力學(xué)與電場綜合題型匯編

1、,.力學(xué)與電場綜合模塊典型新計(jì)算題型展播根據(jù)本屆學(xué)生實(shí)際，組編了如下20 道力學(xué)與電場綜合計(jì)算題來訓(xùn)練學(xué)生的審題能力和規(guī)范解題能力。選題典型、新穎，包容知識點(diǎn)多，隱含條件不顯露，學(xué)生入手困難，由此專題試卷進(jìn)行強(qiáng)化訓(xùn)練， 就可很快識別這類模型的題眼，達(dá)到快速求解物理壓軸題的能力。孝感三中三尺方地1、x 軸，在過原點(diǎn) O 垂直于在一個(gè)水平地面上沿水平方向建立x 軸的平面的右側(cè)空間有一個(gè)勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小 E=6 10 5N/C ，方向與 x 軸正方向相同，在 O 處放一個(gè)質(zhì)量 m=10g帶負(fù)電荷的絕緣物塊，其帶電荷量 q= -5 10 8 C。物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0 2 ，沿 x 軸正方

2、向給物塊一個(gè)初速度v0=2m s，如圖所示試求：(1) 物塊沿 x 軸正方向運(yùn)動(dòng)離 O 點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離；(2) 物塊最終停止時(shí)的位置,.2、如圖所示，豎直放置的半圓形絕緣軌道半徑為R，下端與光滑絕緣水平面平滑連接，整個(gè)裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)電場中E 中，一質(zhì)量為m ，帶電量為 + q 的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從水平面上的A 點(diǎn)以初速度v0 水平向左運(yùn)動(dòng)， 沿半圓形軌道恰好通過最高點(diǎn)C，場強(qiáng)大小為 E（ E1) ，到達(dá) b 點(diǎn)時(shí)動(dòng)能恰好為零，小滑塊最終停在O 點(diǎn)，求：,.(1)小滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) .EO(2) Ob 兩點(diǎn)間的電勢差Uob .AaObB(3)小滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程S.18 、

3、在 xoy 平面內(nèi)，第象限內(nèi)的直線OM 是電場與磁場的邊界， OM 與負(fù) x 軸成45 角。在 x 0 且 OM 的左側(cè)空間存在著負(fù)x 方向的勻強(qiáng)電場 E，場強(qiáng)大小為0.32N/C ， 在y 0 且 OM 的右側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T ，如圖所示。一不計(jì)重力的帶負(fù)電的微粒，從坐標(biāo)原點(diǎn)O 沿 y軸負(fù)方向以 v0=2 10 3 m/s 的初速度進(jìn)入磁場，已知微粒的帶電量為 q=5 10 -18 C，質(zhì)量為 m=1 10 -24 kg ，（不計(jì)微粒所受重力），求：（1 ）帶電微粒第一次經(jīng)過磁場邊界的位置坐標(biāo),.（ 2 ）帶電微粒在磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；（ 3 ）

4、帶電微粒最終離開電、磁場區(qū)域的位置坐標(biāo)。19 、如圖所示，要使一質(zhì)量為m 、電量為 +q 的小球能水平?jīng)]直線加速，需要外加一勻強(qiáng)電場。已知平行金屬板間距為d ，與水平面夾角為，要使此小球從A 板左端沿直線從靜止沿水平方向被加速，恰從B 板的右端射出，求兩金屬板間所加電壓 BU 是多少？小球從A,.B 板右端射出時(shí)的速度是多大？（重力加速度為g ）20 、A 是一個(gè)表面絕緣、質(zhì)量為 M=100kg，電荷如圖所示為一個(gè)模擬貨物傳送的裝置，量為 q=+6.0 10 2 C 的傳送小車，小車置于光滑的水平地面上在傳送途中，空間存在一個(gè)可以通過開關(guān)控制其有無的水平勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E=4.0 l0 3V

5、m 現(xiàn)將質(zhì)量為m=20kg的貨物B( 不帶電且可當(dāng)作質(zhì)點(diǎn))放置在小車的左端，讓它們以v =2m/s的共同速度向右滑行，在貨物和小車快到終點(diǎn)時(shí)，閉合開關(guān)產(chǎn)生水平向左的電場經(jīng)過一段時(shí)間后關(guān)閉電場，使貨物到達(dá)目的地時(shí)，小車和貨物的速度恰好都為零已知貨物與小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1 取 g=10m/s2 (1) 說明關(guān)閉電場的瞬間，貨物和小車的速度方向；(2) 為了使貨物不滑離小車，小車至少多長?,.參考答案1 、（ 1 ） 0 4m ；（ 2 ） -0 2m 。2 、（ 1 ）物塊恰能通過最高點(diǎn)C 時(shí)，圓弧軌道與物CE塊之間沒有力作用，物塊受到重力和電場力提供向心A力。 mg-qE=mv2/ R（B

6、物塊在由 A 運(yùn)動(dòng)到 C 的過程中，設(shè)物塊克服摩擦力做的功W ，根據(jù)動(dòng)能定理有：,.qE2 R-W-mg 2 R=mv C2/2 -mv 0 2/2解得 W=mv C2/2 +5 （qE-mg ）R/ 2（2 ）物塊離開半圓形軌道后做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)水平位移為S 則水平方向有S=v 0t豎直方向有2 R= (g-qE/m)t2/2解得S=2R因此物塊離開軌道落回水平面的水平距離與場強(qiáng)E 大小無關(guān)，大小為2R.3 、（ 1 ）電荷做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有Eqa =mRsin = v0 t1at 2R+ Rcos =2由以上三式得EqRsin2EqR(1 cos )v0cos )2m2m(1（ 2）由（

7、1）中的結(jié)論可得粒子從A 點(diǎn)出發(fā)時(shí)的動(dòng)能為Ek 0 1 mv02EqR(1 cos)24則經(jīng)過 P 點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為1m v 0 2 =1Ek= Eq（ R+ Rcos ）EqR （ 5+3cos ）24（ 3 ）從上式可以看出，當(dāng)從 120 變化到 60 的過程中，接收屏上電荷的動(dòng)能逐漸增大，因此 D 點(diǎn)接收到的電荷的末動(dòng)能最大1113最大動(dòng)能為： EkD = Eq(R+ Rcos60 ) m v 0 2 =EqR (5+3cos60 )=EqR248,.4、F 電D 到 C，電場力不做功。同設(shè) BC 中點(diǎn)為 M ， MC=MD，故 D ， C 在等勢面上故由N動(dòng)能能定理：ANDmgL sin

8、6001 mvC21 mv 2.CF 電22Bmg 300vC3gLv 2mg.在 D 點(diǎn) :mgsin30 0 -Fcos30 0 =mamgsin300 +Fcos30 0 =ma 2a 2=g-a5、設(shè) B 受到的最大靜摩擦力為f1m ，則 f1m1mB g2.5N . 設(shè) A 受到地面的滑動(dòng)摩擦力的f 2 ，則 f22 (mAmB ) g4.0N . 施加電場后，設(shè) AB 以相同的加速度向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為 a ，由牛頓第二定律qE f2(mAmB )a 解得： a 2.0m / s2設(shè) B 受到的摩擦力為 f1 ，由牛頓第二定律得f1 mB a ，解得： f12.0N .

9、因?yàn)?f1f1m ，所以電場作用后，A B 仍保持相對靜止以相同加速度 a 向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以剛加上勻強(qiáng)電場時(shí)，B 的加速度大小 a2.0m / s2A 與擋板碰前瞬間，設(shè)A B 向右的共同速度為v1 ，v12v022as ， v1 1m / sA 與擋板碰撞無機(jī)械能損失，故A 剛離開擋板時(shí)速度大小為v11m / sA 與擋板碰后，以 A B 系統(tǒng)為研究對象， qEf2故 A B 系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)A B 向左共同速度為，規(guī)定向左為正方向，得：mAv1mB v1(mAmB ) v 設(shè)該過程中，B 相對于 A 向右的位移為s1 ，由系統(tǒng)功能關(guān)系得：1mB gs11 (mA mB )v12 1

10、(mA mB )v2 ， s1 0.60m22因 s1L ，所以 B 不能離開 A ， B 與 A 的左端的最大距離為s10.60m6、解：（ 1 ）設(shè)微粒穿過 B 板小孔時(shí)的速度為 v，根據(jù)動(dòng)能定理，有qU1 mv2解得v2qU2m（2 ）微粒進(jìn)入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有qEv22v2mmRL聯(lián)立、，得E4UL（3 ）微粒從釋放開始經(jīng)t1射出 B 板的小孔，則AOLd2dmBt12dOvvC D2qU2設(shè)微粒在半圓形金屬板間運(yùn)動(dòng)經(jīng)過t2第一次到達(dá)最低點(diǎn) P 點(diǎn)，則Pt 2LLm4v42qUt1t2LmP 點(diǎn)；所以從釋放微粒開始，經(jīng)過2d2qU微粒第一次到達(dá)4根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性，易知

11、再經(jīng)過2 t1t2微粒再一次經(jīng)過P 點(diǎn)；所以經(jīng)過時(shí)間 t2k12dLm ， k0,1,2, L 微粒經(jīng)過 P 點(diǎn)。42qU7、）如圖所示，金屬球A 由 a 到 b 過程做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，（ 1細(xì)繩與水平方向夾角為60 0 時(shí)突然繃緊由題意 qE3 mg, a30 03故電場力和重力的合力：F2 3 mg3由動(dòng)能定理得FL1 mv202b,.d,.求得： vb43gL ；在 b 點(diǎn)細(xì)繩突然繃緊時(shí)，小球只剩下切向速度；3v / b vb sin 6003gL 球 A 由 b 到 c 過程中，細(xì)繩的拉力對A 球不做功，由動(dòng)能定理得mgL(1 cos300 )qEL sin 3001 mv 21 mv

12、 2cb22解之得： vc2gL3gL3（ 2） A 球與 B 球碰撞動(dòng)量守恒和機(jī)械能不損失有：m vc mv / c+m vB121 mv / c 21 mvB 2mvc222解得 vBvc2gL3即 A.B 球交換速度 )gL 1m/s(3qA 球與 B 球接觸過程電荷量守恒有qB2B 球由碰后到落地過程中豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)：H1 gt 2 ,t2H；2gqE3vygt2gH212m / s 水平方向均加速直線運(yùn)動(dòng)， axgm6v xv Bax t2m / s則 B 球落地速度是vv x2vy24m / s,.8 、：電場方向改為豎直向上后，物塊相對木板運(yùn)動(dòng)的位移變小，說明摩擦力變大，

13、它們之間的壓力變大了，物塊所受的電場力向下，所以物塊帶負(fù)電設(shè)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E，木板質(zhì)量為M 、長度為 L，物塊的初速度為v0，物塊和木板共同速度為 v當(dāng)電場方向向下時(shí)：由物塊在豎直方向受力平衡得：N 1+ qE = mg由物塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：mv 0=(M+m )v1mv 0 2-1由系統(tǒng)能量守恒得： N 1L =( m + M )v222當(dāng)電場方向向上時(shí)：由物塊在豎直方向受力平衡得：qE+ mg =N 2由物塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：mv 0 = ( M +m )v111由系統(tǒng)能量守恒得： N 2? L =mv 0 2 -(m + M )v2222mg解得： E=3q9

14、、解 :(1) 設(shè)兩滑塊碰前 A 的速度為 v1，由動(dòng)能定理有 :,.qElmgl1 mv122解得 :v1=3m/sA、 B 兩滑塊碰撞，由于時(shí)間極短動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為vmv1(Mm)v解得 :v=1.0m/s(2) 碰后 A 、B 一起壓縮彈簧至最短，設(shè)彈簧壓縮量為x1，由動(dòng)能定理有：qEx1(Mm) gx1E001(M m)v 22解得 :x1 =0.02m設(shè)反彈后 A、 B 滑行了 x2距離后速度減為零，由動(dòng)能定理得:E0 qEx2( M m) gx20解得 :x2 0.05m以后，因?yàn)閝E (M + m )g ，滑塊還會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，但彈開的距離將逐漸變小，所以，最大距離為 :S=

15、x2 + s- x1 =0.05m+0.05m-0.02m=0.08m.10 、m ，電量為 e，電子在電場 I 中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，出區(qū)域I（1 ）設(shè)電子的質(zhì)量為時(shí)的為 v0，此后電場 II 做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)電子從CD 邊射出，出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為y，有eEL1 mv022( L1 at 21 eEL2y)222 mv0解得y 1 L4,.所以原假設(shè)成立，即電子離開ABCD 區(qū)域的位置坐標(biāo)為（2 L， 1 L ）4（2 ）設(shè)釋放點(diǎn)在電場區(qū)域I 中，其坐標(biāo)為（ x，y ），在電場 I 中電子被加速到v 1，然后進(jìn)入電場 II 做類平拋運(yùn)動(dòng)，并從 D 點(diǎn)離開，有eEx1 mv1221 at 22y1

16、 eEL22 mv1解得xy L2，即在電場 I 區(qū)域內(nèi)滿足方程的點(diǎn)即為所求位置。（3 ）設(shè)電子從（ x，4y）點(diǎn)釋放，在電場I 中加速到 v2 ，進(jìn)入電場 II 后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在高度為y 處離開電場 II時(shí)的情景與（ 2 ）中類似，然后電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過D 點(diǎn)，則eEx1 mv2222yy1 at 21 eEL22 m v2vyeELLaty vymv2nv2解得xyL211，即在電場 I 區(qū)域內(nèi)滿足方程的點(diǎn)即為所求位置2n411 、小球在C 處受水平向右的電場力F 和豎直向下的重力3G，加速度為 5 g則由 qEm 2 g2m ( 5 g)E4mg233q從 AB 由動(dòng)能定理得mg

17、 (2 R)qER1 mv B2vB4 gR23在 B 點(diǎn)FN mgmvB 27F NmgR3小球從 B C水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)ax4ay gg3設(shè)向左減速時(shí)間為ttvB3Rax4gx1 vB tR22y1 g (2t) 23R22寬度應(yīng)滿足條件L2R ，高度滿足條件H5 R2以合力 F 合 方向、垂直于合力方向分別建立坐標(biāo)系，并將速度分解，當(dāng)力與 v 垂直時(shí)，即圖中vy= 0 時(shí)小球的動(dòng)能最小，設(shè)經(jīng)過的時(shí)間為tqEcot4ymg3yv y vB cosvv y83RvBvxt25gaGx,.F 與 mg 的合 F 合qE12 、A 能達(dá)到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W

18、1 ，解：對帶電系統(tǒng)進(jìn)行分析，假設(shè)球有：W1 2qE 2.5L ( 3qE1.5L) 0而且還能穿過小孔，離開右極板。,.假設(shè)球 B 能達(dá)到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W 2 ，有：W22qE2.5L( 3qE3.5L)0綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時(shí)，球A、B 應(yīng)分別在右極板兩側(cè)。2qEqE帶電系統(tǒng)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)加速度為a1，由牛頓第二定律：a12mm球 B 剛進(jìn)入電場時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度為v 1，有：v122a1L求得： v12qELm設(shè)球 B 從靜止到剛進(jìn)入電場的時(shí)間為t 1，則：v1解得： t12mLt1qEa1球 B 進(jìn)入電場后，帶電系統(tǒng)的加速度為a2 ，則： a23qE2qEqE2

19、m2m顯然，帶電系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)球A 剛達(dá)到右極板時(shí)的速度為v2 ，減速所需時(shí)間為 t 2，則有：v22v122a2 1.5Lt2v2v1a2v212qEL2mL求得：2,t2qEm球 A 離電場后，帶電系統(tǒng)繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a3， 則 a33qE2m設(shè)球 A 從離開電場到靜止所需的時(shí)間為t 3，運(yùn)動(dòng)的位移為x，則有： t30v2a3v222a3x求得： t112mLxL3qE6可知，帶電系統(tǒng)從靜止到速度第一次為零所需的時(shí)間為：tt1t2t372mL3qEL球 A 相對右板的位置為：x6,.13 、）、（2）設(shè)：小球在C 點(diǎn)的速度大小是V，對軌道的壓力大小為N ，則解：（ 1cC對于小球由A C 的過程中，應(yīng)用動(dòng)能定律列出：qE .2RmgR1 mVC2 0 2在 C 點(diǎn)的圓軌道徑向