2024版高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律实验八验证动量守恒定律学案新人教版

PAGE8-2024版高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律实验八验证动量守恒定律学案新人教版实验八验证动量守恒定律一、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′，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相等。二、实验器材斜槽、小球(两个)、天平、直尺、复写纸、白纸、圆规、重垂线。三、实验步骤(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。(2)按照如图甲所示安装实验器材。调整、固定斜槽使斜槽底端水平。(3)白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。用圆规画尽量小的圆把小球所有的落点都圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N。如图乙所示。(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度。将测量数据填入表中。最后代入m1·eq\x\to(OP)＝m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(ON)，看在误差允许的范围内是否成立。(7)整理好实验器材，放回原处。(8)实验结论：在实验误差允许范围内，碰撞系统的动量守恒。四、数据处理验证表达式：m1·eq\x\to(OP)＝m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(ON)。五、注意事项(1)斜槽末端的切线必须水平；(2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；(3)选质量较大的小球作为入射小球；(4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一教材原型实验例1(2020·江苏启东中学期末)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图甲所示。甲(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨内通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块1拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先接通打点计时器的电源，然后放开滑块1，让滑块1带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出一条较理想的纸带，如图乙所示；乙⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205g；试完善实验步骤⑥的内容。(2)已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为0.620kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为0.618kg·m/s。(结果均保留三位有效数字)(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器间有摩擦。[解析](1)先接通打点计时器的电源，然后放开滑块1。(2)滑块1与弹簧分离后做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后一起做匀速运动，根据纸带的数据得，碰撞前滑块1的动量为p1＝m1v1＝0.310×eq\f(0.2,0.1)kg·m/s＝0.620kg·m/s，滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg·m/s；碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后的总动量为p2＝(m1＋m2)v2＝(0.310＋0.205)×eq\f(0.168,0.14)kg·m/s＝0.618kg·m/s。(3)主要原因是纸带与打点计时器间有摩擦力的作用。〔变式训练1〕某同学用图甲所示的装置来验证动量守恒定律，A、B为半径相同的小球(mA>mB)，图中PQ是斜槽，QR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一位置G由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。多次重复上述操作，得到多个落点痕迹。再把B球放在水平槽末端，让A球仍从位置G由静止释放。两球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，多次重复该操作。图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的竖直投影点。B球落点痕迹如图乙所示，图中米尺的零刻度线与O点对齐(未画出)。(1)碰撞后B球的水平射程应为65.5(±0.3)cm；(2)以下选项中的物理量是本次实验中必须测量的是ABD。(填选项前的字母)A．A球未与B球碰撞时的平均落点到O点的距离B．A球与B球碰撞后的平均落点到O点的距离C．A球和B球的直径D．A球和B球的质量E．水平槽面相对于O点的高度[解析](1)由题图乙可知，取B球落点的平均位置，则碰撞后B球的水平射程应为65.5cm；(2)本实验需要验证的方程是mA·eq\x\to(OK)＝mA·eq\x\to(ON)＋mB·eq\x\to(OM)(其中的K、N、M分别是A球碰撞前的平均落点、A球碰撞后的平均落点以及B球碰撞后的平均落点)，则需要测量的物理量有两球的质量mA、mB，水平槽上未放B球时，A球平均落点位置到O点的距离eq\x\to(OK)，A球与B球碰撞后，两球的平均落点位置到O点的距离eq\x\to(ON)和eq\x\to(OM)，故A、B、D正确，C、E错误。考点二实验拓展创新验证动量守恒实验创新主要是两种途径：(1)用新器材实现实验方式的创新，比如使用气垫导轨来减少摩擦力对实验的影响。(2)从实验模型角度进行创新，因此所有满足动量守恒定律的模型均可以用来验证动量守恒。例2为了验证碰撞过程中的动量和能量是否守恒，某中学高三物理兴趣小组找来了一端倾斜、另一端水平的光滑轨道，如图所示。在距离水平部分高为h处和水平部分安装了1、2两个光电门，然后找来两个直径均为d但质量分别为mA和mB的小球A、B进行实验。先将小球B静置在水平轨道上两光电门之间，让小球A从倾斜轨道上较高位置释放，光电门1记录了小球A碰撞前后通过的时间t1、t′1，光电门2记录了碰后小球B通过的时间t′2。通过对实验结果的分析可知mA小于(填“大于”“小于”或“等于”)mB，若满足关系式eq\a\vs4\al(\f(mA,t\o\al(2,1))＝\f(mA,t′\o\al(2,1))＋\f(mB,t′\o\al(2,2)))，则说明碰撞过程中能量守恒。如果两小球的位置互换，该实验能(填“能”或“不能”)成功。[解析]本题考查利用弧形导轨和光电门探究动量守恒定律。由题意可知，两个直径相同的小球在光滑的水平面上发生碰撞，要验证系统动量守恒，则必定要测出碰撞前后小球的速度，由于小球A通过光电门1的时间有两个，则说明小球A碰撞前后两次通过光电门1，即碰撞后小球A的速度反向，则小球A的质量小于小球B的质量；由机械能守恒定律可以求出两个小球碰撞前后veq\o\al(2,A)＝2gh＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))2，v′eq\o\al(2,A)＝2gh＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t′1)))2，v′eq\o\al(2,B)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t′2)))2，若碰撞前后机械能守恒，则有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,B)，将以上各式代入并化简可得eq\f(mA,t\o\al(2,1))＝eq\f(mA,t′\o\al(2,1))＋eq\f(mB,t′\o\al(2,2))。若把两球的位置互换，则碰撞后B球不会反弹，但B球碰后可以通过光电门2，则仍可求出碰撞后两球的速度，同样也能验证该过程动量及机械能是否守恒。〔变式训练2〕(2020·江西南昌一中月考)某研究小组设计了如下实验来验证动量守恒定律：两条相同的细线分别挂着两个等体积小球，质量分别是m1和m2，中间夹有一轻弹簧，再用一细线穿过弹簧连接两球，弹簧处于压缩状态但不与小球粘接。用火烧断细线，两球分别向左、右运动，测出它们最大的摆角分别为α、β，如图所示。(1)实验过程中，没有(填“有”或“没有”)必要测出竖直细线的长度。(2)理论上，质量大的小球摆角小。(填“大”或“小”)(3)试写出验证动量守恒的表达式：m1eq\r(1－cosα)＝m2eq\r(1－cosβ)。(用题中所给物理量表示)[解析]设竖直细线的长度为L，烧断细线过程两球组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0，烧断细线后小球摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知，对左侧小球有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝m1gL(1－cosα)，对右侧小球有eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝m2gL(1－cosβ)，整理得m1eq\r(1－cosα)＝m2eq\r(1－cosβ)。(1)根据以上分析可知实验过程中，没有必要测出竖直细线的长度；(2)由m1eq\r(1－cosα)＝m2eq\r(1－cosβ)可知，质量大的小球摆角小；(3)由以上推导过程可知，实验需要验证的表达式是m2eq\r(1－cosα)＝m2eq\r(1－cosβ)。2年高考·1年模拟2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2020·山东淄博十中期末)某同学用图甲所示的装置验证动量守恒定律。图中AB为斜槽，BC为水平槽。甲(1)下列说法正确的是A。A．该实验要求入射小球的质量应大于被碰小球的质量B．该实验要求入射小球和被碰小球必须是金属材质C．该实验通过测量入射小球从斜槽上由静止释放的点到水平槽的竖直距离h得到小球碰撞前的速度D．该实验通过测量小球做平抛运动的竖直位移间接得到小球碰撞前、后的速度(2)实验时先使入射小球从斜槽上某一固定位置S多次由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上并留下痕迹，从而确定P点的位置；再把被碰小球放在水平槽末端，让入射小球仍从位置S多次由静止释放，跟被碰小球碰撞后，两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，从而确定M、N点的位置。实验中，确定P点位置时多次落点的痕迹如图乙所示，刻度尺的零刻度线与O点对齐，则OP＝39.80cm。乙(3)该实验若要验证两小球碰撞前、后的动量是否守恒，需要分别测量记录纸上M点距O点的距离LOM、P点距O点的距离LOP、N点距O点的距离LON。除此之外，还需要测量的物理量是两球的质量，需要验证的关系式为eq\a\vs4\al(m1LOP)＝m1LOM＋m2LON(其中涉及需要测量的物理量请用自己设定的字母表示)。[解析](1)要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，而对小球的材质无严格的要求，故A正确，B错误；入射小球从斜面上由静止下落过程中会受到斜面的摩擦力作用，由于摩擦力做功未知，所以不能通过测量入射小球从斜槽上由静止释放的点到水平槽的竖直距离h得到小球碰撞前的速度，故C错误；两球碰撞前后均做平抛运动，平抛的初速度为v＝eq\f(x,t)，竖直高度相同，则下落时间相等，故只需要测量两球平抛的水平位移而不需要测量竖直位移就能间接得到小球碰撞前、后的速度，故D错误。(2)为减小实验误差，则落点痕迹中心到O点的距离即为OP的长度，图乙中刻度尺的分度值是1mm，估读到0.1mm，所以OP＝39.80cm。(3)据平抛运动规律可知，落地高度相同，则运动时间相同，设两球落地时间为t，则v0＝eq\f(LOP,t)，v1＝eq\f(LOM,t)，v2＝eq\f(LON,t)；设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，根据动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，可得验证的表达式为m1LOP＝m1LOM＋m2LON，还需要测量的物理量是两球的质量。2．(2020·广东佛山一中期中)某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律及测量平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数的实验。在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台上A点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g。采用的实验步骤如下：A．在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；B．用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量ma、mb；C．在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧，静止放置在平台上；D．烧断细线后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；E．记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间Δt；F．滑块a最终停在C点(图中未画出)，用刻度尺测出AC之间的距离sa；甲G．小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台上表面距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离sb；H．改变弹簧压缩量，进行多次测量。(1)用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为2.550mm。(2)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证两物体a、b弹开后的动量大小相等，即a的动量大小eq\a\vs4\al(\f(mad,Δt))等于b的动量大小eq\a\vs4\al(mbsb\r(\f(g,2h)))。(用上述实验所涉及物理量的字母表示)(3)改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到小滑块a的sa与eq\f(1,Δt2)关系图像如图丙所示，图像的斜率为k，则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数为eq\a\vs4\al(\f(d2,2kg))。(用上述实验所涉及物理量的字母表示)[解析](1)螺旋测微器的读数为2.5mm＋0.050mm＝2.550mm。(2)烧断细线后，a向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a经过光电门的速度为va＝eq\f(d,Δt)，故a的动量大小为pa＝maeq\f(d,Δt)，b离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得h＝eq\f(1,2)gt2及sb＝vbt，联立解得vb＝sbeq\r(\f(g,2h))，故b的动量为pb＝mbvb＝mbsbeq\r(\f(g,2h))。(3)对物体a由光电门向左运动过程分析，则有veq\o\al(2,a)＝2asa，经过光电门的速度va＝eq\f(d,Δt)，由牛顿第二定律可得a＝eq\f(μmg,m)＝μg，联立可得sa＝eq\f(1,2)×eq\f(d2,μg)·eq\f(1,Δt2)，则由题图丙可知μ＝eq\f(d2,2kg)。3．(2020·湖南怀化市月考)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。①用天平测出两个小球a、b的质量分别为m1和m2；②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；③先不放小球b，让小球a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；④将小球b放在斜槽末端B处，仍让小球a从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球a、b在斜面上的落点位置；⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离，图为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，从M、P、N到B点的距离分别为sM、sP、sN。依据上述实验步骤，请回答下面问题：(1)两小球的质量m1、m2应满足m1>m2(填“>”“＝”或“<”)；(2)小球a与b发生碰撞后，a的落点是图中M点，b的落点是图中N点；(3)用实验中测得的数据来表示，只要满足关系eq\a\vs4\al(m1\r(sP)＝m1\r(sM)＋m2\r(sN))，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的；(4)若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞，用实验中测得的数据来表示，只需比较m1sP与m1sM＋m2sN是否相等即可。[解析]本题考查探究动量守恒定律实验中平抛运动规律的应用。(1)为了防止入射小球碰后反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量，即m1>m2。(2)小球a和小球b相撞后，小球b的速度比小球a碰前速度大，小球a的速度比碰前速度小，且小球a、b都做平抛运动，所以碰撞后小球a的落点是M点，小球b的落点是N点。(3)碰撞前，小球a落在题图中的P点，设其平抛初速度为v1。小球a和b发生碰撞后，a的落点在题图中的M点，使其平抛初速度为v′1，b的落点是图中的N点，设其平抛运动初速度为v2。设斜面BC倾角为α，由平抛运动规律得sMsinα＝eq\f(1,2)gt2，sMcosα＝v′1t，解得v′1＝eq\r(\f(gsMcos2α,2sinα))；同理可得v1＝eq\r(\f(gsPcos2α,2sinα))，v2＝eq\r(\f(gsNcos2α,2sinα))，所以只要满足m1v1＝m1v′1＋m2v2，即m1eq\r(sP)＝m1eq\r(sM)＋m2eq\r(sN)，则说明两球碰撞前后动量是守恒的。(4)如果两小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，代入(3)中的速度表达式可知，应满足的公式为m1sP＝m1sM＋m2sN，故需要比较m1sP和m1sM＋m2sN是否相等。专题强化四“碰撞类”模型问题模型一“物体与物体”正碰模型1．分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。(3)速度要合理①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′。②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2．弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ ①eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2 ②由①②得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。(2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都向前运动。(3)当m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。3．非弹性碰撞的规律满足动量守恒定律和能量守恒定律。例如：以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面非弹性碰撞为例，由动量守恒定律知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，由能量守恒定律知，系统损失的机械能ΔE损＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v′\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2v′\o\al(2,2)))。例1如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。不计空气阻力。(1)在下落过程中，两个小球之间是否存在相互作用力？请说明理由。(2)已知h远大于两球半径，所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞前后小球都沿竖直方向运动。若碰撞后m2恰处于平衡状态，求：①落地前瞬间，两个小球的速度大小v0；②两个小球的质量之比m1︰m2；③小球m1上升的最大高度H。[解析](1)在下落过程中，两个小球之间不存在相互作用力。任意时刻它们的速度和加速度都相同，不会相互挤压，其间没有相互作用力。(2)①根据机械能守恒定律：eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)＝(m1＋m2)gh解得v0＝eq\r(2gh)。②m1，m2以相同的速度v0落到地面，m2先与地面发生弹性碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向反向；接着与m1碰撞，碰后m2的速度恰好减为零，m1的速度为v1。取向上为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有－m1v0＋m2v0＝m1v1eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)解得v1＝2v0＝2eq\r(2gh)，m1︰m2＝1︰3。③根据机械能守恒定律，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝m1gH，解得H＝4h。[答案](1)见解析(2)①eq\r(2gh)②1︰3③4h模型二“滑块——弹簧”碰撞模型模型图示模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)例2如图(甲)所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图(乙)所示。求：(1)物块C的质量mC；(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。[解析](1)由题图(乙)知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，有mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝2kg。(2)12s时B离开墙壁，之后A，B，C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A，C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒定律有(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,4)＋Ep联立得Ep＝9J。[答案](1)2kg(2)9J模型三“滑块——斜面”碰撞模型模型图示模型特点(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)(2)最低点：m与M分离点。水平方方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)(完全弹性碰撞拓展模型)例3(2020·甘肃天水市调研)如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g。求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。[解析](1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向由动量守恒定律得：mv0＝2mv，解得v＝eq\f(1,2)v0；碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2解得E损＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝eq\f(1,5)v0，根据机械能守恒得2mgh＝eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2－eq\f(1,2)×5meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)v0))2，解得h＝eq\f(3v\o\al(2,0),40g)。[答案](1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3v\o\al(2,0),40g)〔专题强化训练〕1．(2020·课标Ⅲ，T15)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)A．3J B．4JC．5J D．6J[解析]本题结合运动图像考查动量守恒定律和能量守恒定律。由题图可知，碰撞前甲的速度v甲＝5m/s，乙的速度v乙＝1m/s，碰撞后甲的速度v′甲＝－1m/s，乙的速度v′乙＝2m/s，由于不受外力作用，甲、乙碰撞过程动量守恒，则有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，解得m乙＝6kg，所以碰撞过程两物块损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v′eq\o\al(2,甲)－eq\f(1,2)m乙v′eq\o\al(2,乙)＝3J，故A正确，B、C、D错误。2．质量相等的A，B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为pA＝9kg·m/s，B球的动量为pB＝3kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A，B两球的动量可能是(A)A．pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/sB．pA′＝8kg·m/s，pB′＝4kg·m/sC．pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14kg·m/sD．pA′＝－4kg·m/s，pB′＝17kg·m/s[解析]A，B组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，即pA′＋pB′＝pA＋pB＝9kg·m/s＋3kg·m/s＝12kg·m/s，选项D错误；A，B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即EkA＋EkB≥EkA′＋EkB′，Ek1＝EkA＋EkB＝eq\f(p\o\al(2,A),2m)＋eq\f(p\o\al(2,B),2m)＝eq\f(81＋9,2m)(J)＝eq\f(90,2m)(J)，Ek2＝EkA′＋EkB′＝eq\f(pA′2＋pB′2,2m)，有eq\f(90,2m)≥eq\f(pA′2＋pB′2,2m)，即pA′2＋pB′2≤90，同时还应满足eq\f(pA′,m)≤eq\f(pB′,m)，由此可判断选项A正确，B，C错误。3．(2020·天津)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍然圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？[答案](1)m1eq\r(5gl)(2)eq\f(5gl2m1＋m22,2m2)[解析](1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1g＝m1eq\f(v2,l) ①A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)m1v2＋2m1gl ②由动量定理，有I＝m1v1 ③联立①②③式，得I＝m1eq\r(5gl) ④(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA ⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′ ⑥又Ek＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B) ⑦联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek＝eq\f(5gl2m1＋m22,2m2) ⑧专题强化五力学三大观点的综合应用模型一“物体与物体”正碰模型一、解动力学问题的三个基本观点力的观点运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速直线运动问题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二、动量观点和能量观点的比较相同点①研究对象都是相互作用的物体组成的系统②研究过程都是某一运动过程不同点动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律都是标量表达式，无分量表达式三、利用动量和能量的观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。(3)若研究过程涉及时间，一般考虑用动量定理或运动学公式。(4)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。1．动力学方法的应用若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解。例1(2021·安徽濉溪月考)如图所示，长L＝1.5m、高h＝0.45m、质量M＝10kg的长方体木箱，在地面上向右做直线运动。当木箱的速度v0＝3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F＝50N，并同时将一个质量m＝1kg的小球轻放在距木箱右端0.5m的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面。木箱与地面间的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计。g取10m/s2。求：(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；(2)小球放到P点后，木箱向右运动的最大位移大小；(3)小球离开木箱时木箱的速度大小。[解析]本题考查板块模型。(1)设小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为t，由h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.3s。(2)小球放到木箱上后相对地面静止，木箱的加速度a1＝eq\f(F＋μM＋mg,M)＝7.2m/s2，设小球一直没有从木箱左端掉下，则木箱向右运动到速度为零时的位移大小x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝0.9m，x1<1m，故小球不会从木箱的左端掉下，故木箱向右运动的最大位移为0.9m。(3)木箱向左运动的加速度a2＝eq\f(F－μM＋mg,M)＝2.8m/s2，设木箱向左运动的距离为x2时，小球离开木箱，则x2＝x1＋0.5m＝1.4m，设木箱向左运动的时间为t′，由x2＝eq\f(1,2)a2t′2，解得t′＝eq\r(\f(2x2,a2))＝1s，小球刚离开木箱瞬间，木箱的速度方向向左，大小v＝a2t′＝2.8m/s。[答案](1)0.3s(2)0.9m(3)2.8m/s2．能量观点的应用若一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理、能量守恒定律求解。例2(2021·江西抚州七校联考)将一轻质弹簧竖直固定在水平地面上处于原长状态，让一质量m0＝20g的小球从弹簧上端由静止释放，小球最大下落高度h1＝5cm，将该弹簧固定在如图所示的轨道左侧竖直墙壁上，轨道中部有一半径R＝0.1m的竖直圆轨道，不同轨道的连接处均为平滑连接，小滑块可以从圆轨道最低点的一侧进入圆轨道，绕圆轨道一周后从最低点向另一侧运动。轨道上弹簧右侧的M点到圆轨道左侧N点的距离xMN＝0.6m的范围内有摩擦，而其他部分均光滑。让另一质量m＝10g的小滑块从轨道右侧高h2(未知)处由静止释放，小滑块恰好能通过圆轨道最高点C，且第一次恰好能把弹簧压缩5cm，现让该小滑块从轨道右侧h3＝0.4m处由静止释放，已知重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小滑块下落的高度h2；(2)小滑块停止时的位置到N点的距离。[解析](1)小滑块恰好能过C点，根据牛顿第二定律可得：mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)由机械能守恒定律可得：mgh2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：h2＝0.25m。(2)弹簧竖直放置，被压缩h1＝5cm时的弹性势能Ep＝m0gh1＝0.01J。由能量守恒可知，小滑块滑至第一次把弹簧压缩到最短时有：mgh2＝μmgxMN＋E′p，其中E′p＝Ep＝0.01J解得：μmgxMN＝0.015J当小滑块从h3＝0.4m处下滑后，第二次通过N点时的动能为：EkN＝mgh3－2μmgxMN＝0.01J此时小滑块动能小于0.015J，故小滑块不再与弹簧相碰由能量守恒可得：EkN＝μmgx解得：x＝0.4m小滑块最终停在N点左侧0.4m处。[答案](1)0.25m(2)0.4m3．力学三大观点的综合应用这类模型各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带。例3如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2kg的小球P和质量为m＝0.1kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2m，重力加速度为g＝10m/s2，求：(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小F′NB；(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。[解析](1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有Mg＝Meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq\r(gR)对于小球P，从B→C，由动能定理有－2MgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(5gR)在B点有FNB－Mg＝Meq\f(v\o\al(2,B),R)解得FNB＝6Mg＝12N，由牛顿第三定律有F′NB＝FNB＝12N。(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，根据公式h＝eq\f(1,2)gt2得t＝0.2s根据公式x＝vt，得v＝1m/s磁撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有mvQ＝2mv，解得vQ＝2m/s。(2)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ解得vp＝1m/sP、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,p)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，解得Ep＝0.3J。[答案](1)12N(2)2m/s(3)0.3J规律总结1．利用动量的观点和能量的观点解题应注意：中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题，若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解。2．应用动量、能量观点解决问题的两点技巧：(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象。(2)灵活选取物理过程。在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究。列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况。〔专题强化训练〕1．(2020·山东枣庄二模)某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平传送带上，恰好能传送过去是合格的最低标准。假设传送带的长度为10m、运行速度是8m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10m/s，取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是(B)A．工件与传送带间的动摩擦因数不大于0.32才为合格B．工件被传送过去的最长时间是2sC．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10m/s[解析]本题考查传送带模型。工件恰好传到右端，有0－veq\o\al(2,0)＝－2μgL，解得μ＝0.5，所以工件与传送带间的动摩擦因数不大于0.5才为合格，工件被传送过去的最长时间t＝eq\f(v0,μg)＝2s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度—时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。2．如图所示，质量为2kg的小车以2.5m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，现在小车上表面上方1.25m高度处将一质量为0.5kg的可视为质点的物块由静止释放，经过一段时间物块落在小车上，最终两者一起水平向右匀速运动。重力加速度为g＝10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是(D)A．物块释放0.3s后落到小车上B．若只增大物块的释放高度，物块与小车的共同速度变小C．物块与小车相互作用的过程中，物块和小车的动量守恒D．物块与小车相互作用的过程中，系统损失的能量为7.5J[解析]物块下落的时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.25,10))s＝0.5s，选项A错误；物块与小车相互作用的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，由水平方向动量守恒有Mv0＝(M＋m)v，释放高度增大，水平方向的共同速度不变，选项B、C错误；在整个过程中，由能量守恒定律得系统损失的机械能ΔE＝mgh＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Mv\o\al(2,0)－\f(1,2)M＋mv2))，代入数据可得ΔE＝7.5J，选项D正确。3．(2019·全国卷Ⅲ，25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？[答案](1)4.0m/s1.0m/s(2)物块B先停止0.50m(3)0.91m[解析](1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB ①Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B) ②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s。 ③(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg ④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2 ⑤vB－at＝0 ⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－eq\f(1,2)at2 ⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m ⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处，B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s＝0.25m＋0.25m＝0.50m。 ⑨(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为v′A，由动能定理有eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝－μmAg(2l＋sB) ⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得v′A＝eq\r(7)m/s ⑪故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B ⑫eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAv″eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv″eq\o\al(2,B) ⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得v″A＝eq\f(3\r(7),5)m/s，v″B＝－eq\f(2\r(7),5)m/s ⑭这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为s′A时停止，B向左运动距离为s′B时停止，由运动学公式2as′A＝v″eq\o\al(2,A)，2as′B＝v″eq\o\al(2,B) ⑮由④⑭⑮式及题给数据得s′A＝0.63m，s′B＝0.28m ⑯s′A小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s′＝s′A＋s′B＝0.91m。 ⑰第1讲电场力的性质一、选择题(本题共12小题，1～8题为单选，9～12题为多选)1．(2020·浙江浙南名校联盟期末)如图所示，光滑绝缘水平桌面上有A、B两个带电小球(可以看成点电荷)，A球带电荷量为＋2q，B球带电荷量为－q，由静止开始释放后A球加速度大小为B球的2倍。下列说法正确的是(D)A．A球受到的静电力是B球受到静电力的2倍B．靠近过程中A球的动能总是等于B球的动能C．A球受到的静电力与B球受到的静电力是一对平衡力D．现把A球与带电荷量为＋4q的C球接触后放回原位置，再静止释放A、B两球，A球加速度大小仍为B球的2倍[解析]本题考查电场力作用下的加速和平衡问题。A、B球受到的静电力是一对作用力与反作用力，总是大小相等、方向相反，故A、C错误；根据动能定理可得F电L＝Ek－0，两球都是做加速度增大的加速运动，A球加速度大小始终为B球的2倍，则A球的位移大小始终大于B球的位移大小，而F电相同，靠近过程中A球的动能总是始终大于B球的动能，故B错误；因A球加速度大小为B球的2倍，根据a＝eq\f(F,m)可知A的质量为B的一半，无论A和B的电荷量大小如何，二者的电场力总是等大反向，A球加速度大小仍为B球的2倍，故D正确。2．(2021·山东济南莱芜区模拟)电荷量分别为q1、q2的两个点电荷，相距r时，相互作用力为F，下列说法错误的是(A)A．如果q1、q2恒定，当距离变为eq\f(r,2)时，作用力将变为2FB．如果其中一个电荷的电荷量不变，而另一个电荷的电荷量和它们间的距离都减半时，作用力变为2FC．如果它们的电荷量和距离都加倍，作用力不变D．如果它们的电荷量都加倍，距离变为eq\r(2)r，作用力将变为2F[解析]本题考查对库仑定律的理解。如果q1、q2恒定，当距离变为eq\f(r,2)时，由库仑定律可知作用力将变为4F，选项A错误；如果其中一个电荷的电荷量不变，而另一个电荷的电荷量和它们间的距离都减半时，作用力变为2F，选项B正确；根据库仑定律，如果它们的电荷量和距离都加倍，作用力不变，选项C正确；根据库仑定律，如果它们的电荷量都加倍，距离变为eq\r(2)r，作用力将变为2F，选项D正确。本题选错误说法，故选A。3．(2021·山东济南模拟)AB是某点电荷电场中的一条电场线，在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿电场线向B点运动，则试探电荷向B做(D)A．匀加速运动B．加速度越来越大的运动C．加速度越来越小的运动D．加速运动，加速度的变化情况不能确定[解析]本题考查电荷沿电场线的运动。根据在电场线上P处自由释放一个负试探电荷，它由P向B运动，说明它受到的电场力的方向指向B，则电场强度方向应为B→A，但无法确定电场强度的大小关系，所以不能判断加速度的变化。综上所述，本题正确选项为D。4．完全相同的金属球壳a与b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘底座上，两球心间的距离L为球半径的3倍。若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量均为Q，那么a、b两球之间的万有引力F引、库仑力F库分别为(C)A．F引＞Geq\f(m2,L2)，F库＝keq\f(Q2,L2)B．F引＜Geq\f(m2,L2)，F库＝keq\f(Q2,L2)C．F引＝Geq\f(m2,L2)，F库＞keq\f(Q2,L2)D．F引＝Geq\f(m2,L2)，F库＜keq\f(Q2,L2)[解析]本题考查万有引力和库仑力的关系及使用条件。两金属球壳厚度和质量分布均匀，则两者之间的万有引力为F引＝Geq\f(m2,L2)，由于异种电荷相互吸引，两金属球壳上的电荷分布不均匀，会相互靠近，使得电荷之间的实际距离小于L，故两金属球壳之间的库仑力F库＞keq\f(Q2,L2)，故选C。5．如图所示，a、b两点的连线垂直于均匀带电圆环所在平面并经过圆环的中心，两点到圆环的距离均为d，带电荷量为＋q的点电荷在a、b两点连线上且到圆环的距离为2d。若图中b点处的电场强度为零，则图中a点处的电场强度大小是(C)A．eq\f(kq,d2) B．eq\f(kq,3d2)C．eq\f(10kq,9d2) D．eq\f(8kq,9d2)[解析]由于b点处的合场强为零，所以圆环在b点处产生的场强与点电荷＋q在b处产生的场强大小相等，均为eq\f(kq,3d2)，方向相反，可知圆环应带负电。由圆环产生场强的特点可知，圆环在a点处产生的场强大小也为eq\f(kq,3d2)，方向向左，点电荷＋q在a点处产生的场强大小等于eq\f(kq,d2)，方向向左，所以图中a点处的电场强度大小是eq\f(10kq,9d2)，方向向左，故C正确，A、B、D错误。6．(2021·海南月考)真空中有一点电荷Q，MN是这个点电荷电场中的一条水平直线，如图所示，A、B、C是直线MN上的三个点，B是A、C的中点，点电荷Q位于A点正上方O处(未画出)。设A、B、C三点场强大小分别为EA、EB、EC，且EB＝eq\f(1,2)EA，则EC的值为(C)A．eq\f(1,3)EA B．eq\f(1,4)EAC．eq\f(1,5)EA D．eq\f(1,6)EA[解析]本题考查点电荷电场的电场强度公式及其相关知识点。设Q与A点的距离为L，Q与B点的距离为LB，则EA＝eq\f(kQ,L2)，EB＝eq\f(kQ,L\o\al(2,B))，又EB＝eq\f(1,2)EA，解得LB＝eq\r(2)L，所以Q、A、B构成一个等腰直角三角形，A、C之间的距离为2L，Q、C之间的距离为LC＝eq\r(L2＋2L2)＝eq\r(5)L，则EC＝eq\f(kQ,L\o\al(2,C))＝eq\f(1,5)·eq\f(kQ,L2)＝eq\f(1,5)EA，选项C正确。7．(2021·河南周口月考)如图所示，一根轻质绝缘弹簧将光滑绝缘水平面上两个相同的不带电金属小球A、B(可视为质点)连接起来。现用另一大小相同的带电金属小球C分别与A和B依次接触之后移去小球C，A、B均平衡时弹簧的形变量为x1；然后再将刚才移走的小球C与A接触之后再次移去小球C，A、B再次达到平衡时弹簧的形变量为x2。已知弹簧始终处在弹性限度以内，则eq\f(x1,x2)可能为(A)A．eq\f(10,9) B．eq\f(4,3)C．eq\f(5,3) D．2[解析]本题考查库仑定律、胡克定律、平衡条件等知识点。设弹簧的劲度系数为k0，弹簧原长为L0，小球C的带电荷量为q，第一次分别与A、B接触之后，小球A、B的带电荷量分别为eq\f(1,2)q和eq\f(1,4)q，此时满足平衡条件keq\f(\f(1,8)q2,L0＋x12)＝k0x1，再次将C球与A球接触后，A、B两球带电荷量分别为eq\f(3,8)q和eq\f(1,4)q，此时由平衡条件可得keq\f(\f(3,32)q2,L0＋x22)＝k0x2，由于两次弹簧均处于伸长状态且x1>x2，于是有eq\f(x1,x2)＝eq\f(4L0＋x22,3L0＋x12)<eq\f(4,3)，选项A正确。8．(2020·安徽淮北师范大学附属中学期中)如图所示，光滑绝缘圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，a、c连线与竖直方向成60°角，b、c连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是(D)A．a、b、c小球带同种电荷B．a、b小球带异种电荷C．a、b小球电荷量之比为eq\f(\r(3),6)D．a、b小球电荷量之比为eq\f(\r(3),9)[解析]本题考查库仑力的计算。对c分析，受到重力、环的支持力以及a、b对c的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑力的分力，由共点力平衡条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b所带电荷的电性必定是相同的；a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力，对a分析，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，根据题给条件可得a、b连线为圆环直径，即b球对a球的库仑力与圆环对a的支持力在同一条直线上，都与过a球处的圆环的切线垂直，又重力有沿圆环切线方向向下的分力，若a要平衡，则c对a的库仑力必有沿切线向上的分力，所以c对a的作用力必须是吸引