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2026届河北省衡水市衡水二中等多校高三上学期三调考试（三模）物理试题
1．（2025·衡水模拟）以下所用物理学研究方法的叙述中，说法正确的是（　　）
A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，主要体现了极限思想法
B．在探究两个互成角度的力的合成规律实验时，采用了控制变量法
C．重心概念的建立体现了理想化模型的思想
D．速度和加速度都是利用比值定义法得到的定义式
2．（2025·衡水模拟）下列有关静电的防止与利用说法正确的是（　　）
A．甲图中，女生接触带电的金属球时起电方式是摩擦起电
B．乙图中，燃气灶中电子点火器点火原理是尖端放电
C．丙图中，两条话筒线外面包裹着金属外衣是为了防止漏电
D．丁图中，电力工作人员在高压电线上带电作业时穿着的屏蔽服是用绝缘材料制作的
3．（2025·衡水模拟）2025年4月24日17时17分，搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟二十号载人飞船与火箭成功分离，进入轨道高度约为300千米、倾角41.5度的圆轨道。之后经过变轨，于2025年4月24日23时49分与轨道高度约为400km的空间站成功对接。关于神舟二十号和空间站，下列说法正确的有（　　）
A．变轨前，神舟二十号的运行速度小于空间站
B．变轨前，神舟二十号和空间站各自与地心连线在相等时间内扫过的面积相等
C．变轨后，神舟二十号的机械能一定小于变轨前的机械能
D．变轨后，神舟二十号的运行周期一定大于变轨前的运行周期
4．（2025·衡水模拟）如图所示，这是清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口的直径为D， 水流以速度 v 从枪口喷出，近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为 ，其余 的水流撞击车身后无反弹地顺着车流下，由于水流与车身的作用时间较短，因此在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为，水流对车身的平均冲击力大小为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025·衡水模拟）如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑定滑轮与沙漏A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，在A中的沙子缓慢流出的过程中，A、B、C都处于静止状态，则下列说法正确的是（　　）
A．B对C的摩擦力可能始终增大
B．地面对C的支持力可能不变
C．C对地面的摩擦力方向始终向左，且逐渐减小
D．滑轮对绳的作用力方向发生改变
6．（2025·衡水模拟）如图所示，两个等量异种点电荷＋Q和－Q固定在x轴上的（L，0）和（3L，0）点，分别以坐标原点O和＋Q所在的点为圆心、以2L和L为半径做圆。两圆在x轴上的c点相切，a、b、d是大圆与坐标轴的交点。下列说法正确的是（　　）
A．b点和d点的电场强度、电势均相同
B．O点的电势小于b点的电势
C．将一正试探电荷从c点沿实线圆周移到a点，电势能增大
D．将一正试探电荷从c点沿虚线圆周移到O点，电场力做正功
7．（2025·衡水模拟）在光滑水平面上放有一质量为的小车，一质量为的小球用长为的轻质细线悬挂于小车顶端。现从图中位置（细线伸直且水平）同时由静止释放小球和小车，设小球到达最低点时的速度为。从释放到小球达最低点过程中，细线对小球做的功为。从释放开始小车离开初位置的最大距离为，则下列说法正确的有（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·衡水模拟）机车以恒定加速度启动，在达到额定功率之前的过程中，下列机车牵引力—时间、机车功率—时间图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2025·衡水模拟）如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一高度保持静止，间距为，甲、乙所带电荷量分别为、，质量分别为、，静电力常量为。甲、乙所受静电力的合力大小分别为、，匀强电场的电场强度大小为，不计空气阻力，则（　　）
A．
B．
C．
D．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止
10．（2025·衡水模拟）在绝缘光滑水平面上的的A处、的处分别固定正电荷，如图甲所示。图乙是之间连线上的电势与位置之间的关系图像，图中点为电势的最低点。若在的点由静止释放一个带正电小球（可视为质点），下列说法正确的是（　　）
A．小球运动到处的加速度最大
B．两正电荷带电量之比
C．小球在处的动能最大
D．小球不能经过的位置
11．（2025·衡水模拟）为研究一均匀带正电球体周围静止电场的性质，某同学在干燥的环境中先将球放在一灵敏电子秤的绝缘托盘上，如图（a）所示，此时电子秤的示数为；再将另一小球用绝缘细线悬挂在一绝缘支架上，使其位于球的正上方点，电子秤稳定时的示数减小为。缓慢拉动绝缘细线，使小球从点沿竖直方向逐步上升到点，用刻度尺测出点正上方不同位置到点的距离，并采取上述方法确定该位置对应的场强，然后作出图像，如图（b）所示。已知点和点到点的距离分别为和，球在点产生的场强大小为。小球所带电量为，且远小于球所带的电量，球与球之间的距离远大于两球的半径。忽略空气阻力的影响，重力加速度为。
（1）小球A在M点所激发的电场的场强大小为　 　（用、、表示）。
（2）小球B位于点M时，电子秤的示数应为　 　（用、表示）。
12．（2025·衡水模拟）如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：
A.用天平测出两个小球的质量分别为和；
B.安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；
C.先不放小球，让小球从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；
D．将小球放在斜槽末端B处，仍让小球从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球、在斜面上的落点位置；
E．用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离，图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，M、P、N三点到B点的距离分别为、、。
依据上述实验步骤，请回答下面问题：
（1）两小球的质量、应满足　 　（填“”“”或“”）。
（2）用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式　 　，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。
（3）如果两个小球的碰撞是弹性碰撞，图中P、M分别是小球碰前碰后的落点位置，实验测得cm，cm，则小球的落点位置　 　cm。
13．（2025·衡水模拟）为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的总质量，m0为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
（1）实验时，下列操作描述正确的是___________。
A．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B．因绳的拉力可由力传感器读出，所以细绳不需要保持和木板平行
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M
（2）甲同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（3）甲同学以力传感器的示数F为横轴，加速度a为纵轴，画出的a-F图线是一条直线，如图所示，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量M＝____。
A． B． C． D．
（4）乙同学还做了如下实验：如图丙所示，平衡好摩擦力后，不改变小车质量和槽码个数，撤去打点计时器及小车后面的纸带，用具有加速度测量软件的智能手机固定在小车上来测量加速度，测量的结果比在丙图中不放手机，用打点计时器测得的要小。这是因为___________。
A．在小车上放置了智能手机后，没有重新平衡摩擦力
B．在小车上放置了智能手机后，细线的拉力变小了
C．在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了
（5）若乙同学没有严格控制好小车质量M与沙和沙桶质量m的大小关系，其它操作规范合理，结果在某次实验结果发现小车加速度的实验值（利用纸带求的值）只有理论值（）的，若不考虑其它因素的影响，可估算　 　。
14．（2025·衡水模拟）如右图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为和，A、B相距为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v0；已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）C、O间的电势差；
（2）在O点处的电场强度E的大小；
（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度vD大小。
15．（2025·衡水模拟）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0 m，现有一个质量为m=0.2 kg、可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E两点间的距离h=1.6 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2.不计空气阻力，求：
（1）物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小；
（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；
（3）若斜面已经满足（2）的要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，求在此过程中系统损失的机械能E的大小。
16．（2025·衡水模拟）如图甲所示，在光滑水平地面上有质量分别为、的两小物块、B，用细线连接并使中间的轻弹簧处于压缩状态（弹簧与两物块未拴接），弹簧的弹性势能为。轴间距为的水平传送带左端与水平地面平滑连接，传送带以的速度顺时针匀速转动。传送带右侧放置一个倾角为的足够长的固定斜面，小物块静置于距斜面顶端处。现将、间的细线烧断，与弹簧分离后冲上传送带，在传送带上运动后，从传送带右端水平飞出，恰好无碰撞地由斜面顶端滑入斜面，一段时间后与发生碰撞。时恰完成第一次碰撞，时刚要发生第二次碰撞，在内运动的图像如图乙所示（以沿斜面向下为正方向）。B、C每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，与传送带间的动摩擦因数，物块均可看作质点，重力加速度，求：
（1）B刚滑上传送带时的速度大小；
（2）的质量以及与斜面间的动摩擦因数；
（3）C沿斜面下滑的最大距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】等效法；微元法；比值定义法
【解析】【解答】A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，主要体现了微元法，故A错误；
B．在探究两个互成角度的力的合成规律实验时，采用了等效替代法，故B错误；
C．重心概念的建立体现了等效替代法，故C错误；
D．速度和加速度都是利用比值定义法得到的定义式，故D正确。
故选D。
【分析】一、物理学研究方法的基本分类
1、微元法：将连续过程或连续体分割成无数微小部分，对每一部分近似处理，再求和
应用：匀变速直线运动位移公式的推导、变力做功的计算等
2、控制变量法：研究多个因素对某一物理量的影响时，每次只改变一个因素，保持其他因素不变
应用：探究加速度与力、质量的关系实验
3、等效替代法：用一个效果相同的简单模型替代复杂对象或过程
应用：力的合成与分解实验（两个力替代一个力）、重心概念的引入（将重力等效于作用在一点）
4、理想化模型法：抓住主要因素，忽略次要因素，建立理想化模型
应用：质点、点电荷、理想气体、光滑平面等
5、比值定义法：用两个物理量的比值定义一个新的物理量，该物理量反映物质或场的固有属性
特点：被定义量与定义所用的两个量无关
应用：速度 ，加速度 ，电场强度 等
二、点与关键概念
1、微元法与极限思想的区别
微元法强调“分割-近似-求和”，极限思想强调“无限逼近”
两者常结合使用，但侧重不同
2、等效替代法与理想化模型法的区分
等效替代：用简单模型替代复杂对象，效果相同（如合力替代分力、重心替代重力分布）
理想化模型：忽略次要因素，突出主要因素（如质点、点电荷）
3、比值定义法的识别
关键看被定义的物理量是否与定义中的分子、分母无关
例如 是定义式，但 与 无关（由导体本身决定）
总结：本题综合考查物理学中常用的研究方法，核心在于准确理解微元法、等效替代法、理想化模型法、比值定义法的含义和应用场景，并能正确辨析易混淆的概念。
2．【答案】B
【知识点】静电的防止与利用；电荷及三种起电方式
【解析】【解答】A．甲图中，女生接触带电的金属球时是接触起电，故A错误；
B．乙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电现象，故B正确；
C．丙图中，优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，以防止外部信号对电缆内部电信号的干扰，没有增强其导电能力，故C错误；
D．丁图中，屏蔽服作用使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害。用导电金属材料与纺织纤维混纺交织成布后做成的，故D错误。
故选B。
【分析】一、起电方式的辨析
摩擦起电：两个物体摩擦时，电子从一个物体转移到另一个物体。
接触起电：带电体与导体接触时，电荷重新分配。
感应起电：利用静电感应使导体带电的方式。
二、尖端放电的应用
尖端放电：导体尖端处电荷密度大，电场强度强，容易使周围空气电离，导致放电现象。
应用场景：避雷针、燃气灶电子点火器、高压输电线的防雷装置等。
三、静电屏蔽的原理与应用
静电屏蔽：利用金属网或金属罩封闭某一区域，使外部电场不影响内部，或内部电场不外泄。
应用场景：电缆线的金属外皮、电子设备的金属外壳、高压作业的屏蔽服等。
四、屏蔽服的材料与作用
屏蔽服原理：利用导电材料（如金属丝与纺织纤维混纺）制成，使人体表面形成一个等电位屏蔽面。
作用：当人体处于高压电场中时，屏蔽服能将电流导走，使人体各部分电位相等，避免电流流过人体造成伤害。
解题策略：遇到这类题，抓住每个现象背后的物理本质：
看到“接触带电球” → 接触起电
看到“点火器针尖” → 尖端放电
看到“金属外衣包裹导线” → 静电屏蔽
看到“高压作业屏蔽服” → 导电材料、等电位体
3．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据，卫星运行速度公式为，其中r为轨道半径（地球半径+轨道高度）。变轨前，神舟二十号轨道高度（300km）低于空间站（400km），故其轨道半径更小，运行速度更大，故A错误；
B．开普勒第二定律指出，同一轨道上的卫星在相等时间内扫过的面积相等。但神舟二十号与空间站轨道不同，扫过的面积不相等，故B错误；
C．从低轨道（300km）变轨至高轨道（400km）需两次加速，机械能增加。因此变轨后机械能应大于变轨前，故C错误；
D．根据开普勒第三定律T2∝r3，轨道半径越大，周期越长。变轨后轨道半径增大，周期必然增大，故D正确。
故选D。
【分析】一、环绕速度与轨道半径的关系
核心逻辑：对于绕同一中心天体（地球）做匀速圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力：
，推导出线速度公式：v=rGM
结论：轨道半径 r 越大，线速度 v 越小。
二、开普勒定律的适用条件
开普勒第二定律（面积定律）：对同一颗卫星而言，它与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等。
关键点：这个定律只适用于同一轨道上的同一颗卫星，不能跨卫星比较。
三、变轨过程中的能量变化与周期变化
变轨原理：从低轨到高轨，需要两次加速。
P点加速，从圆轨道进入椭圆转移轨道。Q点再次加速，从椭圆轨道进入高轨圆轨道。
能量变化：每次加速都是发动机对卫星做正功，卫星的机械能增加。
周期变化：根据开普勒第三定律 （ 为轨道半径），轨道半径越大，周期越长。
总结：这道题考查了天体运动的三个基本规律：
越高越慢：轨道越高，线速度、角速度越小，但周期越大。
开普勒定律的适用对象：面积定律针对同一颗星，不能跨星比较。
变轨与能量：低轨到高轨要加速两次，机械能增加；高轨到低轨要减速，机械能减少。
解题策略：遇到天体运动选择题，可以按以下三步思考：
看轨道高低：确定 r 的大小关系。
套用公式：，
想变轨过程：加速 → 高轨 → 机械能增加；减速 → 低轨 → 机械能减少。
4．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】取 时间内的水流为研究对象，则该时间内喷出水的质量，
利用动量定理列方程得，解得，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】一、流体微元的选取与质量计算
核心逻辑：对于连续流体冲击问题，不能直接用单个质点的动量，而是取一段时间 Δt 内的流体作为研究对象。
在 Δt 时间内，喷出的水柱长度 ，横截面积 。
质量公式：
二、动量变化量的计算（速度分解是关键）
核心逻辑：水流冲击车身，并不是全部原路反弹，而是分为两部分：
一部分（比例 k）以一定速度溅开。另一部分（比例 ）无反弹流下（即垂直速度变为0）。
本题中，约有 的水流溅开，溅起时垂直车身向外的速度为
注意方向：取垂直车身向内（指向车身）为正方向。
入射水流的动量：（正方向）。溅开水流的动量：（负方向，因为向外）。
流下部分的动量：
解题策略：遇到流体冲击问题，可以按以下三步走：
设时间Δt，写出
规定正方向，写出初动量 和末动量 （注意各部分的末速度）。
列动量定理 ，解出 F。
5．【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】A．设A、B的重力分别为GA、GB．若GA=GBsinθ，B受到C的摩擦力为零；若GA≠GBsinθ，B受到C的摩擦力不为零．若GA＜GBsinθ，B受到C的摩擦力沿斜面向上，当沙子流出时，B对C的摩擦力始终增加；故A正确；
BC．以BC整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知，水平面对C的支持力N=（GB+GC）-Tsinθ，在A中的沙子缓慢流出的过程中T减小，则N增大；水平面对C的摩擦力f=Tcosθ=GAcosθ，
方向水平向左，则C对地面的摩擦力方向始终向右，且逐渐减小．故BC错误．
D．绳子对滑轮的作用力为两个相等的力T方向不变，所以绳子对滑轮的作用力方向不变，则滑轮对绳的作用力方向始终不变，故D错误．
【分析】一、易错点与关键概念
1、摩擦力的方向判断
必须根据相对运动趋势确定，不能想当然
沙子流出过程中，T 减小，B 的运动趋势可能改变，摩擦力方向也可能改变
2、整体法的正确使用
整体法可以避免分析 B、C 间的内力，但必须确保所有外力正确计入
3、地面摩擦力的方向
由整体法水平方向平衡得 ，方向向左，C 对地面的摩擦力与 f 等大反向，方向向右
4、滑轮作用力的方向
绳子方向不变 两绳夹角不变 合力方向不变
二、解题关键步骤
对 A 分析得 A。根据 与T 的大小关系，判断 B 与 C 间摩擦力的方向。
对 B、C 整体列平衡方程，求地面支持力和摩擦力。
分析 T 减小对各力的影响。
判断滑轮作用力的方向是否变化。
总结：本题综合考查受力分析、静摩擦力判断、整体法应用、力的变化趋势分析，核心在于正确运用隔离法和整体法，并能根据条件变化判断各力的变化情况。
6．【答案】C
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A．b点和d点关于两点电荷的连线对称，由对称性、结合电场的叠加可知，b点和d点电场强度大小相等，方向不同，电势相同，故A错误；
B．根据电场的叠加，Ob之间的连线上任意一点沿y方向的合场强都从O点指向b点，O点的电势大于b点的电势，故B错误；
C．将一正试探电荷从c点沿实线圆周移到a点，a点电势大于c点电势，所以整体电势能增加，故C正确；
D．将一正试探电荷从c点沿虚线圆周移到O点，＋Q对其的电场力不做功，但－Q对其的电场力做负功，故D错误。
故选C。
【分析】一、等量异种点电荷的电场线分布
核心逻辑：等量异种点电荷的电场线分布具有对称性。
连线方向：电场线从正电荷指向负电荷，连线中点处电场强度最小但不为零，方向沿连线由正指向负。
中垂线方向：中垂线上的电场强度方向处处与中垂线垂直，指向负电荷一侧；从中点向无穷远，电场强度先增大后减小。
二、等量异种点电荷的电势分布
电势叠加原理：某点电势等于各点电荷在该点电势的代数和（带正负）。
等量异种电荷的中垂线是等势线，且电势为零（取无穷远处为零势点）。
越靠近正电荷，电势越高；越靠近负电荷，电势越低。
三：电势能变化的判断
核心逻辑：正试探电荷的电势能
电势能的变化：
电场力做功与电势能变化的关系：。
四、电场力做功的判断
核心逻辑：电场力做功只与初末位置的电势差有关：
正电荷从高电势到低电势，电场力做正功；从低电势到高电势，电场力做负功。
总结：这道题考查了等量异种电荷的四个核心规律：
电场强度：对称点大小相等，方向不同。
电势：中垂线为零势线，靠近正电荷电势高。
电势能变化：由初末位置的电势差决定。
电场力做功：
解题策略：遇到等量异种电荷问题，可以按以下三步思考：
画对称轴：找出点电荷位置，确定对称关系。
算电势：用 计算关键点的电势（带正负）。
判断做功：比较初末电势，根据 判断正负。
7．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型；人船模型
【解析】【解答】AB．从释放到到小球达最低点过程中，由水平方向动量守恒和能量守恒得，
解得，故A错误，B错误；
C．对小球，由动能定理得
解得，故C正确；
D．从释放开始小车离开初位置的最大距离发生在小球摆至最高点时，此时小球与车的速度均为零，由能量守恒知小球回到原高度，由人船模型得，，解得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用水平方向系统动量守恒确定小球与小车的速度关系，结合能量守恒求小球速度；再通过动能定理分析细线对小球的做功；最后用“人船模型”分析小车的最大位移。
8．【答案】B,D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】AB．机车保持加速度不变启动，根据牛顿第二定律可得可得牵引力为
可知在达到额定功率之前的过程中，牵引力保持不变，故A错误，B正确；
CD．在达到额定功率前机车一直做匀加速直线运动，则有，机车的功率为
可知机车的功率随时间均匀增大，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】1. 恒定加速度启动的两个阶段
机车启动通常分为两个阶段：
匀加速阶段（牵引力恒定）：牵引力 F 保持不变（因为 恒定）；速度 随时间均匀增大：；功率 随时间线性增大；当功率达到额定功率 P额 时，第一阶段结束
变加速阶段（功率恒定）：功率保持 不变；牵引力 随速度增大而减小；加速度逐渐减小至零，最后匀速
2. 匀加速阶段的图像特征
牵引力-时间图像（F t）：
在匀加速阶段，牵引力 为常数，因此 图像是一段水平直线。
功率-时间图像（P t）：
由 可知，P 与 成正比，图像是一条过原点的倾斜直线。
3. 易错点
误把 恒定加速度启动 当成 恒定功率启动，从而选错图像。
忽略匀加速阶段牵引力不变的前提是 阻力恒定、质量不变。
混淆 图像和 图像的形状。
9．【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】ABC．设两球间的库仑力大小为F，倾角为θ，对两球进行受力分析，如图所示
对甲球根据平衡条件有，
对乙球根据平衡条件有，，联立解得，故，根据库仑定律有F=，解得，故AC正确，B错误；
D．将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对甲有，
对乙有，，联立可得，无解，假设不成立，故D错误。
故选AC。
【分析】1、受力分析方法：
重力、电场力、库仑力在斜面坐标系中分解；沿斜面方向列平衡方程
2、平衡方程的建立：
两球独立平衡 → 两方程，联立求 E 与 F
3、库仑力计算：
，但这里 d 已知，方程中 F 即此值
4、电场力方向与斜面倾角的关系：
水平电场力在斜面切向分量为
5、两球质量与电荷量关系：
由方程知 时可能平衡
6、互换位置是否仍能平衡的判断：
对称性条件： 时才可能互换后仍平衡（因为左右斜面不对称）
否则互换后平衡方程无解
10．【答案】B,C
【知识点】库仑定律；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．图像中，斜率即为合电场强度，点处斜率为0，即合电场强度为0。小球运动到处的加速度为零，最小。故A错误；
B．处场强为零，根据点电荷场强则有，解得，故B正确；
C．从到的过程中，电势降低，带正电小球电势能减小，电场力做正功，动能增加。从再向右运动过程中，电势升高，带正电小球电势能增大，电场力做负功，动能减小。小球在处的动能最大。故C正确；
D．设点和小球运动能到达的最右端处电势差为，根据动能定理得，，得，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置。由乙图可知，和处电势相等的点在的右侧，故小球能经过的位置。故D错误。
故选BC。
【分析】一、易错点与关键概念
1、φ-x 图像斜率与场强的关系
斜率表示场强大小，但需注意方向（正负）
2、场强为零点与电势最低点的关系
在两正电荷之间，场强零点对应电势最低点
3、电荷量比的计算
距离要从各自电荷位置算起，不能从原点或中点算
4、动能最大位置的判断
电势最低点（或最高点）对应电势能极值，动能极值
5、最远位置的判断
由能量守恒，电势相等处为最远点
二、解题关键步骤
由 φ-x 图读出场强为零点（斜率 0）的位置 x0。
由场强为零列方程求电荷量比。
由电势最低点判断动能最大位置。
由起点电势在图中找到等势点，判断能否经过。
总结：本题综合考查 φ-x 图像的理解、点电荷场强叠加、电势能与动能转化、运动范围判断，核心在于从图像中提取信息，并能正确应用场强、电势、电势能的关系。
11．【答案】（1）
（2）0.8N1+0.2N2
【知识点】共点力平衡条件的应用；库仑定律
【解析】【解答】（1）小球位于P点时，所受静电力为，故P点的电场强度大小为，由图（b）可知球A在M点所激发的电场的电场强度大小约为0.2E0，故M点的电场强度大小为
（2）小球B在M点所受电场力为，故此时电子秤的示数为
【分析】1. 用电子秤测静电力的原理
电子秤的示数 托盘上物体的视重 = 真实重力 物体受到的向上的净力。
当小球 A 单独在托盘上时，示数 。
当另一带电小球 B 在 A 正上方时，B 对 A 有向上的静电力 F（吸引或排斥取决于电荷同异号），此时电子秤示数 。
如果 B 在 A 正上方某一位置，测得示数 N，则静电力 。
2. 由静电力求电场强度
小球 B 带电量 q，在 A 球产生的电场中受到的静电力 （E 为 A 在 B 所在位置的场强）。
所以 。
3. 图(b) E h 曲线的物理意义
横坐标 ：B 球到 A 球球心的距离。
曲线形状：对点电荷场，
已知图中 对应场强 ，且 。
题中图(b) 读出 （ ）。
（1）小球位于P点时，所受静电力为
故P点的电场强度大小为
由图（b）可知球A在M点所激发的电场的电场强度大小约为0.2E0，故M点的电场强度大小为
（2）小球B在M点所受电场力为
故此时电子秤的示数为
12．【答案】（1）＞
（2）
（3）49
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量。
（2）碰撞前，小球落在图中的点，设其水平初速度为，小球和发生碰撞后，小球的速度增大，小球的速度减小，都做平抛运动，的落点在图中的点，设其水平初速度为，的落点是图中的点，设其水平初速度为，设斜面与水平面的倾角为，根据平抛运动规律有，，解得，同理可解得，，所以只要满足
即，则说明两球碰撞过程中动量守恒。
（3）如果满足小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足
代入上一问的速度表达式可得，联立
可得，解得
【分析】一、实验原理核心
1、利用平抛运动测速度：小球从斜槽末端飞出后做平抛运动，落在斜面上。
根据平抛规律，推导出初速度 与落点到斜槽末端的距离 s 的关系：
2、动量守恒的验证
碰前入射球动量 ；碰后入射球动量
碰后被碰球动量
动量守恒表达式：
二、实验条件与操作要点
斜槽末端切线水平：保证小球做平抛运动。
小球半径相同：保证对心碰撞，落点测量起点一致。
质量要求： ，防止入射球碰后反弹。
重复实验取平均落点：减小偶然误差。
三、落点位置的识别
P 点：碰前入射球的落点位置。M 点：碰后入射球的落点位置。N 点：碰后被碰球的落点位置。
四、弹性碰撞的能量条件
弹性碰撞时，动能守恒：，代入 得：
，联立动量守恒表达式，可求解未知落点距离。
（1）为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量。
（2）碰撞前，小球落在图中的点，设其水平初速度为，小球和发生碰撞后，小球的速度增大，小球的速度减小，都做平抛运动，的落点在图中的点，设其水平初速度为，的落点是图中的点，设其水平初速度为，设斜面与水平面的倾角为，根据平抛运动规律有，
解得
同理可解得，
所以只要满足
即，则说明两球碰撞过程中动量守恒。
（3）如果满足小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足
代入上一问的速度表达式可得
联立
可得
解得
13．【答案】（1）A；C
（2）2.98
（3）C
（4）C
（5）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）ABD．用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，不用保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M，需要将细绳保持和木板平行，同时应平衡摩擦力，应将带滑轮的长木板右端垫高，故A正确，BD错误；
C．为获得更多的点迹，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，故C正确；
故选AC。
（2）根据题意，相邻计数点时间间隔为
由逐差法计算加速度
（3）对小车与滑轮组成的系统，由牛顿第二定律得
根据图线的斜率可知
故小车的质量为
故选C。
（4）A．平衡摩擦力后，根据平衡条件有
化简得
由此可知，木板的倾角与小车质量无关，在小车上放置了智能手机后，相当于小车的质量增大，上式仍成立，不用重新平衡摩擦力，故A错误；
B．对槽码有
a减小，则绳上拉力F增大，故B错误；
C．在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了，不改变小车质量和槽码个数，则整体合力不变；对槽码、小车和手机的整体，根据牛顿第二定律
化简得
M增大，a减小，故C正确；
故选C。
（5）乙同学没有严格控制好小车质量M与沙和沙桶质量m的大小关系，据牛顿第二定律有
由题意其值只有理论值（）的，所以
解得
【分析】（1）探究物体质量一定时加速度与力的关系 实验中必须要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力和小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带。
（2）逐差法计算加速度。
（3）由牛顿第二定律得，根据图线的斜率可知，故小车的质量为（4）木板的倾角与小车质量无关，在小车上放置了智能手机后，相当于小车的质量增大，不用重新平衡摩擦力。
（5）理论值，实验值，可计算。
（1）ABD．用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，不用保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M，需要将细绳保持和木板平行，同时应平衡摩擦力，应将带滑轮的长木板右端垫高，故A正确，BD错误；
C．为获得更多的点迹，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，故C正确；
故选AC。
（2）根据题意，相邻计数点时间间隔为
s=0.1s
由逐差法计算加速度
（3）对小车与滑轮组成的系统，由牛顿第二定律得
根据图线的斜率可知
故小车的质量为
故选C。
（4）A．平衡摩擦力后，根据平衡条件有
化简得
由此可知，木板的倾角与小车质量无关，在小车上放置了智能手机后，相当于小车的质量增大，上式仍成立，不用重新平衡摩擦力，故A错误；
B．对槽码有
a减小，则绳上拉力F增大，故B错误；
C．在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了，不改变小车质量和槽码个数，则整体合力不变；
对槽码、小车和手机的整体，根据牛顿第二定律
化简得
M增大，a减小，故C正确；
故选C。
（5）乙同学没有严格控制好小车质量M与沙和沙桶质量m的大小关系，据牛顿第二定律有
由题意其值只有理论值（）的，所以
解得
14．【答案】解：（1）小球p从C到O根据动能定理有
解得
（2）A点电荷和B点电荷在O点的电场强度均为E＝
其中r＝AO＝BO＝
所以
根据对称性可知，两点电荷场强在水平方向的分场强抵消，合场强为
（3）从C到D点，由于电场线的对称性UCD＝2UCO
则根据动能定理有
解得
【知识点】电场强度的叠加；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、几何距离的准确计算
O 到 A、B 的距离不是 d，而是
2、场强的矢量合成
必须正确判断各场强的方向，进行分解合成
3、电势差的符号
电场力做功的正负由电势差和电荷电性决定
本题中 C、O 间电势差可由动能定理直接求，不需预先判断正负
4、对称性的应用
由对称性知 ，但需注意 C、D 相对于 O 的对称关系
二、解题关键步骤
1、第(1)问：对 C→O 应用动能定理，求 。
2、第(2)问：求 O 点到 A、B 的距离。
计算 A、B 在 O 点的场强大小。
矢量合成求合场强。
3、第(3)问：由对称性得 。
对 C→D 应用动能定理，求
总结：本题综合考查等量异种点电荷的电场分布、电势差计算、动能定理、对称性应用，核心在于正确计算几何距离，掌握场强的矢量合成，并能利用对称性简化电势差的计算。
15．【答案】解：（1）物体从E到C，由机械能守恒得
在C点，由牛顿第二定律得
联立解得
（2）对从E到A的过程，由动能定理得
联立解得LAB=2.4 m
故斜面长度LAB至少为2.4 m。
（3）因为
解得
所以，物体不会停在斜面上，物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿光滑圆弧轨道做周期性运动。从E点开始直至最后，系统因摩擦而损失的机械能等于B、E两点间的重力势能，即
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、过程划分
必须明确哪些过程机械能守恒，哪些过程有摩擦损失，不能混用公式
2、支持力方向
在最低点，支持力竖直向上，大于重力
3、斜面长度的临界条件
物体恰好不从斜面顶端飞出 到 A 点时速度恰好为 0，用动能定理列方程求解
4、最终状态的判断
物体不会停在斜面上 最终在圆弧上往复运动，损失的机械能等于初始总机械能减去最终在圆弧上的机械能
5、高度差的计算
注意以最低点 C 为零势能面时，各点高度的表达式
二、解题关键步骤
1、第(1)问：由 E 到 C 机械能守恒求 C 点速度
在 C 点列向心力方程求支持力
2、第(2)问：设斜面长度为 LAB，对 E 到 A 过程应用动能定理（末速度为零）
代入已知数据解 LAB
3、第(3)问：判断最终运动状态（在圆弧上往复）
计算最终在圆弧上运动时的机械能（最高点 B 的势能）
损失的机械能 = 初始机械能 - 最终机械能
总结：本题综合考查机械能守恒、圆周运动、动能定理、摩擦力做功、运动稳定性分析，核心在于正确划分过程，灵活运用功能关系，并能判断最终的运动状态。
16．【答案】（1）解：对A、B及弹簧系统由动量及能量守恒定律得①，
由①②得
（2）解：若在传送带上一直加速，由
得
由
得
不合题意，故在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运动
B在斜面顶端有③
由图像可知每次在斜面上向上减速过程和向下加速过程的加速度大小分别为
，
在斜面上由顶端向下匀加速滑动过程中有④
由③④式得
对、第一次碰撞过程有⑤⑥
由⑤⑥得，
由图像得，
若在经过程后速度恰减为0，则由
得
故与再次碰撞时早已停止运动
与第一次碰后对有⑦，
则由⑦⑧得
（3）解：设第次与碰前的速度为，由⑤⑥相同的规律可知碰后、的速度大小分别为⑨
第次碰后上升过程有⑩
减速过程有
与第次碰撞前的速度应满足
由⑨~ 式得
由⑨（11）式可知第次碰撞后的位移为
第次碰撞后的位移为
又第一次碰后的位移为
则每次碰后的位移为
沿斜面下滑的最大距离为
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】一、弹簧系统与动量能量守恒
动量守恒：细线烧断瞬间，A、B 组成的系统合外力为零，动量守恒。
能量守恒：弹簧弹性势能 转化为 A、B 的动能。
联立求解：可解出 B 刚滑上传送带的速度
二、传送带上的运动分析
运动性质判断：若 ，先匀加速后可能匀速；若 ，先匀减速后可能匀速。
加速/减速加速度：，关键方程：
判断是否达到 ，从而确定运动阶段。
传送带右端平抛运动：离开传送带速度 已知。
平抛规律：，，恰好无碰撞滑入斜面 → 速度方向与斜面平行：可求下落高度和时间。
三、斜面上运动分析
受力分析：下滑加速度：
上滑加速度：（以沿斜面向下为正时，上滑加速度为负）
从 v t 图求加速度：图乙给出了 B 的速度随时间变化，可直接读取斜率得 和 。
求 μ 和 θ（或已知 θ 求 μ）：
联立：，
解得：，若 θ 已知，则直接求 μ。
四、B、C 的弹性碰撞
弹性碰撞速度公式（一维）：
若 C 初始静止：
利用图像求质量比：从图乙读出碰前 B 速度 和碰后 B 速度 ，代入上式可解 。
五、本题核心考点总结
弹簧系统动量能量守恒 → 求分离速度
传送带上的运动学分析 → 判断运动阶段，求出口速度
平抛运动与斜面衔接 → 速度方向条件
斜面上牛顿第二定律 → 求 和加速度
弹性碰撞公式 → 求质量比
周期性运动与递推关系 → 求位移等比数列和
图像信息提取 → 从 图读加速度和速度
极限思想 → 无限次碰撞后总位移的极限值

（1）对A、B及弹簧系统由动量及能量守恒定律得①，
由①②得
（2）若在传送带上一直加速，由
得
由
得
不合题意，故在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运动
B在斜面顶端有③
由图像可知每次在斜面上向上减速过程和向下加速过程的加速度大小分别为
，
在斜面上由顶端向下匀加速滑动过程中有④
由③④式得
对、第一次碰撞过程有⑤⑥
由⑤⑥得，
由图像得，
若在经过程后速度恰减为0，则由
得
故与再次碰撞时早已停止运动
与第一次碰后对有⑦，
则由⑦⑧得
（3）设第次与碰前的速度为，由⑤⑥相同的规律可知碰后、的速度大小分别为⑨
第次碰后上升过程有⑩
减速过程有
与第次碰撞前的速度应满足
由⑨~ 式得
由⑨（11）式可知第次碰撞后的位移为
第次碰撞后的位移为
又第一次碰后的位移为
则每次碰后的位移为
沿斜面下滑的最大距离为
1 / 12026届河北省衡水市衡水二中等多校高三上学期三调考试（三模）物理试题
1．（2025·衡水模拟）以下所用物理学研究方法的叙述中，说法正确的是（　　）
A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，主要体现了极限思想法
B．在探究两个互成角度的力的合成规律实验时，采用了控制变量法
C．重心概念的建立体现了理想化模型的思想
D．速度和加速度都是利用比值定义法得到的定义式
【答案】D
【知识点】等效法；微元法；比值定义法
【解析】【解答】A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，主要体现了微元法，故A错误；
B．在探究两个互成角度的力的合成规律实验时，采用了等效替代法，故B错误；
C．重心概念的建立体现了等效替代法，故C错误；
D．速度和加速度都是利用比值定义法得到的定义式，故D正确。
故选D。
【分析】一、物理学研究方法的基本分类
1、微元法：将连续过程或连续体分割成无数微小部分，对每一部分近似处理，再求和
应用：匀变速直线运动位移公式的推导、变力做功的计算等
2、控制变量法：研究多个因素对某一物理量的影响时，每次只改变一个因素，保持其他因素不变
应用：探究加速度与力、质量的关系实验
3、等效替代法：用一个效果相同的简单模型替代复杂对象或过程
应用：力的合成与分解实验（两个力替代一个力）、重心概念的引入（将重力等效于作用在一点）
4、理想化模型法：抓住主要因素，忽略次要因素，建立理想化模型
应用：质点、点电荷、理想气体、光滑平面等
5、比值定义法：用两个物理量的比值定义一个新的物理量，该物理量反映物质或场的固有属性
特点：被定义量与定义所用的两个量无关
应用：速度 ，加速度 ，电场强度 等
二、点与关键概念
1、微元法与极限思想的区别
微元法强调“分割-近似-求和”，极限思想强调“无限逼近”
两者常结合使用，但侧重不同
2、等效替代法与理想化模型法的区分
等效替代：用简单模型替代复杂对象，效果相同（如合力替代分力、重心替代重力分布）
理想化模型：忽略次要因素，突出主要因素（如质点、点电荷）
3、比值定义法的识别
关键看被定义的物理量是否与定义中的分子、分母无关
例如 是定义式，但 与 无关（由导体本身决定）
总结：本题综合考查物理学中常用的研究方法，核心在于准确理解微元法、等效替代法、理想化模型法、比值定义法的含义和应用场景，并能正确辨析易混淆的概念。
2．（2025·衡水模拟）下列有关静电的防止与利用说法正确的是（　　）
A．甲图中，女生接触带电的金属球时起电方式是摩擦起电
B．乙图中，燃气灶中电子点火器点火原理是尖端放电
C．丙图中，两条话筒线外面包裹着金属外衣是为了防止漏电
D．丁图中，电力工作人员在高压电线上带电作业时穿着的屏蔽服是用绝缘材料制作的
【答案】B
【知识点】静电的防止与利用；电荷及三种起电方式
【解析】【解答】A．甲图中，女生接触带电的金属球时是接触起电，故A错误；
B．乙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电现象，故B正确；
C．丙图中，优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，以防止外部信号对电缆内部电信号的干扰，没有增强其导电能力，故C错误；
D．丁图中，屏蔽服作用使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害。用导电金属材料与纺织纤维混纺交织成布后做成的，故D错误。
故选B。
【分析】一、起电方式的辨析
摩擦起电：两个物体摩擦时，电子从一个物体转移到另一个物体。
接触起电：带电体与导体接触时，电荷重新分配。
感应起电：利用静电感应使导体带电的方式。
二、尖端放电的应用
尖端放电：导体尖端处电荷密度大，电场强度强，容易使周围空气电离，导致放电现象。
应用场景：避雷针、燃气灶电子点火器、高压输电线的防雷装置等。
三、静电屏蔽的原理与应用
静电屏蔽：利用金属网或金属罩封闭某一区域，使外部电场不影响内部，或内部电场不外泄。
应用场景：电缆线的金属外皮、电子设备的金属外壳、高压作业的屏蔽服等。
四、屏蔽服的材料与作用
屏蔽服原理：利用导电材料（如金属丝与纺织纤维混纺）制成，使人体表面形成一个等电位屏蔽面。
作用：当人体处于高压电场中时，屏蔽服能将电流导走，使人体各部分电位相等，避免电流流过人体造成伤害。
解题策略：遇到这类题，抓住每个现象背后的物理本质：
看到“接触带电球” → 接触起电
看到“点火器针尖” → 尖端放电
看到“金属外衣包裹导线” → 静电屏蔽
看到“高压作业屏蔽服” → 导电材料、等电位体
3．（2025·衡水模拟）2025年4月24日17时17分，搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟二十号载人飞船与火箭成功分离，进入轨道高度约为300千米、倾角41.5度的圆轨道。之后经过变轨，于2025年4月24日23时49分与轨道高度约为400km的空间站成功对接。关于神舟二十号和空间站，下列说法正确的有（　　）
A．变轨前，神舟二十号的运行速度小于空间站
B．变轨前，神舟二十号和空间站各自与地心连线在相等时间内扫过的面积相等
C．变轨后，神舟二十号的机械能一定小于变轨前的机械能
D．变轨后，神舟二十号的运行周期一定大于变轨前的运行周期
【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据，卫星运行速度公式为，其中r为轨道半径（地球半径+轨道高度）。变轨前，神舟二十号轨道高度（300km）低于空间站（400km），故其轨道半径更小，运行速度更大，故A错误；
B．开普勒第二定律指出，同一轨道上的卫星在相等时间内扫过的面积相等。但神舟二十号与空间站轨道不同，扫过的面积不相等，故B错误；
C．从低轨道（300km）变轨至高轨道（400km）需两次加速，机械能增加。因此变轨后机械能应大于变轨前，故C错误；
D．根据开普勒第三定律T2∝r3，轨道半径越大，周期越长。变轨后轨道半径增大，周期必然增大，故D正确。
故选D。
【分析】一、环绕速度与轨道半径的关系
核心逻辑：对于绕同一中心天体（地球）做匀速圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力：
，推导出线速度公式：v=rGM
结论：轨道半径 r 越大，线速度 v 越小。
二、开普勒定律的适用条件
开普勒第二定律（面积定律）：对同一颗卫星而言，它与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等。
关键点：这个定律只适用于同一轨道上的同一颗卫星，不能跨卫星比较。
三、变轨过程中的能量变化与周期变化
变轨原理：从低轨到高轨，需要两次加速。
P点加速，从圆轨道进入椭圆转移轨道。Q点再次加速，从椭圆轨道进入高轨圆轨道。
能量变化：每次加速都是发动机对卫星做正功，卫星的机械能增加。
周期变化：根据开普勒第三定律 （ 为轨道半径），轨道半径越大，周期越长。
总结：这道题考查了天体运动的三个基本规律：
越高越慢：轨道越高，线速度、角速度越小，但周期越大。
开普勒定律的适用对象：面积定律针对同一颗星，不能跨星比较。
变轨与能量：低轨到高轨要加速两次，机械能增加；高轨到低轨要减速，机械能减少。
解题策略：遇到天体运动选择题，可以按以下三步思考：
看轨道高低：确定 r 的大小关系。
套用公式：，
想变轨过程：加速 → 高轨 → 机械能增加；减速 → 低轨 → 机械能减少。
4．（2025·衡水模拟）如图所示，这是清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口的直径为D， 水流以速度 v 从枪口喷出，近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为 ，其余 的水流撞击车身后无反弹地顺着车流下，由于水流与车身的作用时间较短，因此在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为，水流对车身的平均冲击力大小为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】取 时间内的水流为研究对象，则该时间内喷出水的质量，
利用动量定理列方程得，解得，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】一、流体微元的选取与质量计算
核心逻辑：对于连续流体冲击问题，不能直接用单个质点的动量，而是取一段时间 Δt 内的流体作为研究对象。
在 Δt 时间内，喷出的水柱长度 ，横截面积 。
质量公式：
二、动量变化量的计算（速度分解是关键）
核心逻辑：水流冲击车身，并不是全部原路反弹，而是分为两部分：
一部分（比例 k）以一定速度溅开。另一部分（比例 ）无反弹流下（即垂直速度变为0）。
本题中，约有 的水流溅开，溅起时垂直车身向外的速度为
注意方向：取垂直车身向内（指向车身）为正方向。
入射水流的动量：（正方向）。溅开水流的动量：（负方向，因为向外）。
流下部分的动量：
解题策略：遇到流体冲击问题，可以按以下三步走：
设时间Δt，写出
规定正方向，写出初动量 和末动量 （注意各部分的末速度）。
列动量定理 ，解出 F。
5．（2025·衡水模拟）如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑定滑轮与沙漏A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，在A中的沙子缓慢流出的过程中，A、B、C都处于静止状态，则下列说法正确的是（　　）
A．B对C的摩擦力可能始终增大
B．地面对C的支持力可能不变
C．C对地面的摩擦力方向始终向左，且逐渐减小
D．滑轮对绳的作用力方向发生改变
【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】A．设A、B的重力分别为GA、GB．若GA=GBsinθ，B受到C的摩擦力为零；若GA≠GBsinθ，B受到C的摩擦力不为零．若GA＜GBsinθ，B受到C的摩擦力沿斜面向上，当沙子流出时，B对C的摩擦力始终增加；故A正确；
BC．以BC整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知，水平面对C的支持力N=（GB+GC）-Tsinθ，在A中的沙子缓慢流出的过程中T减小，则N增大；水平面对C的摩擦力f=Tcosθ=GAcosθ，
方向水平向左，则C对地面的摩擦力方向始终向右，且逐渐减小．故BC错误．
D．绳子对滑轮的作用力为两个相等的力T方向不变，所以绳子对滑轮的作用力方向不变，则滑轮对绳的作用力方向始终不变，故D错误．
【分析】一、易错点与关键概念
1、摩擦力的方向判断
必须根据相对运动趋势确定，不能想当然
沙子流出过程中，T 减小，B 的运动趋势可能改变，摩擦力方向也可能改变
2、整体法的正确使用
整体法可以避免分析 B、C 间的内力，但必须确保所有外力正确计入
3、地面摩擦力的方向
由整体法水平方向平衡得 ，方向向左，C 对地面的摩擦力与 f 等大反向，方向向右
4、滑轮作用力的方向
绳子方向不变 两绳夹角不变 合力方向不变
二、解题关键步骤
对 A 分析得 A。根据 与T 的大小关系，判断 B 与 C 间摩擦力的方向。
对 B、C 整体列平衡方程，求地面支持力和摩擦力。
分析 T 减小对各力的影响。
判断滑轮作用力的方向是否变化。
总结：本题综合考查受力分析、静摩擦力判断、整体法应用、力的变化趋势分析，核心在于正确运用隔离法和整体法，并能根据条件变化判断各力的变化情况。
6．（2025·衡水模拟）如图所示，两个等量异种点电荷＋Q和－Q固定在x轴上的（L，0）和（3L，0）点，分别以坐标原点O和＋Q所在的点为圆心、以2L和L为半径做圆。两圆在x轴上的c点相切，a、b、d是大圆与坐标轴的交点。下列说法正确的是（　　）
A．b点和d点的电场强度、电势均相同
B．O点的电势小于b点的电势
C．将一正试探电荷从c点沿实线圆周移到a点，电势能增大
D．将一正试探电荷从c点沿虚线圆周移到O点，电场力做正功
【答案】C
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A．b点和d点关于两点电荷的连线对称，由对称性、结合电场的叠加可知，b点和d点电场强度大小相等，方向不同，电势相同，故A错误；
B．根据电场的叠加，Ob之间的连线上任意一点沿y方向的合场强都从O点指向b点，O点的电势大于b点的电势，故B错误；
C．将一正试探电荷从c点沿实线圆周移到a点，a点电势大于c点电势，所以整体电势能增加，故C正确；
D．将一正试探电荷从c点沿虚线圆周移到O点，＋Q对其的电场力不做功，但－Q对其的电场力做负功，故D错误。
故选C。
【分析】一、等量异种点电荷的电场线分布
核心逻辑：等量异种点电荷的电场线分布具有对称性。
连线方向：电场线从正电荷指向负电荷，连线中点处电场强度最小但不为零，方向沿连线由正指向负。
中垂线方向：中垂线上的电场强度方向处处与中垂线垂直，指向负电荷一侧；从中点向无穷远，电场强度先增大后减小。
二、等量异种点电荷的电势分布
电势叠加原理：某点电势等于各点电荷在该点电势的代数和（带正负）。
等量异种电荷的中垂线是等势线，且电势为零（取无穷远处为零势点）。
越靠近正电荷，电势越高；越靠近负电荷，电势越低。
三：电势能变化的判断
核心逻辑：正试探电荷的电势能
电势能的变化：
电场力做功与电势能变化的关系：。
四、电场力做功的判断
核心逻辑：电场力做功只与初末位置的电势差有关：
正电荷从高电势到低电势，电场力做正功；从低电势到高电势，电场力做负功。
总结：这道题考查了等量异种电荷的四个核心规律：
电场强度：对称点大小相等，方向不同。
电势：中垂线为零势线，靠近正电荷电势高。
电势能变化：由初末位置的电势差决定。
电场力做功：
解题策略：遇到等量异种电荷问题，可以按以下三步思考：
画对称轴：找出点电荷位置，确定对称关系。
算电势：用 计算关键点的电势（带正负）。
判断做功：比较初末电势，根据 判断正负。
7．（2025·衡水模拟）在光滑水平面上放有一质量为的小车，一质量为的小球用长为的轻质细线悬挂于小车顶端。现从图中位置（细线伸直且水平）同时由静止释放小球和小车，设小球到达最低点时的速度为。从释放到小球达最低点过程中，细线对小球做的功为。从释放开始小车离开初位置的最大距离为，则下列说法正确的有（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型；人船模型
【解析】【解答】AB．从释放到到小球达最低点过程中，由水平方向动量守恒和能量守恒得，
解得，故A错误，B错误；
C．对小球，由动能定理得
解得，故C正确；
D．从释放开始小车离开初位置的最大距离发生在小球摆至最高点时，此时小球与车的速度均为零，由能量守恒知小球回到原高度，由人船模型得，，解得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用水平方向系统动量守恒确定小球与小车的速度关系，结合能量守恒求小球速度；再通过动能定理分析细线对小球的做功；最后用“人船模型”分析小车的最大位移。
8．（2025·衡水模拟）机车以恒定加速度启动，在达到额定功率之前的过程中，下列机车牵引力—时间、机车功率—时间图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】AB．机车保持加速度不变启动，根据牛顿第二定律可得可得牵引力为
可知在达到额定功率之前的过程中，牵引力保持不变，故A错误，B正确；
CD．在达到额定功率前机车一直做匀加速直线运动，则有，机车的功率为
可知机车的功率随时间均匀增大，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】1. 恒定加速度启动的两个阶段
机车启动通常分为两个阶段：
匀加速阶段（牵引力恒定）：牵引力 F 保持不变（因为 恒定）；速度 随时间均匀增大：；功率 随时间线性增大；当功率达到额定功率 P额 时，第一阶段结束
变加速阶段（功率恒定）：功率保持 不变；牵引力 随速度增大而减小；加速度逐渐减小至零，最后匀速
2. 匀加速阶段的图像特征
牵引力-时间图像（F t）：
在匀加速阶段，牵引力 为常数，因此 图像是一段水平直线。
功率-时间图像（P t）：
由 可知，P 与 成正比，图像是一条过原点的倾斜直线。
3. 易错点
误把 恒定加速度启动 当成 恒定功率启动，从而选错图像。
忽略匀加速阶段牵引力不变的前提是 阻力恒定、质量不变。
混淆 图像和 图像的形状。
9．（2025·衡水模拟）如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一高度保持静止，间距为，甲、乙所带电荷量分别为、，质量分别为、，静电力常量为。甲、乙所受静电力的合力大小分别为、，匀强电场的电场强度大小为，不计空气阻力，则（　　）
A．
B．
C．
D．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止
【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】ABC．设两球间的库仑力大小为F，倾角为θ，对两球进行受力分析，如图所示
对甲球根据平衡条件有，
对乙球根据平衡条件有，，联立解得，故，根据库仑定律有F=，解得，故AC正确，B错误；
D．将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对甲有，
对乙有，，联立可得，无解，假设不成立，故D错误。
故选AC。
【分析】1、受力分析方法：
重力、电场力、库仑力在斜面坐标系中分解；沿斜面方向列平衡方程
2、平衡方程的建立：
两球独立平衡 → 两方程，联立求 E 与 F
3、库仑力计算：
，但这里 d 已知，方程中 F 即此值
4、电场力方向与斜面倾角的关系：
水平电场力在斜面切向分量为
5、两球质量与电荷量关系：
由方程知 时可能平衡
6、互换位置是否仍能平衡的判断：
对称性条件： 时才可能互换后仍平衡（因为左右斜面不对称）
否则互换后平衡方程无解
10．（2025·衡水模拟）在绝缘光滑水平面上的的A处、的处分别固定正电荷，如图甲所示。图乙是之间连线上的电势与位置之间的关系图像，图中点为电势的最低点。若在的点由静止释放一个带正电小球（可视为质点），下列说法正确的是（　　）
A．小球运动到处的加速度最大
B．两正电荷带电量之比
C．小球在处的动能最大
D．小球不能经过的位置
【答案】B,C
【知识点】库仑定律；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．图像中，斜率即为合电场强度，点处斜率为0，即合电场强度为0。小球运动到处的加速度为零，最小。故A错误；
B．处场强为零，根据点电荷场强则有，解得，故B正确；
C．从到的过程中，电势降低，带正电小球电势能减小，电场力做正功，动能增加。从再向右运动过程中，电势升高，带正电小球电势能增大，电场力做负功，动能减小。小球在处的动能最大。故C正确；
D．设点和小球运动能到达的最右端处电势差为，根据动能定理得，，得，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置。由乙图可知，和处电势相等的点在的右侧，故小球能经过的位置。故D错误。
故选BC。
【分析】一、易错点与关键概念
1、φ-x 图像斜率与场强的关系
斜率表示场强大小，但需注意方向（正负）
2、场强为零点与电势最低点的关系
在两正电荷之间，场强零点对应电势最低点
3、电荷量比的计算
距离要从各自电荷位置算起，不能从原点或中点算
4、动能最大位置的判断
电势最低点（或最高点）对应电势能极值，动能极值
5、最远位置的判断
由能量守恒，电势相等处为最远点
二、解题关键步骤
由 φ-x 图读出场强为零点（斜率 0）的位置 x0。
由场强为零列方程求电荷量比。
由电势最低点判断动能最大位置。
由起点电势在图中找到等势点，判断能否经过。
总结：本题综合考查 φ-x 图像的理解、点电荷场强叠加、电势能与动能转化、运动范围判断，核心在于从图像中提取信息，并能正确应用场强、电势、电势能的关系。
11．（2025·衡水模拟）为研究一均匀带正电球体周围静止电场的性质，某同学在干燥的环境中先将球放在一灵敏电子秤的绝缘托盘上，如图（a）所示，此时电子秤的示数为；再将另一小球用绝缘细线悬挂在一绝缘支架上，使其位于球的正上方点，电子秤稳定时的示数减小为。缓慢拉动绝缘细线，使小球从点沿竖直方向逐步上升到点，用刻度尺测出点正上方不同位置到点的距离，并采取上述方法确定该位置对应的场强，然后作出图像，如图（b）所示。已知点和点到点的距离分别为和，球在点产生的场强大小为。小球所带电量为，且远小于球所带的电量，球与球之间的距离远大于两球的半径。忽略空气阻力的影响，重力加速度为。
（1）小球A在M点所激发的电场的场强大小为　 　（用、、表示）。
（2）小球B位于点M时，电子秤的示数应为　 　（用、表示）。
【答案】（1）
（2）0.8N1+0.2N2
【知识点】共点力平衡条件的应用；库仑定律
【解析】【解答】（1）小球位于P点时，所受静电力为，故P点的电场强度大小为，由图（b）可知球A在M点所激发的电场的电场强度大小约为0.2E0，故M点的电场强度大小为
（2）小球B在M点所受电场力为，故此时电子秤的示数为
【分析】1. 用电子秤测静电力的原理
电子秤的示数 托盘上物体的视重 = 真实重力 物体受到的向上的净力。
当小球 A 单独在托盘上时，示数 。
当另一带电小球 B 在 A 正上方时，B 对 A 有向上的静电力 F（吸引或排斥取决于电荷同异号），此时电子秤示数 。
如果 B 在 A 正上方某一位置，测得示数 N，则静电力 。
2. 由静电力求电场强度
小球 B 带电量 q，在 A 球产生的电场中受到的静电力 （E 为 A 在 B 所在位置的场强）。
所以 。
3. 图(b) E h 曲线的物理意义
横坐标 ：B 球到 A 球球心的距离。
曲线形状：对点电荷场，
已知图中 对应场强 ，且 。
题中图(b) 读出 （ ）。
（1）小球位于P点时，所受静电力为
故P点的电场强度大小为
由图（b）可知球A在M点所激发的电场的电场强度大小约为0.2E0，故M点的电场强度大小为
（2）小球B在M点所受电场力为
故此时电子秤的示数为
12．（2025·衡水模拟）如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：
A.用天平测出两个小球的质量分别为和；
B.安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；
C.先不放小球，让小球从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；
D．将小球放在斜槽末端B处，仍让小球从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球、在斜面上的落点位置；
E．用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离，图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，M、P、N三点到B点的距离分别为、、。
依据上述实验步骤，请回答下面问题：
（1）两小球的质量、应满足　 　（填“”“”或“”）。
（2）用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式　 　，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。
（3）如果两个小球的碰撞是弹性碰撞，图中P、M分别是小球碰前碰后的落点位置，实验测得cm，cm，则小球的落点位置　 　cm。
【答案】（1）＞
（2）
（3）49
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量。
（2）碰撞前，小球落在图中的点，设其水平初速度为，小球和发生碰撞后，小球的速度增大，小球的速度减小，都做平抛运动，的落点在图中的点，设其水平初速度为，的落点是图中的点，设其水平初速度为，设斜面与水平面的倾角为，根据平抛运动规律有，，解得，同理可解得，，所以只要满足
即，则说明两球碰撞过程中动量守恒。
（3）如果满足小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足
代入上一问的速度表达式可得，联立
可得，解得
【分析】一、实验原理核心
1、利用平抛运动测速度：小球从斜槽末端飞出后做平抛运动，落在斜面上。
根据平抛规律，推导出初速度 与落点到斜槽末端的距离 s 的关系：
2、动量守恒的验证
碰前入射球动量 ；碰后入射球动量
碰后被碰球动量
动量守恒表达式：
二、实验条件与操作要点
斜槽末端切线水平：保证小球做平抛运动。
小球半径相同：保证对心碰撞，落点测量起点一致。
质量要求： ，防止入射球碰后反弹。
重复实验取平均落点：减小偶然误差。
三、落点位置的识别
P 点：碰前入射球的落点位置。M 点：碰后入射球的落点位置。N 点：碰后被碰球的落点位置。
四、弹性碰撞的能量条件
弹性碰撞时，动能守恒：，代入 得：
，联立动量守恒表达式，可求解未知落点距离。
（1）为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量。
（2）碰撞前，小球落在图中的点，设其水平初速度为，小球和发生碰撞后，小球的速度增大，小球的速度减小，都做平抛运动，的落点在图中的点，设其水平初速度为，的落点是图中的点，设其水平初速度为，设斜面与水平面的倾角为，根据平抛运动规律有，
解得
同理可解得，
所以只要满足
即，则说明两球碰撞过程中动量守恒。
（3）如果满足小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足
代入上一问的速度表达式可得
联立
可得
解得
13．（2025·衡水模拟）为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的总质量，m0为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
（1）实验时，下列操作描述正确的是___________。
A．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B．因绳的拉力可由力传感器读出，所以细绳不需要保持和木板平行
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M
（2）甲同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（3）甲同学以力传感器的示数F为横轴，加速度a为纵轴，画出的a-F图线是一条直线，如图所示，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量M＝____。
A． B． C． D．
（4）乙同学还做了如下实验：如图丙所示，平衡好摩擦力后，不改变小车质量和槽码个数，撤去打点计时器及小车后面的纸带，用具有加速度测量软件的智能手机固定在小车上来测量加速度，测量的结果比在丙图中不放手机，用打点计时器测得的要小。这是因为___________。
A．在小车上放置了智能手机后，没有重新平衡摩擦力
B．在小车上放置了智能手机后，细线的拉力变小了
C．在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了
（5）若乙同学没有严格控制好小车质量M与沙和沙桶质量m的大小关系，其它操作规范合理，结果在某次实验结果发现小车加速度的实验值（利用纸带求的值）只有理论值（）的，若不考虑其它因素的影响，可估算　 　。
【答案】（1）A；C
（2）2.98
（3）C
（4）C
（5）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）ABD．用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，不用保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M，需要将细绳保持和木板平行，同时应平衡摩擦力，应将带滑轮的长木板右端垫高，故A正确，BD错误；
C．为获得更多的点迹，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，故C正确；
故选AC。
（2）根据题意，相邻计数点时间间隔为
由逐差法计算加速度
（3）对小车与滑轮组成的系统，由牛顿第二定律得
根据图线的斜率可知
故小车的质量为
故选C。
（4）A．平衡摩擦力后，根据平衡条件有
化简得
由此可知，木板的倾角与小车质量无关，在小车上放置了智能手机后，相当于小车的质量增大，上式仍成立，不用重新平衡摩擦力，故A错误；
B．对槽码有
a减小，则绳上拉力F增大，故B错误；
C．在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了，不改变小车质量和槽码个数，则整体合力不变；对槽码、小车和手机的整体，根据牛顿第二定律
化简得
M增大，a减小，故C正确；
故选C。
（5）乙同学没有严格控制好小车质量M与沙和沙桶质量m的大小关系，据牛顿第二定律有
由题意其值只有理论值（）的，所以
解得
【分析】（1）探究物体质量一定时加速度与力的关系 实验中必须要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力和小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带。
（2）逐差法计算加速度。
（3）由牛顿第二定律得，根据图线的斜率可知，故小车的质量为（4）木板的倾角与小车质量无关，在小车上放置了智能手机后，相当于小车的质量增大，不用重新平衡摩擦力。
（5）理论值，实验值，可计算。
（1）ABD．用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，不用保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M，需要将细绳保持和木板平行，同时应平衡摩擦力，应将带滑轮的长木板右端垫高，故A正确，BD错误；
C．为获得更多的点迹，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，故C正确；
故选AC。
（2）根据题意，相邻计数点时间间隔为
s=0.1s
由逐差法计算加速度
（3）对小车与滑轮组成的系统，由牛顿第二定律得
根据图线的斜率可知
故小车的质量为
故选C。
（4）A．平衡摩擦力后，根据平衡条件有
化简得
由此可知，木板的倾角与小车质量无关，在小车上放置了智能手机后，相当于小车的质量增大，上式仍成立，不用重新平衡摩擦力，故A错误；
B．对槽码有
a减小，则绳上拉力F增大，故B错误；
C．在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了，不改变小车质量和槽码个数，则整体合力不变；
对槽码、小车和手机的整体，根据牛顿第二定律
化简得
M增大，a减小，故C正确；
故选C。
（5）乙同学没有严格控制好小车质量M与沙和沙桶质量m的大小关系，据牛顿第二定律有
由题意其值只有理论值（）的，所以
解得
14．（2025·衡水模拟）如右图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为和，A、B相距为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v0；已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）C、O间的电势差；
（2）在O点处的电场强度E的大小；
（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度vD大小。
【答案】解：（1）小球p从C到O根据动能定理有
解得
（2）A点电荷和B点电荷在O点的电场强度均为E＝
其中r＝AO＝BO＝
所以
根据对称性可知，两点电荷场强在水平方向的分场强抵消，合场强为
（3）从C到D点，由于电场线的对称性UCD＝2UCO
则根据动能定理有
解得
【知识点】电场强度的叠加；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、几何距离的准确计算
O 到 A、B 的距离不是 d，而是
2、场强的矢量合成
必须正确判断各场强的方向，进行分解合成
3、电势差的符号
电场力做功的正负由电势差和电荷电性决定
本题中 C、O 间电势差可由动能定理直接求，不需预先判断正负
4、对称性的应用
由对称性知 ，但需注意 C、D 相对于 O 的对称关系
二、解题关键步骤
1、第(1)问：对 C→O 应用动能定理，求 。
2、第(2)问：求 O 点到 A、B 的距离。
计算 A、B 在 O 点的场强大小。
矢量合成求合场强。
3、第(3)问：由对称性得 。
对 C→D 应用动能定理，求
总结：本题综合考查等量异种点电荷的电场分布、电势差计算、动能定理、对称性应用，核心在于正确计算几何距离，掌握场强的矢量合成，并能利用对称性简化电势差的计算。
15．（2025·衡水模拟）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0 m，现有一个质量为m=0.2 kg、可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E两点间的距离h=1.6 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2.不计空气阻力，求：
（1）物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小；
（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；
（3）若斜面已经满足（2）的要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，求在此过程中系统损失的机械能E的大小。
【答案】解：（1）物体从E到C，由机械能守恒得
在C点，由牛顿第二定律得
联立解得
（2）对从E到A的过程，由动能定理得
联立解得LAB=2.4 m
故斜面长度LAB至少为2.4 m。
（3）因为
解得
所以，物体不会停在斜面上，物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿光滑圆弧轨道做周期性运动。从E点开始直至最后，系统因摩擦而损失的机械能等于B、E两点间的重力势能，即
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、过程划分
必须明确哪些过程机械能守恒，哪些过程有摩擦损失，不能混用公式
2、支持力方向
在最低点，支持力竖直向上，大于重力
3、斜面长度的临界条件
物体恰好不从斜面顶端飞出 到 A 点时速度恰好为 0，用动能定理列方程求解
4、最终状态的判断
物体不会停在斜面上 最终在圆弧上往复运动，损失的机械能等于初始总机械能减去最终在圆弧上的机械能
5、高度差的计算
注意以最低点 C 为零势能面时，各点高度的表达式
二、解题关键步骤
1、第(1)问：由 E 到 C 机械能守恒求 C 点速度
在 C 点列向心力方程求支持力
2、第(2)问：设斜面长度为 LAB，对 E 到 A 过程应用动能定理（末速度为零）
代入已知数据解 LAB
3、第(3)问：判断最终运动状态（在圆弧上往复）
计算最终在圆弧上运动时的机械能（最高点 B 的势能）
损失的机械能 = 初始机械能 - 最终机械能
总结：本题综合考查机械能守恒、圆周运动、动能定理、摩擦力做功、运动稳定性分析，核心在于正确划分过程，灵活运用功能关系，并能判断最终的运动状态。
16．（2025·衡水模拟）如图甲所示，在光滑水平地面上有质量分别为、的两小物块、B，用细线连接并使中间的轻弹簧处于压缩状态（弹簧与两物块未拴接），弹簧的弹性势能为。轴间距为的水平传送带左端与水平地面平滑连接，传送带以的速度顺时针匀速转动。传送带右侧放置一个倾角为的足够长的固定斜面，小物块静置于距斜面顶端处。现将、间的细线烧断，与弹簧分离后冲上传送带，在传送带上运动后，从传送带右端水平飞出，恰好无碰撞地由斜面顶端滑入斜面，一段时间后与发生碰撞。时恰完成第一次碰撞，时刚要发生第二次碰撞，在内运动的图像如图乙所示（以沿斜面向下为正方向）。B、C每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，与传送带间的动摩擦因数，物块均可看作质点，重力加速度，求：
（1）B刚滑上传送带时的速度大小；
（2）的质量以及与斜面间的动摩擦因数；
（3）C沿斜面下滑的最大距离。
【答案】（1）解：对A、B及弹簧系统由动量及能量守恒定律得①，
由①②得
（2）解：若在传送带上一直加速，由
得
由
得
不合题意，故在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运动
B在斜面顶端有③
由图像可知每次在斜面上向上减速过程和向下加速过程的加速度大小分别为
，
在斜面上由顶端向下匀加速滑动过程中有④
由③④式得
对、第一次碰撞过程有⑤⑥
由⑤⑥得，
由图像得，
若在经过程后速度恰减为0，则由
得
故与再次碰撞时早已停止运动
与第一次碰后对有⑦，
则由⑦⑧得
（3）解：设第次与碰前的速度为，由⑤⑥相同的规律可知碰后、的速度大小分别为⑨
第次碰后上升过程有⑩
减速过程有
与第次碰撞前的速度应满足
由⑨~ 式得
由⑨（11）式可知第次碰撞后的位移为
第次碰撞后的位移为
又第一次碰后的位移为
则每次碰后的位移为
沿斜面下滑的最大距离为
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】一、弹簧系统与动量能量守恒
动量守恒：细线烧断瞬间，A、B 组成的系统合外力为零，动量守恒。
能量守恒：弹簧弹性势能 转化为 A、B 的动能。
联立求解：可解出 B 刚滑上传送带的速度
二、传送带上的运动分析
运动性质判断：若 ，先匀加速后可能匀速；若 ，先匀减速后可能匀速。
加速/减速加速度：，关键方程：
判断是否达到 ，从而确定运动阶段。
传送带右端平抛运动：离开传送带速度 已知。
平抛规律：，，恰好无碰撞滑入斜面 → 速度方向与斜面平行：可求下落高度和时间。
三、斜面上运动分析
受力分析：下滑加速度：
上滑加速度：（以沿斜面向下为正时，上滑加速度为负）
从 v t 图求加速度：图乙给出了 B 的速度随时间变化，可直接读取斜率得 和 。
求 μ 和 θ（或已知 θ 求 μ）：
联立：，
解得：，若 θ 已知，则直接求 μ。
四、B、C 的弹性碰撞
弹性碰撞速度公式（一维）：
若 C 初始静止：
利用图像求质量比：从图乙读出碰前 B 速度 和碰后 B 速度 ，代入上式可解 。
五、本题核心考点总结
弹簧系统动量能量守恒 → 求分离速度
传送带上的运动学分析 → 判断运动阶段，求出口速度
平抛运动与斜面衔接 → 速度方向条件
斜面上牛顿第二定律 → 求 和加速度
弹性碰撞公式 → 求质量比
周期性运动与递推关系 → 求位移等比数列和
图像信息提取 → 从 图读加速度和速度
极限思想 → 无限次碰撞后总位移的极限值

（1）对A、B及弹簧系统由动量及能量守恒定律得①，
由①②得
（2）若在传送带上一直加速，由
得
由
得
不合题意，故在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运动
B在斜面顶端有③
由图像可知每次在斜面上向上减速过程和向下加速过程的加速度大小分别为
，
在斜面上由顶端向下匀加速滑动过程中有④
由③④式得
对、第一次碰撞过程有⑤⑥
由⑤⑥得，
由图像得，
若在经过程后速度恰减为0，则由
得
故与再次碰撞时早已停止运动
与第一次碰后对有⑦，
则由⑦⑧得
（3）设第次与碰前的速度为，由⑤⑥相同的规律可知碰后、的速度大小分别为⑨
第次碰后上升过程有⑩
减速过程有
与第次碰撞前的速度应满足
由⑨~ 式得
由⑨（11）式可知第次碰撞后的位移为
第次碰撞后的位移为
又第一次碰后的位移为
则每次碰后的位移为
沿斜面下滑的最大距离为
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