1、智浪教育普惠英才文库 高中物理竞赛辅导 辅导九1 我国将于 2008 年下半年发射围绕地球做圆周运动的“神舟七号”载人飞船。 届时，神舟七号将重点突破航天员出舱活动（太空行走如图甲）技术。从神舟七号开始，我国进入载人航天二期工程。在这一阶段里，将陆续实现航天员出舱行走、空间交会对接等科学目标。（1）若已知地球半径为 R，地球表面重力加速度为 g。 “神舟 7 号”载人飞船上的宇航员离开飞船后身上的速度计显示其对地心的速度为 ，求该宇航员距离地球表面的高度。v（2）已知宇航员及其设备的总质量为 M，宇航员通过向后喷出氧气而获得反冲力，每秒钟喷出的氧气质量为 m。 为了简化问题，设喷射时对气体做功
2、的功率恒为 P，在不长的时间 内宇航员及其设备的质量变化很t小，可以忽略不计。求喷气 秒后宇航员获得的动能。t2.(20 分)如图所示，为一个实验室模拟货物传送的装置，A 是一个表面绝缘质量为 1kg 的小车，小车置于光滑的水平面上，在小车左端放置一质量为 0.1kg 带电量为 q=110-2C 的绝缘货柜，现将一质量为 0.9kg 的货物放在货柜内在传送途中有一水平电场，可以通过开关控制其有、无及方向先产生一个方向水平向右，大小 E1=3102N/m 的电场，小车和货柜开始运动，作用时间 2s 后，改变电场，电场大小变为E2=1102N/m，方向向左，电场作用一段时间后，关闭电场，小车正好到
3、达目的地，货物到达小车的最右端，且小车和货物的速度恰好为零。已知货柜与小车间的动摩擦因数 =0.1， （小车不带电，货柜及货物体积大小不计，g 取10m/s2）求：第二次电场作用的时间；小车的长度；小车右端到达目的地的距离3.如图所示，质量为 M =2 kg 的小车 A 静止在光滑水平面上，A 的右端停放有一个质量为 m =0.4 kg 带正电荷q =0.8 C 的小物体 B整个空间存在着垂直纸面向里磁感应强度 B =0.5T 的匀强磁场，现从小车的左端，给小车 A 一个水平向右的瞬时冲量 I =26 Ns，使小车获得一个水平向右的初速度，物体与小车之间有摩擦力作用，设小车足够长，求：（1）瞬
4、时冲量使小车获得的动能（2）物体 B 的最大速度（3）在 A 与 B 相互作用过程中系统增加的内能 （g =10m/s 2）4.如图所示，光滑水平面 MN 上放两相同小物块 A、B，左端挡板处有一弹射装置 P，右端 N 处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度 L=8m，沿逆时针方向以恒定速度 v=6m/s 匀速转动。物块A、B（大小不计）与传送带间的动摩擦因数。物块 A、B 质量 mA=mB=1kg。开2.0始时 A、 B 静止， A、B 间压缩一轻质弹簧，贮有弹性势能 Ep=16J。现解除锁定，弹开A、B。求： （1）物块 B 沿传送带向右滑动的最远距离。（2）物块 B 滑回水平面 MN
5、 的速度 。Bv（3）若物体 B 返回水平面 MN 后与被弹射装置 P 弹回的 A 在水平面上相碰，且 A、B 碰后互换速度，则弹射装置 P 必须给 A 做多少功才能让 AB 碰后 B 能从 Q 端滑出。AB智浪教育普惠英才文库 1：【解析】 （1）设地球质量为 M0，在地球表面，对于质量为 m 的物体有， （2 分）0RmMGg离开飞船后的宇航员绕地球做匀速圆周运动，有 （2 分）202vGr联立解得 r= （2 分）2Rgv该宇航员距离地球表面的高度 h=r-R= -R （2 分）2Rgv（2）因为喷射时对气体做功的功率恒为 P，而单位时间内喷气质量为 m，故在 t 时间内，据动能定理 可
6、求得喷出气体的速度为： （2 分）21PtmPv另一方面探测器喷气过程中系统动量守恒，则： （2 分）Mut0又宇航员获得的动能， （2 分）2MuEk联立解得 （2 分）Ptmtk22)(212：（20 分）解答：（1）货物 （1 分）2011 s/m10.33gfFa小车 （1 分）22s/mMf经 t1=2s 货物运动 （1 分）411taS小车运动 （1 分）22货物 V1=a1t1=22=4m/s 向右小车 V2=a2t1=12=2m/s 向右经 2 秒后，货物作匀减速运动 向左 （1 分）2012s/mfqEa智浪教育普惠英才文库 小车加速度不变，仍为 a2=1m/s2 向右，当两
7、者速度相等时，货柜恰好到达小车最右端，以后因为qE2=f=(m0+m1)g，货柜和小车一起作为整体向右以 向右作匀减速21023 s/m5.0mqEa直到速度都为 0 （1 分）共同速度为 V=V1a1 t2 V=V2+a2t2 t2= V= m/s （1 分）s38货物和小车获得共同速度至停止运动用时 （1 分）65.03t第二次电场作用时间为 t=t2+t3=6s （2 分）（2）小车在 t2 时间内位移 S3=V2t2+ a2t22= m （2 分）194货柜在 t2 时间内位移为 S4=V1t2 a1t22= m （2 分）0小车长度 L=S1-S2+S4-S3= m （2 分）9（或
8、用能量守恒 qE1S1-qE2S4= L= m （2 分）2)(VMgl94（3）小车右端到达目的地的距离为 S 7.1039620332 aVS3.【解析】 （1）瞬时冲量和碰撞是一样的，由于作用时间极短，可以忽略较小的外力的影响，而且认为，冲量结束后物体 B 的速度仍为零，冲量是物体动量变化的原因，根据动量定理即可求得小车获得的速度，进而求出小车的动能I = Mv0， v0 = I / M = 13m / s，E k = Mv02 / 2 = 169J（2）小车 A 获得水平向右的初速度后，由于 A、B 之间的摩擦，A 向右减速运动 B 向右加速运动，由于洛伦兹力的影响，A、B 之间摩擦也
9、发生变化，设 A、B 刚分离时 B 的速度为 vB，则：BqvB = mg，即 vB = mg / Bq = 10m / s若 A、B 能相对静止。设共同速度为 v由 Mv0 = (M + m)v ，解得 v = 10.8m / s因 vBv ，说明 A、B 在没有达到共同速度前就分离了，所以 B 的最大速度为 vB = 10m / s（3）由于洛伦兹力的影响，A、B 之间的摩擦力逐渐减少，因此无法用 Q = fs 求摩擦产生的热量，只能根据机械能的减少等于内能的增加来求解由于 B 物体在达到最大速度时，两个物体已经分离，就要根据动量守恒定律求这时 A 的速度，设当物体智浪教育普惠英才文库 B
10、 的速度最大时物体 A 的速度为 vAA、B 系统水平方向动量守恒：Mv 0 = MvA + mvBv A = (Mv0 mvB) / M = 11m/sQ =E = Mv02 / 2 MvA2 / 2 mvB2 / 2 = 28J4.【解析】试题包括四个物理过程：弹簧解除锁定，AB 相互弹开的过程，系统动量、机械能守恒。B 滑上传送带匀减速运动的过程，用动能定理或动力学方法都可以求解。B 随传送带匀加速返回的过程，此过程可能有多种情况，一直匀加速，先匀加速再匀速。B 与 A 的碰撞过程。遵守动量守恒定律。（1）解除锁定弹开 AB 过程中，系统机械能守恒： 221BpvmE由动量守恒有： mA
11、vA=mBvB 由得： m/s m/s 4AvB 滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。由动能定理得： 所以 m 210Bmvgs 2gsBm（2）物块 B 沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物块B 加速到传送带速度 v 需要滑动的距离设为 ，s由 得 9m 21sgB gvs2ms说明物块 B 滑回水平面 MN 的速度没有达到传送带速度， =4m/s B（3）设弹射装置给 A 做功为 ， WWvmAA221AB 碰后速度互换，B 的速度 = BvB 要滑出平台 Q 端，由能量关系有： . 又 mA=mBgLB21所以，由得 ABvmgL
12、解得 W 8 J 智浪教育普惠英才文库 24(18 分) 如图 13 所示，M 、N 为两对圆弧塑料导轨，分别粘接在 U 形金属导轨上层的 C、D、E、F 点，三导轨平滑连接且宽均为 L=1 m，导轨下层距离水平地面高为 H=0.2 m，在其上方放置一单向导电、质量为 m2=1kg 的金属杆 2(已知金属杆 2 在 P 端电势高于 Q 端电势时有电流通过，反之无电流通过)，整个装置放在竖直向上的 匀强磁场中，磁场的磁感应强度为 B=0.1T已知质量为 m1=0.5kg 的金属杆 1 在 M 轨道上从高为 h=0.8m 处由静止释放沿导轨 M 滑下，经 U 形金属导轨上层水平部分后滑上塑料导轨
13、N，金属杆1 与 U 形金属导轨上层水平部分接触良好，多次反复运动后使金属杆 2 脱离轨道着地，着地点到下层轨道右端水平距离为 s=0.2 m 处，金属杆 1 和金属杆 2 导电时的电阻之和为 R=2( 忽略一切摩擦和导轨的电阻)，取 g=10ms 2求：(1)流过金属杆的最大电流；(2)当金属杆 2 离开下层导轨后金属杆 1 的最大速度及上升的最大高度；(3)此过程中电路产生的焦耳热智浪教育普惠英才文库 电磁感应与电路【预测题 8】如图所示，固定的竖直光滑金属导轨间距为 L，上端接有阻值为 R 的电阻，处在方向水平、垂直导轨平面向里的磁感应强度为 B 的匀强磁场中，质量为 m 的导体棒与下端
14、固定的竖直轻质弹簧相连且始终保持与导轨接触良好，导轨与导体棒的电阻均可忽略，弹簧的劲度系数为 k。初始时刻，弹簧恰好处于自然长度，使导体棒以初动能 Ek 沿导轨竖直向下运动，且导体棒在往复运动过程中，始终与导轨垂直。（1）求初始时刻导体棒所受安培力的大小 F；（2）导体棒往复运动一段时间后，最终将静止。设静止时弹簧的弹性势能为 Ep，则从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 Q 为多少？【解析】 （1）设导体棒的初速度为 v0，由动能的定义式得 2mEkk设初始时刻产生的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律得：智浪教育普惠英才文库 mEBLvK2设初始时刻回路中产生的电
15、流为 I，由闭合电路的欧姆定律得：RI设初始时刻导体棒受到的安培力为 F，由安培力公式得：mELBIFK2（2）从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能，因在电路中只有电阻，电能最终全部转化为电阻上产生的焦耳热 Q。当导体棒静止时，棒受力平衡，此时导体棒的位置比初始时刻降低了 h，则kghkg,由能的转化和守恒定律得： QEmPKkgQ2【点评】本题通过弹簧模型和导轨模型结合起来，考查学生运用法拉第电磁感应定律、安培力、力的平衡、能量守恒定律等知识点处理相关问题。压轴题【点评】本题是一道动量、能量与动力学相结
16、合的试题。试题的物理情景考生并不陌生，是对“传送带”类试题的创新。此类试题能够很好地将主干知识和基本方法揉合在一起进行考查，是一道难得的试题。从题目包含的考点看，涉及到受力分析、牛顿运动定律、运动学公式，动量、能量守恒等多个主干知识点，从题目包含的物理过程看，涉及到碰撞、匀变速运动等基本物理过程。试题较好地体现了大纲规定的对考生理解、推理、分析综合、应用数学处理物理问题等能力的考查要求。【预测题 10】如图，光滑斜面的倾角 = 30，在斜面上放置一矩形线框 abcd，ab 边的边长 l1 = l m，bc边的边长 l2= 0.6 m，线框的质量 m = 1 kg，电阻 R = 0.1，线框通过
17、细线与重物相连，重物质量 M = 2 kg，斜面上 ef 线（efgh）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B = 0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef 线和 gh 的距离 s = 11.4 m， （取 g = 10.4m/s2） ，求：（1）线框进入磁场前重物 M 的加速度；（2）线框进入磁场时匀速运动的速度 v；（3）ab 边由静止开始到运动到 gh 线处所用的时间 t；（4）ab 边运动到 gh 线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到 gh 线的整个过程中产生的焦耳热。智浪教育普惠英才文库 【解析】 （1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力 F
18、T，斜面的支持力和线框重力，重物 M 受到重力和拉力 FT。对线框，由牛顿第二定律得 FT mg sin = ma.联立解得线框进入磁场前重物 M 的加速度 =5m/s2mgasin（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动所以重物受力平衡 Mg = FT，线框 abcd 受力平衡 FT= mg sin + FAab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势 E = Bl1v形成的感应电流 受到的安培力RvBlEI11BIlFA联立上述各式得，Mg = mg sin + 代入数据解得 v=6 m/sl21（3）线框 abcd 进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁
19、场后到运动到 gh 线，仍做匀加速直线运动。进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为 a = 5 m/s2该阶段运动时间为 savt2.1561进磁场过程中匀速运动时间 slt1.0线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为 a = 5m/s22321atvtls解得：t 3 =1.2 s因此 ab 边由静止开始运动到 gh 线所用的时间为 t = t1+t2+t3=2.5s（4）线框 ab 边运动到 gh 处的速度 v=v + at3 = 6 m/s+51.2 m/s=12 m/s整个运动过程产生的焦耳热 Q = FAl2 =（Mg mgsin ）l 2 = 9 J【点评】考查的知识点主要有牛顿定律、物体平衡条件、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、运动学公式、能量守恒定律等。重点考查根据题述的物理情景综合运用知识能力、分析推理能力、运用数学知识解决物理问题的能力。智浪教育普惠英才文库
