故A错误，C正确；
BD．段微粒的电势能逐渐增大，而微粒带负电荷，所以其电势降低，段微粒受到的电场力不变，电势能降低则动能增加，则微粒做匀加速直线运动，故B错误，选项D正确。
故选CD。
12．C
【详解】负电荷从A由静止释放（初速度为0）后，能加速运动到B，说明负电荷受到的静电力方向从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以A、B两点的电势关系是φA<φB，负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的（题图乙中曲线切线的斜率表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A运动到B时，受到的静电力是逐渐减小的，由
知，EA>EB，故C正确，ABD错误。
故选C。
13．CD
【详解】AB．由于电场的方向未知，因此粒子的电性不能确定，2m~6m的电势的高低也不能判断， AB错误；
C．根据电势能与电势的关系
Ep=qφ
场强与电势的关系
得
由数学知识可知Ep﹣x图像切线的斜率等于，故斜率间接代表了场强大小，0m~2m和2m~6m的斜率大小相等方向相反，因此电场强度的方向大小相等方向相反，则粒子的加速度大小相等方向相反，C正确；
D．2m~4m两点间距与4m~6m两点间距相等，电场强度也相等，因此由U=Ed可知，2m~4m两点间的电势差等于4m~6m两点间的电势差，则2m~4m电场力做的功和4m~6m电场力做的功相等，D正确。
故选CD。
14．BCD
【详解】AB．从速度图象看出，电子从A运动到B过程速度增大，加速度变小，电场力减小，即
FA＞FB
场强变小，则B点的场强小于A点的场强，即
EA＞EB
故A错误，B正确；
C．根据题意，电子从静止释放后从A运动到B，则电子受到的电场力方向从A→B，而电子带负电，电场线方向从B→A，则B点的电势大于A点的电势，即
φA＜φB
故C正确；
D．因电场力做正功，则电势能减小，，故D正确。
故选BCD。
15．C
【详解】A．图像的斜率，从O运动到x1的过程中斜率不变，场强不变，所受电场力不变，加速度不变，A错误
B．电势能，粒子带正电，.从x1运动到x3的过程中，电势一直减小，电势能一直减小，B错误
C．根据图像可知，粒子要想到达x4处，只需恰好到达x1处，之后靠电场力即可到达x4处，根据能量转化，有：，解得：，C正确
D．若粒子速度v0答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第51讲匀强电场中的场强、电势、电势能的定性分析与定量计算
[2021 全国]
1．如图，P、Q、M、N为菱形的四个顶点。若已知该空间存在一方向与此菱形平面平行的匀强电场，则（　　）
A．P、Q、M、N四点中至少有两点电势相等
B．P、Q、M、N四点可能位于同一等势面上
C．P、Q间的电势差一定与 N、M间的电势差相等
D．P、Q间的电势差一定与Q、M间的电势差相等
[2021 河北]
2．如图，四个电荷量均为的点电荷分别放置于菱形的四个顶点，其坐标分别为、、和，其中x轴上的两个点电荷位置固定，y轴上的两个点电荷可沿y轴对称移动（），下列说法正确的是（　　）
A．除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零
B．当取某值时，可使得菱形内部只存在两个电场强度为零的点
C．当时，将一带负电的试探电荷由点移至点，静电力做正功
D．当时，将一带负电的试探电荷放置在点处，其所受到的静电力方向与x轴正方向成倾斜向上
一、知识回顾
1．匀强电场：
如果电场中各点的电场强度的大小相等、方向相同，这个电场叫作匀强电场。
2．匀强电场中电势差与电场强度的关系
UAB＝Ed，其中d为匀强电场中A、B两点沿电场方向的距离。即：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乘积。沿电场强度方向电势降落得最快。
3．电场强度的另一表达式
（1）表达式：E＝。（只适用于匀强电场）
（2）意义：在匀强电场中，电场强度的大小等于两点之间的电势差与两点沿电场强度方向的距离之比。也就是说，场强在数值上等于沿电场方向单位距离上降低的电势。
（3）在匀强电场中U＝Ed，即在沿电场线方向上，U∝d。推论如下：
推论①：如图甲，C点为线段AB的中点，则有φC＝。
推论②：如图乙，AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD。即在匀强电场中两条平行且相等的线段两端点间的电势差相等。
推论③：在匀强电场中一条直线上（等势线除外），两点间的电势差与这两点间距离成正比。
4．E＝在非匀强电场中的几点妙用
（1）解释等差等势面的疏密与电场强度大小的关系：当电势差U一定时，电场强度E越大，则沿电场强度方向的距离d越小，即等差等势面越密，电场强度越大。
（2）定性判断非匀强电场电势差的大小关系，如距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大；E越小，U越小。
（3）利用φx图像的斜率判断沿x方向电场强度Ex随位置变化的规律。在φx图像中斜率k＝＝＝－Ex，斜率的绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方向，斜率为正，表示电场强度方向沿规定的负方向；斜率为负，表示电场强度方向沿规定的正方向。
（4）利用Ex图像与x轴围成的面积表示电势差，即SAB＝ExAB＝Ed＝UAB，分析计算两点间电势差。
5．特殊解题方法：等分线段找等势点法
在匀强电场中，电势沿直线是均匀变化的，即直线上距离相等的线段两端的电势差相等。因此将电势最高点和电势最低点连接后根据需要平分成若干段，找到与已知的第三个点的电势相等的点，这两个等势点的连线即等势线（或等势面），与等势线（或等势面）垂直的线即为电场线。解题思路：
二、例题回顾
题型一：一题多种解法
3．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，电场线与矩形所在的平面平行，已知a点的电势是20V，b点的电势是24V，d点的电势是4V，如图，由此可知，c点的电势为（　　）
A．4V B．8V C．12V D．24V
题型二：中点电势公式的运用
[2018秋 香坊区校级月考]
4．如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是（　　）
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
C．a、b两点间的电势差Uab一定为
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
题型三：等分线段找等势点法
[2022 简阳市 校级开学]
5．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小为1.75V/cm
B．电场强度的大小为1.25 V/cm
C．电场强度的方向与y轴负方向成53°
D．电场强度的方向与x轴负方向成53°
题型四：E＝在非匀强电场中的妙用
[2020 城中区校级模拟]
6．如图所示，实线为电场线，且AB = BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC。下列关系中不正确的有（ ）
A．EA > EB > EC B．φA > φB > φC C．UAB > UBC D．UAB = UBC
三、举一反三，巩固练习
7．如图所示，立方体的四个顶点、、、处各固定着一个电荷量均为的正点电荷，则、两点（　　）
A．电势相同、电场强度大小相等 B．电势相同、电场强度大小不相等
C．电势不相同、电场强度大小相等 D．电势不相同、电场强度大小不相等
8．如图，一条电场线上有a、b、c三点，b为ac的中点，a、c两点的电势分别为4V和-8V。则（　　）
A．a点的场强可能大于c点的场强 B．b点的电势可能为6V
C．a点的场强一定等于c点的场强 D．b点的电势一定为-2V
9．沿电场线所在直线建立如图所示Ox轴，x轴上各点电势随x的变化规律如图所示，坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，O点电势为零。带电量为-e的电子从O点由静止释放，仅受电场力作用，下列说法正确的是（　　）
A．在0~区间内，电场方向始终指向x轴正方向
B．电子到达B点时动能为
C．电子从A运动到C，加速度先增大后减小
D．若在B点给电子一个沿x轴方向的初速度，电子一定会在AC间做往复运动
10．在水平面上固定了三个点电荷，分别放在等腰梯形的三个顶点上，，电量关系及电性如图所示，静电力常数为k。点的场强大小为（　　）
A．0 B． C． D．
11．如图，在匀强电场中，有边长为的正六边形，其六个顶点均位于同一个圆上，正六边形所在平面与匀强电场的电场线平行，点为该正六边形的中心，、、三点电势分别为、、，下列说法不正确的是（　　）
A．点电势为
B．等于
C．匀强电场的电场强度大小为
D．将电子由点移到点，电场力做功为
12．空间中两个电量均为+Q的点电荷，对称的放置在O点两侧，以O为几何中心，有一正方形ABCD，四条边的中点分别为E、F、M、N，下列说法正确的是（　　）
A． B． C．UAO=UOC D．UAE=UCF
13．如图所示，棱长为30cm的正面四体ABCD处在平行于BCD平面的匀强电场中，A点固定一电荷量为的点电荷，将另一电荷量为的点电荷从D点移动到B点，静电力做功，再把这个电荷从B点移动到C点，静电力做功。已知静电力常量，下列说法正确的是（　　）
A．匀强电场的方向由B点指向C点
B．匀强电场的场强大小为
C．B点场强方向与棱AB间的夹角为30°
D．B点场强大小为
14．电场中的a、b、c三点在同一直线上，如图所示，其中c为ab的中点，已知a、b两点的电势分别为和，且，则下列叙述正确的是（　　）
A．该电场a、b、c三点电势关系一定有
B．负电荷从b点运动到a点，电势能一定会增加
C．负电荷只受电场力作用从a点运动到c点，动能一定增加
D．负电荷从b点运动到c点，电场力一定做正功
15．如图甲，在某电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷I和II，电荷仅在电场力的作用下沿直线向A运动，两电荷的动能E1随位移x变化的关系如图乙。若I的电荷量为q，则可知（　　）
A．电荷II的电荷量为
B．电荷II受到的电场力大小为
C．此电场一定为匀强电场且场强大小
D．选O点为电势零点，A点的电势为
16．如图所示，匀强电场平面内有一个直角三角形，其中，，。若在M点处沿该平面向不同方向射出动能为的电子，有两电子分别经过、两点时的动能分别为和。不考虑电子间的相互作用，则下列关于该匀强电场场强的大小及、点电势高低的比较正确的是：（　　）
A．； B．；
C．； D．；
17．如图所示为某电场中x轴上电势随x变化的图像，静电场方向平行于x轴。一质量为m、带电荷量为+q的粒子仅在电场力作用下沿x轴正向运动，则下列说法正确的是（ ）
A．在本来x1~x4之间，电场方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向
B．若粒子在x1处由静止释放，则粒子在x2处和x4处不受电场力作用
C．若粒子在x1处由静止释放，则粒子运动到x3处时的动能为
D．若粒子在x1处由静止释放，则粒子运动到x3处时的速度最大
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．过点做的垂线，交与点，当电场方向垂直于，则为一条等势线，匀强电场中，各等势线互相平行，则P、Q、M、N四点电势都不相等，故A错误；
B．匀强电场的等势面是与电场方向垂直的平面，则P、Q、M、N四点不可能位于同一等势面上，故B错误；
C．由图可知，与平行且相等，则与沿电场线方向的距离相等，根据
可知
故C正确；
D．如果电场方向垂直于，则为等势线，则
则电场线与不垂直，则不是等势线，则
故D错误。
故选C。
2．ACD
【详解】A．根据场强叠加原理可知，除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零，选项A正确；
B．因为在x轴上的两个点电荷在O点的合场强为零，在y轴上的两电荷，无论y0取什么值，因为关于原点对称，则在O点的合场强也为零，在横轴和纵轴上除原点外，出现合场强为零的点，根据对称性可知，一定是成对出现的，关于原点对称，所以算上原点，合场强为零的点是奇数个，不会是2个，选项B错误；
C．由几何关系可知，坐标为（4l，5l）的A点在第一象限内所在的虚像的垂直平分线的上方；坐标为（0，-3l）的B点在第三象限内所在的虚像的垂直平分线的上方，且到达虚线的距离相等，由电势叠加可知，B点的电势高于A点，则带负电的试探电荷在A点的电势能较大，从A点到B点电势能减小，可知电场力做正功，选项C正确；
D．若y0=4l，则四个点构成正方形，由对称可知在点（l，l）处的场强一定沿着过该点与原点连线的方向上；在y轴正向和x正向上的点电荷在（l，l）处的合场强
在y轴负向和x负向上的点电荷在（l，l）处的合场强
可知（l，l）点的场强沿着MN方向且与x轴从成45°角的方向向下，将一带负电的试探电荷放置在点处，其所受到的静电力方向与x轴正方向成倾斜向上，选项D正确。
故选ACD。
3．B
【详解】在匀强电场中，平行且等距的两点间的电势差相等，即
解得
故选B。
4．BD
【详解】A．一电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，但ab连线不一定沿着电场线，A错误；
B．粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，得
qφa﹣qφb＝W1
粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，得
qφc﹣qφd＝W2
匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，得
φa﹣φM＝φM﹣φc
即
φM（φa+φc）
同理
φN（φb+φd）
则
qφM﹣qφN=
B正确；
C．因带正电的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，电场力做正功，故电势差
Uab=
C错误；
D．若W1＝W2，根据可知
Uab＝Ucd
故
φa﹣φb＝φc﹣φd
则
φa﹣φc＝φb﹣φd
故
Uac＝Ubd
而
Uac＝2UAm
Ubd＝2UbN
故
UaM＝UbN
D正确；
故选BD。
5．BC
【详解】根据
φa φo=φc φb
因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得原点处的电势为
φ0=1V
沿y轴方向的电场强度方向沿y轴负向，大小为
沿x轴方向的电场强度方向沿x轴负向，大小为
则和场强为
则
θ=37°
即电场强度的方向与x轴负方向成37°，与y轴负方向成53°。
故选BC。
6．D
【详解】A．由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为
EA > EB > EC
A正确，不符合题意；
B．A、B、C三点处在一根电场线上，根据沿着电场线的方向电势逐渐降落，故有
φA > φB > φC
B正确，不符合题意；
CD．电场线密集的地方电势降落较快，由U = Ed，定性比较可知
UAB > UBC
C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
故选D。
7．A
【详解】根据对称性可知，、、三点处电荷在点处产生的电场强度的大小和点处的电势刚好与、、三点处电荷在点处产生的电场强度的大小和点处的电势相等，而处的点电荷在点处产生的电场强度的大小和点处的电势与处点电荷在点处产生的电场强度的大小和点处的电势也相等，并且与方向相同，与方向相同，故B、D两点处的电场强度大小相等但方向不同，、两点的电势相同，BCD错误，A正确。
故选A。
8．A
【详解】AC．只凭一条电场线无法判断出三点附近电场强弱，所以a点的场强可能比c点的场强大，可能等于，也可能小于，A正确，C错误；
BD．a点电势高于c点电势，所以电场线方向由a指向c，ac间各点的电势在4V至-8V之间，如电场是匀强电场，根据U=Ed有
知b点的电势为-2V。
如电场是非匀强电场，则
则b点的电势不等于-2V。BD错误。
故选A。
9．B
【详解】A．沿电场线方向电势降低，在0~区间内，电势先升高、再降低、再升高，则电场线方向没有始终指向x轴正方向，故A错误；
B．根据动能定理
电子到达B点时动能为
故B正确；
C．电势随x图像的斜率大小等于电场强度，电子加速度大小为
由图像可知，A、C间斜率先变小后变大，则加速度先变小后变大，故C错误；
D．若在B点电子的初速度为沿+x轴方向，BC间电势升高，电场线方向由C指向B，电场力由B指向C，电子做加速运动；若在B点电子的初速度为沿-x轴方向，同理，电子也做加速运动。故电子不会再AC间做往复运动，故D错误。
故选B。
10．C
【详解】连接AE，如下图所示
根据几何知识可知
则A点的点电荷在E点产生的场强大小为
则B点的点电荷在E点产生的场强为
，方向水平向左
则C点的点电荷在E点产生的场强为
，方向水平向右
故B、C两处点电荷的电场强度之和为
，方向水平向右
根据平行四边形定则，则有E点的场强大小为
故选C。
11．D
【详解】A．如图所示，连接和交于点
由于为的中点，则的电势为
可知、电势相等，故为等势线，电场方向垂直于向上，可知也为等势线，则有
A说法正确，不满足题意要求；
B．、两点的电势差为
、两点的电势差为
故有
B说法正确，不满足题意要求；
C．匀强电场的电场强度大小为
C说法正确，不满足题意要求；
D．将电子由点移到点，电场力做功为
D说法错误，满足题意要求；
故选D。
12．D
【详解】根据电场线对称性和等势面的分布可知，在等量同种点电荷的电场中，A、B、C、D在同一个等势面上，电势相等，故有
故D正确，ABC错误。
故选D。
13．C
【详解】A．根据题意可知，从D到B和从B到C移动另一个电荷时，A点固定的点电荷对其做功为零，根据可得，DB间的电势差为
,
取BC的中点，则根据题意可知
可得
连接，则为匀强电场中的一条等势线，由几何关系可知，与垂直，则为匀强电场的一条电场线，根据沿电场线方向电势降低可知，匀强电场的方向由C点指向B点，故A错误；
B．根据公式可得，匀强电场的场强大小为
故B错误；
CD．根据点电荷场强公式可得，A点固定的点电荷在B点产生的电场的场强为
方向为AB连线的延长线方向，则根据电场的叠加原理及几何关系可知，B点场强大小为方向与棱AB间的夹角为，故C正确，D错误。
故选C。
14．B
【详解】A．由于该电场不确定是否为匀强电场，所以a、b、c三点电势关系无法确定，A错误；
B．负电荷从b点运动到a点，因为
所以
即
负电荷从b点运动到a点，电势能一定会增加，B正确；
C．由于c点电势不明确，故无法判断负电荷只受电场力作用从a点运动到c点的动能变化，C错误；
D．由于c点电势不明确，故无法判断负电荷从b点运动到c点，电场力做功情况。D错误。
故选B。
15．C
【详解】B．由动能定理可知，电荷的动能随位移的变化图线的斜率表示该电荷所受的电场力，故电荷I和II所受的电场力分别为
故B错误；
C．由图可知，电场力为恒力，则电场强度大小方向均不变，为匀强电场，根据
可知，匀强电场的电场大小
故C正确；
A．又
所以电荷II的电荷量为，故A错误；
D．电荷I由O到A的过程中，有
解得
选O点为电势零点，A点的电势
故D错误。
故选C。
16．A
【分析】匀强电场中，电势差与距离成正比；等势面为平面，且始终与电场线垂直。
【详解】电子从运动到，由动能定理及电场力做功与电势差之间的关系，有
同理可得
因此
将四等分，如图所示，
由几何关系知，且
故可得
故在匀强电场的等势面上，因此NP与匀强电场的电场线重合，且场强方向沿N指向P，即。且
故选A。
17．D
【详解】A．在~之间，电场方向先沿x轴正方向，再沿x轴负方向，选项A错误；
B．由可知，图像的斜率表示电场强度，所以处和处场强不为零，粒子仍受电场力作用，选项B错误；
C．粒子运动到的过程中，根据能量守恒有
选项C错误；
D．粒子在处由静止释放，粒子从运动到的过程中电势能减小，动能增大，从运动到的过程中，电势能增大，动能减小，所以粒子运动到时速度最大，选项D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第52讲 非匀强电场中的场强、电势、电势能的定性分析与定量计算
（2020 浙江）
1．空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（　　）
A．e点的电势大于0
B．a点和b点的电场强度相同
C．b点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加
（2018 天津）
2．如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为．下列判断正确的是
A． B．
C． D．
一.知识回顾
1．静电力做功
（1）特点：静电力所做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，与电荷经过的路径无关。
（2）计算方法
①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离，计算时q不带正负号。
②WAB＝qUAB，适用于任何电场，计算时q要带正负号。
2．电势能
（1）定义：电荷在电场中由于受到静电力的作用而具有的与其相对位置有关的能量叫作电势能，用Ep表示。
（2）静电力做功与电势能变化的关系
静电力做的功等于电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB。
（3）大小：电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零势能位置时静电力所做的功。
（4）特点：
①系统性：
电势能是相互作用的电荷系统所共有的，或者说是电荷及对它作用的电场所共有的。我们说某个电荷的电势能，只是一种简略的说法。
②相对与绝对
电荷在某点的电势能是相对的，与零势能位置的选取有关，但电荷从某点运动到另一点时电势能的变化是绝对的，与零势能位置的选取无关。
③电势能正负的意义
电势能是标量，有正负，无方向。电势能为正值表示电势能大于在参考点时的电势能，电势能为负值表示电势能小于在参考点时的电势能。
④常规
零势能位置的选取是任意的，但通常选取大地表面或离场源电荷无限远处为零势能位置。
3.　电势　
（1）定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量之比，叫作电场在这一点的电势。
（2）定义式：φ＝。
（3）标矢性：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，同一点的电势与选取的零电势点的位置有关。一般选取离场源电荷无限远处为零电势点，在实际应用中常取大地的电势为0。
4.电势差
（1）定义：在电场中，两点之间电势的差值。
（2）定义式：UAB＝φA－φB。显然，UAB＝－UBA。
（3）影响因素：电场中两点间电势差由电场本身决定，与电势零点的选取无关。
（4）静电力做功与电势差的关系：电荷q在电场中从A点移到B点时，静电力做的功WAB与移动电荷的电荷量q的比等于A、B两点间的电势差，即UAB＝，计算时q要带正负号。
5.电势高低的判断方法
判断方法 具体应用
依据电场线方向 沿电场线的方向电势逐渐降低，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面
依据静电力做功和电势差的正负 根据UAB＝＝φA－φB，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
依据电势能大小 正电荷在电势较高处电势能较大，负电荷在电势较低处电势能较大
依据场源电荷的正、负 取无限远处为零电势点，正电荷周围电势为正值，且离正电荷越近电势越高；负电荷周围电势为负值，且离负电荷越近电势越低
6．电势能大小的判断方法
判断方法 具体应用
根据电场线的方向判断 （1）正电荷顺着电场线运动电势能减小（2）负电荷顺着电场线运动电势能增加
根据静电力做功判断 （1）静电力做正功，电势能必减小（2）静电力做负功，电势能必增加
根据电势判断 由Ep＝qφ知，电势越高，正电荷的电势能越大，负电荷的电势能越小
根据能量守恒判断 在电场中，若只有静电力做功，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，电势能增加
7．多个场源点电荷形成的电场中电势高低的比较
根据WAB＝－ΔEp及φ＝判断如图所示，为了比较A、B点的电势，引入试探电荷q，将q从A移到B，则Q1和Q2对q的静电力对q做功：WAB＝WAB1＋WAB2；然后由WAB的正负根据WAB＝－ΔEp判断q的电势能是变大还是变小；再由φ＝比较φA和φB的大小。
8.电场线、电场强度、电势、电势能、等势面之间的关系
（1）电场线与电场强度的关系：同一电场，电场线越密的地方表示电场强度越大，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向。
（2）电场线与等势面的关系：电场线与等势面垂直，并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面。
（3）电场强度大小与电势无直接关系：零电势位置可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方，电势不一定高。
（4）电势能与电势的关系：正电荷在电势高的地方电势能大；负电荷在电势低的地方电势能大。
（5）电场场强的叠加遵从矢量合成法则，电势的叠加遵从代数运算法则。
二.例题精析
题型一：一个点电荷形成的电场
3．如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q>0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（　　）
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先减小后增大
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
题型二：两个点电荷形成的电场
4．真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是（　　）
A．a点电势低于O点
B．b点电势高于c点
C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
题型三：多个点电荷形成的电场
5．电荷量相等的四个点电荷分别固定于正方形的四个顶点，O点是正方形的中心，电场线分布如图所示，取无限远处电势为零。下列说法正确的（　　）
A．正方形右下角电荷q带正电 B．M、N、P三点中N点场强最小
C．M、N、P三点中M点电势最高 D．负电荷在P点的电势能比在O点的电势能小
三.举一反三，巩固练习
6．A、B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点运动到B点，速度图像如图所示。下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势的高低的判断，正确的是（　　）
A．EA=EB B．EA＜EB
C． D．
7．如图所示，正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上，沿x轴上各点的电场强度大小和电势分别用E和 表示．选取无穷远处电势为零，下列关于x轴上各点电场强度的大小E或电势 随位置x的变化关系图，正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，是电视机显像管主聚焦电场中的电场线分布图，中间一根电场线是直线，电子从O点由静止开始只在电场力作用下运动到A点，取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，在此过程中关于电子运动速度v、加速度a随时间t的变化，电子的动能Ek、运动径迹上电势φ随位移x的变化图线，下列可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．如图所示，三条虚线表示某点电荷电场的等势面。一带电粒子仅受电场力作用，沿实线运动，A、B、C、D、G是轨迹与等势面的交点。则（　　）
A．产生电场的点电荷和运动的带电粒子都带正电
B．带电粒子经过B、G两点时加速度一样大
C．带电粒子从A点到B点的过程中电势能减小
D．带电粒子从C点到D点的过程中动能一直不变
10．如图所示，虚线a、b、c为某电场中的等差等势面，其中等势面b的电势为0，实线为电子在该电场中的运动轨迹。若电子经过等势面a时的动能为16eV，经过等势面c时的速度大小为经过等势面a时速度大小的一半，以下说法正确的是（ ）
A．等势面a的电势为16V
B．等势面c的电势为6V
C．实线可能是该电场的某条电场线
D．电子不可能运动到电势为-12V的等势面
11．静电透镜是利用静电场使用电子束聚或发散的一种装置。如图所示该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xoy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于ox轴、oy轴对称，且相邻两等势线的电势差相等，图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是（　　）
A．a点的电势高于b点的电势
B．电子在a点的加速度大于在b点的加速度
C．电场力一直做正功
D．电子在a点的动能大于在b点的动能
12．如图所示，在光滑绝缘水平面内有一四边形，其中，，，O点为与的交点。在B、D两点分别固定一电荷量为的小球（可视为点电荷），取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　）
A．O点的电势为零
B．A、C两点的电势关系为
C．A、C两点的电场强度大小之比为
D．若将一个带负电的光滑小球从A点由静止释放，它将沿直线运动，并能经过C点
13．在x轴上A、B两点处分别有点电荷Q1和Q2，A、B之间连线上各点的电势如图所示，取无穷远处电势为零，从图中可以看出（　　）
A．Q1和Q2是异种电荷
B．Q2的电荷量大于Q1的电荷量
C．P点的电场强度为零
D．负电荷从P1点移动到P点，电势能减小
14．如图所示，固定的点电荷M，N均带正电，M的带电量为，N的带电量为，，O是M、N两电荷连线中点，A，B是连线上关于O点对称的两点，一个质量为m、带电量为q的正点电荷P（重力不计）从O点以初速度沿M、N连线向左运动，运动到A点时速度刚好为零，再次返回到O点时加速度为a，已知O点电势为，静电力常量为k，则下列判断正确的是（　　）
A．点电荷P从O点运动到A点，加速度不断增大
B．点电荷P从A点运动到B点，电势能不断减小
C．A点的电势为
D．M、N两点间的距离为
15．若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势φ可表示为φ＝k，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离。如图所示，M、N、C是真空中三个电荷量均为+Q的固定点电荷，M、N、C连线构成一等边三角形且边长L，D是三条边中垂线的交点。已知静电力常量为k，规定无限远处的电势为零。则下列说法正确的是（　　）
A．O、A、B三点场强相等
B．场强EA
C．电势φA：φD＝（2+4）：9
D．在D处放置一负电荷q，其电势能Ep
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．根据电场线与等势面垂直关系，可判断P点处为负电荷，无穷远处电势为0，e点在PQ连线的中垂线上，则，A错误；
B．a、b两点电场强度大小相同，方向不同，则a、b两点电场强度不同，B错误；
C．因b点所在等势面的电势高于d点所在等势面的电势，可知b点电势高于d点，即，C错误；
D．由，负电荷从a到c电场力做负功，电势能增加，D正确。
故选D。
2．D
【详解】试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；
电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；
若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；
综上所述，D正确；
【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．
3．C
【详解】AB．沿MN边，从M点到N点的过程中，由于到P点的距离先减小后增大，因此电场强度先增大后减小，电势先增大后减小，A、B错误；
CD．由于M点到P的距离比N点到P的距离近，因此正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大，将正电荷从M点移动到N点，电势能减小，因此电场力所做的总功为正值， C正确，D错误。
故选C。
4．D
【详解】A．由题意可知O点合场强为零，根据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电势，故A错误；
B．同理可得，c点电势高于O点电势，两个固定电荷在bO射线上的点电场方向斜向上，故b点电势低于O点电势，则b点电势低于c点，故B错误；
C．a点电势高于O点电势，b点电势低于O点电势，则a点电势高于b点，试探电荷为负电荷，故该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；
D．根据电荷电场的对称分布可得，b、d两点电势相同，则c点电势高于d点，试探电荷为负电荷，则该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确。
故选D。
5．AC
【详解】A．根据电场线的特点，正方形左上角电荷带正电，顺时针开始，第二个电荷带负电，右下角电荷带正电，第四个电荷带负电，A正确；
B．根据电场线的疏密，M、N、P三点中M点场强最小，B错误；
CD．依据对称性可知，O点电势为零，M点电势为零，N、P两点更接近负电荷，电势为负，所以三点中M点电势最高。将负电荷从P点移动到O点，电势升高，电场力做正功，电势能减少，所以负电荷在P点的电势能比在O点的电势能高，C正确，D错误。
故选AC。
6．C
【详解】AB．由图线斜率看出，电荷在A处的加速度大于B处的加速度，根据牛顿第二定律可知，电荷在A处受到的电场力大于在B处受到的电场力，说明A处的场强大于B处的场强，即
故AB错误；
CD．从图线看出，电荷从A到B速度减小，电场力做负功，说明电场力方向从B指向A，而电荷带正电，则电场线方向从B指向A，则
故C正确，D错误。
故选C。
7．C
【分析】该题中正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上，金属球是一个等势体．从金属球到无穷远处的电势降低．
【详解】AB．金属球是一个等势体，等势体内部的场强处处为0，AB错误；
CD．金属球是一个等势体，等势体内部的电势处处相等，C正确D错误。
故选C。
【点睛】该题考查带正电荷的金属球周围的场强分布与电势的特点，除了上述的方法，还可以使用积分法求它的场强和电势，属于简单题。
8．BC
【详解】试题分析：在电场中，电场线的疏密表示了电场强弱，由图可知，在电子由O点运动到A点的过程中，电场强度先变大后变小，又由电场力公式F＝eE和牛顿第二定律F＝ma可知，电子运动的加速度先变大后变小，在v-t图象中，图线的斜率表示了加速度，故选项A错误；选项B正确；根据动能定理eEx＝Ek－0可知，在Ek-x图象中，图线的斜率表示了电子所受的电场力eE，因此电场力eE应先增大后减小，故选项C正确；由电场强度与电势差的关系Ex＝U＝Δφ可知，在φ-x图象中，图线的斜率表示了电场强度E，故选项D错误．
考点：本题主要考查了电场力的性质和能的性质以及对图象的理解与应用问题．
9．B
【详解】A．因为电势里低外高，并且沿着电场线方向电势逐渐降低，所以产生电场的点电荷带负电，又因为轨迹向外弯曲，带电粒子受到斥力作用，则带电粒子带负电，A错误；
B．根据点电荷电场的对称性，B、G两点的电场强度大小相等，带电粒子经过B、G两点时所受的电场力大小相等，其加速度一样大，B正确；
C．带电粒子从A点到B点的过程中斥力做负功，电势能增大，C错误；
D．带电粒子从C点到D点的过程中电场力是合力，先做负功后做正功，动能先减小后增大，D错误。
故选B。
10．D
【详解】AB．电子从a到c，速度减小为原来的一半，根据
可知动能减小为原来的，为4eV，根据动能定理得
-eUac=Ekc-Eka=4eV-16eV=-12eV
解得
Uac=12V
虚线a、b、c为某电场中的等差等势面，则
V
由于
Uab=φa-φb
Ubc=φb-φc
等势面b的电势为0，则
φa=6V
φc=-6V
AB错误；
C．因电场线与等势面垂直，由图知等势面c与实线不垂直，可知实线不可能是该电场的某条电场线，C错误；
D．电子的总能量
E=Eka+EPa=16eV+（-e）×（6V）=10eV
若电子能到达电势为-12V的等势面时，电子的电势能为12eV，根据能量守恒则电子的动能为-2eV，这显然是不可能的，所以电子不可能运动到电势为-12V的等势面，D正确。
故选D。
11．C
【详解】B．根据等势线的疏密知道b处的电场线也密，场强大，所以电子的加速度大，故B错误；
ACD．根据等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力，故电子穿过电场的过程中，电场力始终做正功，电子沿x轴方向一直加速，所以电子在a点的动能小于在b点的动能；对负电荷是从低电势向高电势运动，所以a点的电势低于b点的电势，故AD错误；C正确。
故选C。
12．C
【详解】A．由题意可知为的中垂线。由等量同种电荷电场分布规律可知，O点电场强度为零，上的电场线从O点发出，分别沿和方向指向无穷远。根据沿电场线方向电势降低可知O点的电势大于零，选项A错误；
B．由电场分布的对称性可知
即
得
选项B错误；
D．若将一个带负电的光滑小球从A点由静止释放，它将在A点与A点关于O点的对称点之间往返运动，无法到达C点，选项D错误；
C．根据平行四边形定则画出A、C两点的电场强度叠加的矢量图如图所示
，
求得
选项C正确。
故选C。
13．A
【详解】A.由题图可知，从Q1沿x轴到Q2电势始终降低，所以Q1与Q2连线上电场强度方向始终沿x轴正方向，则Q1带正电荷，Q2带负电荷，故A正确；
B.由于Q1和Q2之间电势零点的位置靠近Q2，所以Q2的电荷量小于Q1的电荷量，故B错误；
C.P点电势为零，但电场强度不为零，故C错误；
D.负电荷从P1点移动到P点，电势能增大，故D错误。
故选A。
14．AD
【详解】A．由于，因此点电荷P从O点运动到A点，受到的电场力越来越大，加速度越来越大，A正确；
B．由于M、N连线上电场强度为零的位置不能确定，因此不能确定点电荷P从A点运动到B点是否电场力一直做正功，B错误；
C．由于点电荷P只受电场力，因此电势能与动能的和是一定值，因此
解得
C错误；
D．设M，N间的距离为L，由于电荷P在O点的加速度为a，则
解得
D正确。
故选AD。
15．CD
【详解】A．根据点电荷电场的计算公式可知，M、C两电荷在A点场强为0，故A点场强是只有N电荷在A点的场强
E
根据对称性可知O、B两点场强大小也等于，但是三点场强方向不同，故A错误；
B．三角形边长为L，则
NA＝Lcos30°
代入
E
故B错误；
C．A点的电势
φA＝2
D点的电势
φD＝3
所以
φA：φD＝（2+4）：9
故C正确；
D．有
φD
在D处放置一负电荷q，其电势能
Ep
故D正确；
故选CD。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第53讲 单体或多体在电场中的运动之力、电综合问题
（2022 广东）
1．密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
一、知识回顾
1.解题思路
2.用动力学的观点分析带电粒子的运动
(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，这两个力的合力为一恒力。
(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直线运动，化繁为简。
(3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。
3．用能量的观点来分析带电粒子的运动
(1)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。
(2)运用动能定理分析，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断是分阶段还是全过程使用动能定理。
4.力电综合问题的处理方法
力电综合问题往往涉及共点力平衡、牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理、能量守恒定律等知识点，考查的知识点多，综合分析能力的要求高，试题难度较大，解答时要注意把握以下几点：
(1)处理这类问题，首先要进行受力分析以及各力做功情况分析，再根据题意选择合适的规律列式求解。
(2)对于带电小球在重力场和电场叠加区域内的运动，可以利用运动的合成与分解的方法，将小球的运动分解为水平和竖直两个方向上的分运动，再对两个分运动分别运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律或动能定理解答。
(3)带电小球在重力场和电场叠加区域内运动时，若重力和静电力为恒力，可以将重力和静电力合成为一个恒力，可以将这个复合场当作等效重力场，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向。当此恒力F合的方向与运动方向垂直时，其速度(或动能)取得极值，小球在等效重力场中能够做竖直平面内的圆周运动的临界条件是恰好能够通过圆周轨道上等效重力场的最高点。
二、例题精析
题型一：单一带电体在电场中的运动（引入等效重力概念）
2．如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场。从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m的带正电的小球，已知小球受到的电场力大小等于小球重力的倍。为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，则释放点A距圆轨道最低点B的距离s为（　　）
A． B．
C． D．
题型二：球杆连接体
3．在动摩擦因数μ=0.2的足够长的粗糙绝缘水平槽中，长为2L的绝缘轻质细杆两端分别连接质量均为m的带电小球A和B，图示为俯视图（槽两侧光滑）。A球带的电荷量为+2q，B球带的电荷量为-3q（均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）。现让A球处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP恰好与细杆的中垂线重合，MP和NQ之间的距离为3L，匀强电场的电场强度大小（g为重力加速度），方向水平向右，现由静止释放带电系统AB。求：
（1）小球B第一次到达电场边界MP所用的时间；
（2）小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小；
（3）在带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值。
题型三：板块叠加模型+运动的合成与分解
4．足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为＋q的小滑块B．用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示．现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对A发生了运动．为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程．测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s，P、Q位置高度差为0.5m．已知匀强电场的场强，A、B之间动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2．求：
(1)绝缘板A加速和减速的加速度分别为多大？
(2)滑块B最后停在离出发点水平距离多大处？
题型四：往复运动模型
5．如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AB与水平绝缘地面BC平滑连接，且O．A两点高度相同，圆弧的半径R=0.5m，水平地面上存在匀强电场，场强方向斜向上与地面成θ=37°角，场强大小E=1×104V/m，从A点由静止释放一带负电的小金属块（可视为质点），质量m=0.2kg，电量大小为q=5×10-4C，小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）金属块第一次到达B点（未进入电场）时对轨道的压力．
（2）金属块在水平面上滑行的总路程．
三、举一反三，巩固练习
6．如图所示，在绝缘的水平面上，一带正电的滑块以5m/s的速度从A点经时间t1到达B点时的速度为3m/s，再经时间t2到达C点时的速度为0，平面上方的空间有水平向左的匀强电场，下列说法正确的是（ ）
A．A、B间的距离与B、C间的距离之比为5:3
B．A、B间的距离与B、C间的距离之比为3:1
C．t1与t2之比为2:3
D．t1与t2之比为3:2
7．如图所示，在光滑水平面上，有一绝缘长木板B静止在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E，现把电荷量为的小物块A从B的左端由静止释放，经过一段时间后（A未从B上掉落），A向右运动的位移大小为，B向右运动的位移大小为，已知A与B接触面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B的质量均为m，下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则该过程中因摩擦产生的热量
D．该过程中，A、B系统的电势能减小，机械能增加
8．如图所示，空间中存在与水平方向成角斜向右上方的匀强电场，电场强度为，在电场中的点有一个质量为，电荷量为的带正电的小球。已知电场强度，其中为重力加速度，忽略空气阻力，下列对小球运动情况分析正确的是（　　）
A．若小球从静止释放，小球将做曲线运动
B．若小球以某一速度竖直向下抛出，小球的动能一直增加
C．若小球以某一速度竖直向上抛出，小球电势能先减小后增大
D．若小球初速度方向与电场线方向相同，最终小球可能竖直向下做直线运动
9．如图所示，质量为m的物块带电量为，开始时让它静止倾角的固定光滑绝缘斜面顶端。若整个装置放在水平向右的匀强电场中，物块由静止释放到落地所经历的时间为；若仅将匀强电场的方向改为水平向左，物块在相同的位置由静止释放到落地所经历的时间为，已知匀强电场的电场强度，，，则与的比值（　　）
A． B． C． D．
10．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小
C．若将小球在A点由静止开始释放。则小球运动到B点时的速度为
D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将沿圆周到达B点
11．空间存在与水平方向成30°角斜向右上的匀强电场，场强E=1×109V/m，质量为m＝2kg的带电量为q=2×10-8C的正电小球，套在光滑绝缘且长度未知的轻杆上，轻杆的一端固定在过O点转轴上，重力加速度g＝10m/s2。O点距倾角为60°的挡板L＝0.6m，小球由O点静止释放，则关于小球沿杆到达挡板的最短时间及此情形下的杆长应为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
12．固定的足够长斜面顶端有一个质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，以速度v0平抛。整个装置处在竖直向下的匀强电场之中，场强大小E＝，小球从抛出到落到斜面的时间为t1，重力做功为WG1，电势能减少量为Ep1，落到斜面上时的动能为Ek1；若将电场方向改为竖直向上，其他条件不变，小球从抛出到落到斜面的时间为t2，重力做功为WG2，电势能增加量为Ep2，落到斜面上时的动能为Ek2，则下列关系式不正确的是（　　）
A．t1：t2=1：3 B．Ek1：Ek2=1：1
C．WG1：WG2=1：1 D．Ep1：Ep2=1：3
13．如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从ABCD平面的一小孔P从左向右沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在BCGF面上的1、2、3三点。则下列说法正确的是（ ）
A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴在真空盒中都做匀变速运动
C．三个液滴的运动时间不一定相同 D．三个液滴落到底板时的速率相同
14．如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为，带电荷量为的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与水平方向的夹角为45°，重力加速度为，规定A点的电势为零，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度大小为 B．B点的电势
C．B点的电势能 D．小球机械能的变化量为
15．在与x轴平行的匀强电场中，一电荷量为、质量为的物体在绝缘水平面上沿着x轴正方向从A点以初速度做直线运动，经时间t=4s物体的速度刚好为0。已知物体与水平面的动摩擦因数为，重力加速度取；
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）若取A点的电势为零，则从A点出发经时物体的电势能为多少？
16．一绝缘“”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的。现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的，重力加速度为g，不计小环的电量损失。
（1）若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离x；
（2）若将小环由M点右侧处静止释放，求小环运动过程中对轨道的最大压力；
（3）若将小环由M点右侧处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）；（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量，电势能的变化量；（3）见解析
【详解】（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小
匀速时
又
联立可得
（2）加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
解得
根据
又
联立解得
（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为，新油滴所受电场力
若，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向上；
若，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向下。
2．D
【详解】小球刚好在圆轨道做圆周运动，则小球所受的等效重力为
方向与水平方向成角斜向右下方，其中
则可知小球做圆周运动的等效最高点不是圆轨道的最高点，设小球做圆周运动的等效最高点为C点，则
解得
从A到C由动能定理得
其中
最后得释放点A距圆轨道最低点B的距离s为
所以D正确，ABC错误。
故选D。
3．（1） ；（2） ；（3）3.96mgL
【详解】（1）带电系统开始运动后，先向右加速运动，当B进入电场区时，开始做减速运动，设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律，有
2Eq-2μmg=2ma1
即
a1=g
B刚进入电场时，由
可得
（2）当A刚滑到右边界时，电场力对系统做功为
W1=2Eq×2L+（-3Eq×L）=EqL
摩擦力对系统做功
W2=-2μmg×2L=-0.8mgL
W合=EqL-0.8mgL=0.4mgL
故A球从右端滑出；
设小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小为v，由动能定理有
可得
（3）当带电系统的速度第一次为零，此时A已经到达右边界NQ外，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，设此时A离右边界NQ的距离为x，由动能定理，有
2Eq×2L-3Eq×（L+x）-2μmg（2L+x）=0
可得
x=0.1L
所以B电势能增加的最大值
△W=3Eq×1.1L=3.3EqL=3.96mgL
4．(1)a1＝1.25 m/s2，a2＝5 m/s2； (2)x＝0.04 m
【详解】(1)设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a1和a2，匀加速和匀减速的时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，则有
a1t1＝a2t2
h＝a1t12＋a2t22
求得
a1＝1.25 m/s2
a2＝5 m/s2
(2)研究滑板B，在绝缘板A匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得
竖直方向上
mg－N＝ma2
水平方向上
Eq－μN＝ma3
求得
a3＝0.1g＝1 m/s2
在这个过程中滑板B的水平位移大小为
x3＝a3t22＝0.02 m
在绝缘板A静止后，滑板B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，有
μmg－Eq＝ma4
得
a4＝0.1g＝1 m/s2
该过程中滑板B的水平位移大小为
x4＝x3＝0.02 m
最后滑板B静止时离出发点的水平距离
x＝x4＋x3＝0.04 m
5．（1）；（2）
【详解】（1）对金属块，从A点到B点，由动能定理得：
在B点由向心力公式
由牛顿第三定律，金属块对轨道的压力与轨道对金属块的支持力大小相等，方向相反，得到:,方向竖直向下．
（2）由于大于滑动摩擦力
故金属块往返多次，最终停止与B点，全过程由动能定理：
可以得到：。
6．C
【详解】由题意可知滑块做匀减速运动，根据运动学公式可得
故ABD错误，C正确。
故选C。
7．C
【详解】A．假设A、B系统一起向右加速，对A、B系统受力分析，根据牛顿第二定律有
可得，A、B系统共同的加速度为
此时长木板B受到的摩擦力为
若，则长木板B受到的摩擦力
假设成立，说明此时A、B间为静摩擦，A、B一起向右加速，则，故A错误；
BC．由上分析可知，若，则长木板B受到的摩擦力
说明A、B发生相对滑动，对小物块A受力分析，根据牛顿第二定律有
对长木板B受力分析，根据牛顿第二定律有
由于，可得
则根据匀变速直线运动的位移公式
可得
根据功能关系，可得该过程中因摩擦产生的热量为
故B错误，C正确；
D．根据功能关系，即电场力做功的多少等于电势能变化的多少，可知A、B系统减少的电势能为。由上分析可知，若，即若A、B一起运动，则根据能量的转化和守恒可知，A、B系统增加的机械能等于A、B系统减少的电势能即为。若，即A、B发生相对滑动，根据能量的转化可知，A、B系统减少的电势能转化为A、B摩擦产生的内能和A、B的机械能，则A、B系统增加的机械能为
故D错误。
故选C。
8．B
【详解】A．带正电的小球受到的电场力与电场方向相同，大小为
由于竖直方向有
可知竖直方向的合力为零，故小球受到的合力方向水平向右，大小为
若小球从静止释放，小球将沿合力方向水平向右做匀加速直线运动，A错误；
B．若小球以某一速度竖直向下抛出，由于小球受到的合力方向水平向右，小球向下做类平抛运动，运动过程，合力一直做正功，小球的动能一直增加，B正确；
C．若小球以某一速度竖直向上抛出，由于小球受到的合力方向水平向右，小球向上做类平抛运动，运动过程，电场力一直做正功，小球的电势能一直减小，C错误；
D．若小球初速度方向与电场线方向相同，由于小球受到的合力方向水平向右，与初速度方向不在同一直线上，小球将做匀变速曲线运动，最终小球不可能竖直向下做直线运动，D错误。
故选B。
9．B
【详解】设斜面的长度为，若整个装置放在水平向右的匀强电场中，由牛顿第二定律可得
根据运动学公式可得
若整个装置放在水平向左的匀强电场中，电场力水平向右，物块所受合力与水平方向夹角为，可知物块脱离斜面，竖直方向，根据运动学公式
联立可得
故选B。
10．BC
【详解】A．由于电场强度，则
重力和电场力的合力为，方向与竖直方向成45°斜向右下，小球运动的物理最高点在弧AD的正中间，则
解得小球在等效最高点的最小速度
故A错误；
B．小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，小球在运动过程中受电场力、重力、绳的拉力，则小球的动能、重力势能、电势能之和不变，因带正电的小球运动到A点时，小球的电势能最大，所以到A点时的机械能最小，故B正确；
C．小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，到达C点后，绳未绷紧时，由动能定理可得
求得
则绷紧后小球瞬间的速度为
小球接着做圆周运动从C点到达B点，由于合力不做功，根据动能定理可得
，故C正确；
D．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为，若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，球将不会沿圆弧运动，小球将在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，故D错误。
故选BC。
11．C
【详解】等效重力思想，将电场力与重力的合力视为一个新的“重力”，依题意，新“重力”大小为依然为mg、方向沿of方向（），如图所示；
在of上找一点o1，作一半径r的圆、过O点且相切挡板于e点，，依题意几何关系可得
解得
因为从o点静止沿任何光滑杆自由滑到圆周上时间均相等，所以小球沿杆到达挡板的最短时间为
解得
因
此情形下oe两点间距即为杆长，即
故ABD错误，C正确。
故选C。
12．C
【详解】A．匀强电场方向竖直向下时，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得：
同理，匀强电场方向竖直向上时，有
又
联立，可得
设斜面倾角为，根据平抛运动规律，可得两次类平抛运动过程有
解得
t1：t2=1：3
故A正确，与题意不符；
C．两次类平抛运动过程，竖直分位移分别为
根据重力做功的公式，有
联立，可得
WG1：WG2=1：3
故C错误，与题意相符；
D．根据电场力做功与电势能变化的关系，以及电场力做功表达式
可得
，
即
Ep1：Ep2=1：3
故D正确，与题意不符；
B．根据动能定理，有
可得
联立，可得
Ek1：Ek2=1：1
故B正确，与题意不符。
本题选不正确的故选C。
13．B
【详解】AB真空盒内有水平向右的匀强电场，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，合运动是匀变速曲线运动，但不是平抛运动，故A错误，B正确；
C．在竖直方向则有
解得
由于下落高度相同，所以三个液滴的运动时间相同，故C错误；
D．在水平方向则有
可得
由于
可得
对合运动由动能定理可得
根据且知C液滴落到底板时的速率最大，故D错误。
故选B。
14．BD
【详解】A．小球沿直线AB运动，合力沿AB方向，如图所示
则有
解得
A错误；
BC．小球所受合力为
由牛顿第二定律得加速度为
由匀变速直线运动规律，得小球到B点的速度为
设AB=L，根据动能定理得
解得电场力做功
根据
解得
根据
且A点的电势为零，解得
代入速度得
则P点的电势能为得
代入速度得
故B正确，C错误；
D．小球机械能的变化量等于电场力做的功，为
代入速度得
故D正确。
故选BD。
15．（1）；（2）
【详解】（1）物体运动的加速度大小为
而
解得
（2）从A点出发经时物体的位移为
所求电势能为
16．（1）；（2）；（3）或
【详解】（1）小环刚好到达P点时，速度为零，设DM间的距离x，小环从D点到P点的过程由动能定理得
由题意知
联立解得
（2）
设重力与电场力的合力方向与竖直方向成角，则
合力大小
小环运动过程中在C点对轨道有最大压力，在C点由牛顿第二定律得
从D到C的过程中由动能定理
解得
（3）①若
则
故小环到达P点右侧速度减为零后，不会继续运动。设小环到达P点右侧处静止，由动能定理得
又
联立解得
整个运动过程中克服摩擦力所做的功为
②若
则
故小环到达P点右侧速度减为零后，会向左运动。小环经过多次往复运动，最后在P点速度为0，根据动能定理
所以整个过程克服摩擦力做功为
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答案第1页，共2页第54讲 电容器的充电与放电实验
一、知识回顾
1.电容器的组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。最简单的电容器是平行板电容器。
2.电容器的充电、放电
①充电：两极板的电荷量增加，极板间的电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中。
②放电：电容器把储存的能量通过电流做功转化为电路中其他形式的能量。
③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。
3.电容
（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比，叫作电容器的电容。其中“电容器所带的电荷量Q”，是指一个极板所带电荷量的绝对值。
（2）定义式：C=。推论：C=。
（3）单位：法拉（F），1 F=106 μF=1012 pF。
（4）物理意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
（5）决定因素
电容C的大小由电容器本身结构（大小、形状、正负极相对位置及电介质）决定，与电容器是否带电及所带电荷量（或两端所加电压）无关。
4.平行板电容器的电容
（1）影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与两极板间电介质的相对介电常数成正比，与极板间的距离成反比。
（2）决定式： C=，k为静电力常量。
5.常用电容器
（1）分类：从构造上看，可分为固定电容器和可变电容器。
（2）击穿电压与额定电压：加在电容器极板上的电压不能超过某一限度，超过这个限度，电介质将被击穿，电容器损坏，这个极限电压叫作击穿电压；电容器外壳上标的电压是工作电压，或称额定电压，这个数值比击穿电压低。
二、实验：观察电容器的充、放电现象
1.实验电路及器材
如图所示，把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装成实验电路。
2.实验步骤
（1）把开关S接1，观察电流表及电压表指针的偏转。
（2）把开关S接2，观察电流表及电压表指针的偏转。
3.实验现象
（1）充电现象：把开关S接1时，可以看到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值。通过观察电流表可以知道，充电时电流由电源的正极流向电容器的正极板，充电电流逐渐减小至0。
（2）把开关S接2时，观察电流表可以知道，放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，放电电流减小，最后减小到0.同时可以看到，电压表示数减小，最后减小到0。
4. 实验创新：用传感器观察电容器的充、放电过程
电流传感器可以像电流表一样测量电流。不同的是，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化。此外，由于它与计算机相连，还能显示出电流随时间变化的It图像。本实验中电源用直流8 V左右，电容器可选几十微法的电解电容器。
（1）用传感器观察电容器的充电过程
按如图甲所示连接电路。先把S拨至1，并接通足够长的时间，使电容器将所带的电荷量都释放掉，从而不带电。然后把开关S掷向2端，电源向电容器充电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的电流—时间图像如图乙。
（2）用传感器观察电容器的放电过程
按如图丙所示连接电路。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的It图像如图丁。
（3）电容器充电（或放电）的It图像与时间轴围成的面
积表示电容器充电完毕所带的（或放电过程中全部释放的）电荷量。
提示：电容器充、放电的快慢与电阻R和电容C的大小有关。定性分析如下：电容器充、放电的平均电流=，而Q=t，所以R越大越小，t越长。根据Q=CU，Q=t，C越大，充满电时的电荷量Q越大，t越长。
5.由电容器充（放）电的It图像可得到的结论：
（1）电容器的充、放电过程中，电流都随时间越来越小，电路稳定时电流为0。
（2）电容器在全部充电（或放电）过程中储存（或释放）的电荷量可用It图像与两坐标轴所围图形的面积表示。
（3）电容器的电容可根据电容器充、放电过程中It图像与两坐标轴所围图形的面积和电容器充电结束或放电开始时两极板间的电势差，由C=计算。
（4）电容器充、放电过程中的最大电流（即It图像中t=0时刻的电流）：Im=，其中U是电容器充电结束或放电开始时两极板间的电势差，R是充电电路（或放电电路）中除电容器外其他通路部分的总电阻。
三、典型例题：
1．超级电容器也称电化学电容器，因其存储能量大，质量轻，可多次充放电而成为一种新型的储能装置。某探究小组的同学想研究某超级电容的充电现象。
（1）用保护电阻、、电流传感器和其他器材设计如图甲所示的电路，已知电源的电动势（电流传感器内阻和电源电动势内阻相较于足够小，可忽略不计）。
①先将单刀双掷开关接1后断开，其目的是让电容器初始电量 ；
②再将单刀双掷开关接2，并将此时刻记为。通过电流传感器（与计算机相连）观测得充电过程中电流传感器示数i随充电时间t变化的图像如图乙中Ⅰ曲线所示，请估算该实验中所用超级电容的电容C约为 F（保留到小数点后一位）；
③在充电过程中，电容器两端电压为u、电容器电荷量为q，充电时间为t，则下列图像中它们之间的关系可能正确的是 （填正确答案标号）；
A、 B、 C、 D、
（2）以上条件均不变，仅把电阻换为阻值更大的，重复上述①，②得到该超级电容的电流传感器示数i随充电时间t变化的曲线应该是图丙中的虚线 （选填“Ⅱ”、“Ⅲ”）。
2．某同学利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，电流传感器与计算机相连，可以显示出电流I随时间t变化的图像。
(1)为使电源向电容器充电，应将开关S与 （填“1” 或“2”）端相连；
(2)在充电过程中，测绘的充电电流I随时间t的图像可能是图乙中的 ；
(3)图丙为传感器中电容器放电时的电流I随时间t的图像，图中每一小方格面积相同。根据图像估算电容器在t0~2t0时间内，释放电荷量的表达式为 （用I0、t0表示）。
(4)图丁中实线是实验得到的放电时的I-t图像，如果不改变电路的其他参数，只减小变阻箱R的阻值，则得到的I-t图线是图丁中的 （选填“①”、“②”或“③”），理由是 。
四、举一反三，巩固练习
3．电流传感器可以像电流表一样测量电流，将它与计算机相连能在几秒内画出电流随时间变化的图像。某次一同学为研究电容器工作过程按图甲所示连接电路，先使开关与1端相连，再把开关掷向2端．此过程中传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的图像如图乙所示。
（1）研究电容器放电过程，开关应接在 （选填“1”或“2”）；
（2）下列说法正确的是 。
A．电容器充电的过程中，负电荷由电源的正极移动到电容器的正极板
B．电容器充电的过程中，电路中的电流不断减小
C．电容器放电的过程中，电容器电容值在不断变小
D．电容器放电的过程中，电容器把储存的电能转化为其它形式的能量
（3）如果不改变电路其它参数，只减小电阻，充电时曲线1与横轴所围成的面积将 （填“增大”、“不变”或“变小”）；充电时间将 （填“变长”、“不变”或“变短”）。
4．随着传感器技术的不断进步，传感器在中学实验室开始普及。某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验，电路如图甲所示。
（1）先使开关与1端相连，电源向电容器充电，这个过程很快完成，充满电的电容器下极板带 电；
（2）然后把开关掷向2端，电容器通过电阻放电，传感器将电流电压信息传入计算机，经处理后得到电流随时间变化的图线如图乙所示，图线与i轴及轴所围成的面积表示 （填“充满电后电容器的电荷量”或“充满电后电容器储存的电能”）；
（3）若电源电动势为，电容器的电容为，则电容器充满电后的电荷量为 。
5．某同学利用如图1所示电路观察电容器的充放电现象。实验时，电流传感器与计算机相连，可以显示出电流i随时间变化关系的图线。
（1）为使电源向电容器充电，应将开关S与 （选填“1”或“2”）端相连。
（2）在对该电容器充电的过程中，充电电流i随时间t变化关系的图线可能是图中的 。
A. B.
C. D.
（3）图3中的虚线是该电容器在放电过程中电流随时间t变化关系的图线。如果只增大定值电阻的阻值，不改变电路的其他参数，请在图3中定性画出放电电流随时间变化关系的图线 ，并简要说明理由 。
6．目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层（纳米铟锡氧化物）。夹层涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户用手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精确计算来确定手指位置。
回答电容触摸屏的相关问题：
（1）使用绝缘笔，在电容触摸屏上 （选填“能”或“不能”）进行触控操作。
（2）手指与夹层工作面之间距离减小时，手指与工作面形成的电容 。（选填“变大”、“不变”或“变小”）
（3）手指与屏的接触面积变大时，手指与工作面形成的电容 。（选填“变大”、“不变”或“变小”）
7．电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化。图甲直流电源电动势、内阻不计，充电前电容器带电量为零。先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的曲线如图乙所示。
（1）在电容器充电与放电过程中，通过电阻的电流方向 （选填“相同”或“相反”）；
（2）图像阴影为曲线图像与对应时间轴所围成的面积，乙图中阴影部分的面积 （选填“>”、“<”或“=”）；
（3）已知，则该电容器的电容值为 法拉（保留两位有效数字）；
（4）由甲、乙两图可判断阻值 （选填“>”或“<”）。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． 为零 37.1
ABD Ⅱ
【详解】（1）①[1]先将单刀双掷开关接1后断开，其目的是让电容器通过R1放电，使其初始电量为零；
②[2]由乙图可知，曲线下方的面积表示电容器存储的电荷量，方格约为116格，故电荷量为
稳定后电容器两端的电压等于电源电动势，故实验中所用超级电容的电容为
③[3]A．由电容的定义式可得
电容C不变，故图线为倾斜直线，A正确；
BCD．刚开始充电过程，随着电荷量的增加，极板间电压增大，充电完毕稳定后，电荷量不再增加，电压不变，对比图像可知，BD正确，C错误。
故选ABD；
（2）[4]电阻换为阻值更大的，单刀双掷开关接2的瞬间，充电电流比原来小，但稳定后电容器存储的电荷量与原来相同，即曲线下方的面积与原来相同，对比可知，得到该超级电容的电流传感器示数i随充电时间t变化的曲线应该是图丙中的虚线Ⅱ。
2． 1 A 或 ② 电容器释放的总电量不变，平均电流变大，放电时间变短
【详解】(1)[1]为使电源向电容器充电，电容器应与电源连接，故应将开关S与 “1”端相连；
(2)[2]充电过程中电容器C两端电压逐渐增大，充电电流I随时间t应逐渐较小至零，故电流I随时间t的图像可能是图乙中的 A，故A正确。
故选A。
(3)[3]根据图象的含义，因
I t图线与t轴所围成的面积表示电容器放出的电荷量；根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电量为I0t0，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为8个或7个，所以释放的电荷量是
或
(4)[4][5]应该是②，理由是：电容器释放的总电量不变，平均电流变大，放电时间变短。
3． 2 BD 不变 变短
【详解】(1)[1]依题意，研究电容器放电过程，开关应接在2，电容器的两个极板直接用导线相连。
(2)[2]A．电容器充电的过程中，正电荷由电源的正极移动到电容器的正极板。故A错误；
B．由乙图可知，电容器充电的过程中，电路中的电流不断减小。故B正确；
C．电容器电容由电容器本身决定，不会随放电过程发生变化。故C错误；
D．电容器放电的过程中，电容器把储存的电能转化为其它形式的能量。故D正确。
故选BD。
(3)[3]根据公式
可知，曲线1与横轴所围成的面积等于电容器充电过程充入电容的电荷量，如果不改变电路其它参数，只减小电阻，电容器的电压不变，电容也不变，由公式
可知，充入电容的电荷量不变。即曲线1与横轴所围成的面积不变。
[4]根据闭合电路欧姆定律，有
减小电阻，导致开始充电的电流增加，则曲线的最大电流值将变大，而充电时曲线与坐标轴所围面积不变，所以充电时间将变短。
4． 负 充满电后电容器的电荷量
【详解】（1）[1]根据电路连接方式可知充满电的电容器下极板带负电。
（2）[2]根据电流的定义式可知图线与i轴及轴所围成的面积表示充满电后电容器的电荷量。
（3）[3]充满电后电容器两端电压等于电源电动势，则电容器充满电后的电荷量为
5． 1 A 见解析 电容器带电荷量不变，则图线与时间轴围成的面积不变，因为电阻增大，初始电压不变，则初始电流减小，且放电过程中，电流减小。
【详解】（1）[1]为使电源向电容器充电，应将两者连接，应将开关S与1端相连。
（2）[2] 电容器充电的过程中，电容器带电荷量越来越大，电容器电压越来越大，则充电电流减小。
故选A。
（3）[3][4]电容器带电荷量不变，则图线与时间轴围成的面积不变，因为电阻增大，初始电压不变，则初始电流减小，且放电过程中，电流减小。故由此可作图如下：
6． 不能 变大 变大
【详解】[1]绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作；
[2][3]根据电容大小的决定式，，可知，手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大；手指与屏的接触面积变大时，电容变大。
7． 相反 ＝ 0.15 ＜
【详解】（1）[1]由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向向右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻的电流方向相反；
（2）[2]曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积
（3）[3]由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为
（4）[4]由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则可知
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答案第1页，共2页第55讲 电容器的动态分析
（2021 重庆）
1．电容式加速传感器常用于触发汽车安全气囊，简化图如图所示，极板M、N组成的电容器为平行板电容器，M固定，N可左右移动，通过测量电容器极板间的电压的变化来确定汽车的加速度。当汽车遇紧急情况刹车时，极板M、N间的距离减小，若极板上的电荷量不变，则电容器（ ）
A．电容变小 B．极板间的电压变大
C．极板间的电场强度变小 D．极板间的电场强度不变
一.知识回顾
1.对公式C＝的理解
电容C＝，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。
2．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路
（1）确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
（2）用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。
（3）用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
（4）用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化。
3．电容器两类问题的比较
（1）U不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝分析场强的变化。
③根据UAB＝E·d＝φA－φB分析某点电势变化。
（2）Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝＝分析场强变化。结论：
分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开
不变量 U Q
d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变
S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
εr变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
特别提醒：在平行板电容器两板间插入电介质，例如云母片，相当于εr增大；加入与极板等大的导体板，相当于d减小。
4.平行板电容器动态的分析思路
二.例题精析
题型一：一个电容器
2．如图所示，M、N为平行板电容器的金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。下列操作可使指针张开角度增大一些的是（　　）
A．保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动，静电计指针张角增大
B．保持开关S闭合，将M、N两极板间距增大少许，指针张角变小
C．断开开关S后，将下极板向下移动一小段距离，P点的电势将上升，粒子的电势能增大
D．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变
题型二：两个电容器关联
3．两个相同的电容器A和B如图所示连接，它们的极板均水平放置。当它们都带有一定电荷量并处于静电平衡时，电容器A中的带电粒子恰好静止。现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变已知这时带电粒子的加速度大小为，求B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比。设边缘效应可忽略。
三.举一反三，巩固练习
4．如图所示，水平放置的两半圆形金属极板由绝缘转轴连接，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动，也可上下平移，起初两极板边缘对齐，上极板通过开关与电源正极相连，下极板接地后与电源负极相连。初始时开关闭合，板间有一带电粒子恰好处于静止状态。忽略边缘效应，关于两极板组成的电容器，下列说法正确的是（　　）
A．若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器的电容增大
B．若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器所带电荷量增大
C．若只将电容器的上极板转过一小角度，则粒子所处位置的电势降低
D．若断开开关，只将板间距变为原来的2倍，则带电粒子仍处于静止状态
5．如图所示，D是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器的A、B两极板间有一带电液滴，在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势，B极板接地。若保持极板B不动，第一次将极板A稍向下平移，第二次将极板A稍向上平移（移动后极板A的位置还在P点上方），则下列说法正确的是（　　）
A．两次移动后Q相同
B．两次移动后点电荷都保持静止
C．第一次移动后U变小，第二次移动后U变大
D．第一次移动后φ增大，第二次移动后φ不变
6．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）
A．θ增大，E增大 B．θ增大，EP不变
C．θ减小，EP增大 D．θ减小，E不变
7．在生产纸张等绝缘材料过程中，为了实时监控材料的厚度，流水线上设置了传感器装置，其简化结构如图所示，、为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在直流恒压电源的两极上。已知电流从向流过电流表时，电流表指针偏向端。某次纸张从平行极板间穿过的过程中，发现电流表指针偏向端，下列判断正确的是（　　）
A．极板上的电荷量不变
B．极板上的电荷量变小
C．电容器的电容变大
D．电容器的电容不变
8．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器，用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（　　）
A．保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向b端滑动，则θ减小
B．保持S闭合，将M板向N板靠近，则θ不变
C．断开S，在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片，则θ增大
D．断开S，将N板向上移动少许，则θ增大
9．利用图甲所示电路研究电容器充放电过程，开关接1端后，电流传感器G记录电流随时间变化的图像如图乙所示。则电容器电容C、极板电荷量Q、上极板电势φ、两端电压U随时间t变化规律正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．物理关系式不仅反映了物理量之间的数值关系，也确定了单位间的关系。单位分析是帮助我们检验研究结果正确性的一种方法。下面是同学们在研究平行板电容器充电后储存的能量Ec与哪些量有关的过程中得出的一些结论，式中C为电容器的电容，U为电容器充电后其两极板间的电压，E为两极板间的电场强度，d为两极板间的距离，S为两极板正对面积，ε为两极板间所充介质的相对介电常数（没有单位），k为静电力常量。请你分析下面给出的关于Ec的表达式可能正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
11．两个完全相同的电容器A和B如图所示连接，它们的极板均水平放置。当它们都带有一定电荷量并处于静电平衡时，电容器A中的带电粒子恰好静止。现仅将电容器B两板间距缩小，测得A中带电粒子的加速度大小为，则变化前后B两板间的距离之比为（　　）
A．2：1 B．3：1 C．4：3 D．9：4
12．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，在下极板上叠放一金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是（　　）
A．电容器的电容增大 B．电容器的带电量减少
C．P仍将静止 D．P向上运动
13．由锌板与铜板构成平行板电容器，其中锌板与静电计相连，静电计金属外壳和铜板都接地，现用频率的紫外线照射锌板，静电计指针偏转最后稳定在偏角上，对应电压。假定已知偏转角度与电势差U成正比。以Q表示两板带的电荷量，E表示两板间的电场强度。则下述过程中正确的是（　　）
A．将两板距离减小为原来的一半，则θ先减小后增大最后稳定在，Q增加
B．换用频率的紫外线继续照射锌板θ增大为2后稳定，则有
C．停止光照，将两板距离增大为两倍，则Q增大为2Q，θ增大为2
D．停止光照，将两板距离增大为两倍，则θ增大为2，E变大
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．根据
极板M、N间的距离减小，电容变大，A错误；
B．根据
极板上的电荷量不变，极板间的电压变小，B错误；
C．由
联立求得
极板间的电场强度不变，C错误；
D．由C项分析可知，D正确．
故选D。
2．D
【详解】AB．保持开关S闭合，则电容器直接串联在电源两端，滑动变阻器接静电计的金属杆，外壳接地，所以滑动变阻器所在支路处于断路状态，因此电容器两端的电势差始终等于电源的电动势，即电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将M、N两极板间距增大，都不能改变电容器的电势差，所以指针张角总不变，因此A、B项错误；
C．断开开关S后，电容器没有闭合回路，所以电容器所带的电荷量Q不变，将下极板向下移动一小段距离，即板间距d增大，由电容器的电容
电容器中的电场强度
所以电场强度E不变。由于N极板接地，所以
P点到N板的电势差
其中变大，所以变大，即P点电势增大。由于粒子处于静止状态，即受力平衡，所以电场力竖直向上，因此粒子带负电，即
由电势能与电势的关系
可得粒子的电势能减小，所以C项错误；
D．断开开关后，紧贴下极板插入金属板，即电容器的极板间的距离d减小，由于电场强度表达式为
即电场强度与极板间距离无关，所以电场强度不变，D项正确；
故选D。
3．
【详解】设每个极板的面积均为S，每个电容器的电容均为C，且两板间距均为d，初始时刻两板带电荷量均为Q，则
，
，
在B板错开后正对面积为时，电容满足，即，且，
，
可得
，
，
对粒子：
，
解得：
。
4．D
【详解】A．电容器的电容，只将电容器的上极板转过一小角度，正对面积减小，则电容器的电容减小，A错误；
B．又由
可知，电容器所带电荷量减少，B错误；
C．只将电容器的上极板转过一小角度，电容器两板间匀强电场的电场强度
不变，则粒子所处位置的电势不变，C错误；
D．断开开关，若将板间距变为原来的2倍，电容器的电容变为原来的由于电容器的电荷量不变，电容器两板间匀强电场的电场强度
因此电场强度不变，带电粒子所受电场力不变，仍处于静止状态，D正确。
故选D。
5．D
【详解】AC．第一次极板A稍向下平移，平移极板间距d减小，由电容器决定式
可知电容C增大，电源可通过二极管对电容器充电，Q增大，电压U不变。
第二次极板A稍向上平移，极板间距d增大，由知电容C减小，若电容器两端电压U不变，电容器所带电量Q将减小，由于二极管具有单向导电性，电容器的电荷不能回到电源，所以电容器的电量Q不变。由于电容C减小，由电容的定义式知，U变大。
AC错误；
BD．由和、可得
可知第一次A稍向下平移，因为两极板间距d减小，U不变，故场强增大，电荷向上移动。因为极板B接地，电势为零，P点到极板B的电势差增大，P点电势φ增大。
第二次将极板A稍向上平移，Q、S都不变，故场强不变，电荷保持静止。因为极板B接地，电势为零，P点到极板B的距离不变，则P点到极板B的电势差不变，故P点φ不变。
故D正确，B错误。
故选D。
6．D
【详解】
若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据
可知电容变大，电容器带电量不变，则根据
可知电容器两端电压减小，则静电计指针偏角θ减小，根据
联立可得
可知电容器两极板间电场强度不变， P点离下极板的距离不变，根据
可知则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变。
故选D。
【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。
7．B
【详解】AB．电流表指针偏向端，说明电流从b向a流过电流表，而电容器上极板与正极相连，所以电容器放电，极板电荷量变小，故A错误，B正确；
CD．电容器与恒压电源相连，两极板间电势差U不变，而Q减小，根据可知电容器的电容C减小，故CD错误。
故选B。
8．D
【详解】小球平衡时，由平衡条件知
qE=mgtanθ
A．保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，保持不变，将滑动变阻器的滑片向b端滑动，则θ不会变，A错误；
B．保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，保持不变，根据公式
可知，将N板向M板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ增大，B错误；
C．断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式
平行板电容器的公式
电压与电场强度公式
可得
在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片，则变大，电场强度减小，故θ减小，C错误；
D．断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式
平行板电容器的公式
电压与电场强度公式
可得
断开S，将N板向上移动少许，S减小，电场强度增大，电场力增大，则θ增大，D正确。
故选D。
9．B
【详解】A．电容器的电容不会因为充电而发生变化，电容的值取决于其内部性质，所以电容C不变，故A错误；
BD．开关接1端后，电容器与电源相连，开始充电，电容器上电量Q、两端电压U都会随时间增大，故B正确，D错误；
C．电容器下极板接地，所以上极板的电势φ即为电容器两端电压，随时间增大，故C错误。
故选B。
10．C
【详解】AB．电容的定义式为和电场力做功可知图线与轴围成的面积为做功，即
AB错误；
CD．同理，结合电容的定义式和匀强电场中可知
C正确，D错误。
故选C。
11．A
【详解】两电容器两极板间电势差始终相等，并且两电容器极板间的电荷量总和总是保持不变，设开始时两电容器两极板间电势差为U，两电容器极板间的电荷量为Q，则有
对A电容器有电容器A中的带电粒子恰好静止时有
A中带电粒子的加速度大小为，方向向上时有
A中带电粒子的加速度大小为，方向向下时有
联立解得
或
由于A的电容的决定公式可知，不变，则有
则电容器A极板的电荷量为
或
两电容器极板间的电荷量总和为
由于两电容器极板间的电荷量总和总是保持不变，则有
或
由于两电容器两极板间电势差始终相等，则有
或
根据电容的定义公式有
可知B电容器变化后的电容为
或
根据B的电容的决定公式可知，电容C与两板间的距离d成反比，则有
或
所以A正确；BCD错误；
故选A。
12．B
【详解】A．金属板在电容器中会在金属板上下感应出正负电荷，等价于电容器的距离减小，去除金属板，d大，因为
所以电容器的电容减小。故A错误；
B．依题意可知，电容器极板间电压不变，根据公式有
当电容器的电容减小时，极板的电荷量减小，故B正确；
CD．因为极板间电压不变，d增大，根据公式
，
可知电场力减小，P向下运动。故C错误；D错误。
故选B。
13．AB
【详解】B．紫外线照射锌板，发生光电效应，飞出的电子打在铜板，两板之间形成电场，随着电场的增强，最后最大初动能的光电子也不能打在铜板上，形成遏止电压，即静电计指针偏转角对应电压有
（W为锌板逸出功）
换用频率的紫外线继续照射锌板θ增大为2稳定，则对应电压2，有：
联立两式得
选项B正确；
A．光照条件下，两板距离减小电容增大，电压降低则θ减小；随着电荷量继续积累，Q增大，E增大，一直到重新回到遏止电压，则θ增大最后稳定在，选项A正确；
CD．停止光照，Q不变，E不变，两板距离增大为两倍，电压增大为两倍，即θ增大为2，选项CD错误。
故选AB。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第56讲 带电粒子在电场中的直线运动
（2022 广东）
1．密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
一.知识回顾
1．带电粒子在匀强电场中的运动加速问题
分析带电粒子加速问题的两种思路：
（1）利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析；适用于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量的情景。
（2）利用静电力做功结合动能定理来分析；适用于涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场的情景。
2　带电粒子（体）在电场中的直线运动
1.带电粒子（体）在电场中运动时是否考虑重力的处理方法
（1）基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）。
（2）带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力。
3．做直线运动的条件
（1）粒子所受合力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。
（2）粒子所受合力F合≠0，且合力与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做变速直线运动。
4．解题思路
（1）用动力学观点分析
Eq＋F其他＝ma，E＝（匀强电场），v2－v＝2ad（匀变速直线运动）。
（2）用功能观点分析
①匀强电场中：W电＝Eqd＝qU，W电＋W其他＝mv2－mv。
②非匀强电场中：W电＝qU，W电＋W其他＝Ek2－Ek1。
二.典型例题
例1
2．如图所示，两个相同的平行板电容器均与水平方向成角放置，两极板与直流电源相连。若带电小球分别以速度v0沿边缘水平射入电容器，均能沿图中所示水平直线恰好穿出电容器，穿出时的速度分别为v1和v2。下列说法正确的是（　　）
A．小球运动时间相等
B．小球的速度满足关系
C．小球的速度满足关系
D．两电容器极板间的电压不相等
例2
3．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子（ ）
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
三.举一反三，巩固练习
4．如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间上半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是
A．在t时刻，a和b的电势能相等
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．a的质量比b的大
D．在t时刻，a和b的加速度大小相等
5．如图所示，一带负电的粒子以初速度v进入范围足够大的匀强电场E中，初速度方向与电场方向平行，粒子不计重力．下列说法正确的是(　　)

A．粒子一直做匀加速直线运动
B．粒子一直做匀减速直线运动
C．粒子先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动
D．粒子先做匀加速直线运动，再反向做匀减速直线运动
6．如图，绝缘座放在光滑水平面上，间距为d的平行板电容器竖直固定在绝缘座上，A板有小孔O，水平绝缘光滑杆穿过O固定在B板上，电容器、底座和绝杆的总质量为M。给电容器充电后，一质量为m的带正电环P套在杆上以某一速度 v0，对准O向左运动，在电容器中P距B板最近的位置为S。OS=若A、B板外侧无电场，P过孔O时与板无接触，不计P对A、B板间电场的影响。则（　　）
A．P在S处的速度为0
B．P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为
C．P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为
D．P从O至S的过程中，整个系统电势能的增加量为
7．如图所示，在xOy平面内有匀强电场，半径为R的圆周上有一粒子源P，以相同的速率v0在平行于圆周面内沿各个方向发射质量为m的带电量为＋q的微粒，微粒可以到达圆周上任意一个位置。比较到达圆上各个位置的微粒，发现到达Q点的微粒的动能最小，从C点离开的微粒的机械能最大，已知∠BOP＝30°，∠AOQ＝37°，取重力加速度为g，取sin37o=0.6，cos37o=0.8，取最低点D所在水平面为零重力势能面，不计空气阻力及带电微粒间的相互作用。则（　　）
A．匀强电场的电场强度大小为，方向沿y轴负方向
B．匀强电场的电场强度大小为，方向沿x轴负方向
C．通过D点的微粒动能为m+()mgR
D．微粒从P点运动到Q点过程中电势能增加
8．如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E1.0 106 N/C的匀强电场中，一质量m0.25kg、电荷量q2.0106C的可视为质点的小物体，从距离C点L06.0m的A点处，在拉力F4.0N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中。已知小物体与轨道间的动摩擦因数0.4，g取10m/s2。求：
(1)小物体到达C点时的速度大小；
(2)小物体在电场中运动的时间。
9．多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间；
（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
（3）已知质量为的离子总飞行时间为，待测离子的总飞行时间为，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量。
10．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.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）；（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量，电势能的变化量；（3）见解析
【详解】（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小
匀速时
又
联立可得
（2）加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
解得
根据
又
联立解得
（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为，新油滴所受电场力
若，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向上；
若，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向下。
2．B
【详解】D．小球均能沿水平直线恰好穿出电容器，说明竖直方向合力为零，而电场力的方向垂直于极板，受力如图：
则有
可知F相同，因此两电容器电场强度相同，所加电压相等，选项D错误；
A．第一种情况电场力使粒子减速运动，第二种情况电场力使粒子加速运动，而水平方向运动的位移相同，因此运动时间不同，选项A错误；
BC．由图可知F在水平方向的分力大小相等，加速度大小相同。
第一种情况，小球水平方向上做匀减速运动，有
第二种情况，小球水平方向上做匀加速运动，有
两式联立得
选项B正确，C错误。
故选B。
3．A
【详解】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得
则有
将C板向右移动，B、C板间的电场强度变为
则将C板向右平移到P′点，B、C间电场强度E不变， 所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回。
故选A。
4．C
【详解】在t时刻，a、b经过电场中同一水平面，电势相等，它们的电荷量也相等，符号相反，由Eφ=qφ知，a和b的电势能不相等，故A错误．根据动能定理得 Ek-0=qEy，即t时刻粒子的动能为 Ek=qEy，a的位移小，电场力做功少，所以在t时刻，a的动能比b的小，故B错误．两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有．由题意知，相同时间内a的位移小于b的位移，q、E又相等，可知aamb．故C正确，D错误．故选C．
5．C
【详解】因为粒子带负电，受电场力方向与初速度方向相反，粒子是向右做匀减速运动，再向左做匀加速直线运动。
故项C。
6．CD
【详解】A．带电圆环进入电场后，在电场力的作用下，做匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当他们速度相等时，带电圆环与电容器的左极板相距最近，取向左为正方向，有系统动量守恒
可得
则P在S处的速度不为0，故A错误；
BC．该过程电容器（绝缘座）向左做匀加速直线运动，有
环向左做匀减速直线运动，有
由题意可知
解得
P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为，故C正确，B错误；
D．P从O至S的过程中，带电环减速，动能减少，电容器动能增加，系统动能减少，电势能增加，增加的电势能
故D正确。
故选CD。
7．BCD
【详解】AB．在C点微粒机械能最大，说明P到C电场力做功最大，由几何关系可知，过C点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OC方向，因带电粒子带正电，场强方向沿OC方向，即沿x轴负方向；而在Q点，微粒动能最小，即重力与电场力的合力方向沿QO，则有
解得
故B正确，A错误；
C．从P点到D点，根据动能定理有
则有
故C正确；
D．微粒从P点运动到Q点过程中电场力做功
电场力做负功，电势能增加，故D正确。
故选BCD。
8．(1)；(2)
【详解】(1)对小物体在拉力F的作用下由静止开始从A点运动到C点过程，应用动能定理得
解得：小物体到达C点时的速度大小
(2)小物体进入电场向右减速的过程中，加速度大小
小物体向右减速的时间
小物体在电场中向右运动的距离
由于，所以小物体减速至0后反向向左加速，直到滑出电场，小物体向左加速的加速度大小
小物体在电场中向左加速的时间
小物体在电场中运动的时间
9．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有
①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则
②
联立①②式，得
③
（2）根据动能定理，有
④
得 ⑤
（3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有
⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为，在无场区的总路程设为，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为。有
⑦
联立①⑥⑦式，得
⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比。由题意可得
可得
⑨
10．．（1）0.50 cm（2）1.5×10-8 s
【详解】（1）带电微粒由A运动B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2= 0
解得
（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
|q|E2=ma2
设微粒在虚线MN两侧的时间大小分别为t1、t2，由运动学公式有
又t=t1+t2
解得　t= 1.5×10-8s
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第57讲　带电粒子在电场中的曲线运动
（2022 浙江）
1．如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示为， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（　　）
A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
一、知识回顾
1．电粒子在电场中的偏转问题
（1）条件分析：带电粒子的初速度方向跟电场方向垂直。
（2）运动性质：类平抛运动。
（3）处理方法：利用运动的合成与分解。
①沿初速度方向：做匀速直线运动，运动时间t＝。
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。
③运动过程，如图所示：
④基本关系式：加速度：a＝＝＝。
在电场中的运动时间：t＝。
速度
v＝，tanθ＝＝。
位移（y通常称为偏转量）
偏转角θ的正切值：tanθ＝＝＝.
（4）两个推论
①不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度和偏移量y总是相同的。
证明：由qU0＝mv及tanθ＝，得tanθ＝。由qU0＝mv及y＝，得y＝。
②粒子经电场偏转射出后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到极板边缘的水平距离为。
2．示波管　
（1）构造：示波管的构造如图所示，它主要由01电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。
（2）工作原理
（1）如果在偏转电极XX′之间和偏转电极YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。
（2）示波管的YY′偏转电极上加的是待测的信号电压，XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。
（3）相关计算
在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。
①确定最终偏移距离
思路一：
思路二：
→=
②确定偏转后的动能（或速度）思路一：
思路二：
3．带电粒子在匀强电场中偏转问题的两种求解思路
（1）运动学与动力学观点
运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：
①带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动。
②带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动（类平抛运动）。
当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法。
（2）功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算。
①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中动能的增量。
②若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。
二、例题精析
题型一：偏转
2．先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。在下列两种情况下，分别求出电子偏转角的正切与氢核偏转角的正切之比。
（1）电子与氢核的初速度相同；
（2）电子与氢核的初动能相同。
题型二：加速后偏转（示波管模型）
3．如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端距离荧光屏的距离为l，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力．
（1）求电子穿过A板时的速度大小v0；
（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；
（3）求OP的距离Y；
（4）电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫做示波器的灵敏度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度．
三、举一反三，巩固练习
4．如图所示的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处），将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度可能先增大后减小
B．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度可能先增大后减小
C．增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
D．将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
5．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的速度将增加
C．a的加速度将减小，b的加速度将增加
D．两个粒子的动能，一个增加一个减小
6．如图所示，A、B是真空中的两个等量异种点电荷，M、N、O是AB连线的垂线上的点，且AO＞OB.一带负电的试探点电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，M、N为轨迹和垂线的交点，设M、N两点的场强大小分别EM、EN，电势分别为φM、φN，取无穷远为零电势．下列说法中正确的是(　　)
A．点电荷A一定带正电
B．EM小于EN
C．φM＞φN
D．该试探点电荷在M处的电势能小于N处的电势能
7．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN=NQ，带电量相等的a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则（　　）
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a加速度减小，b加速度增大
C．MN两点电势差|UMN|等于NQ两点电势差|UNQ|
D．a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小
8．如图所示，空间有竖直向下的匀强电场E，从倾角30°的斜面上A点平抛一带电小球，落到斜面上的B点，空气阻力不计，下列说法中正确的是（　　）
A．若将平抛初速度减小一半，则小球将落在AB两点的中点
B．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角不同
C．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间夹角正切值一定相同，等于2tan30°
D．若平抛小球的初动能为6J，则落到斜面上时的动能为14J
9．倾角为θ的斜面上部存在竖直向下的匀强电场．两带电量分别为q1、q2，质量分别为m1、m2的粒子以速度v1、v2垂直电场射入，并在斜面上某点以速度v1′、v2′射出，在电场中的时间分别为t1、t2.入射速度为v2的粒子射的更远，如图所示，不计粒子重力．下列说法正确的是
A．若v1B．若v1＝v2，则
C．若v1>v2，则v1′D．若v1＝v2，则v1′＝v2′
10．空间某区域存在着电场，电场线在竖直面上的分布如图所示。一个质量为m、电量为q的小球在该电场中运动，经过A点时的速度大小为，方向水平向右；经过B点时的速度大小为，方向与水平方向之间夹角为。A、B两点之间的高度差和水平距离均为H，则以下说法正确的是（　　）
A．A、B两点的电场强度的大小关系为
B．小球从A运动到B的过程静电力做功为
C．小球运动到B点时，其重力的瞬时功率为
D．若小球带正电，则A、B两点间的电势差为
11．一带电粒子在正点电荷形成的电场中，运动轨迹如图所示的abcd曲线，下列判断正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．粒子通过a点时的速度比通过b点时大
C．粒子在a点受到的电场力比b点小
D．粒子在a点时的电势能比b点大
12．如图所示，质量m＝5.0×10-8千克的带电粒子，以初速v0=2m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B的中央，水平飞入电场，已知金属板长0.1m，板间距离d＝2×10-2m，当UAB=1000V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场，若两极板间的电势差可调，要使粒子能从两板间飞出，UAB的变化范围是多少 (g取10m/s2)
13．如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从A点以速度v0沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角，已知AO的水平距离为d．（不计重力）求：
(1) 从A点到B点所用的时间；
(2) 匀强电场的电场强度大小；
(3) A、B两点间的电势差．
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参考答案：
1．BC
【详解】A．根据电场力提供向心力可得
解得
可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；
BC．根据电场力提供向心力可得
解得
又
联立可得
可知电荷量大的粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故BC正确；
D．磁场的方向可能垂直纸面向内也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。
故选BC。
2．（1）；（2）1
【详解】设偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极板间距离为d，极板长为L，则粒子在偏转电场中的加速度为
在偏转电场中运动有
L=v0t
粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度
竖直分速度
vy=at
粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值
（1）如果电子和氢核的初速度相同，由上公式，可知偏转角的正切值与质量成反比，所以离开时电子偏角的正切和氢核偏角的正切之比为
（2）如果电子和氢核的初动能相同，由上公式，可知偏转角的正切值与电量成正比，所以离开时电子偏角的正切和氢核偏角的正切之比为
3．（1） （2） （3） （4）增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度；
【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知：
解得：
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向：
L=v0t
则沿电场方向：
侧移量：
y＝at2
联立解得：
（3）由几何关系可知：
得：
（4）该示波器的灵敏度
解得：
则增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度；
4．C
【详解】A．圆环从P运动到O的过程中，对环受力分析，环受库仑引力和杆的弹力，库仑引力沿杆方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零，故A错误；
B．圆环从P运动到O的过程中，库仑引力做正功，动能一直增大，速度一直增大，故B错误；
C．圆环从P运动到O的过程中，根据动能定理得
根据牛顿第二定律有
可知
轨迹半径与圆环所带电荷量无关，故C正确；
D．若增大高度，电势差U增大，轨迹半径发生变化，圆环不能做圆周运动，故D错误。
故选C。
5．C
【详解】A．无法确定 a、b的正负，A错误；
BD．轨迹向电场力的方向弯曲，电场力对两个粒子均做正功，两个粒子的动能均增大，两个粒子的速度均增大，BD错误；
C. 电场线越密，电场强度越大，电场力越大，加速度越大，a的加速度将减小，b的加速度将增加，C正确；
故选C。
6．B
【详解】A. 粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该负电荷受到的电场力指向带正电的电荷，所以点电荷B带的是正电，点电荷A带的是负电，故A错误；
B. 因为AO＞OB，根据等量异种点电荷电场线分布特点可知，EM小于EN，故B正确；
C. 由等量异种点电荷等势面分布特点，N点离正电荷更近些，电势更高些，即，故C错误；
D. 由电势能公式，知负电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，故D错误。
故选B。
7．BD
【详解】A．由图，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，两粒子带电性相反，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性，故A错误；
B．由题，a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大，故B正确；
C．已知MN=NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差|UMN|大于NQ两点电势差|UNQ|。故C错误；
D．根据电场力做功公式
W=Uq
可知
|UMN|>|UNQ|
a粒子从等势线2到3电场力做功小于b粒子从等势线2到1电场力做功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小，故D正确。
故选BD。
8．D
【详解】小球受重力和电场力，电场力既可向上也可向下，球做类平抛运动，加速度a固定，向下；根据类平抛运动的分运动规律，有
故
A.若将平抛初速度减小一半，根据
x和y均减小为原来的，A错误；
BC.小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角的正切值
θ为小球落在斜面上时速度与斜面间的夹角。故平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角相同，但正切值不等于2tan30°，BC错误；
D.若平抛小球的初动能为6J，由于小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角的正切值为
初动能为
末动能
D正确。
故选D。
9．BD
【详解】A、设任一粒子在电场中运动时间为t，初速度为v0，加速度为a，位移为s，则根据，根据牛顿第二定律得：，联立得：
得：，由于两个粒子的比荷关系未知，所以若v1B、若，由水平位移知：，由得：，故B正确；
C、粒子落在斜面上时的速度大小为，将代入得：，可知：若，则，若，则，故C错误，D正确；
故选BD．
【点睛】不计重力，粒子在电场中做类平抛运动，根据竖直位移与水平位移之比等于tanθ，列式可求得时间t的表达式，根据表达式分析即可．
10．BC
【详解】A．根据电场线的疏密表示电场强度的大小，可知，故A错误；
B．小球从A运动到B的过程，由动能定理得
则静电力做功
故B正确；
C．小球运动到B点时，重力与速度的夹角为，故重力的瞬时功率为
故C正确；
D．由动能定理得
可得A、B两点间的电势差为
故D错误。
故选BC。
11．ABC
【详解】A．粒子做曲线运动，所受电场力应指向轨迹凹侧，背离场源电荷，所以粒子带正电，故A正确；
B．粒子从a到b的过程中，电场力做负功，粒子速度减小，所以粒子通过a点时的速度比通过b点时大，故B正确；
C．根据可知粒子在a点受到的电场力比b点小，故C正确；
D．根据点电荷周围电势分布规律可知a点电势低于b点电势，所以粒子在a点时的电势能比b点小，故D错误。
故选ABC。
12．
【详解】试题分析：（1）当UAB=103V时，带电粒子恰能做匀速直线运动，则有 Eq=qU/d=mg
得q =mgd/U=1×10―11C．
（2）当微粒正好从B出去，带电粒子在电场中受到竖直向上的电场力和竖直向下的重力，在电场中做类平抛运动，有水平方向 L=v0t1
竖直方向d/2=a1t12/2 ②
mg―qU1/d=ma1③
联立①、②、③代入数据得U1=200V．
（3）当粒子正好从A出去，带电粒子在电场中受到竖直向上的电场力和竖直向下的重力，在电场中做类平抛运动，水平方向L=v0t2…④
竖直方向d/2=a2t22/2 ⑤
qU2/d―mg =ma2 ⑥
联立④、⑤、⑥代入数据得U2=1800V．
综上所述，AB间电压在[ 200V，1800V ]之间
考点：带电粒子在电场中的偏转．
13．（1）（2）（3）
【分析】由题意可知考查带电粒子在匀强电场中做类平抛运动规律，根据运动的合成、分解及动能定理分析计算可得．
【详解】(1)粒子从A点以速度v0沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有
t＝
(2)由牛顿第二定律得
a＝
将粒子射出电场的速度v进行分解，则有
vy＝v0tan 45°＝v0，
又vy＝at，所以
v0＝·＝，
解得
E＝．
（3）由动能定理得
eUAB＝m（v0）2－mv
解得
UAB＝．
【点睛】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可分方向考虑：沿电场力方向做匀加速运动，垂直电场力方向做匀速直线运动，求电势差时可利用动能定理计算可得．
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答案第1页，共2页第58讲　带电粒子在交变电场中的运动
（2018 浙江）
1．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d的平行金属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压，周期．板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子．t=0时刻，发射源在（x，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．
（1）若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；
（2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系
一、知识回顾
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．常见的题目类型
（1）粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解）。
（2）粒子做往返运动（一般分段研究）。
（3）粒子做偏转运动（一般根据交变电场特点分段研究）。
3．思维方法
（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在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、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
（2）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。
（3）注意对称性和周期性变化关系的应用。
4．利用速度—时间图像分析带电粒子的运动过程时，必须注意“五点”
（1）带电粒子进入电场的时刻。
（2）速度—时间图像的切线斜率表示加速度。
（3）图线与时间轴围成的面积表示位移，且在时间轴上方所围成的面积为正，在时间轴下方所围成的面积为负。
（4）注意对称性和周期性变化关系的应用。
（5）图线与时间轴有交点，表示此时速度改变方向。对运动很复杂、不容易画出速度图像的问题，还应逐段分析求解。
二、例题精析
2．如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图甲所示，一平行板电容器两板间距为d，在一板内侧附近有一带电量为q、质量为m的正离子，为使该离子能在两极间来回振动而不撞在两极上，在两极间加上如图乙所示交变电压，此交变电压的周期应有（　　）
A．T＜4d B．T>4d
C．T＜2d D．T>2d
三、举一反三，巩固练习
4．图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为的带电粒子甲从O点沿方向、以的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以的速率沿从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是（　　）
A．T时刻，乙粒子离开电场
B．乙粒子的比荷为
C．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2：3
D．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1：2
5．在如图所示的空间里，存在沿y轴负方向、大小为 的匀强磁场，有一质量为m、带电量为q的带正电的粒子（重力不计）以v0从O点沿x轴负方向运动，同时在空间加上平行于y轴的匀强交变电场，电场强度E随时间的变化如图所示（以沿y轴正向为E的正方向），则下列说法不正确的是（　　）
A．t=2T时粒子所在位置的x坐标值为0
B．tT时粒子所在位置的z坐标值为
C．粒子在运动过程中速度的最大值为2v0
D．在0到2T时间内离子运动的平均速度为
6．在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v0（v0接近光速的）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则在任意0.2s内（　　）
A．当时，所有电子都能从极板的右端射出
B．当时，将没有电子能从极板的右端射出
C．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2
D．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为
7．如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点为左侧两极板中央，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q（）、质量为m的粒子，在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，以下判断正确的是（　　）
A．粒子在电场中运动的最短时间为
B．射出粒子的最大动能为
C．时刻进入的粒子，从O′点射出
D．时刻进入的粒子，从O′点射出
8．如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中线上的两点．当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点，此时速度为v．若两板间加上如图乙所示的交变电压，t=0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t=T时，小球（ ）
A．在B点上方 B．恰好到达B点 C．速度大于v D．速度小于v
9．一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（ ）
A．所有电子都从右侧的同一点离开电场
B．所有电子离开电场时速度都是v0
C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大
D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
10．图甲所示的平行金属板M、N相距为d，两板上加交变电压UMN如图乙（U0未知），贴两板右侧有xoy坐标，两板中线与x轴共线.现有大量质量m、电荷量-e的电子以初速度v0平行于两板沿中线持续不断地射入两板间.已知t=0时刻进入两板运动的电子穿过 两板间的电场时间等于所加交变电压周期T，出射速度大小为2v0，且所有电子都能穿出两板，忽略电场的边缘效应及重力的影响，求
（1）两板的长度L和t=0时刻进入电子通过电场区电场力所做功W
（2）电子打在y轴上的范围
（3）在y轴右侧有一个未知的有界磁场区，从0点射出电场的电子恰好垂直于x轴向上通过x轴上坐标为（a，0）的P点，求磁场区磁场的方向及磁场磁感强度可能最小值B
11．如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，位于两平行金属板正中间的O点有一个可以连续产生粒子的粒子源，AB间的距离为L。现在A、B之间加上电压UAB随时间变化的规律如图乙所示，粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生N个相同粒子，这种粒子产生后，在电场力作用下由静止开始运动，粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势。已知粒子质量为，电荷量，，，，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相互作用力，求：
（1）t＝0时刻产生的粒子，运动到B极板所经历的时间t0；
（2）在时间内，产生的粒子不能到达B板的时间间隔；
（3）在时间内，产生的粒子能到达B板的粒子数与到达A板的粒子数之比k。
12．磁聚焦法是测量电子比荷的常用方法。如图所示，电子连续不断地从热阴极K无初速度地逸出，在阳极A上有个小孔，当施加电压时，电子就能通过小孔进入两极板，极板长为L，宽为d。两极板上施加不大的交变电压，使得电子在两极板间发生不同程度的偏转，设电子能全部通过极板，且时间极短，而后电子进入水平向右的匀强磁场，当电子打到屏幕N上会出现一条直线亮斑，两极板与屏幕N的中心之间的距离为，电子的电量为e，质量为m。求：
（1）电子射出两极板时距离中心轴的最大位移，竖直方向的最大速度；
（2）当z取值逐渐增加时亮斑的长度在变化，亮斑的最大长度，以及此时z的值；
（3）取，磁场B大小从开始取不同的值时，发现屏幕上亮斑长度也会变化，亮斑端点的坐标与磁场B的关系。
13．如图甲所示，某多级直线加速器由横截面相同的金属圆板和4个金属圆筒依次排列组成，圆筒的两底面中心开有小孔，其中心轴线在同一直线上，相邻金属圆筒分别接在周期性交变电压的两端。粒子从圆板中心沿轴线无初速度进入加速器，在间隙中被电场加速（穿过间隙的时间忽略不计），在圆筒内做匀速直线运动。若粒子在筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，这样粒子就能“踏准节奏”在间隙处一直被加速。粒子离开加速器后，从O点垂直直线边界OP进入匀强磁场区域I，OP距离为a，区域I的PO、PQ两直线边界垂直。区域I的上边界PQ与匀强磁场区域Ⅱ的下直线边界MN平行，其间距L可调。两区域的匀强磁场方向均垂直纸面向里，磁感应强度大小。现有质子（）和氘核（）两种粒子先后通过此加速器加速，加速质子的交变电压如图乙所示，图中、已知。已知质子的电荷量为、质量为，不计一切阻力，忽略磁场的边缘效应。求：
（1）金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比；
（2）加速氘核时，交变电压周期仍为，则需要将图乙中交变电压调至多少；加速后，氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径多大；
（3）为使上述先后通过此加速器的质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，两磁场间距的取值范围。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1） ， （2）见解析
【详解】（1）发射源的位置，
粒子的初动能：；
（2）分下面三种情况讨论：
（i）如图1，
由，
和，，
及，
得；
（ii）如图2，
由，
和，
及，
得；
（iii）如图3，
由，
和，
及，
得；
2．B
【详解】A．若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A不符合题意；
B．若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B符合题意；
C．若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C不符合题意；
D．若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D不符合题意。
故选B。
3．A
【详解】设周期为T时，正离子从左极板向右运动，先做的匀加速，再的做匀减速，到达右极板时，速度恰好减为零。
根据图像可知，加速和减速运动的加速度相同，位移相同，是完全对称的运动。其加速度为
则根据匀加速运动的速度公式
又由动能定理得
解得
为使该离子能在两极间来回振动而不撞在两极上，则
T＜4d
故选A。
4．ABD
【详解】A．设板长为L，粒子甲带负电，则甲运动时间为
粒子乙因入射速度为甲的两倍，则运动时间为
因乙在时刻飞入板间，则在T时刻飞出板间，A正确；
CD．设两板间距离为d，则有
为定值，则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，以竖直方向位移和时间关系，可得
做出竖直方向上速度与时间图像，如图
则图线与时间轴围成的面积代表竖直方向上的位移，设板间距为d，若恰好不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移大小刚好为，根据图像可知在、时刻粒子甲会恰好不碰到极板，此两种时刻会达到最大位移的大小，而在时刻，粒子出磁场，此时位移是最大位移的一半，为，即甲在竖直方向上的位移为；同理，对粒子乙，其轨迹为的形状，因乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，根据图像可知在T时刻会恰好不与极板相撞，此时乙刚好飞出磁场，即乙在竖直方向上为位移为，则偏转位移之比为
C错误，D正确；
B．对乙有
对甲有
因
则有
可得
又
，
可得
B正确。
故选ABD。
5．BC
【详解】对粒子受力分析可知，粒子受到垂直于y轴的洛伦兹力和平行于y轴的电场力作用，所以粒子在垂直于y轴方向上做圆周运动，平行于y轴方向上做匀加速直线运动和匀减速直线运动。在垂直于y轴方向上有
解得
粒子做圆周运动的周期为
A．当t=2T时，粒子运动四周，回到了x坐标值为0处，故粒子所在位置的x坐标值为0，故A正确，不符合题意；
B．当tT时，粒子运动一周半，z坐标值为2r，即，故B错误，符合题意；
C．粒子在平行于y轴方向上有
qE=ma
解得
在0﹣0.5T和0.5T～T内，电场力方向相反，粒子先加速再减速，在t=0.5T时，沿y轴正向速度达到最大为：
此时，粒子在运动过程中速度最大。最大值为
故C错误，符合题意；
D．在0到2T时间内粒子在垂直于y轴方向转了四周。回到了x=0，z=0处的位置，故只需要考虑轴方向的位移，粒子位移为
则粒子运动的平均速度为
故D正确，不符合题意。
故选BC。
6．D
【详解】AB．电子进入极板后，水平方向上不受力，做匀速直线运动，竖直方向上受到电场力作用，当电子恰好飞出极板时有
解得
当时，所有电子都能从极板的右端射出；
当时，在0.2s时间内，极板间电压的时间段内，电子能从极板的右端射出，故AB错误；
C．当时，分析图乙可知，任意0.2s内，有一半的时间内极板间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C错误；
D．当时，分析图乙可知，任意0.2s内，有0.2s的时间内极板间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为，故D正确。
故选D。
7．AD
【详解】A．由题图可知场强大小
则粒子在电场中的加速度
则粒子在电场中运动的最短时间满足
解得
选项A正确；
B．能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为
则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时粒子的动能均为，选项B错误；
C．有上述分析可知，射入的粒子在水平方向运动的最长时间为
当时刻进入的粒子，由题意可知，在沿电场方向的运动向下加速时间为
即，粒子向下加速运动的时间小于在水平方向运动的时间，则竖直方向上的移动的距离为
可知粒子从水平方向还没有飞出时就撞击到下极板，故粒子无法从O′点射出，故C错误；
D．时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速，后向上减速速度到零；然后向下加速，再向下减速速度到零，如此反复，向上加速和向上减速运动的位移为
则粒子进入电场后，最多只能到达电场上下边界，最后从O′点射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，选项D正确。
故选AD。
8．B
【详解】在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，电场力作周期性变化，且电场力在水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动．在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t=T/2时速度为零，接着反向做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t=T时速度为零．根据对称性可知在t=T时小球的水平位移为零，所以t=T时，小球恰好到达B点，故A错误，B正确．在0-T时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t=T时，小球速度等于v．故CD错误．故选B．
9．BD
【详解】A.电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A错误；
B.由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度，速度都等于，故B正确；
C.由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误；
D.时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为
，
在时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有
联立得：故D正确。
故选BD。
10．（1）v0T和（2）（3）
【详解】解：(1)平行于极板方向电子匀速运动：
电子穿出电场速度，由动能定理可得电场力所做功：；
(2)在时间内电场中电子加速度：，方向向上
在时间内电场中电子加速度：，方向向下
则有：
使用不同时刻进入电场中电子在电场方向速度如图
其中
由图方向最大测位移：
方向最大侧位移：
(3)点出射电子速度，速度方向与轴正方向夹角，
则有：，即
在磁场中运动最小时，最大回旋半径如图
可得：
解得：
根据洛伦磁力提供向心力可得：
解得磁场磁感强度可能最小值：
11．（1）；（2）；（3）2∶1
【详解】（1）t=0时刻，粒子由O到B做匀加速直线运动
加速度
得
所以
（2）对刚好不能到达B极板的粒子，先做匀加速运动，达到速度vm后，做匀减速运动，到达B极板前速度减为0，设匀加速时间为，匀减速时间为，全程时间为t，则匀加速的加速度
匀减速的加速度大小
由
得
所以
由
得
（3）设刚好不能到达B极板的粒子，反向加速到A极板的时间为，由
得
即在时间内，内返回的粒子都能打到A极板上，所以
12．（1），；（2），，，1，2，3……；（3），
【详解】解：（1）电子在电场中加速度，由动能定理
可得
在两极板间运动时，有
，
所以
，
（2）粒子在两极板间，沿着z轴方向做匀速运动；而在平面上，则以的速度做匀速圆周运动，因此
同时
可得
可知为定值，即不同位置出射的粒子的圆心在同一条线上。
随着屏幕位置2的逐渐增加，形成的亮斑一直是一条直线，且在旋转。如图所示
所以亮斑的最大长度为
即
此时z的值为电子沿z轴运动的位移
即
，，1，2，3……
取值如上公式。
（3）电子在平面上的投影为圆周运动，由水平运动可知
，
即在时，电子在平面上恰好旋转一周。电子旋转的角速度满足
所以
亮斑的端点以最远处进入水平磁场的位置为主，所以在t时刻打到屏幕上时，有
所以y坐标为
x坐标为
13．（1）；（2），；（3）或者
【详解】（1）设质子进入第个圆筒的速度为，则有
解得
由于在筒中的运动时间相同，金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比为
（2）要让氘核也能“踏准节奏”在间隙处被加速，则需要氘核在每个筒中的速度与质子相同，由，氘核电荷量与质子相同，质量为质子两倍，所以要调至；根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
代入与，可得质子的轨道半径为
氘核质量为质子两倍，与质子相同，可得氘核的轨道半径为
（3）如图所示，氘核离开磁场I的速度方向与边界成角
①两轨迹相交于点（如图1），根据图中几何关系有
联立解得
②两轨迹外切（如图2），根据图中几何关系有
联立解得
综上所述
或者
答案第1页，共2页
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