周测卷(十五)碰撞与动量守恒(三)-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷

15 2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（十五） 物理·碰撞与动量守恒（三） (考试时间40分钟，总分100分) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.泡沫塑料由于其良好的缓冲性能成为广泛使用的缓冲材料，在易碎物品的长途运输中起着重 要作用。运输车在颠簸的路面上行驶，用泡沫塑料包装物品，泡沫塑料所起的作用是 A.减小物品与包装箱的接触时间，减小合力冲量 B.延长物品与包装箱的接触时间，增大合力冲量 C.延长物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力 D.减小物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力 2.一小朋友在安全环境下练习蹦床，若小朋友离开蹦床后一直在同一竖直线上运动，且忽略空 气阻力，用x、α、、E、t分别表示小朋友竖直向上离开蹦床在空中运动的位移、加速度、动量、 机械能和运动时间，取竖直向上为正方向，则下列图像可能正确的是 A B 3.如图所示，物块A的质量为1kg,物块B及小车C的质量均为2kg,小车足够长。物块A、B 与小车C之间的动摩擦因数均为0.1，地面光滑，两物块间夹一轻质弹簧，弹簧与物块不连接。 初始时双手按住两个物块，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力为F,重力加速度g取10m/s2,现双 手同时放开，则下列说法正确的是 A.无论弹力F为多大，最终三者速度不为0 AB B.若F=1.5N,则释放物块后，A、C发生相对滑动，B、C也发生 相对滑动 C.若F=2.5N,则释放物块后，A、C发生相对滑动，B、C相对静止 D.若释放物块的瞬间，物块A、B均相对于小车滑动，则全过程中弹簧减少的机械能大于系 统因摩擦产生的内能 4.如图甲所示，质量为1.5kg的薄板B静止在水平地面上，质量为0.5kg的物块A静止在B 的右端。t一0时刻对B施加一水平向右的作用力F,F的大小随时间t的变化关系如图乙所 示。已知A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， A始终未脱离B。取g=10m/s2,下列说法正确的是 ◆FN 10 6 A B 2 t/s 甲 乙 A.t=0.5s时，A与B发生相对滑动 B.t=1s时，A的加速度大小为1m/s2 C.t=1s时，A的速度大小为1.5m/s D.t=2s时，A、B动量之和为16kg·m/s 物理·周测卷（十五）第1页（共4页） 15 」鱼歇龙门老 5.如图甲所示，一足够长倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底部放一质量为1.0kg 的物块。在t=0时刻，对物块施加一个沿斜面向上的拉力F,该拉力随时间t的周期性变化 关系如图乙所示。取沿斜面向上为正方向，重力加速度大小为10m/s2。以下说法中正确 的是 本F/N ummmmm 01.02.03.04.05.0t 甲 乙 A.在0~3s内拉力的冲量为30N·s B.在0~3s内物块的动量变化量为30kg·m/s C.在0~5s内合力对物块做的功为605.25J D.从t=0开始物块所受合力的冲量的最大值为10N·s ￥有一水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P横截面积为S、喷水的流速恒定为，从P 喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC上的B处，在B处水流速度瞬间变为零，之 后沿斜面流下。已知水的密度为ρ，重力加速度为g,不计空气阻力，则 A.单位时间撞到B处的水流体积Q=2Su C B.水流撞击B处前瞬间的速度0a-V8· 3 C.水流对B处的冲击力F=4Sv2 A30 D.空中水的质量m=3pS0 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全 选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入 总分。 6.如图所示，粗糙的水平面上有一半圆形凹槽，凹槽的质量为M,半圆弧的圆心为O点，最低点 为A点，半径为R。现将一质量为m的光滑小球从圆弧上的D点由静止释放，已知OD与 OA的夹角为(0<5°)，重力加速度为g,小球大小可以忽略不计，从D点运动到A点的过程 中，凹槽始终保持静止。下列说法正确的是 A.小球从D点运动到A点过程中，小球和凹槽所组成的系统，机 械能守恒，动量也守恒 B.小球到达A点时对凹槽的压力大小为3mg一2 mg cos0 77777777777777777777777777777777 C.小球从D点运动到A点的时间为=尽 2 g D.小球从D点运动到A点过程中，水平面对凹槽的摩擦力的冲量大小为m√2gR(1一cos8) 物理·周测卷（十五）第2页（共4页） 班级 7.如图所示，竖直轻弹簧两端连接质量均为m的两个小物块A、B,置于水平地面上且处于静止 状态，现将质量也为m的小物块C从A的正上方h处由静止释放，物块C与A碰后粘在一起 继续向下运动。已知在以后的运动过程中，当A向上运动到最高点时，B刚好要离开地面。 姓名 已知重力加速度为g,下列说法正确的是 A.此弹簧的劲度系数为 8mg 得分 B. 此弹簧的劲度系数为4ms h C,物块A运动过程中的最高点距离其初始位置为 B 77777777777 选择题 如图所示，两相距为d、带同种电荷的小球在外力作用下，静止在光滑绝 B 答题栏 04““““ 缘水平面上。在撤去外力的瞬间，A球的加速度大小为a,两球运动一段 1 2 时间后，B球的加速度大小为？，速度大小为0。已知A球质量为2m,B球质量为，两小球 3 均可视为点电荷，不考虑带电小球运动产生的电磁效应，则在该段时间内 A.两球间的距离由d变为2d B.两球组成的系统电势能减少了mv2 5 CB球运动的距离为3 D.库仑力对A球的冲量大小为2mu 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 6 8.(10分)某同学利用如图甲所示的气垫导轨和光电门验证动量守恒定律，如图乙所示，在两个 滑块A、B相互碰撞的端面装上弹性碰撞架，滑块碰撞后随即分开，两滑块上固定有相同的遮 光条。 光电门a滑块A滑块B光电门b 35 滑块A 滑块B 30 25 数字计时器 甲 乙 丙 (1)用螺旋测微器测量遮光条宽度d,如图丙所示，并将两块宽度均为d的遮光条安装到两滑 块上，可知遮光条的宽度d= mm. (2)调节气垫导轨水平时，先取下滑块B,将滑块A置于光电门α的左侧，向右轻推滑块A,若 数字计时器记录滑块通过光电门a、b的时间分别为△t。、△tb,且△t。>△tb,则应调 (填“高”或“低”)气垫导轨左端的底脚螺丝。 (3)气垫导轨调节水平后，将滑块A置于光电门α的左侧，滑块b静置于 ,给滑块A 一定的初速度去碰撞滑块B。 A.光电门a的左侧 B.光电门a、b之间 C.光电门b的右侧 (4)某次实验中，用滑块A去碰撞静止在气垫导轨上的滑块B,测得两滑块（包含遮光条）的质 量分别为m.和m6,滑块A两次经过光电门a的时间为△t。、△t:,滑块B经过光电门b的 时间为△tb,则实验中ma (填“>”“<”或“=”)m6;若实验中只测量了两个滑块 的质量（未包含遮光条），则验证过程中所得到的碰撞前总动量 (填“大于”“小于” 或“等于”)碰撞后的总动量。 物理·周测卷（十五）第3页（共4页） 鱼歇龙门卷 9.(20分)如图所示，水平轨道MN、PQ分别与水平传送带左侧、右侧理想连接，竖直圆形轨道 与水平轨道PQ相切于Q点。已知传送带长度L=4.0,且沿顺时针方向以恒定速率v= 3.0m/s匀速转动。质量为m的滑块B静置于水平轨道MN上，另一质量为2m的滑块A以 初速度v。向B运动，A、B在极短时间内发生弹性碰撞。滑块B碰后以速度vB=2.0/s滑 上传送带，并恰好停在Q点。已知滑块B与传送带及水平轨道PQ之间的动摩擦因数均为 μ=0.20，装置其余部分均视为光滑，两滑块均可看作质点，重力加速度g取10m/s2。 (1)求P、Q间的距离； (2》若滑块A的初速度o,=6m/s,要使滑块B不脱离竖直威鳳心兰 R 圆形轨道，求圆形轨道半径R的取值范围。 10.(20分)人们越来越深刻地认识到冰山对环境的重要性，冰山的移动将给野生动物带来一定 影响。为研究冰山移动过程中表面物体的滑动，小星找来一个足够长的水槽，将质量为M、 长为L的车厢放在水槽中模拟冰山，车厢内有一个质量为m(<M)、体积可以忽略的滑 块。车厢的上下表面均光滑，车厢与滑块的碰撞均为弹性碰撞且忽略碰撞的时间。开始时 水槽内未装水，滑块与车厢左侧的距离为。在车厢上作用一个大小为F,方向水平向右的 恒力，当车厢即将与滑块发生第一次碰撞时撤去水平恒力。 (1)求车厢即将与滑块发生第一次碰撞时车厢的速度。的大小； (2)求从车厢与滑块发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中，车厢的位移xM; (3)若在水槽中装入一定深度的水，车厢在水槽中不会浮起。开始时滑块与车厢左侧的距离 为，由于外界碰撞，车厢在极短时间内速度变为v'。,方向水平向右。车厢移动过程中受 到水的阻力大小与速率的关系为f=v(k为已知常数)，除第一次碰撞以外，以后车厢与 滑块之间每次碰撞前车厢均已停止。求全程车厢通过的总路程、。 水槽 物理·周测卷（十五）第4页（共4页）·物理· 【解析】(1)当小球运动至B点时，半圆形滑槽 ACB向左运动的距离最远，根据水平方向动量守恒 有mU1一Mv2=0, 两边同乘以时间，可知mx1一Mx2=0, 根据几何关系有x1十x2=2R,解得，=2B 39 (2)当小球运动至C点时，半圆形滑槽ACB的速度 最大，根据水平方向动量守恒有mv1一Mu2=0, 根据系统机械能守恒有mg×3R=)m十 2M,解得u=√gR。 (3)设小球经过D点时沿水平方向的速度为？：，沿 竖直方向的速度为，，根据水平方向的动量守恒有 物理( 1.C【解析】泡沫塑料的作用是延长了物品与包装箱 的接触时间△t,而物品的动量变化量△力未发生变 化，根据动量定理，合力冲量不变，故A、B错误。设 物品撞击时所受合力为F,根据动量定理F·△t= △中，可得F=A2,可知泡沫塑料的作用是延长了物 △t 品与包装箱的接触时间△，减小物品所受到的合力， 故C正确，D错误。 2.A【解析】由于小朋友只受重力，做竖直上抛运动， 加速度为重力加速度，保持不变，且运动过程中只有 重力做功，机械能保持不变，故B、D错误。根据竖直 1 上抛运动的规律可得v=uo一gt,x=ut一2gt,所 以p=mv=mv。-mgt,故A正确，C错误。 3.C【解析】由系统的动量守恒易知，无论弹力为多 大，最终三者均静止，故A错误。由于A、C之间的 最大静摩擦力小于B、C之间的最大静摩擦力，故随 着F逐渐增大A、C之间先发生相对滑动。对A分 析可知，当F1=mAg=1N时，A、C之间刚要发生 相对滑动，当B、C之间将要发生相对滑动时，对C 分析，fBc一fAc=mca,对B、C整体分析可知F2 fAc=(mB十mc)a,联立解得F2=3N,可知若F= 1.5N或F=2.5N,则释放物块后，A、C之间发生 相对滑动，B、C之间不发生相对滑动，故B错误，C 正确。若释放物块的瞬间，物块A、B均相对于小车 滑动，系统最终也将处于静止状态，全过程中弹簧减 少的机械能即为减少的弹性势能，根据能量关系可 知等于系统因摩擦产生的内能，故D错误。 4.C【解析】设A、B发生相对滑动时的最小外力为 F。,对A受力分析，由牛顿第二定律可得mAg= mAa,解得a=g=2m/s2,对于B而言，有F。 mAg一μ(mA十mg)g=mBa,解得F。=8N,由乙 ·33 参考答案及解析 mv,=Mv, 以滑槽为参考系，则此时小球的速度沿圆弧的切线 方向，此时小球水平方向的相对速度为？相=)：十 3 04=20z' .3 因相对滑槽的合速度沿圆弧的切线，有2”，os30°= 0yc0s60°， 。1 根据能量守恒定律有mg(2R+Rsin30)=2m(u2十 )+2Mo,解得u:一√ 20gR 33 5gR 因此滑槽的速度w,=√33。 五) 图可知，外力F与时间t的关系满足F=6十2t(t≥ 0),当t=0.5s时，F=7N<8N,A、B没有发生相 对滑动，A错误。根据上述分析可知，t=1s时，F= 8N,A、B具有共同的加速度，大小为2m/s2,B错 误。在0~1s内根据动量定理，结合乙图可知I一 u(mA十mB)gt=(mA十mB)v,代入数据解得v= 1.5m/s,C正确。根据乙图，结合动量定理可知，t= 2s时，A、B系统具有的动量之和为p=I合=一 u(mA十mB)gt',代入数据解得力=8kg·m/s, D错误。 5. A【解析】F-t图像与坐标轴围成的面积表示拉力 的冲量，在0~3s内拉力的冲量为I=(15×1.0+ 15×1.0)N·s=30N·s,故A正确。物块在向上运 动过程中沿斜面方向上受到拉力与重力沿斜面方向 向下的分力，根据动量定理有I一mg sin30°·t= △p,则0~3s内物块的动量变化量为△p=(30一 1X10×0.5×3)kg·m/s=15kg·m/s,故B错 误。设5s时物块速度为v,0~5s过程根据动量定 理可得I5=I5一Ics=mv一0，其中Is=F·△t= (15×3)N·s=45N·s,Ics=mg sin30°·t=1× 10×0.5×5N·s=25N·s,联立解得v=20m/s, 1 根据动能定理可知W台=2mv2=200J,故C错误， 对物块分析，拉力变化的周期为T=2s,每个周期合 力的冲量为12=F·)-mg sin30°·T=(15X1 1×10×0.5×2)N·s=5N·s,随着时间延续，合力 的冲量会不断增大，无最大值，故D错误。 *D【解析】水流单位时间撞到B处的体积等于水流 单位时间通过水平喷水口的体积，即体积为Q=S, 故A错误。水流从P到B做平抛运动，平抛初速度 为，由于水柱恰好能垂直撞到斜面，由几何关系可知 高三一轮复习周测卷 在B的速度方向与水平方向成60，有v:一c0s60 2v,故B错误。设△t时间内有质量为△m的水撞击 斜面，设该过程斜面对水的支持力为N,规定vB方向 为正方向，由动量定理有一N△t=0一△mvB,因为 △m=pSv△t,联立解得N=2pSv2,根据牛顿第三定律 可得，水流对B处的冲击力F=N=2Sv2,故C错 误。结合B选项分析，由平抛规律可得水流在B处的 竖直分速度v,=vtan60°=√3v,故平抛时间为t= ,所以空中水的质量m=Q=BS0, g g,故D 正确。 6.BCD【解析】在该过程中，由于地面有静摩擦力，但 静摩擦力未做功，小球和凹槽所组成的系统，机械能 守恒，动量不守恒，故A错误。小球从D点到A点， 由机械能守恒定律可得mgR(1-c0s0)=m0,在 2 A点有FN一mg=mR,解得v=√2gRI-cos0, FN=3mg一2 ng cos0,故B正确。由单摆的周期公 式可知，小球从D点运动到A点的时间为：=T 5尽，故C正确。凹槽始终静止，水平面对凹檀的 2 摩擦力的冲量与小球对凹槽的作用力的水平冲量等 大反向，由动量定理可知I:=I弹=m△v= m√J2gR(1一cos0),故D正确 7.AD【信息获取与转化】 序号文本/图像信息 隐含信息 物理关系 物块C与A碰后 发生完全非弹性 mv0=(m十 粘在一起继续向 碰撞 m)v 下运动 当A向上运动到 B所受弹簧弹力等 2 最高点时，B刚 于其重力，可求此 mg-kx 好要离开地面 时弹簧的伸长量 竖直轻弹簧两端 构成竖直弹簧振 连接质量均为m 子，碰后的运动是 的两个小物块 kx2-2mg= 简谐运动，在振动 A、B…物块C 2mg+kx 的最高点和最低点 与A碰后粘在 回复力大小相等 起继续向下运动 【解析】对物块C,根据动能定理有mgh=2mui,可 得碰前C的速度为v。=√2gh,C、A碰撞过程，根据 动量守恒定律有mv。=(m十m)o1,可得，碰撞后C、 _v0_√2gh A一起向下运动的速度为u,=2 2,碰撞前， ·34 对A分析，根据平衡条件有mg=kx。,当A向上运 动到最高点时，对B分析，根据平衡条件有mg= kx1,则碰撞后瞬间与A向上运动到最高点瞬间，弹 簧弹力大小相等，弹簧的弹性势能相同，根据能量守 恒定律有)·2mw=2mgH,可得物块A运动过程 中的最高点距离其初始位置的距离为H=,故C 错误。由上述分析可知x=x二？-g,则弹簧的 劲度系数为=g_8mg,故A正确，B错误。碰撞 xo h 后C、A一起做简谐运动，根据对称性可知，最高点 的合力等于最低点的合力，有kx2一2mg=2mg十 k红1，解得最低点时弹簧的压第量为工，=吕，则物块 A运动过程中的最低点距离其初始位置的距离为 h h'=x2一xo=2,故D正确。 AC【解析】当两球间的距离为d时，在撤去外力的 瞬间，对A进行分析，由牛顿第二定律可得k9AB= d2 2ma,一段时间后设两球间的距离为d',对B进行分 析有k94号=m·24,解得d-21,故A正确。设 1 d'2 球B的速度为v时，A球的速度为v',由动量守恒可 得2m0'=mv,解得v'=?,两球的动能增加了△E= 合·2m(受)°+方mo=至m,由能量守恒定律可 知，两球组成的系统电势能减少了子m2,故B错误。 根据动量守恒定律有2mA一mvB=0,解得vB= 2VA,上述表达式在任意时刻均成立，有oB△t= 2vA△t,即有xB=2xA,又因为xB十xA=d'-d=d, 解得xB= 名d,故C正确。在该段时间内，A球的速 3 度由0变为？，由动量定理可得库仑力对A球的冲量 大小为IA=2mv'=mv,故D错误。 (1)6.790(2)低(3)B(4)<小于 【解析】(1)用螺旋测微器测量遮光条宽度为d= 6.5mm+29.0×0.01mm=6.790mm。 (2)气垫导轨水平时滑块经过两个光电门的时间应该 相同，根据题意滑块通过光电门a、b的时间△t。> △t6,说明滑块在导轨上做加速运动，所以应将气垫 导轨左端的底脚螺丝调低。 (3)滑块A向右运动，先通过光电门a,与滑块B碰 ·物理· 撞后，滑块B向右经过光电门b,故滑块B应该放在 光电门a、b之间，故B正确。 (4)滑块A向右运动，与滑块B碰撞后，滑块A要返 回，所以滑块A的质量应该小于滑块B的质量；设遮 光条的质量为m。,碰撞前系统总动量为(m。十m,)vo, 碰后的总动量为(m6十mo)v2一(m。十m)o1,根据动量 守恒定律有(m。十mo)vo=(m6十mo)v2一(ma十 mo)1,若实验中只测量了两个滑块的质量（未包含 遮光条)，则碰撞前系统总动量为m。,碰后的总动 量为m6v2一mav1,因为v0>2一v1,所以m0v0> mo2一mo1,故mavo<mv2一ma1,即碰撞前总动 量小于碰撞后的总动量。 9.(1)2.25m(2)R≥1.95m或0<R≤0.78m 【模型建构】 选取对象 在竖直圆形轨道上运动的滑块B 建构模型 不脱离轨道的临界条件 确定物 ①恰好能运动到与圆心等高处； 理原理 ②恰好能过圆形轨道最高点 【解析】(1)假设滑块B滑上传送带后一直加速，则 a=m8=g=2m/s2, m -。一=1.25m<L,所以滑块B在传送带上 x共 2a 先做加速运动后做匀速运动，滑离传送带时的速度 为v=3.0m/s,因为滑块B恰好停在Q点，则由运 动学公式得v2=2axpQ,解得xa=2.25m。 (2)若v。=6m/s,滑块A、B碰撞过程由动量守恒定 律和机械能守恒定律得2mv。=2mv1十moB, 专·2moi=7·2moi+gm, 1 解得oB=8m/s, 假设滑块B从N点到Q点一直减速，由运动学公式 得v-v品=2a(L十xra), 解得vo=√39m/s>3m/s,假设成立， 若滑块B恰好到达与圆心等高处，则由动能定理得 一mgR=0-2mw员，解得R=1.95m,所以滑块B不脱 离竖直圆形轨道的一种情形是需满足R≥1.95m, 若滑块B恰好能通过竖直圆形轨道最高点，设滑块B 在最高点的速度为，由牛顿第二定律得mg-m, R 由动能定理得-2mgR=mi-md, 解得R=0.78m,所以滑块B不脱离竖直圆形轨道 的另一种情形需满足0<R≤0.78m, 综上所述，竖直圆形轨道半径R的取值范围为R≥ 1.95m或0<R≤0.78m。 ·35 参考答案及解析 Fd 0. (1)VM 2M-mL(3)d+M+m)(a。- (2)M+m kd M 【解析】(1)对车厢，由动能定理可得F4=合M, d 解得一√M (2)车厢与滑块的碰撞为弹性碰撞，设第一次碰撞 后车厢和滑块的速度分别为⑦M和？m,由机械能守 恒定律号Mwi=Mwi+ami, 1 根据动量守恒定律Mv=MoM十mvm, M-m 解得vM一M十m 2M 0wm一M十m0 第一次碰撞到第二次碰撞之间，车厢与滑块的位移 分别为xM、xm,有xM=UMt,xm=Vmt, 位移关系为xm一xM=L, “M一L。 联立解得xM一M十m (3)每一次碰撞后车厢的运动过程中，由动量定理 -∑f△t=∑M△v, 即一∑kv△t=∑M△v,累加后得一ks=M△v, 第一次碰撞前，车厢的路程为d,所以kd=M(。一o), kd 可得碰撞前车厢的速度u=06一M, 设第n次碰撞后，车厢的速度为n,滑块的速度为 o,第n次碰撞至停下，车厢的路程为sm。第一次 碰撞，由机城能守恒定律Moi+2mo叶=号Mo, 1 1 由动量守恒定律Mv1十mv'=Mv, M-m 2M 解得01=M+m,01=M+m, 第一次碰撞后，对车厢一s1=M△， M(M-m) 解得s1=CM+m)0, 第二次碰撞，由机械能守恒定律2Moi+2mu”- 1 2mu2, 根据动量守恒定律Mv2十mv2=mvi, 解得=0n时-沿 所以第二次碰撞后车厢的路程，=M: 2mM 4M'm k(m+M)Vm=k(M+m)”, 此后的每次碰撞前滑块的速度大小都变为前一次 的心一倍，车厢均静止. 高三一轮复习周测卷 所以第三次碰撞后车厢的路程53= Mv3 M M-m M-m M+m=M+m52, 第四次碰撞后车厢的路程54= Mv4_/M-m)2. M+m 52, Mon (M-m-2 第n次碰撞后车厢的路程5，== \M+m/ 52, 根据等比数列求和公式求得车厢在第二次及以后 2M2 的路程之和s=k(M十m)0, 物理( 1.B【解析】两条电场线延长线交于一 点，即为点电荷Q的位置，如图所示， 根据电场线方向可知场源电荷带负 电，设A、B两点到Q的距离分别为 E rA和rg,由几何知识得到JA=sin0, 0 根据点电荷场强公式E-织，可得A、B两点的电场 强度关系为EA>EB,因为B点距离负点电荷Q更 远，所以PB>PA。 2.C【解析】材料温度升高，材料膨胀，电容器两板间 距减小，根据C= 4kd,可知电容增大；由于电容器 Q 两板电势差不变，根据C一，可知极板所带电荷量 增大，故A错误。滑动变阻器滑片向下滑动，接入电 路阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电 流增大，路端电压减小，则电容器的工作电压降低， 故B错误。检测到灵敏电流计的电流方向为从a到 b,则电容器在充电，极板所带电荷量增大，由A选项 分析可知，材料温度升高，故C正确。检测结束，断 开开关，电容器放电，则灵敏电流计上有从b到α的 短暂电流，故D错误。 3.B【解析】无限大金属板接地，电势为0，则坐标原 点处的电势为0，又无穷远处的电势为0，则x轴上 距坐标原点足够远处的电势也接近0。结合题述可 知，x轴上点电荷左侧位置的电场方向沿x轴负方 向，右侧位置的电场方向沿x轴正方向，正点电荷所 在位置的电势为正无穷大，又沿电场方向电势降低， 则从正点电荷向两侧移动，电势均降低。 4.A【解析】沿电场线方向电势降低，所以D点的电 势高于A点的电势，A正确。电场线的疏密程度表 示电场强度的大小，所以A点的电场强度小于B点 的电场强度，B错误。电子带负电，所以将电子从D 点移到C点，电场力与运动方向夹角为钝角，所以电 场力做负功，C错误。处于静电平衡的导体是等势 ·36 M(M-m) 2M2 所以sa=d+s1+s=d+kM+m)0+kM+m”= +n（d》. 【科学思维】 多次碰撞问题的处理方法—数学归纳法 首先把前几次碰撞过程理顺、分析透彻，然后根据前几次 数据，利用数学归纳法，写出之后碰撞过程中相应的规律 或结果，最后去计算全过程的路程或发生碰撞的总次数 等数据。 六) 体，所以B、C两点电势相等，根据E。=qP可知电子 在B、C两点电势能相等，D错误。 5. C【解析】分别画出AC在B、B'、D、D'各点的场 强，然后进行场强的合成可以得到两个点电荷在这 四点的电场强度方向均平行于AC,方向由A指向 C,故A错误。A'C'连线上由A'指向C',电势降低， 但试探电荷为负电荷，故从A'点移动到C'点试探电 荷的电势能增加，故B错误。几何体为正三棱柱，D、 D'点分别为AC、A'C'边的中点，所以BDD'B'为AC 的中垂面，也就是等势面，各处电势相等，试探电荷 的电势能相等，电场力不做功，故C正确，D错误。 C【解析】电子进人电场后做类平抛运动，在两板间 的运动时间为1一2T,不同时刻进入电场的电子 竖直方向分速度图像如图甲所示，由图看出，所有电 子离开电场时竖直方向分速度v,=0,速度都等于v。, 即不同时刻进入极板间的电子离开极板时其速度相 同，所有电子离开电场时的动能都相同，故A、B错误。 在1一时刻进人电场的电子，在-3平时刻侧位移 最大，最大侧位移为器=2·()-， 16,在 i=0时刻进入电场的电子侧位移最大为2d,有2d- 4“(写》，联立得y品放C正确。在=召 时刻进人电场的电子在垂直极板方向的速度一时间 15T 图像如图乙所示，在1=g时刻侧位移最大，最大侧位 移为y=4·2(智)'-2·(g-1e- 64 1 644,故D错误。