綜合能力測試2：
1.如圖1所示，一平行板電容器帶電量為Q，固定在絕緣底座上，兩極板豎直放置，整個裝置靜止在光滑的水平面上，板間距離為d，一質(zhì)量為m、帶電量為+q的彈丸以一定的初速度從一極板間中點的小孔射入電容器中（彈丸的重力不計，設(shè)電容器周圍的電場強(qiáng)度為零）設(shè)彈丸在電容器中最遠(yuǎn)運動到P點，彈丸的整個運動的過程中的v―t圖像如圖2所示，根據(jù)力學(xué)規(guī)律和題中（包括圖像）所提供的信息，對反映電容器及其系統(tǒng)的有關(guān)物理量（例如電容器及底座的總質(zhì)量），及系統(tǒng)在運動
過程中的守恒量,你能
求得哪些定量的結(jié)果？
2．（14分）有一質(zhì)量為M、長度為l 的矩形絕緣板放在光滑的水平面上，另一質(zhì)量為m、帶電量的絕對值為q的物塊（視為質(zhì)點），以初速度v0從絕緣板的上表面的左端沿水平方
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向滑入，絕緣板周圍空間是范圍足夠大的勻強(qiáng)電場區(qū)域，其場強(qiáng)大小 ,方向豎直向下，如圖所示. 已知物塊與絕緣板間的動摩擦因數(shù)恒定，物塊運動到絕緣板的右端時恰好相對于絕緣板靜止；若將勻強(qiáng)電場的方向改變?yōu)樨Q直向上，場強(qiáng)大小不變，且物塊仍以原初速度從絕緣板左端的上表面滑入，結(jié)果兩者相對靜止時，物塊未到達(dá)絕緣板的右端. 求：
3．“能量的比較”
如圖所示,在光滑絕緣水平面上有兩個帶電小球A、B，質(zhì)量分別為
（1）試證明：當(dāng)兩小球的速度相同時系統(tǒng)的電勢能最大，并求出該最大值；
（2）試證明：在兩小球的間距仍不小于s0的運動過程中，系統(tǒng)的電勢能總小于系統(tǒng)的動能，并求出這兩種能量的比值的取值范圍。
4．在光滑絕緣的水平臺面上，存在平行于水平面向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E。水平臺面上放置兩個靜止的小球A和B（均可看作質(zhì)點），兩小球質(zhì)量均為m，A球帶電荷量為+Q，B球不帶電，A、B連線與電場線平行。開始時兩球相距L，在電場力作用下，A球開始運動（此時為計時零點，即t=0），后與B球發(fā)生對心碰撞，碰撞過程中A、B兩球總動能無損失。設(shè)在各次碰撞過程中，A、B兩球間無電量轉(zhuǎn)移，且不考慮兩球碰撞時間及兩球間的萬有引力。
（1）第一次碰撞結(jié)束瞬間A、B
兩球的速度各為多大?
（2）分別在甲、乙坐標(biāo)系中，用實線作出A、B兩球從計時零點到即將發(fā)生第三次碰撞這段過程中的v-t圖像。要求寫出必要的演算推理過程。
（3）從計時零點到即將發(fā)生第三次碰撞這段過程中電場力共做了多少功？
（4）若要求A在運動過程中對桌面始終無壓力且剛好不離開水平桌面（v=0時刻除外），可以在水平面內(nèi)加一與電場正交的磁場。請寫出磁場B(t)與時間t的函數(shù)關(guān)系。（不考慮相對論效應(yīng)）
5.在春天，黃河水邊上的濕地是很松軟的，人在這些濕地上行走時容易下陷，在人下陷時：
A.人對濕地地面的壓力大于濕地地面對他的支持力
B.人對濕地地面的壓力等于濕地地面對他的支持力
C.人對濕地地面的壓力小于濕地地面對他的支持力
D.無法確定
6.如圖所示，把一個帶正電的小球a放在光滑絕緣斜面上，欲使球a能靜止在斜面上，需在MN間放一帶電小球b，則b應(yīng)：
A.帶負(fù)電，放在A點 B.帶正電，放在B點
C.帶負(fù)電，放在C點 D.帶正電，放在C點
7.有一則“守株待兔”的古代寓言，設(shè)兔子的頭部受到大小等于自身重力的打擊時，即可致死。假設(shè)兔子與樹樁作用的時間大約為0.2s，則被撞死的兔子的奔跑的速度至少為：
A
8.在足球比賽中，紅隊球員在白隊禁區(qū)附近主罰定位球，并將球從球門右上角擦著橫梁踢進(jìn)球門。球門的高度為h，足球飛入球門的速度為v，足球的質(zhì)量為m，則紅隊球員將足球踢出時對足球做的共W為（不計空氣阻力）：
A.等于
B.大于
C.小于
D.因為球入球門過程中的曲線的形狀不確定，所以做功的大小無法確定
9. 如圖所示為電熱毯的電路圖，電熱絲接在
的電源上，電熱毯加熱到一定溫度后，通過裝置P使輸入電壓變?yōu)槿鐖D所示的波形，從而進(jìn)入保溫狀態(tài)，若電熱絲電阻保持不變，此時交流電壓表的讀數(shù)為：
A.110V B.156V C.220V D.311V
綜合能力測試2
1分析：此題的v―t圖像蘊味深刻，提供的信息也豐富多彩，由圖2可知，在0～t1內(nèi)彈丸在電場力作用下先向左做勻減速直線運動,速度減為零后，再向右做勻加速直線運動，t1后彈丸開始勻速運動，由彈丸0～t1的運動情況可知，彈丸速度為零時已到P點；t1后彈丸做勻速直線運動，彈丸不再受電場力,說明彈丸已離開電容器，故可知彈丸離開電容器的速度為v1，縱觀圖2，0―t1內(nèi)，圖像的斜率表示彈丸的加速度，
根據(jù)以上信息可解答如下：
解：（1）由v―t圖像可得彈丸的加速度
設(shè)電場強(qiáng)度為E，由牛頓第二定律得
Eq=ma ②
電容器電壓 U＝Ed
③
電容器電容
由①、②、③式得
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（2）設(shè)電容器最后速度v, 電容器及底座總質(zhì)量為M，
由電容器、彈丸動量守恒得mv0＝Mv－mv1 ⑤
由電容器、彈丸能量守恒得
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由⑤、⑥式得v＝v0－v1
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根據(jù)題意可得，彈丸及電容器的總能量
圖2把彈丸的運動過程表現(xiàn)得淋漓盡致，使彈丸的運動情況盡在不言中，而能否準(zhǔn)確地從圖中捕捉信息，就充分體現(xiàn)學(xué)生的洞察能力、分析思維能力。巧用v-t圖像，可以使物理問題化繁為簡，化難為易。
2（1）場強(qiáng)方向豎直向下時，物塊在絕緣板上滑動的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；
（2）場強(qiáng)方向豎直向下時與豎直向上時，物塊受到的支持力之比；
（3）場強(qiáng)方向豎直向上時，物塊相對于絕緣板滑行的距離。
解：（1）場強(qiáng)方向豎直向下時，由系統(tǒng)動量守恒，有：
由能量守恒，有
由①②式得系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q1：
同理，場強(qiáng)方向豎直向上時, 動量仍守恒, 可推出：
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依題意：s1>s2，故
說明第一次電場力qE方向豎直向上，第二次電場力qE方向豎直向下（可判斷物塊帶負(fù)電）.
（2）
由已知
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（3）由⑤⑥⑨得：
3（1）由于兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)合外力為零,設(shè)某狀態(tài)下兩小球的速度分別為vA和vB ，由動量守恒定律得
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所以，系統(tǒng)的動能減小量為
由于系統(tǒng)運動過程中只有電場力做功，所以系統(tǒng)的動能與電勢能之和守恒，考慮到系統(tǒng)初狀態(tài)下電勢能為零，故該狀態(tài)下的電勢能可表為
聯(lián)立（1）、（3）兩式，得
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由④式得：當(dāng) 時， ⑤
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系統(tǒng)的電勢能取得最大值，而將(5)式代入(1)式，得
即當(dāng)兩小球速度相同時系統(tǒng)的電勢能最大，最大值為
（2）由于系統(tǒng)的電勢能與動能之和守恒，且初始狀態(tài)下系統(tǒng)的電勢能為零，所以在系統(tǒng)電勢能取得最大值時，系統(tǒng)的動能取得最小值，為
由于
所以在兩球間距仍不小于s0的運動過程中，系統(tǒng)的電勢能總小于系統(tǒng)的動能。
在這過程中兩種能量的比值的取值范圍為
4 （1）A球的加速度
碰前A的速度，
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A、 B碰撞后交換速度，設(shè)碰后A、B球速度分別為 v'A1 、 v'B1
（2） A、B球發(fā)生第一次、第二次、第三次的碰撞 時刻分別為 t1、 t2 、 t3
則
第一次碰后，經(jīng)t2 ? t1時間A、B兩球發(fā)生第二次碰撞，
設(shè)碰前瞬間A、B兩球速度分別為vA2和vB2
得： t2 =3 t1
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第二次碰后瞬間，A、B兩球速度分別為v'A2和v'B2 ，經(jīng)t3 ? t2時間A、B兩球發(fā)生第三次碰撞，并設(shè)碰前瞬間A、B兩球速度分別為vA3和vB3
則
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易得 t3
? t2= t2 ? t1
（4）對A球由平衡條件得
且
