高中物理复习教案力学电学综合

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 减速返回地面的过程中，电压表的示数仍为正B 则飞船在竖直减速反回地面的过程中，电压表的示数为负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，为9.8m ／s 2[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+Q A 和+Q B 的电荷量，质量分别为m A 和m B .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.(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：kEQ x EQ kx BB==11可得 ①…………… （2分） 设当A 刚离开档板时弹簧的形变量为2x ： 由：kEQ x EQ kx AA==22可得 ②…………………………（2分） 故C 下降的最大距离为：21x x h += ③…………………………（3分） 由①～③式可解得)(A B Q Q kE h += ④………………………… （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量之和当C 的质量为M 时：B Mgh Q E h E =⋅+∆弹 ⑤………………（3分） 当C 的质量为2M 时，设A 刚离开挡板时B 的速度为V2)2(212V m M E Eh Q Mgh B B ++∆+=弹 ⑥ ……………（3分） 由④～⑥式可解得A 刚离开P 时B 的速度为：)2()(2B B A m M k Q Q MgE V ++=⑦…………………………（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V 0、V ，由动能定理和动量守恒得： Eqb=2021mV mV 0=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=V 02－2相对S mEqS 相对=EqmV 22=b ＜L ，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：t V 043－22t m Eq =－t V 041解得t=Eq mV 02 全过程m 在电场中的总位移S=b+t V 041=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 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。

⑴.求加在BC 间的电压U ；⑵.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。

bE解：⑴.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 221mv qU =① 设离子推进器在Δt 时间内喷出质量为ΔM 的正离子，并以其为研究对象，推进器对ΔM 的作用力为F ′，由动量定理，有F ′Δt = ΔM v ②由牛顿第三定律知F ′ = F ③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 S ④ J =n m v S ⑤由④、⑤可得mq J I = 又tMJ ∆∆=⑥ 解得JIF U 22= ⑦⑵.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v —t 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v —t 图像蕴味深刻，提供的信息也丰富多彩，由图2可知，在0～t 1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，再向右做匀加速直线运动，t 1后弹丸开始匀速运动，由弹丸0～t 1的运动情况可知，弹丸速度为零时已到P 点；t 1后弹丸做匀速直线运动，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v 1，纵观图2，0—t 1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v —t 图像可得弹丸的加速度101v v a t += ①设电场强度为E ，由牛顿第二定律得 Eq=m a ②电容器电压U ＝Ed ③ 电容器电容 QC U= ④ 由①、②、③式得，011()m v v E qt +=， 101()md v v U qt +=， 101()Qqt C md v v =+。

（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mv 0＝Mv －mv 1 ⑤由电容器、弹丸能量守恒得22201111222mv Mv mv =+ ⑥ 由⑤、⑥式得v ＝v 0－v 1 0101()m v v M v v +=- 根据题意可得，弹丸及电容器的总能量2012E mv =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v —t 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 、带电量的绝对值为q 的物块（视为质点），以初速度v 0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qmgE 53=，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）场强方向竖直向下时，由系统动量守恒，有：v M m mv )(0+= ① 由能量守恒，有（Q ：产生热量；m F f :与M 间的摩擦力；s : m 与M 相对位移；v : A 、B 共同速度）：22011)(2121v M m mv s F Q f +-== ② 由①②式得：)(2201M m mMv Q += ③同理，场强方向竖直向上时，动量仍守恒，可推出：)(2)(212120220212M m mMv v M m mv s F Q f +=+-== ④11s F f ∴=22s F f ⑤ 依题意：s 1>s 2，故21f f F F <而N f F F μ= ⑥12N N F F >∴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（可判断物块带负电）. （2）qE mg F N -=1 ⑦qE mg F N +=2 ⑧由已知415321==N N F F qmgE 得⑨ （3）由⑤⑥⑨得：l s s 414112==⑩ 评分标准：①②⑤⑩每式2分，③④⑤⑥⑦⑧⑨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s 0，小球A 有一个水平向右的初速度v 0，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s 0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，并求出这两种能量的比值的取值范围。

S 0AB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A v 和B v ，由动量守恒定律得B A mv mv mv +=330 （1） （2分）所以，系统的动能减小量为 222021321321BA k mv mv mv E --=∆ （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222021321321BA k pe mv mv mv E E --=∆= （3） （1分） 联立（1）、（3）两式，得2002396mv v mv mv E A A pe -+-= （4） 由（4）式得：当 043v v A =（5） （2分） 时，系统的电势能取得最大值，而将（5）式代入（1）式，得 043v v v B A == （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 20max 83mv E pe =（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202020max 0min 8983321mv mv mv E E E pe k k =-=-= （8） （2分） 由于max min pe k E E > （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。