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（福建专用）

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3小题，每小题6分，共18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.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 C 相对滑动 777779777977777 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 2.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=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 F 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 3.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10/s2。以下说法中正确 的是 FIN 15 7a77m777M 01.02.03.04.05.0 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 物理·周测卷（十五）第1页（共4页） 15 鱼跃龙力秦 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=2S B.水流撞击B处前瞬间的速度。=3 B 3 C.水流对B处的冲击力F=4pSv2 A1300 D.空中水的质量m=3pS0 g 二、多项选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入 总分。 4.如图，在光滑绝缘水平面上同时静止释放两个带正电的小球（视为点电荷），两小球在运动过 程中 A.速度大小之比逐渐增大 amnmmmmm B.加速度大小之比逐渐减少 C.动量大小之比保持不变 D.动能之比保持不变 5.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 C.小球从D点运动到A点的时间为1=尽 7777777772 Γ2Ng 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cos) 6.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。 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3] B.此弹簧的劲度系数为4g C.物块A运动过程中的最高点距离其初始位置为 B 77777777777 D.物块A运动过程中的最低点距离其初始位置为2 物理·周测卷（十五）第2页（共4页） 新教材版F 班级 *如图所示，两相距为、带同种电荷的小球在外力作用下，静止在光滑绝 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 姓名 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2，B球质量为m,两小球 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 得分 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 CB球运动的距离为号d D.库仑力对A球的冲量大小为2mu 三、非选择题：本题共4小题，共58分。 7.(6分)如图所示，质量为m的物体放在粗糙水平面的O点，在物体上 选择题 施加一水平向右的恒力F=g,使其由静止开始运动，经时间t撤去 答题栏 F,又经时间2t物体停止运动，重力加速度为g。则物体与水平面间的动摩擦因数为 1 t时刻物体的速度大小为 (用g、t表示)，物体加速与减速时的加速度大小之比为 ”” 3 8. (12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 4 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 5 光条。 6 光电门a滑块A滑块B光电门b 关 35 滑块A 滑块B 30 25 数字计时器 甲 丙 (I)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a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△t6,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。 新教材版F 物理·周测卷（十五）第3页（共4页） 」鱼跃龙门卷 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=2.0m/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； M (2)若滑块A的初速度vo=6m/s,要使滑块B不脱离竖直 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<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d,由于外界碰撞，车厢在极短时间内速度变为o'。,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=(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s。 m 水槽 物理·周测卷（十五）第4页（共4页）·物理· 待A与摩擦杆静止后，弹性势能开始转化为动能，根 1 5m 据机械能守恒可得E,=2mu”,解得0'=8√E。 (2)设摩擦杆与B刚好没有相对运动时所对应的A 的初速度为o,弹簧的最大压缩量为xo。此时弹簧 弹力kx。=√5mg,且A与B速度刚好相同。根据动 量守恒定律以及机械能守恒定律可得mv,= （m十4m加类宫m=(m+4m)o候+宁ka,联立 5/m 可得0=28√及' 从A与B开始接触到分离的过程可以视为发生了 次弹性碰撞，设分离后速度分别为1和v2,根据动 量守恒定律和机械能守恒定律可得mv。=mv1十 4m2m-m时+号×4aoi, 1 1 解得v1=一 3/m 28√友：=g√， 3/m m 即A、B分离后各自速度大小为28√友和g√方· 10.a2(2vg级(8 【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mv1-Mv2=0, 物理( 1.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F,=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，fc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。 2.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mB)g=mBa,解得F。=8N,由乙 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= ·33 参考答案及解析 两边同乘以时间，可知x1一Mx2=0, 根据几何关系有十：=2R,解得：-2蛋。 (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Mo,=0, 根据系统机械能守恒有mg×3R-2m十 名M,解得i=vg级. (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 mu,=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=20’ 、3 因相对滑槽的合速度沿圆弧的切线，有2”：c0s30°一 vyc0s60°， 1 根据能量守恒定律有mg(2R+Rsin30)=2m(o2+ )+Mi解得，=器， /20gR 5gR 因此滑槽的速度w,一√33· 五)》 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Ip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 (mA十mB)gt',代入数据解得p=8kg·m/s, D错误。 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1=(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Ir一mg sin30°·t= △p,则0~3s内物块的动量变化量为△p=(30一 1×10×0.5×3)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=Is-Ics=mx-0,其中Is=F·△t= (15×3)N·s=45N·s,Ics=mg sin30°·t=1× 10X0.5×5N·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 高三一轮复习周测卷 力的冲量为12=F. 2-mg sin30°·T=(15×1- 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 在B的速度方向与水平方向成60，有wB一cos60 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V方向为 正方向，由动量定理有一N△t=0一△mwg,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0，=0tan60°=5u,故平抛时间为：一5”，所以 空中水的质量m=cQ=3pS0 ,故D正确。 g 4.CD【解析】由于两小球都带正电，则彼此受到斥力 作用，所以两小球组成的系统动量守恒，则m11= m02,所以”=m,即两球速度大小之比不变，两球 v2 m 动量大小相等，比值保持不变，故A错误，C正确。 F 小球的加速度大小之比为==m,即加速度大 a2 F 7771 m2 小之比保持不变，故B错误。动能之比为 1 2m1 1 -m2,即动能之比保持不变，故D正确。 2m2v号 m 5.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(1一cos9)= 2mv2,在 A点有FN-mg=mR,解得v=√2gR1-cos0), FN=3mg-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1=子T- 区，放C正确。凹糟始终静止，水平面对凹槽的 2N g 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If=I弹=m△v= ·34 ·新教材版F· m√2gR(1-cos0),故D正确。 6.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 mvg=(m十 1 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=kx1 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= 3 简谐运动，在振动 A、B…物块C 2mg+kx 的最高点和最低点 与A碰后粘在一 回复力大小相等 起继续向下运动 1 【解析】对物块C,根据动能定理有mgh=2mui,可 得碰前C的速度为。=√2gh,C、A碰撞过程，根据 动量守恒定律有m0=(m十m)v1,可得，碰撞后C、 A一起向下运动的速度为1= 0=√2gh 2 2,碰撞前， 对A分析，根据平衡条件有mg=xo,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 恒定律有分·2m=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=}五，故C 错误。南上述分析可知=4-号-冬，则弹资的 劲度系数为k=mg_8mg,放A正确，B错误。碰撞 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x2一2mg=2mg+ x1,解得最低点时弹簧的压缩量为x:=日，则物块 5 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k99B= d2 2ma,一段时间后设两球间的距离为d',对B进行分 析有6942=m·2a,解得d=24,故A正确。设 d'2 球B的速度为v时，A球的速度为v',由动量守恒可 ·物理· 得2m0'=mu,解得，'=2，两球的动能增加了△E.= ·2m()》+m2- 1 4mo,由能量守恒定律可 知，两球组成的系统电势能减少了m心，故B错误。 根据动量守恒定律有2mvA一mB=0,解得vB= 2A,上述表达式在任意时刻均成立，有vB△t= 20A△t,即有xB=2xA,又因为xB十xA=d'-d=d, 解得xB二二1，故C正确。在该段时间内，A球的速 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=2mo'=mv,故D错误。 7,号司：兰【解折】从物体开始运动到停止运动 过程，根据动量定理可得Ft一mg·3t=0,可得物 体与水平面间的动鉴擦因数为从一3点？·物体 做加速运动时，根据牛顿第二定律可得F一ng=ma1, 2 解得a1=3g,则t时刻物体的速度大小为o,一 2 a11一3t。物体做减速运动时，根据牛顿第二定律 司可得mg=ma2,解得a2=3g,则物体加速与减速 时的加速度大小之比为1=2 ag1。 8.(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。> △6，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 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mo,碰撞前系统总动量为(ma十mo)vo, 碰后的总动量为(m6十m)v2一(m。十mo)v1,根据动量 守恒定律有(m。十m。)v0=(m6十m。)2一(m。十 m)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mavo,碰后的总动 量为m6v2-m.1,因为vo>v2-v1,所以mov0> mov2一mov1,故mav,<mbv2一mav1,即碰撞前总动 量小于碰撞后的总动量。 ·35 参考答案及解析 (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=lmg-ug=2 m/s', m 2-0B x共= 2a =1.25m<L,所以滑块B在传送带上 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=2a,xra,解得xra=2.25m。 (2)若o。=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2mv0=2mv1+mvB, 名·2moi=号·2mwi+mi, 1 解得vB=8m/s, 假设滑块B从N点到Q点一直减速，由运动学公式 得vg-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 1 一mgR=0-2mw6,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 mvi 在最高点的速度为2，由牛顿第二定律得g=R, 1 1 由动能定理得-2mngR=2mo号-2mu品， 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。 2Fd 0.(1) M o好-股8a-r(6- kd M) 【解析】(1)对车厢，由动能定理可得Fd=2M如6， 2Fd 解得=√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oM和vm,由机械能守 恒定律分Mi=2Mod+十号moi, 1 高三一轮复习周测卷 根据动量守恒定律Mv。=MvM十mvm, M-m 2M 解得UM=M+m00n=M十mo 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=VMt,xm=Vmt, 位移关系为xm一xM=L, M一L. 联立解得xM=M十m (3)每一次碰撞后车厢的运动过程中，由动量定理 一2f△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(u。一v), kd 可得碰撞前车厢的速度0=00一M, 设第n次碰撞后，车厢的速度为vm,滑块的速度为 v,第n次碰撞至停下，车厢的路程为sm。第一次 碰撞，由机械能守恒定律2Moi+mo?-2Mw, 1 21 由动量守恒定律M1十mv'=Mu, _M-m, 2M 解得u1=M+m,01=M+m, 第一次碰撞后，对车厢一ks1=M△v, M(M-m) 解得s1=kM+m)0, 第二次碰接，由机被能守恒定徘M。+弓- 1 2 mv, 根据动量守恒定律Mu2十mo2=mv1, 解得=-效+， 2m 物理( 1.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。 2.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 体，所以B、C两点电势相等，根据E。=q9可知电子 在B、C两点电势能相等，D错误。 3.C【解析】分别画出AC在B、B、D、D'各点的场 ·36 ·新教材版F· Mu2 所以第二次碰撞后车厢的路程52= 2mM 4M'm k(m+M)mk(M+m), 此后的每次碰撞前滑块的速度大小都变为前一次 的4二m倍，车厢均静止。 M+m 所以第三次碰撞后车厢的路程s3 _Mo:_M, M-m M-m M+m,=M+52, 第四次碰撞后车厢的路程s4= M=(Mm) kM+m)s2, 第”次碰撞后车厢的路程5，=M 及 (）-, M+m 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一M十m), 所以s意=d+s1+s=d十 M(M-m) 2M2 k(M+m)0+k(M十m) v=d +w+（,). 【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)》 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BDDB'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】电子进入电场后做类平抛运动，在两板间 的运动时间为4=上=2T,不同时刻进入电场的电子 Uo 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，=0，速度都等于0， 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（一时刻进人电场的电子，在：一平时刻测位移最