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1、V 力学电学综合P 3.07 届 12 月江苏省丹阳中学试卷10一中学生为即将发射的“神州七号”载人飞船设计了一个可测定竖直方向加速度的装置，其原理可简化如图，连接在竖直弹簧上的重物与滑动变阻器的滑动头连接，该装置在地面上静止时其电压表的指针指在表盘中央的零刻度处，在零刻度的两侧分别标上对应的正、负加速度值 关于这个装置在 “神州七号”载人飞船发射、运行和回收过程中示数的判断正确的是（ A D ）A飞船在竖直加速升空的过程中，如果电压表示数为正，则飞船在竖直减速返回地面的过程中，电压表的示数仍为正B飞船在竖直加速升空的过程中，如果电压表的示数为正，则飞船在竖直减速反回地面的过程中，电压表的示数
2、为负C飞船在圆轨道上运行时，电压表的示数为零D飞船在圆轨道上运行时，电压表示数所对应的加速度应约为 9.8ms2 P 4.06 年 12 月 广 州 市 X 科 统 考 卷 17 （18 分）如图十五所示，挡板P 固定在足够高的水平桌面上，小物块A 和 B 大小可忽略，它们分别带有+QA和+QB的电荷量，质量分别为 mA和 mB.两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与B 连接，另一端连接一轻质小钩.整个装置处于场强为E、方向水平向左的匀强电场中. A、B 开始时静止，已知弹簧的劲度系数为k，不计一切摩擦及A、B 间的库仑力， A、B 所带电荷量保持不变， B 不会碰到滑轮
3、. (1) 若在小钩上挂一质量为M 的物块C 并由静止释放，可使物块 A 对挡板 P 的压力恰为零， 但不会离开P，求物块 C 下降的最大距离；(2) 若 C 的质量改为2M，则当 A 刚离开挡板P 时，B的速度多大？解： （1）开始时弹簧形变量为1x，由平衡条件：kEQxEQkxBB11可得（2 分）设当 A 刚离开档板时弹簧的形变量为2x：由：kEQxEQkxAA22可得（2分）故 C 下降的最大距离为：21xxh（3 分）由式可解得)(ABQQkEh（2 分）（2）由能量守恒定律可知：C 下落 h 过程中， C 重力势能的的减少量等于B 的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量以及系统动能的增
4、量之和当 C 的质量为M 时：BMghQ E hE弹（3 分）当 C 的质量为2M 时，设 A 刚离开挡板时B 的速度为VP A B E 图十五精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 9 页2)2(212VmMEEhQMghBB弹 （3 分）由式可解得A 刚离开 P 时 B 的速度为：)2()(2BBAmMkQQMgEV（3 分）P 7.06 年广东东莞中学高考模拟试题17. （ 16 分） 一长为 L 质量为 M 板面光滑且绝缘不导电的平板小车放在光滑水平面上，在车上有一质量为m、带电量为 +q 的小物块（可视为质点） ， 小
5、车质量与小物块质量之比M ： m = 7 ： 1， 物块距小车右端挡板距离为b， 且 L=1.5b，如图示。现沿平行车板方向整个空间加一水平向右的匀强电场，电场强度为E；带电小物块由静止开始向右运动，而后与小车右端挡板相碰（碰撞时间极短），若碰后小车速度大小为碰前小物块速度大小的1/4，并设小物块滑动过程及其与小车相碰过程中，小物块的电量不变。（1）通过分析与计算说明，碰撞后滑块能否滑出小车的车身？（2）若能滑出，求出由小物块开始运动至滑出时电场力对小物块所做的功；若不能滑出，则求出小物块从开始运动到第二次碰撞时电场力对小物块所做的功。解： （1）设碰撞前后速度分别为V0、V，由动能定理和动量
6、守恒得：Eqb=2021mVmV0=M 041V+mV 解得 V= 043V，方向向左当二者等速时m 在 M 上滑行距离达到最大，m 相对 M 有： 0=V022相对SmEqS相对=EqmV220=bL，小滑块 m 不会滑出小车（2）设第一次碰后到第二次碰撞的时间为t，二者位移相同，则有：tV04322tmEq=tV041解得 t=EqmV02全过程 m 在电场中的总位移S=b+tV041=2b，电场力对m 做功 W=2Eqb P 10.2007 年高考天津理综卷25 （22 分）离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P 处注入，在A 处电离出正离子，BC
7、之间加有恒定电压，正离子进入B 时的速度忽略不计，经加速后形成电流为I 的离子束向后喷出。已知推进器获得的推力为F，单位时间内喷出的离子质量为J 。为研究问题方便，假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推进器运动速度。 .求加在 BC 间的电压U ； .为使离子推进器正常运行，必须在出口D 处向正离子束注入电子，试解释其原因。b m M E L 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 9 页解： .设一个正离子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度为v ，根据动能定理，有221mvqU设离子推进器在 t 时间内喷出质量
8、为 M 的正离子，并以其为研究对象，推进器对 M的作用力为F，由动量定理，有F t= M v由牛顿第三定律知F = F设加速后离子束的横截面积为S ，单位体积内的离子数为n ，则有I = n q v SJ =n m v S 由、可得mqJI又tMJ解得JIFU22.推进器持续喷出正离子束，会使带有负电荷的电子留在其中，由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出。电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法正常工作。因此，必须在出口D 处发射电子注入到正离子束，以中和正离子，使推进器获得持续推力。P 13.07 届广东省惠阳市综合测试卷三18.如图 1 所示，一平行板电容器带电
9、量为Q，固定在绝缘底座上，两极板竖直放置，整个装置静止在光滑的水平面上，板间距离为d，一质量为 m、带电量为q 的弹丸以一定的初速度从一极板间中点的小孔射入电容器中（弹丸的重力不计，设电容器周围的电场强度为零）设弹丸在电容器中最远运动到P 点，弹丸的整个运动的过程中的vt 图像如图2 所示，根据力学规律和题中（包括图像）所提供的信息，对反映电容器及其系统的有关物理量（例如电容器及底座的总质量），及系统在运动过程中的守恒量，你能求得哪些定量的结果？分析 ：此题的 vt 图像蕴味深刻，提供的信息也丰富多彩，由图2 可知，在 0t1内弹丸在电场力作用下先向左做匀减速直线运动，速度减为零后，再向右做匀
10、加速直线运动，t1后弹丸开始匀速运动，由弹丸0t1的运动情况可知，弹丸速度为零时已到P 点； t1后弹丸做匀精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 9 页l v0 E 速直线运动， 弹丸不再受电场力，说明弹丸已离开电容器，故可知弹丸离开电容器的速度为v1，纵观图2，0 t1内，图像的斜率表示弹丸的加速度，根据以上信息可解答如下：解： （1）由 vt 图像可得弹丸的加速度101vvat设电场强度为E，由牛顿第二定律得Eq=ma电容器电压UEd 电容器电容QCU由、式得，011()m vvEqt，101()md vvUqt，101(
11、)QqtCmd vv。（2）设电容器最后速度v，电容器及底座总质量为M，由电容器、弹丸动量守恒得mv0Mv mv1由电容器、弹丸能量守恒得22201111222mvMvmv由、式得v v0 v1 0101()m vvMvv根据题意可得，弹丸及电容器的总能量2012Emv点评： 图 2 把弹丸的运动过程表现得淋漓尽致，使弹丸的运动情况尽在不言中，而能否准确地从图中捕捉信息，就充分体现学生的洞察能力、分析思维能力。巧用vt 图像，可以使物理问题化繁为简，化难为易。P 17.07 届 1 月武汉市调研考试17 （14 分）有一质量为M、长度为 l 的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带电量
12、的绝对值为q 的物块（视为质点） ，以初速度v0从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板周围空间是范围足够大的匀强电场区域，其场强大小qmgE53，方向竖直向下，如图所示. 已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场强大小不变， 且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端. 求：（1）场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；（2）场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；（3）场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离。解： （1）
13、场强方向竖直向下时，由系统动量守恒，有：vMmmv)(0由能量守恒，有（Q：产生热量；mFf:与 M 间的摩擦力； s: m 与 M 相对位移；v: A、B 共同速度）：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 9 页22011)(2121vMmmvsFQf由式得：)(2201MmmMvQ同理，场强方向竖直向上时，动量仍守恒，可推出：)(2)(212120220212MmmMvvMmmvsFQf11sFf=22sFf依题意： s1s2，故21ffFF而NfFF12NNFF说明第一次电场力方向竖直向上，第二次电场力方向竖直向下（可判
14、断物块带负电）. （2）qEmgFN1qEmgFN2由已知415321NNFFqmgE得（3）由得：lss414112评分标准：每式2 分，每式1 分. P 21.南京市 07 届二模 17.B“ 能量的比较 ”如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A、B，质量分别为3m 和 m，小球A带正电 q，小球B带负电 -2q，开始时两小球相距s0，小球A有一个水平向右的初速度v0，小球B的初速度为零，若取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零，则（1）试证明：当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值；（2）试证明： 在两小球的间距仍不小于s0的运动过程中， 系统的电势能总小于系统的动
15、能，并求出这两种能量的比值的取值范围。S0ABv0解： （1）由于两小球构成的系统合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为Av和Bv，由动量守恒定律得BAmvmvmv330（1） （2 分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 9 页所以，系统的动能减小量为222021321321BAkmvmvmvE（2） （1 分）由于系统运动过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下电势能为零，故该状态下的电势能可表为222021321321BAkpemvmvmvEE（3） （ 1 分）联立（ 1） 、 （3
16、）两式，得2002396mvvmvmvEAApe（4）由（ 4）式得：当043vvA（5） （2 分）时，系统的电势能取得最大值，而将（5）式代入（ 1）式，得043vvvBA（6） （1 分）即当两小球速度相同时系统的电势能最大，最大值为20max83mvEpe（7） （2 分）（2）由于系统的电势能与动能之和守恒，且初始状态下系统的电势能为零，所以在系统电势能取得最大值时，系统的动能取得最小值，为202020max0min8983321mvmvmvEEEpekk（8） （2 分）由于maxminpekEE（9）所以在两球间距仍不小于0s的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能。（2 分）
17、在这过程中两种能量的比值的取值范围为310m i nm a xkpekpeEEEE（10） （2 分）P 25.07 届南京市第一次调研测试19 （17 分）在光滑绝缘的水平台面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E。水平台面上放置两个静止的小球 A 和 B（均可看作质点） ，两小球质量均为m，A 球带电荷量为 +Q，B 球不带电， A、B 连线与电场线平行。开始时两球相距L，在电场力作用下，A 球开始运动（此时为计时零点，即 t=0） ，后与B 球发生对心碰撞，碰撞过程中A、 B 两球总动能无损失。设在各次碰撞过程中，A、B 两球间无电量转移，且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力
18、。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 9 页（1）第一次碰撞结束瞬间A、B 两球的速度各为多大？（2） 分别在甲、 乙坐标系中， 用实线作出A、B 两球从计时零点到即将发生第三次碰撞这段过程中的v-t 图像。要求写出必要的演算推理过程。（3）从计时零点到即将发生第三次碰撞这段过程中电场力共做了多少功？（4）若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面（v=0 时刻除外） ，可以在水平面内加一与电场正交的磁场。请写出磁场( ) tB与时间 t 的函数关系。（不考虑相对论效应）解： （1）A 球的加速度QEam（1
19、 分）碰前 A 的速度122AQELvaLm， 碰前 B 的速度10Bv（2 分）A、 B 碰撞后交换速度，设碰后A、 B 球速度分别为1Av、1Bv10Av112BAQELvvm（2 分）（2）只要求推理说明基本正确（以下过程供讲评时参考）A、B 球发生第一次、第二次、第三次的碰撞时刻分别为1t、2t、3t则1102AvmLtaQE第一次碰后，经21tt时间 A、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B 两球速度分别为2Av和2Bv2121211()()2Bvtta tt得：213tt221112()222AAQELva ttatvm212BBQELvvm第二次碰后瞬间，A、B 两球速度分别
20、为2Av和2Bv，经32tt时间 A、B 两球发生第三次1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 0 mQELv2/QEmLt2/甲1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 0 mQELv2/QEmLt2/乙精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 9 页碰撞，并设碰前瞬间A、B 两球速度分别为3Av和3Bv则222ABQELvvm2222BAQELvvm当2232232321()()()2BAvttvtta tt发生第三次碰撞，易得3221tttt32322()3AAQELvva ttm3222BBQELvvm（每图 2 分）（3）
21、由（ 2）问中所求的物理量，得QELmvmvWBA130)2121(2323电（2 分）（4）对 A 球由平衡条件得AB Q vmgAmgBQv且QEam。解得从 A 开始运动到发生第一次碰撞2( )2tmgm gBQatQ Et20mLtQE（1 分）1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 0 mQELv2/QEmLt2/乙1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 0 mQELv2/QEmLt2/甲精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页从第一次碰撞到发生第二次碰撞2( )22()tm gBmLQ E tQE223mLmLtQEQE（2 分）从第二次碰撞到发生第三次碰撞2( )22(2)tm gBmLQ E tQE2235mLmLtQEQE从第三次碰撞到发生第四次碰撞2( )22(3)tm gBmLQ E tQE2257mLmLtQEQE以此类推，从第n 次碰撞到发生第n+1 次碰撞2( )22()tm gBmLQ E tnQE22(21)(21)mLmLntnQEQE（n=1，2， 3，4 .）（3 分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页