力学与电场综合题型汇编

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、x 轴，在过原点 O 垂直于在一个水平地面上沿水平方向建立x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小 E=6 10 5N/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 8 C。物块与水平地面间的动摩擦因数=0 2 ，沿 x 轴正方

2、向给物块一个初速度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（ E1) ，到达 b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：,.(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数 .EO(2) Ob 两点间的电势差Uob .AaObB(3)小滑块运动的总路程S.18 、

3、在 xoy 平面内，第象限内的直线OM 是电场与磁场的边界， OM 与负 x 轴成45 角。在 x 0 且 OM 的左侧空间存在着负x 方向的匀强电场 E，场强大小为0.32N/C ， 在y 0 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=2 10 3 m/s 的初速度进入磁场，已知微粒的带电量为 q=5 10 -18 C，质量为 m=1 10 -24 kg ，（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；（ 3 ）

4、带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标。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 BU 是多少？小球从A,.B 板右端射出时的速度是多大？（重力加速度为g ）20 、A 是一个表面绝缘、质量为 M=100kg，电荷如图所示为一个模拟货物传送的装置，量为 q=+6.0 10 2 C 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 l0 3V

5、m 现将质量为m=20kg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，小车和货物的速度恰好都为零已知货物与小车之间的动摩擦因数0.1 取 g=10m/s2 (1) 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CE块之间没有力作用，物块受到重力和电场力提供向心A力。 mg-qE=mv2/ R（B

6、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：,.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=v 0t竖直方向有2 R= (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）中的结论可得粒子从A 点出发时的动能为Ek 0 1 mv02EqR(1 cos)24则经过 P 点时的动能为1m v 0 2 =1Ek= Eq（ R+ Rcos ）EqR （ 5+3cos ）24（ 3 ）从上式可以看出，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1113最大动能为： EkD = Eq(R+ Rcos60 ) m v 0 2 =EqR (5+3cos60 )=EqR248,.4、F 电D 到 C，电场力不做功。同设 BC 中点为 M ， MC=MD，故 D ， C 在等势面上故由N动能能定理：ANDmgL sin

8、6001 mvC21 mv 2.CF 电22Bmg 300vC3gLv 2mg.在 D 点 :mgsin30 0 -Fcos30 0 =mamgsin300 +Fcos30 0 =ma 2a 2=g-a5、设 B 受到的最大静摩擦力为f1m ，则 f1m1mB g2.5N . 设 A 受到地面的滑动摩擦力的f 2 ，则 f22 (mAmB ) g4.0N . 施加电场后，设 AB 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qE f2(mAmB )a 解得： a 2.0m / s2设 B 受到的摩擦力为 f1 ，由牛顿第二定律得f1 mB a ，解得： f12.0N .

9、因为 f1f1m ，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 a2.0m / s2A 与挡板碰前瞬间，设A B 向右的共同速度为v1 ，v12v022as ， 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v11m / sA 与挡板碰后，以 A B 系统为研究对象， qEf2故 A B 系统动量守恒，设A B 向左共同速度为，规定向左为正方向，得：mAv1mB v1(mAmB ) v 设该过程中，B 相对于 A 向右的位移为s1 ，由系统功能关系得：1mB gs11 (mA mB )v12 1

10、(mA mB )v2 ， s1 0.60m22因 s1L ，所以 B 不能离开 A ， B 与 A 的左端的最大距离为s10.60m6、解：（ 1 ）设微粒穿过 B 板小孔时的速度为 v，根据动能定理，有qU1 mv2解得v2qU2m（2 ）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有qEv22v2mmRL联立、，得E4UL（3 ）微粒从释放开始经t1射出 B 板的小孔，则AOLd2dmBt12dOvvC D2qU2设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点 P 点，则Pt 2LLm4v42qUt1t2LmP 点；所以从释放微粒开始，经过2d2qU微粒第一次到达4根据运动的对称性，易知

11、再经过2 t1t2微粒再一次经过P 点；所以经过时间 t2k12dLm ， k0,1,2, L 微粒经过 P 点。42qU7、）如图所示，金属球A 由 a 到 b 过程做匀加速直线运动，（ 1细绳与水平方向夹角为60 0 时突然绷紧由题意 qE3 mg, a30 03故电场力和重力的合力：F2 3 mg3由动能定理得FL1 mv202b,.d,.求得： vb43gL ；在 b 点细绳突然绷紧时，小球只剩下切向速度；3v / b vb sin 6003gL 球 A 由 b 到 c 过程中，细绳的拉力对A 球不做功，由动能定理得mgL(1 cos300 )qEL sin 3001 mv 21 mv

12、 2cb22解之得： vc2gL3gL3（ 2） A 球与 B 球碰撞动量守恒和机械能不损失有：m vc mv / c+m vB121 mv / c 21 mvB 2mvc222解得 vBvc2gL3即 A.B 球交换速度 )gL 1m/s(3qA 球与 B 球接触过程电荷量守恒有qB2B 球由碰后到落地过程中竖直方向做自由落体运动：H1 gt 2 ,t2H；2gqE3vygt2gH212m / s 水平方向均加速直线运动， axgm6v xv Bax t2m / s则 B 球落地速度是vv x2vy24m / s,.8 、：电场方向改为竖直向上后，物块相对木板运动的位移变小，说明摩擦力变大，

13、它们之间的压力变大了，物块所受的电场力向下，所以物块带负电设匀强电场的场强大小为E，木板质量为M 、长度为 L，物块的初速度为v0，物块和木板共同速度为 v当电场方向向下时：由物块在竖直方向受力平衡得：N 1+ qE = mg由物块与木板组成的系统动量守恒得：mv 0=(M+m )v1mv 0 2-1由系统能量守恒得： N 1L =( m + M )v222当电场方向向上时：由物块在竖直方向受力平衡得：qE+ mg =N 2由物块与木板组成的系统动量守恒得：mv 0 = ( M +m )v111由系统能量守恒得： N 2? L =mv 0 2 -(m + M )v2222mg解得： E=3q9

14、、解 :(1) 设两滑块碰前 A 的速度为 v1，由动能定理有 :,.qElmgl1 mv122解得 :v1=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(Mm)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x1，由动能定理有：qEx1(Mm) gx1E001(M m)v 22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:E0 qEx2( M m) gx20解得 :x2 0.05m以后，因为qE (M + m )g ，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为 :S=

15、x2 + s- x1 =0.05m+0.05m-0.02m=0.08m.10 、m ，电量为 e，电子在电场 I 中做匀加速直线运动，出区域I（1 ）设电子的质量为时的为 v0，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eEL1 mv022( L1 at 21 eEL2y)222 mv0解得y 1 L4,.所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为（2 L， 1 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v 1，然后进入电场 II 做类平抛运动，并从 D 点离开，有eEx1 mv1221 at 22y1

16、 eEL22 mv1解得xy L2，即在电场 I 区域内满足方程的点即为所求位置。（3 ）设电子从（ x，4y）点释放，在电场I 中加速到 v2 ，进入电场 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eEx1 mv2222yy1 at 21 eEL22 m v2vyeELLaty vymv2nv2解得xyL211，即在电场 I 区域内满足方程的点即为所求位置2n411 、小球在C 处受水平向右的电场力F 和竖直向下的重力3G，加速度为 5 g则由 qEm 2 g2m ( 5 g)E4mg233q从 AB 由动能定理得mg

17、 (2 R)qER1 mv B2vB4 gR23在 B 点FN mgmvB 27F NmgR3小球从 B C水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动ax4ay gg3设向左减速时间为ttvB3Rax4gx1 vB tR22y1 g (2t) 23R22宽度应满足条件L2R ，高度满足条件H5 R2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，当力与 v 垂直时，即图中vy= 0 时小球的动能最小，设经过的时间为tqEcot4ymg3yv y vB cosvv y83RvBvxt25gaGx,.F 与 mg 的合 F 合qE12 、A 能达到右极板，电场力对系统做功为W

18、1 ，解：对带电系统进行分析，假设球有：W1 2qE 2.5L ( 3qE1.5L) 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W 2 ，有：W22qE2.5L( 3qE3.5L)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。2qEqE带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：a12mm球 B 刚进入电场时，带电系统的速度为v 1，有：v122a1L求得： v12qELm设球 B 从静止到刚进入电场的时间为t 1，则：v1解得： t12mLt1qEa1球 B 进入电场后，带电系统的加速度为a2 ，则： a23qE2qEqE2

19、m2m显然，带电系统做匀减速运动。设球A 刚达到右极板时的速度为v2 ，减速所需时间为 t 2，则有：v22v122a2 1.5Lt2v2v1a2v212qEL2mL求得：2,t2qEm球 A 离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3， 则 a33qE2m设球 A 从离开电场到静止所需的时间为t 3，运动的位移为x，则有： t30v2a3v222a3x求得： t112mLxL3qE6可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：tt1t2t372mL3qEL球 A 相对右板的位置为：x6,.13 、）、（2）设：小球在C 点的速度大小是V，对轨道的压力大小为N ，则解：（ 1cC对于小球由A C 的过程中，应用动能定律列出：qE .2RmgR1 mVC2 0 2在 C 点的圆轨道径向