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高考物理考前沖刺押題預測 靜電場
一．選擇題（共8小題）
1．（2024秋 寧波期末）電子束焊接機是一種先進的焊接技術。電子束焊接機中的電場線分布如圖中虛線所示，其中K為陰極，A為陽極，兩極之間的距離為h，在同一電場線上有B、C、D三點，C為A、K兩極的中點，且BC＝CD。在兩極之間加上電壓為U的高壓電。現有一電子在K極附近由靜止被加速運動到A極。已知電子電荷量大小為e，下列說法中正確的是（　　）
A．A、K之間的電場為勻強電場
B．電子沿電場線由K極到A極過程中電場力做功為﹣eU
C．若將電子從C點由靜止釋放，到達A極時，動能增加為0.5eU
D．電子從D點運動到C點的時間大于其從C點運動到B點的時間
2．（2024秋 石景山區期末）如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于M、N兩點，P、Q是MN連線上的兩點，且MP＝QN。下列說法正確的是（　　）
A．P點電場強度與Q點電場強度相等
B．P點電勢與Q點電勢相等
C．若兩點電荷的電荷量均變為原來的2倍，P點電場強度大小將變為原來的4倍
D．若兩點電荷的電荷量均變為原來的2倍，P、Q兩點間電勢差不變
3．（2024秋 石景山區期末）在某靜電場中有a、b兩點，試探電荷在兩點的靜電力F與其電荷量q滿足如圖所示的關系，則電場中a、b兩點場強大小的比值等于（　　）
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1
4．（2024秋 濟寧期末）如圖所示，實線APB為均勻帶正電的半圓弧形絕緣體，虛線AQB為均勻帶等量負電的半圓弧形絕緣體，O點為圓心，P、Q分別為兩圓弧的中點，PQ上的M、N兩點關于O點對稱。關于M、N兩點的電場強度和電勢，下列說法正確的是（　　）
A．電場強度相同、電勢不同
B．電場強度不同、電勢相同
C．電場強度相同、電勢相同
D．電場強度不同、電勢不同
5．（2024秋 紅橋區期末）有研究表明，當有興奮情緒時，在人的體表可以測出與之對應的電勢變化。某一瞬間人體表面的電勢分布如圖所示，圖中實線為等差等勢面，標在等勢面上的數值表示該等勢面的電勢，a、b、c、d為等勢面上的點，該電場可等效為兩等量異種點電荷產生的電場，a、b為兩點電荷連線上對稱的兩點，c、d為兩點電荷連線中垂線上對稱的兩點。下列說法正確的是（　　）
A．a、b兩點的電場強度不相同
B．c點的電勢大于d點的電勢
C．將帶正電的試探電荷從b點移到d點，電場力做正功
D．負電荷在c點的電勢能大于在a點的電勢能
6．（2025 浙江）比值定義法是物理學中常用的研究方法，它用兩個基本的物理量的“比”來定義一個新的物理量。定義的物理量往往是反映物質的最本質的屬性，它不隨定義所用物理量的大小而改變，下面式子屬于比值定義法的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2024秋 石景山區期末）一帶電粒子q射入固定在O點的點電荷Q的電場中，粒子只受電場力作用，運動軌跡如圖中曲線所示，且OB＜OA＜OC．下列說法正確的是（　　）
A．q與Q帶同種電荷
B．q在A點的加速度大于在B點的加速度
C．q在B點的速度大于在C點的速度
D．q在B點的電勢能大于在C點的電勢能
8．（2024秋 甘肅期末）如圖，A、B為水平正對放置的平行板電容器的兩極板，B極板接地，一帶負電的小球固定在兩極板間的P點。閉合開關S，將A極板緩慢向下移動一小段距離，下列說法正確的是（　　）
A．電容器的電容變小
B．電容器所帶電荷量不變
C．P點的電勢降低
D．小球的電勢能減少
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2024秋 郴州期末）兩個電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上O、M兩點，兩電荷在連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖所示，其中A、N兩點的電勢為零，在M點右側，ND線段中點C的電勢最高，則（　　）
A．q1為正電荷，q2為負電荷，q1電荷量的絕對值大于q2電荷量的絕對值
B．若將一個正電荷在C點右側附近由靜止釋放，該電荷將沿著x軸正方向做加速度先增大后減小的加速直線運動
C．若將q2撤去，C點的電勢將減小
D．若將一個負電荷在N點由靜止釋放，該電荷可在ND之間做往復運動
（多選）10．（2024秋 新會區校級期末）如圖所示，一帶正電粒子從K發出（初速度為零），經K與A圖乙板間的加速電場加速，從A板中心沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中，經過電場后打在熒光屏上的P點。已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，板長為L，粒子的質量為m，電荷量為e，不計粒子重力。下列說法正確的是（　　）
A．增大加速電壓U1，P點會往上移動
B．增大M、N兩板間的電壓U2，P點會往上移動
C．若把粒子的質量增加為原來的2倍，則P點位置不變
D．若把粒子的帶電量增加為原來的2倍，則P點位置不變
（多選）11．（2025 浙江）電子槍除了加速電子外，同時還有使電子束會聚或發散作用，其原理可簡化為如圖所示。一球形界面外部空間中各處電勢均為φ1，內部各處電勢均為φ2，（φ2＞φ1），球心位于z軸上O點。一束靠近z軸且關于z軸對稱的電子以相同的速度v1平行于z軸射入該界面，電子質量為m，電子電荷量為e，由于電子在界面處只受到法線方向的作用力，其運動方向將發生改變，不考慮相對論效應和電子之間相互作用力。某電子射到界面方向與法線的夾角為θ1，它射入球形界面后的運動方向與法線的夾角θ2（圖中未標出），下列描述正確的是（　　）
A．電子束會聚到O點
B．電子束運動方向θ1＞θ2
C．電子束運動方向
D．電子通過界面動能增加了
（多選）12．（2024秋 廣西期末）如圖所示，正六棱柱上、下底面的中心分別為O和O′，棱柱高為底面邊長的2倍，在A、D′兩點分別固定等量異種點電荷，取無窮遠處電勢為零，下列說法正確的是（　　）
A．電勢差UBB′＝UEE′
B．C點的電勢為零
C．O點與O′點的電場強度相同
D．將一帶負電的試探電荷沿直線從A′點移動至D點，電勢能先減小后增大
三．填空題（共4小題）
13．（2025 倉山區校級二模）按照現代的粒子理論，質子、中子都是由上夸克（u）和下夸克（d）兩種夸克組成的，上夸克帶電為e，下夸克帶電為。兩個上夸克和一個下夸克構成質子（uud），一個上夸克和兩個下夸克構成中子（udd）。若質子和中子內各個夸克之間的距離都相等，且三個夸克在同一圓周上，如圖所示。則質子和中子中心O點的電場強度方向 　 　（填“相同”或“相反”），大小之比為 　 　。
14．（2024秋 閔行區期末）如圖，兩個帶等量負電的點電荷分別位于x軸上的P、Q兩點，其位置關于y軸對稱。a、b兩點關于y軸對稱且連線平行于x軸，c點位于y軸上。一質量為m、帶+q的點電荷（重力不計）由c點靜止釋放，途徑O點。（1）a、b兩點的 　 　。
A.場強不同、電勢相同
B.場強相同、電勢相同
C.場強不同、電勢不同
D.場強相同、電勢不同
（2）（多選）由c點到O點的過程中，點電荷+q的加速度可能 　 　。
A.增大
B.減小
C.先增大再減小
D.先減小再增大
（3）點電荷+q經過O點時的速度為v，若以c點為零勢能點，則O點的電勢φO＝ 　 　；若以無窮遠處為零勢能點，則cO兩點的電勢差UcO＝ 　 　。
（4）（多選）若在c點給該點電荷一初速度，則其可能做 　 　。
A.勻速直線運動
B.勻加速直線運動
C.勻速圓周運動
D.往復運動
15．（2024 江蘇學業考試）如圖所示，在勻強電場中，A、B為同一條電場線上的兩點。已知電場強度E＝2.0×104N/C，A、B兩點間的距離d＝0.20m。將電荷量g＝+1.0×10﹣8C的試探電荷由A點移到B點。在此過程中靜電力對試探電荷所做的功W＝　 　。
16．（2023秋 漳州期末）雷電是一種強烈的放電現象，高大建筑物的頂端都裝有避雷針來預防雷擊。如圖所示，虛線是避雷針上方電場的等差等勢面，A、B是等勢面上的兩點。則A點電場強度 　 　（填“大于”“小于”或“等于”）B點電場強度，A點電勢 　 　（填“大于”“小于”或“等于”）B點電勢。
四．解答題（共4小題）
17．（2024秋 汕頭期末）如圖所示是靜電場軌道離子阱裝置，長為L的圓柱形金屬管接高壓電源正極，位于中心軸線的金屬絲OO′接負極，管內空間形成指向中心軸線的輻射狀電場，管的左端在半徑為R處開有一條圓形窄縫。現有一束質量為m、帶電量為+q的離子，由靜止開始經電壓為U的加速電場加速后，恰好從離子阱右側的A點垂直OA射入，且與AA′的夾角θ＝30°，不計離子重力，離子在離子阱中的運動可分為兩部分：圍繞OO′的圓周運動和沿AA′的直線運動，且最后離子從左側窄縫射出，求：
（1）離子從A點進入時的速度大小；
（2）離子在離子阱中的運動時間；
（3）A處的電場強度大小。
18．（2024秋 郴州期末）如圖所示，在A點以速度v0＝6m/s水平向左拋出一個質量m＝1kg、電荷量q＝+0.01C小球，小球拋出后進入左側水平向右的勻強電場。經過一段時間，小球返回到A點正下方7.2m的B點，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）勻強電場的電場強度E的大小；
（2）小球從A點到B點的運動過程中，拋出后多長時間速度有最小值，最小值為多少。
19．（2024秋 哈爾濱期末）如圖所示，絕緣光滑軌道ABCD豎直放在與水平方向成θ＝45°的勻強電場中，其中BCD部分是半徑為R＝2m的半圓環，軌道的水平部分與半圓平滑相切，現把一質量為m＝0.5kg、電荷量為q＝1C的小球（大小忽略不計），放在水平面上A點由靜止開始釋放，小球能沿ABCD軌道通過半圓軌道最高點D，且落地時恰好落在B點，重力加速度g＝10N/kg。求：
（1）電場強度E的大小；
（2）小球過D點時的速度大小；
（3）軌道起點A距B點的距離L的大小。
20．（2024秋 濟寧期末）在光滑水平桌面上固定兩足夠長的粗糙彈性擋板a、b，兩擋板與桌面垂直且相互平行，如圖所示為其俯視圖。虛線CD位于水平桌面內，且與擋板a的夾角為θ＝37°。一質量為m的小球A沿虛線CD以速度v0進入到兩擋板間先與擋板a發生碰撞，小球與兩擋板碰撞時，碰撞后沿垂直擋板方向的分速度等大反向，沿擋板方向的分速度由于摩擦而減小，小球與擋板間的摩擦力大小是其與擋板壓力的倍。已知兩擋板間距為d，小球可視為質點，小球與擋板的碰撞時間遠小于小球在兩擋板間運動的時間，小球沒有從兩擋板間穿出，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小球A與擋板a第一次碰撞過程中垂直擋板方向動量變化量的大小Δpy；
（2）小球A與擋板a第一次碰撞過程中沿擋板方向動量變化量的大小Δpx；
（3）小球A在擋板間運動的過程中，兩擋板對小球做的總功W；
（4）小球A與擋板a第一次碰撞點和最終碰撞點間的距離L。
高考物理考前沖刺押題預測 靜電場
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
1．（2024秋 寧波期末）電子束焊接機是一種先進的焊接技術。電子束焊接機中的電場線分布如圖中虛線所示，其中K為陰極，A為陽極，兩極之間的距離為h，在同一電場線上有B、C、D三點，C為A、K兩極的中點，且BC＝CD。在兩極之間加上電壓為U的高壓電。現有一電子在K極附近由靜止被加速運動到A極。已知電子電荷量大小為e，下列說法中正確的是（　　）
A．A、K之間的電場為勻強電場
B．電子沿電場線由K極到A極過程中電場力做功為﹣eU
C．若將電子從C點由靜止釋放，到達A極時，動能增加為0.5eU
D．電子從D點運動到C點的時間大于其從C點運動到B點的時間
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；電場力做功與電勢能變化的關系．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】A.根據電場線的分布情況，即可分析判斷；
B.由圖可知，電子由K沿電場線到A電場力做正功，結合電場力做功公式，即可分析判斷；
C.由圖可知，K到C點之間的電場強度比C點到A點的電場強度小，結合求功公式、B的結論、動能定理，即可分析判斷；
D.由題知，電子從D點到C點再到B點的過程中，一直處于加速運動狀態，結合速度與位移的情況，即可分析判斷。
【解答】解：A.根據電場線的分布情況，可以判斷A、K之間不是勻強電場，故A錯誤；
B.因為電子在K極附近由靜止被加速運動到A極，所以電子由K沿電場線到A電場力做正功，則電場力做功為：W＝eU，故B錯誤；
C.由圖可知，K到C點之間的電場強度比C點到A點的電場強度小，由電場力與電場強度的關系可知，電子在K到C點之間所受的電場力比C點到A點的電場力小，且K到C點與C點到A點的位移相等，則根據求功公式W＝Fx可知，電子從K到C點之間的電場力做功，比C點到A點的電場力做功少，結合B的結論及動能定理可知，若將電子從C點由靜止釋放，到達A極時，動能增加應大于0.5eU，故C錯誤；
D.由題知，電子從D點到C點再到B點的過程中，一直處于加速運動狀態，即電子從C點運動到B點的任意時刻的速度大小，都大于電子從D點運動到C點的速度大小，又因為位移相同，所以，電子從D點運動到C點的時間大于其從C點運動到B點的時間，故D正確；
故選：D。
【點評】本題主要考查從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題，解題時需注意功能關系、動能定理、能量守恒、機械能守恒定律、電場力做功與電勢能的變化等的綜合應用。
2．（2024秋 石景山區期末）如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于M、N兩點，P、Q是MN連線上的兩點，且MP＝QN。下列說法正確的是（　　）
A．P點電場強度與Q點電場強度相等
B．P點電勢與Q點電勢相等
C．若兩點電荷的電荷量均變為原來的2倍，P點電場強度大小將變為原來的4倍
D．若兩點電荷的電荷量均變為原來的2倍，P、Q兩點間電勢差不變
【考點】非勻強電場中電勢差大小的比較和應用；電場強度的疊加．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】A
【分析】A.根據等量異種點電荷的電場線分布規律分析P、Q兩點的場強大小關系；
B.根據電場線上的電勢高低規律進行分析判斷；
CD.根據點電荷的場強公式和電場強度的疊加知識導出電場強度表達式，結合表達式進行定量分析，又根據公式U＝E d做定性的分析。
【解答】解：A.由等量異種點電荷的電場線分布特點知，P、Q兩點電場強度大小相等，故A正確；
B.根據沿電場線方向電勢越來越低的知識可知，P點電勢高于Q點電勢，故B錯誤；
CD.根據點電荷的場強公式，結合電場疊加得P點電場強度，若僅將兩點電荷的電荷量均變為原來的2倍，則P點電場強度大小也變為原來的2倍，同理Q點電場強度大小也變為原來的2倍，PQ間的平均電場強度變大，而PQ間距不變，由，故P、Q兩點間電勢差變大，故CD錯誤。
故選：A。
【點評】考查電場強度、電勢、電場疊加、電勢差等問題，會根據題意進行準確分析和判斷。
3．（2024秋 石景山區期末）在某靜電場中有a、b兩點，試探電荷在兩點的靜電力F與其電荷量q滿足如圖所示的關系，則電場中a、b兩點場強大小的比值等于（　　）
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1
【考點】電場強度的定義、單位和方向．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】根據電場力的計算公式分析出圖像的物理意義，結合斜率的大小完成分析。
【解答】解：設F﹣q圖像的橫坐標單位長度電荷量為q0，縱坐標單位長度的力大小為F0，根據
可知F﹣q圖像斜率表示電場強度，試探電荷在兩點的靜電力F與其電荷量q滿足如圖所示的關系，可知
可得
，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】本題主要考查了電場力的相關應用，解題的關鍵點是理解圖像的物理意義，難度不大。
4．（2024秋 濟寧期末）如圖所示，實線APB為均勻帶正電的半圓弧形絕緣體，虛線AQB為均勻帶等量負電的半圓弧形絕緣體，O點為圓心，P、Q分別為兩圓弧的中點，PQ上的M、N兩點關于O點對稱。關于M、N兩點的電場強度和電勢，下列說法正確的是（　　）
A．電場強度相同、電勢不同
B．電場強度不同、電勢相同
C．電場強度相同、電勢相同
D．電場強度不同、電勢不同
【考點】帶電體周圍的電勢分布；等量異種電荷的電場線分布．
【專題】定性思想；定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】A
【分析】可以把帶正電的半圓弧形絕緣體和帶負電的半圓弧形絕緣體分割成無限多個電荷量分別為+q、﹣q的點電荷，根據等量異種電荷的電場分布，可確定M、N兩點的電場強度關系；根據沿電場線方向電勢逐漸降低，可確定M、N兩點的電勢關系，即可判斷ABCD正誤。
【解答】解：因為實線APB為均勻帶正電的半圓弧形絕緣體，虛線AQB為均勻帶等量負電的半圓弧形絕緣體，所以可以把帶正電的半圓弧形絕緣體和帶負電的半圓弧形絕緣體分割成無限多個電荷量分別為+q、﹣q的點電荷，如圖所示：
由圖可知，關于O點對稱的兩正、負點電荷+q、﹣q在M、N兩點產生的電場強度都大小相等、方向相同，即圖中的E1、E2，
根據對稱性可知，M、N兩點產生的合電場強度EM＝EN，方向相同，都沿從P到Q方向；
同理，PQ連線上的點電場強度方向也沿從P到Q方向，則PQ連線上的電場線方向為從P到Q方向，因為沿電場線方向電勢逐漸降低，則有：φM＞φN；
故M、N兩點的電場強度相同、電勢不同；故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
【點評】本題主要考查帶電體周圍的電勢分布，解題時需注意，電勢是標量，電勢的疊加遵循代數相加法則，沿電場線方向電勢逐漸降低。
5．（2024秋 紅橋區期末）有研究表明，當有興奮情緒時，在人的體表可以測出與之對應的電勢變化。某一瞬間人體表面的電勢分布如圖所示，圖中實線為等差等勢面，標在等勢面上的數值表示該等勢面的電勢，a、b、c、d為等勢面上的點，該電場可等效為兩等量異種點電荷產生的電場，a、b為兩點電荷連線上對稱的兩點，c、d為兩點電荷連線中垂線上對稱的兩點。下列說法正確的是（　　）
A．a、b兩點的電場強度不相同
B．c點的電勢大于d點的電勢
C．將帶正電的試探電荷從b點移到d點，電場力做正功
D．負電荷在c點的電勢能大于在a點的電勢能
【考點】等勢面及其與電場線的關系；電荷性質、電勢能和電勢的關系．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】根據等量異種電荷的電場線分布進行分析；根據電勢的大小即電勢能的計算公式分析。
【解答】解：A．a、b為兩點電荷連線上對稱的兩點，該電場可等效為兩等量異種點電荷產生的電場，根據等量異種點電荷電場的特點，可知這兩個對稱點的電場強度大小相等、方向相同，電場強度相同，故A錯誤；
B．c、d兩點位于同一條等勢線上，則c點的電勢等于d點的電勢，故B錯誤；
C．正電荷在電勢高的地方電勢能大，所以將帶正電的試探電荷從電勢低的b點移到電勢高的d點，電勢能增加，電場力做負功，故C錯誤；
D．負電荷在電勢低的地方電勢能大，所以負電荷在低電勢的c點電勢能大于在高電勢的a點的電勢能，故D正確。
故選：D。
【點評】本題考查了靜電場相關知識，題目比較新穎。
6．（2025 浙江）比值定義法是物理學中常用的研究方法，它用兩個基本的物理量的“比”來定義一個新的物理量。定義的物理量往往是反映物質的最本質的屬性，它不隨定義所用物理量的大小而改變，下面式子屬于比值定義法的是（　　）
A． B． C． D．
【考點】電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；比值定義法．
【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】C
【分析】所謂比值法定義，就是用兩個物理量的比值來定義一個新的物理量的方法．比值法定義的基本特點是被定義的物理量往往是反映物質的屬性，與參與定義的物理量無關．由此分析即可。
【解答】解：比值法定義的基本特點是被定義的物理量往往是反映物質的最本質的屬性，或基本運動特征，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變；電場中某點的電勢是由電場本身決定的，與放入電場中的試探電荷的電勢能和電量無關，即是比值定義法；而公式是牛頓第二定律的表達式，公式是點電荷產生的電場強度的決定式，公式是平行板電容器電容的決定式，都不是比值定義法。故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
【點評】解決本題的關鍵理解并掌握比值法定義的共性：被定義的物理量往往是反映物質的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變。
7．（2024秋 石景山區期末）一帶電粒子q射入固定在O點的點電荷Q的電場中，粒子只受電場力作用，運動軌跡如圖中曲線所示，且OB＜OA＜OC．下列說法正確的是（　　）
A．q與Q帶同種電荷
B．q在A點的加速度大于在B點的加速度
C．q在B點的速度大于在C點的速度
D．q在B點的電勢能大于在C點的電勢能
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電場強度的疊加．
【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題．
【答案】C
【分析】電場線與等勢面垂直。電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，沿電場線的方向，電勢降低，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加。
【解答】解：A、曲線運動的合力指向曲線的內側，指向O，說明相互吸引，q與Q帶異種電荷，故A錯誤；
B、電場力F＝kma，a與r2成反比，q在B點的加速度大于在A點的加速度，故B錯誤；
C、根據動能定理，粒子由C到B，電場力做正功，動能增大，故粒子在B點的速度一定大于在C點的速度，故C正確。
D、粒子由C到B，電場力做正功，所以粒子的電勢能減小，所以B點的電勢能一定小于在C點的電勢能，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題關鍵是根據曲線運動的條件判斷出靜電力的方向，然后結合靜電力做功與電勢能變化的關系以及動能定理判斷電勢能和動能的改變情況。
8．（2024秋 甘肅期末）如圖，A、B為水平正對放置的平行板電容器的兩極板，B極板接地，一帶負電的小球固定在兩極板間的P點。閉合開關S，將A極板緩慢向下移動一小段距離，下列說法正確的是（　　）
A．電容器的電容變小
B．電容器所帶電荷量不變
C．P點的電勢降低
D．小球的電勢能減少
【考點】電容器的動態分析（U不變）——板間距離變化．
【專題】比較思想；控制變量法；電容器專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】閉合開關S，將A極板緩慢向下移動一小段距離，根據電容的決定式分析電容的變化，結合電壓不變，由電容的定義式分析電容器所帶電荷量的變化；根據分析極板間場強的變化，并判斷P點與下極板間電勢差的變化，從而分析P點的電勢變化，再判斷小球的電勢能的變化。
【解答】解：A、閉合開關S，將A極板緩慢向下移動一小段距離，兩極板間距離減小，根據電容的決定式分析可知，電容變大，故A錯誤；
B、保持開關閉合，電容器兩極板間電壓不變，由電容的定義式分析可知，電容器所帶電荷量增加，故B錯誤；
C、U不變，d減小，根據分析可知，兩極板間場強增大，P點與下極板間電勢差增大，而下極板電勢為零，P點電勢高于下極板，則P點的電勢升高，故C錯誤；
D、P點的電勢升高，根據Ep＝qφ可知，帶負電的小球電勢能減少，故D正確。
故選：D。
【點評】本題是電容器動態分析問題，抓住電容器的電壓不變，根據電容的決定式、電容的定義式、場強公式和電勢能公式Ep＝qφ相結合進行分析。
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2024秋 郴州期末）兩個電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上O、M兩點，兩電荷在連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖所示，其中A、N兩點的電勢為零，在M點右側，ND線段中點C的電勢最高，則（　　）
A．q1為正電荷，q2為負電荷，q1電荷量的絕對值大于q2電荷量的絕對值
B．若將一個正電荷在C點右側附近由靜止釋放，該電荷將沿著x軸正方向做加速度先增大后減小的加速直線運動
C．若將q2撤去，C點的電勢將減小
D．若將一個負電荷在N點由靜止釋放，該電荷可在ND之間做往復運動
【考點】φ﹣x圖像斜率的物理意義；φ﹣x圖像的理解與應用．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】AB
【分析】φ﹣x圖象的斜率等于電場強度E．根據兩點電荷連線的電勢高低的分布情況，結合沿著電場線電勢降低，可知兩點電荷的電性；沿電場線電勢降低，空間某點的電勢等于各點電荷在該點電勢的代數和，據此分析。
【解答】解：A．根據兩電荷在連線上各點電勢φ隨x變化的關系圖像，φ﹣x圖像某點切線斜率的絕對值表示電場強度大小，C點電場強度為零，點電荷q2到C點的間距小于點電荷q1到C點的間距，根據點電荷的電場強度的表達式，由電場強度的疊加可知，點電荷q1的電荷量的絕對值大于點電荷q2的電荷量的絕對值，由于沿電場線電勢降低，則O到M的電場方向沿著x軸正方向，又由于電場線起源于正電荷（或無窮遠），終于負電荷（或無窮遠），所以q1為正電荷，q2為負電荷，故A正確；
B．由于沿電場線電勢降低，則C點右側的電場線沿著x軸正方向，由于φ﹣x圖像某點切線斜率的絕對值表示電場強度大小，可知沿著電場線方向的電場強度先增大后減小，所以將一個正電荷從C點右側由靜止釋放，該電荷做加速度先增大后減小的加速直線運動，故B正確；
C．結合上述，q1為正電荷，q2為負電荷，根據
由于電勢為標量，空間某點的電勢等于各點電荷在該點電勢的代數和，可知，撤去q2后，C點的電勢將增大，故C錯誤；
D．由于沿電場線電勢降低，則MC之間的電場方向沿著x軸負方向，C點右側的電場線沿著x軸正方向，若將一個負電荷在N點由靜止釋放，該電荷先向右做加速運動，后向右做減速運動，由于N點電勢為0，x軸正方向無窮遠處電勢也為0，根據動能定理可知，若將一個負電荷在N點由靜止釋放，該電荷將一直向右運動，故D錯誤。
故選：AB。
【點評】本題主要是考查EP﹣x關系圖像，解答本題的關鍵是弄清楚圖像表示的物理意義，知道電勢能的計算方法。
（多選）10．（2024秋 新會區校級期末）如圖所示，一帶正電粒子從K發出（初速度為零），經K與A圖乙板間的加速電場加速，從A板中心沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中，經過電場后打在熒光屏上的P點。已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，板長為L，粒子的質量為m，電荷量為e，不計粒子重力。下列說法正確的是（　　）
A．增大加速電壓U1，P點會往上移動
B．增大M、N兩板間的電壓U2，P點會往上移動
C．若把粒子的質量增加為原來的2倍，則P點位置不變
D．若把粒子的帶電量增加為原來的2倍，則P點位置不變
【考點】帶電粒子先后經過加速電場和偏轉電場．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】BCD
【分析】電子在加速電場中加速過程，根據動能定理求出電子穿過A板時的速度大小v0；在偏轉電場，電子做類平拋運動，運用運動分解法，根據牛頓第二定律和分位移規律可以求出側移量y；電子離開偏轉電場后做勻速直線運動。
【解答】解：在電場中加速時
在偏轉電場中時
L＝v0t
解得
A．增大加速電壓U1，則y變小，即P點會往下移動，故A錯誤；
B．增大M、N兩板間的電壓U2，則y變大，P點會往上移動，故B正確；
CD．偏轉距離y與粒子質量m和電荷量q無關，則若把粒子的質量增加為原來的2倍，或者把粒子的帶電量增加為原來的2倍，則P點位置都不變，故CD正確。
故選：BCD。
【點評】本題考查動能定理、類平拋運動規律等知識點。電子加速過程，運用動能定理求加速獲得的速度。偏轉過程，根據類平拋運動規律求側移量，這是解決問題的關鍵。
（多選）11．（2025 浙江）電子槍除了加速電子外，同時還有使電子束會聚或發散作用，其原理可簡化為如圖所示。一球形界面外部空間中各處電勢均為φ1，內部各處電勢均為φ2，（φ2＞φ1），球心位于z軸上O點。一束靠近z軸且關于z軸對稱的電子以相同的速度v1平行于z軸射入該界面，電子質量為m，電子電荷量為e，由于電子在界面處只受到法線方向的作用力，其運動方向將發生改變，不考慮相對論效應和電子之間相互作用力。某電子射到界面方向與法線的夾角為θ1，它射入球形界面后的運動方向與法線的夾角θ2（圖中未標出），下列描述正確的是（　　）
A．電子束會聚到O點
B．電子束運動方向θ1＞θ2
C．電子束運動方向
D．電子通過界面動能增加了
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；求分速度的大小和方向．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】BC
【分析】由動能定理可以求出增加的動能；根據動能定理，結合電場力做功公式求出進入球內后的速度；設電子穿過界面后的速度為v2，由于電子只受法線方向的作用力，其沿界面方向速度不變，則 v1sinθ1＝v2sinθ2，電子穿過界面的過程中，能量守恒定律可以求出射入球形界面后的運動方向與法線的夾角的正弦值。
【解答】解：D、電子穿過界面的過程中，根據動能定理：ΔEk＝W＝eU＝e（φ2﹣φ1），故D錯誤；
ABC、設電子穿過界面后的速度為v2該過程根據動能定理有：，上式變形解得：，由于電子只受法線方向的作用力，其沿界面切線方向速度不變。則：v1sinθ1＝v2sinθ2如圖所示，
變形后得到：，所以：θ1＞θ2，故A錯誤，BC正確。
故選：BC。
【點評】本題考查了動能定理、類似于光的折射定律等內容，題目以基礎為主，難度不大。
（多選）12．（2024秋 廣西期末）如圖所示，正六棱柱上、下底面的中心分別為O和O′，棱柱高為底面邊長的2倍，在A、D′兩點分別固定等量異種點電荷，取無窮遠處電勢為零，下列說法正確的是（　　）
A．電勢差UBB′＝UEE′
B．C點的電勢為零
C．O點與O′點的電場強度相同
D．將一帶負電的試探電荷沿直線從A′點移動至D點，電勢能先減小后增大
【考點】單個或多個點電荷周圍的電勢分布；兩個或多個不等量電荷的電場線分布；電場力做功與電勢能變化的關系．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】AC
【分析】根據等量異種點電荷電場的分布特征分析。
【解答】解：A.根據等量異種點電荷電場的分布特征，由對稱性可知，UBB'＝UFF'，UEE'＝UFF，故UBB'＝UEE'，故A正確；
B.C點到AD′點的兩等量異種點電荷的距離不相等，C點的電勢不為零，故B錯誤；
C.O點與O′點關于AD′連線的中點對稱，兩等量異種點電荷在O點和O′點產生的電場強度相等，故C正確；
D.平面A′D′DA為正方形，A′D連線與AD′連線垂直，根據等量異種點電荷電場的分布特征，A′D連線為等勢線，將一帶負電的試探電荷沿直線從A′點移動至D點，電勢能不變，故D錯誤。
故選：AC。
【點評】解題關鍵是熟悉等量異種點電荷空間電勢分布特點。
三．填空題（共4小題）
13．（2025 倉山區校級二模）按照現代的粒子理論，質子、中子都是由上夸克（u）和下夸克（d）兩種夸克組成的，上夸克帶電為e，下夸克帶電為。兩個上夸克和一個下夸克構成質子（uud），一個上夸克和兩個下夸克構成中子（udd）。若質子和中子內各個夸克之間的距離都相等，且三個夸克在同一圓周上，如圖所示。則質子和中子中心O點的電場強度方向 　相反　（填“相同”或“相反”），大小之比為 　1：1　。
【考點】電場強度的疊加．
【專題】定量思想；合成分解法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】相反，1：1。
【分析】根據點電荷的電場強度疊加原理畫圖，結合矢量合成法則，即可確定質子和中子中心O點的電場強度的關系。
【解答】解：設E，E'，則E＝2E'，則根據點電荷的電場強度疊加原理，可得下圖：
根據矢量合成法則可知，質子中心O點的電場強度大小為：E質子＝2Ecos60°+E'＝2×E×0.5+E'＝E+E'＝2E'+E'＝3E'，方向向上；
中子中心O點的電場強度大小為：E中子＝2E'cos60°+E＝2×E'×0.5+E＝E'+E＝E'+2E'＝3E'，方向向下；
故質子和中子中心O點的電場強度方向相反，大小之比為1：1；
故答案為：相反，1：1。
【點評】本題主要考查電場強度的疊加，解題時需注意，多個電荷在電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的矢量和。
14．（2024秋 閔行區期末）如圖，兩個帶等量負電的點電荷分別位于x軸上的P、Q兩點，其位置關于y軸對稱。a、b兩點關于y軸對稱且連線平行于x軸，c點位于y軸上。一質量為m、帶+q的點電荷（重力不計）由c點靜止釋放，途徑O點。（1）a、b兩點的 　A　。
A.場強不同、電勢相同
B.場強相同、電勢相同
C.場強不同、電勢不同
D.場強相同、電勢不同
（2）（多選）由c點到O點的過程中，點電荷+q的加速度可能 　BC　。
A.增大
B.減小
C.先增大再減小
D.先減小再增大
（3）點電荷+q經過O點時的速度為v，若以c點為零勢能點，則O點的電勢φO＝ 　　；若以無窮遠處為零勢能點，則cO兩點的電勢差UcO＝ 　　。
（4）（多選）若在c點給該點電荷一初速度，則其可能做 　CD　。
A.勻速直線運動
B.勻加速直線運動
C.勻速圓周運動
D.往復運動
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；等量同種電荷的電勢分布；用電勢差定義式求電勢；電場力做功與電勢差的關系．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】（1）A；（2）BC；（3），；（4）CD。
【分析】（1）由等量負電荷的電場線分布特點、等量負電荷的等勢線分布特點及對稱性，即可分析判斷ABCD正誤；
（2）由等量負電荷的電場線分布特點，結合電場線、電場強度、電場力、加速度的關系，即可分析判斷ABCD正誤；
（3）由動能定理及電勢、電勢差的關系分別列式，即可分析求解；
（4）結合前面分析可知，點電荷+q在c點所受電場力向下，結合點電荷初速度與合外力的關系，即可分析判斷ABCD正誤。
【解答】解：（1）由等量負電荷的電場線分布特點可知，a、b兩點場強大小相等、方向不同；
由等量負電荷的等勢線分布特點及對稱性可知，a、b兩點電勢相同；故A正確，BCD錯誤；
故選：A；
（2）由等量負電荷的電場線分布特點可知，由c點到O點的過程中，電場線可能先越來越密集再越來越稀疏、可能越來越稀疏，則電場強度可能先變大再變小、可能一直變小，由牛頓第二定律可知：F＝qE＝ma，則由c點到O點的過程中，點電荷+q的加速度可能先增大再減小、可能一直減小；故BC正確，AD錯誤；
故選：BC。
（3）點電荷+q經過O點時的速度為v，
由動能定理可知：qUcOmv2﹣0，
由電勢、電勢差的關系可得：UcO＝φc﹣φcO，
且：φc＝0，
聯立可得：φO，UcO，
故答案為：，；
（4）結合前面分析可知，點電荷+q在c點所受電場力向下，
AB.因為該點電荷在c點所受合外力不為零，且離開c點后電場力會發生變化，所以其不可能做勻速直線運動、勻加速直線運動，故AB錯誤；
C.若在c點給該點電荷一垂直紙面的初速度，則其可能做勻速圓周運動，故C正確；
D.若在c點給該點電荷一向下的初速度，則其可能做往復運動，故D正確；
故選：CD。
故答案為：（1）A；（2）BC；（3），；（4）CD。
【點評】本題主要考查從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題，解題時需注意功能關系、動能定理、能量守恒、機械能守恒定律、電場力做功與電勢能的變化等的綜合應用。
15．（2024 江蘇學業考試）如圖所示，在勻強電場中，A、B為同一條電場線上的兩點。已知電場強度E＝2.0×104N/C，A、B兩點間的距離d＝0.20m。將電荷量g＝+1.0×10﹣8C的試探電荷由A點移到B點。在此過程中靜電力對試探電荷所做的功W＝　4.0×10﹣5J　。
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】4.0×10﹣5J
【分析】電荷從A點移至B點的過程中，電場力所做的功根據公式：W＝qEd即可求得。
【解答】解：電荷從A點移至B點的過程中，電場力所做的功為：W＝qEd＝1.0×10﹣8×2.0×104×0.20J＝4.0×10﹣5J。
故答案為：4.0×10﹣5J。
【點評】本題關鍵掌握勻強電場中電場力做功的計算公式W＝qEd的應用，注意電場力做功的公式W＝Eqd只適用于勻強電場。
16．（2023秋 漳州期末）雷電是一種強烈的放電現象，高大建筑物的頂端都裝有避雷針來預防雷擊。如圖所示，虛線是避雷針上方電場的等差等勢面，A、B是等勢面上的兩點。則A點電場強度 　小于　（填“大于”“小于”或“等于”）B點電場強度，A點電勢 　等于　（填“大于”“小于”或“等于”）B點電勢。
【考點】等勢面及其與電場線的關系；根據電場線的疏密判斷場強大小；通過電場線的方向判斷電勢的高低．
【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】小于；等于。
【分析】根據電場線和等勢線的關系分析出電勢高低；根據電場線的疏密程度得出場強的大小關系。
【解答】解：根據電場線的疏密程度可知，A點電場強度小于B點電場強度；由于A、B是等勢面上的兩點，則A點電勢等于B點電勢。
故答案為：小于；等于。
【點評】該題考查對等勢面的理解，知道等勢面的特點，以及等勢面與電場線的關系即可正確解答。
四．解答題（共4小題）
17．（2024秋 汕頭期末）如圖所示是靜電場軌道離子阱裝置，長為L的圓柱形金屬管接高壓電源正極，位于中心軸線的金屬絲OO′接負極，管內空間形成指向中心軸線的輻射狀電場，管的左端在半徑為R處開有一條圓形窄縫。現有一束質量為m、帶電量為+q的離子，由靜止開始經電壓為U的加速電場加速后，恰好從離子阱右側的A點垂直OA射入，且與AA′的夾角θ＝30°，不計離子重力，離子在離子阱中的運動可分為兩部分：圍繞OO′的圓周運動和沿AA′的直線運動，且最后離子從左側窄縫射出，求：
（1）離子從A點進入時的速度大小；
（2）離子在離子阱中的運動時間；
（3）A處的電場強度大小。
【考點】帶電粒子先后經過加速電場和偏轉電場；合運動與分運動的關系；勻速圓周運動．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】（1）離子從A點進入時的速度大小等于；
（2）離子在離子阱中的運動時間等于；
（3）A處的電場強度大小等于。
【分析】（1）離子由靜止開始經電壓為U的加速電場加速，由動能定理求解離子從A點進入時的速度大小；
（2）離子在離子阱中的運動可分為兩部分：以速度vx圍繞OO′的勻速圓周運動和以速度vy沿AA′的勻速直線運動，根據合運動與分運動的同時性求解離子在離子阱中的運動時間；
（3）以速度vx圍繞OO′做勻速圓周運動，電場力提供向心力，根據牛頓第二定律求解A處的電場強度大小。
【解答】解：（1）離子由靜止開始經電壓為U的加速電場加速，由動能定理可知
解得
（2）如圖所示
離子在離子阱中的運動可分為兩部分：以速度vx圍繞OO′的勻速圓周運動和以速度vy沿AA′的勻速直線運動。速度v正交分解可得
根據合運動與分運動的同時性，可知離子在離子阱中的運動時間為
（3）以速度vx圍繞OO′做勻速圓周運動，電場力提供向心力，根據牛頓第二定律可得
解得
答：（1）離子從A點進入時的速度大小等于；
（2）離子在離子阱中的運動時間等于；
（3）A處的電場強度大小等于。
【點評】本題解題關鍵是會進行運動的分解與合成，根據分運動時間求解合運動時間。
18．（2024秋 郴州期末）如圖所示，在A點以速度v0＝6m/s水平向左拋出一個質量m＝1kg、電荷量q＝+0.01C小球，小球拋出后進入左側水平向右的勻強電場。經過一段時間，小球返回到A點正下方7.2m的B點，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）勻強電場的電場強度E的大小；
（2）小球從A點到B點的運動過程中，拋出后多長時間速度有最小值，最小值為多少。
【考點】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的曲線運動．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】（1）勻強電場的電場強度E的大小等于1000N/C
（2）拋出后0.3s時間速度有最小值，最小值為。
【分析】（1）小球在豎直方向上做自由落體運動，水平方向上做勻變速直線運動，求解勻強電場的電場強度E的大小；
（2）將小球的速度方向沿合力方向和垂直于合力方向分解，垂直于合力方向做勻速直線運動，當沿合力方向的速度為零時，小球的速度最小，根據平行四邊形定則，結合幾何關系求出最小速率。
【解答】解：（1）小球在豎直方向上做自由落體運動
水平方向上做勻變速直線運動
qE＝max
解得
E＝1000N/C
（2）將電場力和重力合成等效重力
（mg）2+（qE）2＝（ma）2
解得
方向與水平方向成45°夾角斜向右下方；
將運動沿著合加速度a方向（y′方向）和垂直于合加速度a方向（x′方向）分解
在y′方向從開始到y′方向的分速度變為0所用的時間
t′＝0.3s
最小速度
vmin＝v0cos45°
解得
答：（1）勻強電場的電場強度E的大小等于1000N/C
（2）拋出后0.3s時間速度有最小值，最小值為。
【點評】解決本題的關鍵將小球的運動分解，搞清在分運動的規律，結合等時性，運用牛頓第二定律和運動學公式進行研究。
19．（2024秋 哈爾濱期末）如圖所示，絕緣光滑軌道ABCD豎直放在與水平方向成θ＝45°的勻強電場中，其中BCD部分是半徑為R＝2m的半圓環，軌道的水平部分與半圓平滑相切，現把一質量為m＝0.5kg、電荷量為q＝1C的小球（大小忽略不計），放在水平面上A點由靜止開始釋放，小球能沿ABCD軌道通過半圓軌道最高點D，且落地時恰好落在B點，重力加速度g＝10N/kg。求：
（1）電場強度E的大小；
（2）小球過D點時的速度大小；
（3）軌道起點A距B點的距離L的大小。
【考點】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的圓周運動；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；牛頓第三定律的理解與應用．
【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】（1）電場強度E的大小為；
（2）小球過D點時的速度大小為；
（3）軌道起點A距B點的距離L的大小為5m。
【分析】（1）小球在D點做圓周運動，根據牛頓第二定律求解作答；小球通過D點后在水平方向做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律求加速度，根據運動學公式求水平位移；在豎直方向做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律求加速度，根據運動學公式求豎直位移，根據電場力公式求場強；
（2）根據向心力公式求速度；
（3）由A到D的過程，根據動能定理求解作答。
【解答】解：（1）設小球所受的電場力為F，方向與場強方向相同；
當小球通過D點時，設速度為v，根據牛頓第二定律和向心力公式
小球通過D點后在水平方向做勻減速直線運動，加速度的大小
由于小球落地時恰好落在B點，水平位移
豎直方向做勻加速直線運動，加速度的大小
豎直位移
根據電場力公式F＝Eq
代入數據聯立解得
（2）在D點由重力和電場力的豎直分力共同提供向心力，則
代入數據解得過D點的速度為
（3）由A到D的過程，根據動能定理
代入數據解得 L＝5m。
答：（1）電場強度E的大小為；
（2）小球過D點時的速度大小為；
（3）軌道起點A距B點的距離L的大小為5m。
【點評】本題考查動能定理和牛頓第二定律的綜合，知道圓周運動向心力的來源，以及在運用動能定理解題，關鍵選擇好研究的過程，分析過程中有哪些力做功，然后根據動能定理列式求解。
20．（2024秋 濟寧期末）在光滑水平桌面上固定兩足夠長的粗糙彈性擋板a、b，兩擋板與桌面垂直且相互平行，如圖所示為其俯視圖。虛線CD位于水平桌面內，且與擋板a的夾角為θ＝37°。一質量為m的小球A沿虛線CD以速度v0進入到兩擋板間先與擋板a發生碰撞，小球與兩擋板碰撞時，碰撞后沿垂直擋板方向的分速度等大反向，沿擋板方向的分速度由于摩擦而減小，小球與擋板間的摩擦力大小是其與擋板壓力的倍。已知兩擋板間距為d，小球可視為質點，小球與擋板的碰撞時間遠小于小球在兩擋板間運動的時間，小球沒有從兩擋板間穿出，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小球A與擋板a第一次碰撞過程中垂直擋板方向動量變化量的大小Δpy；
（2）小球A與擋板a第一次碰撞過程中沿擋板方向動量變化量的大小Δpx；
（3）小球A在擋板間運動的過程中，兩擋板對小球做的總功W；
（4）小球A與擋板a第一次碰撞點和最終碰撞點間的距離L。
【考點】平行板電容器的相關參數與計算；物體在粗糙斜面上的運動．
【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．
【答案】（1）小球A與擋板a第一次碰撞過程中垂直擋板方向動量變化量的大小Δpy等于1.2mv0；
（2）小球A與擋板a第一次碰撞過程中沿擋板方向動量變化量的大小等于0.1mv0；
（3）小球A在擋板間運動的過程中，兩擋板對小球做的總功W；
（4）小球A與擋板a第一次碰撞點和最終碰撞點間的距離L等于。
【分析】（1）動量變化量等于末動量減去初動量；
（2）在沿擋板方向和垂直于擋板方向由動量定理列式求解；
（3）由動能定理求解擋板對小球A做的總功；
（4）沿擋板方向上，每次碰撞動量減小0.1mv0，每次碰撞速度減小0.1v0，求出每次碰撞小球A能夠在沿板方向運動的距離，從而求解小球A能夠在沿板方向運動總距離。
【解答】解：（1）小球A與擋板a第一次碰撞過程中
Δpy＝mv0sinθ﹣（﹣mv0sinθ）
解得
Δpy＝1.2mv0
（2）設小球A與擋板a第一次碰撞時間為Δt，沿擋板方向，由動量定理得
﹣FfΔt＝﹣Δpx
垂直于擋板方向，由動量定理得
FNΔt＝Δpy
又因為
Ff＝kFN
解得
Δpx＝0.1mv0
（3）小球A最后速度大小為
vy＝v0sinθ
由動能定理可得，擋板對小球A做的總功為
解得
（4）兩次相鄰碰撞間的時間間隔
沿擋板方向上，每次碰撞動量減小0.1mv0，則每次碰撞速度減小0.1v0。
小球與擋板碰前沿擋板方向的分速度為
vx＝v0cosθ＝0.8v0
因而小球A能夠在沿板方向運動的距離
L＝（0.7v0+0.6v0+ +0.1v0）t
解得
答：（1）小球A與擋板a第一次碰撞過程中垂直擋板方向動量變化量的大小Δpy等于1.2mv0；
（2）小球A與擋板a第一次碰撞過程中沿擋板方向動量變化量的大小等于0.1mv0；
（3）小球A在擋板間運動的過程中，兩擋板對小球做的總功W；
（4）小球A與擋板a第一次碰撞點和最終碰撞點間的距離L等于。
【點評】解題關鍵是分析清楚粒子運動過程，結合動量定理和動能定理求解。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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