高三物理力学与电场综合模块典型新计算题型展播

1、力学与电场综合模块典型新计算题型展播根据本届学生实际，组编了如下 20道力学与电场综合计 算题来训练学生的审题能力和规范解题能力。选题典型、新颖， 包容知识点多，隐含条件不显露，学生入手困难，由此专题试卷 进行强化训练，就可很快识别这类模型的题眼， 达到快速求解物 理压轴题的能力。孝感三中三尺方地1、在一个水平地面上沿水平方向建立x轴，在过原点 O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6X105N/C,方向与x轴正方向相同，在O处放一个质量 m=10g带负电荷的绝 缘物块，其带电荷量 q= -5 10 8CO物块与水平地面间的动摩擦因数 户0. 2,沿x轴正方向给物块一个初速度

2、 V0=2m/s,如图所示.试求:(1)物块沿x轴正方向运动离 O点的最远距离；(2)物块最终停止时的位置.2、如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R,下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场中E中，一质量为 m,带电量为+q的物块(可视为质点)，从水平面上的A点以初速度V0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C,场强大小为 E (E dB金属板两端与 B板的间隙可忽略不计。现从正对B板小孔紧靠A CLr&_月一板的O处由静止释放一个质量为 m、电量为q的带正电微粒(微 限 /粒的重力不计)，问：(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大？P(2)为了使微粒能在 CD板

3、间运动而不碰板， CD板间的电场强度大小应满足什么条件？(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒通过半圆形金属板间的最低点P点？7、如图所示，长为L的绝缘细线，一端悬于 O点，另一端连接带电量为一q的金属小球A,.3 、 置于水平向右的匀强电场中，小球所受的电场力是其重力的金倍，电场范围足够大，在距3O点为L的正下方有另一完全相同的不带电的金属小球B置于光滑绝缘水平桌面的最左端桌面离地距离为H,现将细线向右水平拉直后从静止释放(1)求A球与B球碰撞前的速度？(小球体积可忽略不计)A球。3（2）若（2+1） L=0.1m, H= 0.6m。则B球落地时的速度大小是多少？（不计碰撞过程3中机械能损失

4、及小球间库仑力的作用）8、如图所示，一矩形绝缘木板放在光滑水平面上，另一质量为m带电量为q的小物块沿木板上表面以某一初速度从 A端沿水平方向滑入，木板周围空间存在足够大、 方向竖 直向下的匀强电场.已知物块与木板间有摩擦， 物块沿木板运动到 B端恰好相对静止.若将 匀强电场的方向改为竖直向上，大小不变，且物块仍以原初速度沿木板上表面从 A端滑入，结果物块运动到木板中点时相对静止.求:物块所带电荷的性质.匀强电场场强的大小9、在绝缘水平面上放一质量m=2.0 x l0-3kg的带电滑块 A,所带电荷量q=1.0 x 10-7C.在滑块A的左边l =0.3m处放置一个不带电的绝缘滑块B,质量M=4

5、.0X10 kg, B与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接)且弹簧处于自然状态，弹簧原长S=0.05m.如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E=4.0 x 105N/C,滑块A由静止释放后向左滑动并与滑块B发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内)，此时弹性势能 E=3.2 X 10-3J,两滑块始终没有分开， 两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为(1=0.5, g取10m/s2.求： TOC o 1-5 h z (1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v；(2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距

6、离s. EeE；wwfBna S + I1),仍使电子从ABC取域左下角D处离 开(D不随电场移动)，求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。11、如图所示，矩形区域 MNPQ内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域；半径为R、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径 AB垂直于水平虚线MN,圆心O恰在MN的中点，半圆管的一半处于电场中.一质量为m,可视为质点的带正电，电荷量为q的小球从半圆管的 A点由静止开始滑入管内，小球从B点穿出后，能够通过 B点正下方的C点.重力加速度为g,小球在C点处的加速度大小 5 5g + 为.求： 3 匀强电场场强E;小球在到达B点前一瞬间

7、时，半圆轨道对它作用力的大小；要使小球能够到达 B点正下方C点，虚线框MNPQ的高度和宽度满足什么条件小球从B点开始计时运动到 C点的过程中，经过多长时间小球的动能最小。E12、如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板， 板相距3.5L。槽 内有两个质量均为 m的小球A和B,球A带电量 为+2q,球B带电量为-3q,两球由长为 2L的轻 杆相连，组成一带电系统。最初 A和B分别静止图16于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场 E后(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布)求：球B刚进入电场时，带电

8、系统的速度大小；带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。13、如图所示，ABCD 为表示竖立放在 为E=104v/m的水平匀强电场中的绝缘光 道，其中轨道的 BCD部分是半径为R的 环，轨道的水平部分与半圆环相切A为水道的一点，而且 AB = R = 0.2m.把一质 m=100g、带电q=10 4c的小球，放在水平 的A点上面由静止开始被释放后，在轨道侧运动。(g=10m/s2) 求：(1)它到达C点时的速度是多大？(2)它到达C点时对轨道压力是多大?(3)小球所能获得的最大动能是多少？14、.如图所示，整个空间存在场强为e=103n/c、 TOC o 1-5 h

9、z r-水平向右的匀强电场，在竖直平面内有一个半径为/-，也R=40cm的光滑半圆形绝缘轨道 DC,其中C为最高-Z;_尸点、D为最低点，O为圆心，与水平成 e=37 0的绝(40缘斜轨道与半圆轨道相连于D点.一质量为 m=10g_*二二 t电荷量为q=I。-4C的小球P从斜面上的A点无初速度释放，恰好能通过 C点.已知小球 P在滑行的 D _ 过程中经过D点时没有能量损失，小球P与斜面间的动摩擦因数为 =0.75,重力加速度 g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37 =0.8,求AD的长度以及小球在半圆形轨道运动时与给轨道的最大压力.15、如图所示，水平名缘光滑轨道AB的B端与

10、处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径 R=0.40m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电 场强度E=1.0X104 N/C。现有一质量 m=0.10kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与 B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形 轨道的C端时，速度恰好为零。已知带电体所带电荷q=8.0X 10-5c,取g=10m/s2,求：(1)带电体在水平轨道上运动到B端时的速度大小；(2)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；(3)带电体沿圆弧形轨道从 B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功。AB16、如图所示

11、，在竖直面内有一光滑绝缘导轨,以B为分界点，AB部分为直线轨道，BCD部分 是半径为R的圆形轨道，直线轨道在B点恰好与 圆形轨道相切，轨道空间处于方向竖直向上的匀 强电场中。现有一质量为 m、电荷最为q的带正 电小球，在A点以方向平行于导轨向下的初速度V0开始运动。已知A点距导轨底端 C的竖直高度 为h ,小球可视为质点。(1)要让小球能沿轨道运动到 C点，场强E的大小应满足什么条件 ？(2)要让小球在圆形轨道上做匀速圆周运动，场强E应满足什么条件？17、如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷.a、b是AB连线上两点，其中 Aa=Bb=- ,a、4量为m带电量

12、为+q的小滑块(可视为质点b两点电势相等，。为AB连线的中点.一质)以初动能Eo从a点出发，沿 AB直线向b(3)当场强E (未知量)为某一值时，小球恰能过圆形轨道最高点 D,求轨道在C点处对 小球弹力大小。Eo出I ，申Aa Ob B运动，其中小滑块第一次经过。点时的动能为初动能的 n彳n (n1),到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在。点，求：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数科.(2)Ob两点间的电势差 Uob.(3)小滑块运动的总路程S.18、在xoy平面内，第出象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45角。在xv 0且OM的左侧空间存在着负 x方向的匀强电场 E,场强大

13、小为0.32N/C ,在 y0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B,磁感应强度大小为 0.1T,如图所示。一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以V0=2X 103m/s的初速度进入磁场，已知微粒的带电量为 q=5X10-18C,质量为m=1 X10-24kg,(不计微粒所受重力)，求：(1)带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标(2)带电微粒在磁场区域运动的总时间；19、如图所示，要使一质量为m、电量为+q的小球能水平没直线加速，需要外加一(3)带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标。匀强电场。已知平行金属板间距为 d,与水平面夹角为。，要使此小球从 A板左端沿直线从 静

14、止沿水平方向被加速，恰从 B板的右端射出，求两金属板间所加电压 U是多少？小球从B板右端射出时的速度是多大？(重力加速度为g)20、如图所示为一个模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘、质量为 M=100kg,电荷量为q=+6.0X10-2C的传送小车，小车置于光滑的水平地面上.在传送途中，空间存在 一个可以通过开关控制其有无的水平匀强电场，场强为E=4.0 X l03V/m.现将质量为m=20 kg的货物B（不带电且可当作质点）放置在小车的左端，让它们以v=2m/s的共同速度向右滑行，在货物和小车快到终点时，闭合开关产生水平向左的电场.经过一段 时间后关闭电场，使货物到达目的地时，小车和货物的

15、速度恰好都为零.已知货物与小车之间的动摩擦因数 0 =0.1取g=10m/s2.说明关闭电场的瞬间，货物和小车的速度方向；（2）为了使货物不滑离小车，小车至少多长？参考答案1、（1） 0. 4m； （2） -0. 2m。2、（1）物块恰能通过最高点c时，圆弧轨道与物块 之间没有力作用，物块受到重力和电场力提供向心力。mg-qE=mv2/R （百口 c力才777777777777777777777物块在由A运动到C的过程中，设物块克服摩擦力做 的功W,根据动能定理有： TOC o 1-5 h z qE2R-W-mg2R=mvc2/2-mv02/2解得 W= mvc2/2+5 (qE-mg) R/

16、2(2)物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为S则水平方向有S=v0t竖直方向有2R=(g-qE/m)t2/2解得S=2R因此物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强E大小无关，大小为 2R.3、(1)电荷做类平抛运动，则有Eq a = 一 mRsin 0= v0t12R+Rcos 9=2 at由以上三式得v0 =EqRsin2 1 EqR(1 cos?)2m(1 cos?)2m(2)由(1)中的结论可得粒子从A点出发时的动能为Ekomv22EqR(1 -cosi)则经过P点时的动能为121 LEk=Eq (R+RcosO) + m vo = 4 EqR (5+3cos0)(3)从上式可

17、以看出，当 。从120。变化到60。的过程中，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最大.EqR (5+3cos60 )=乎 EqR812取大动能为：EkD = Eq(R+Rcos60 ) + m vo4、设BC中点为 M MC=MD故D, C在等势面上故由D到C,电场力不做功。同动能能定理:01-mgLsin60 =mvCvC 二、3gL v2212-mv2在 D 点:mgsin30mgsin30a2=g-a0-Fcos30 0=ma0+Fcos300=maNNA7F电Bmgme5、 设B受到的最大静摩擦力为 f1m ,则f1m = N1mBg =2.5N.设a受到地面的滑

18、动摩擦力的f2,则f2 = R2(mA+mB)g =4.0N.施加电场后，设A. B以相同的加速度向右做匀减速运动，加速度大小为a,由牛顿第二定律2qE + f2 =(mA+mB)a 解得：a = 2.0m/s设B受到的摩擦力为f1,由牛顿第二定律得f1 = mBa ,解得：t =2.0N.因为t fm,所以电场作用后，A. B仍保持相对静止以相同加速 度a向右做匀减速运动，所以刚加上匀强电场时，B的加速度大小a=2.0m/s2A与挡板碰前瞬间，设 A. B向右的共同速度为 v1, 22v1 = v0 -2as, v1 = 1m/sA与挡板碰撞无机械能损失，故 A刚离开挡板时速度大小为 v1=

19、1m/sA与挡板碰后，以 A. B系统为研究对象，qE=f2故A . B系统动量守恒，设 A . B向左共同速度为v ,规定向左为正方向，得：mAW -mB% =(mA +mB)v 设该过程中，B相对于A向右的位移为由系统功能关系得：1212mBgsi =(mA+mB)v1 一一(mA+mB)v ，s1 = 0.60m22因s 由物块与木板组成的系统动量守恒得：mv = ( M+ m) v由系统能量守恒得：N2?2 L = 2 mv2- 2 ( m+M)v2 .m mg解得：E =二3q9、 解：(1)设两滑块碰前 A的速度为vi,由动能定理有： TOC o 1-5 h z 12qEl - m

20、gl = ? mv1解得：w=3m/sA、B两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为vmv1 = (M m)v解得：v=1.0m/s(2)碰后A、B 一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为Xi,由动能定理有:,10qEx1 - 1 (Mm)gx1 - E0 = 0 (M m)v2解得：X1=0.02m设反弹后A B滑行了 X2距离后速度减为零，由动能定理得：Eo -qEx2 - (M m)gx2 = 0解得：X2= 0.05m以后，因为qE（M+n）g,滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大 品巨离为:S=X2+s- Xi=0.05m+0.05m-0.02m=0.08m.10、

21、（1）设电子的质量为 簿 电量为e,电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域 I时的为V%此后电场II做类平抛运动，假设电子从 CD边射出，出射点纵坐标为 y,有2eEL = mv0J 、 1 J (-y) =-at22解得 y= 1 L4 ,、 r ,一，1所以原假设成立，即电子离开 ABC函域的位置坐标为（2L, L）4（2）设释放点在电场区域 I中，其坐标为（x, y）,在电场I中电子被加速到V1,然后进入电场II做类平抛运动，并从 D点离开，有eExm%22区域内满足方程的点即为所求位置。（3）设电子从（x,丘/口L2口解得 xy=,即在电场I4y）点释放，在电场I中加速到V2,进入电场

22、II后做类平抛运动，在高度为y处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过 D点，则eExmv； 21在k 2ml v2 JeEL. LVy = at =y = Vymv2nv2解得 xy = L2 工+1 j,即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置2n 411则由 J(qE ) +m2g2二m (3 g)= E 二4mg3q从A-B由动能定理得12mg (2R) - qERmvBVb =24gR力与在B点 Fn小球从B-C4mg2 mvBR二 Fn 二gmg水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动ay 二 g设向左减速时间为tt ax3R14g Rx = vBt

23、= 一22y =1g(2t)22宽度应满足条件高度满足条件H3R2L2R ,_5R2以合力F合方向、垂直于合力方向分别建立坐标系，并将速度分解，当V垂直时，即图中Vy=0时小球的动能最小，设经过的时间为tF与mg的合qEmgVy =Vb cos1t = Vy a253Rg12、解：对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1,有:小球在c处受水平向右的电场力f和竖直向下的重力G,加速度为-g3qEm球B刚进入电场时，带电系统的速度为2v1 =2a1L设球B从静止到刚进入电场的时间为tiaia2,则:球B进入电场后，带电系统的加速度为-3qE 2qEa2 -qE显然，带电系统

24、做匀减速运动。设球2mA刚达到右极板时的速度为2mV2,减速所需时间为 t2,贝U有：v； -v12 =2a2M1.5Lt2V2 - V|a2W =2qEM2.5L +（4qE x1.5L）0而且还能穿过小孔，离开右极板。假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2,有:W4=2qE 2.5L (-3qE 3.5L) ： 0综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。2m带电系统开始运动时，设加速度为ai,由牛顿第二定律：a1=2田2-v2 =2a3x求得:求得： v2 二球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3,则a3 =-3qE2m设球A从离开电场到静止所需

25、的时间为t3,运动的位移为X,则有：t3=0之a3可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为: TOC o 1-5 h z 2mLLt =t1 +t2 +t3 =-J 球A相对右板的位置为： X =3 qE613、 解：（1）、（2）设：小球在 C点的速度大小是 Vc,对轨道的压力大小为 No,则对 于小球由A-C的过程中，应用动能定律列出：1、，2 c不 HYPERLINK l bookmark129 o Current Document qE.2R-mgR = 2 mVC -0 FE在C点的圆轨道径向应用牛顿第二定律，有:NC -qE = mVc2解得：Vc = 4qER -2gR

26、=2m/s mNC =5qE -2mg =3N(3) mg=qE=1N，合场的方向垂直于 B、C点的连线BC，合场势能最低的点在BC时中点D如图： ，小球的最大能动Ekm :Ekm = Epmin = EPd =qER(1 sin45 ) mg.R(1 -cos45 )2 =J 51.0m ; 0.414N15、(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律有 qE=ma解得 a=qE/m= 8.0m/s2设带电体运动到B端的速度大小为Vb,则VB2=2as TOC o 1-5 h z 解得 Vb= 4 2as =4.0m/s(或用动能定理) 3分(2)设带电体运动到圆轨道

27、B端时受轨道的支持力为N ,根据牛顿第二定律有 N-mg=mv b2/R解得 N=mg+ mv b2/R=5.0N3 分根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小N =N=5.0N1分(3)设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，对此过程根据动能定理有qER +W 摩-mgR=0-；mvB2解得 W摩-0.72J16、(1)只要小球沿轨道 AB运动，就一定能够到达 C点，它在AB上运动的条件是轨道对它的支持力 N 0因此有mg qE解得E mg/q(2)小球做匀速圆周运动条件是qE= mg解得E= mg/q(3)由题意知，在 D点，小球对轨道的压力恰好为零2 TOC o

28、1-5 h z 根据牛顿第二7E律有 mg qE= m% / R对小球运动的过程，根据动能定理有212 K从 A到 D (mg qE) (h2R) = mvD mv0 221212个从 A到 C (mg qE) h=mvc mv0区 HYPERLINK l bookmark36 o Current Document 2在C点，设轨道对小球的弹力为 F根据牛顿第二定律有 F (mg qE) = mv2 / R 联立式解得26mvoF 二5R -2h17、 解：(1)由Aa=Bb=L，O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，则 TOC o 1-5 h z Uab=0设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f,对于滑块从a-b过程，由动能定理得:q U ab - f L=0-E02而f=mg2Ec由一一式得：2 = 2E0mgL(2)对于滑块从 O-b过程，由动能定理得：q Ub -f L =0-nE4由一一式得：u Ob = -(2n -1)E2q(3)对于小Vt块从a开始运动到最终在 O点停