2018年河南省郑州市高考一模试卷物理

2018年河南省郑州市高考一模试卷物理

2018 年河南省郑州市高考一模试卷物理 一、选择题（4×12=48，1～8 单选，9～12 多选，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分） 1.（4 分）有一条小虫清晨 6 时起从地面沿树杆向上爬到树顶时是下午 6 时，第二天清晨 6 时起从树顶沿树杆向下爬回地面时是下午 4 时，若小虫爬行速度时快时慢，则两天中相同钟 点（时、分、秒）爬过树杆上相同高度的机会，下面说法正确的是( ) A.一定有一次 B.可能没有 C.可能有两次 D.一定没有 解析：本题可以看成 2 条小虫，都从清晨 6 点，一个从地面出发，一个从树顶出发，同时运 动， 则两条小虫肯定会相遇，且只相遇一次，故 A 正确。 答案：A 2.（4 分）2016 年底以来，共享单车风靡全国各大城市，如图所示，单车的车锁内集成了嵌 入式芯片、GPS 模块和 SIM 卡等，便于监控单车在路上的具体位置。用户仅需用手机上的客 户端软件（APP）扫描二维码，即可自动开锁，骑行时手机 APP 上能实时了解单车的位置； 骑行结束关锁后 APP 就显示计时、计价、里程等信息。此外，单车能够在骑行过程中为车内 电池充电，满足定位和自动开锁等过程中的用电。根据以上信息判断下列说法正确是( ) A.单车的位置信息是借助北斗卫星导航系统准确定位的 B.单车是利用电磁感应原理实现充电的 C.由手机 APP 上的显示信息，可求出骑行的平均速度 D.单车在被骑行过程中受到地面的摩擦力表现为阻力 解析：A、单车某个时刻的准确位置信息是借助通讯卫星定位确定的，故 A 错误； B、单车在运动过程通过电磁感应将机械能转化为电能从而实现充电，故 B 正确； C、由手机 APP 上的显示信息包括路程和时间，没有说明具体的位移，故不可以求出骑行的 平均速度，故 C 错误； D、单车在骑行时，主动轮受到向前的摩擦力（动力），从动轮受到向后的摩擦力（阻力）， 故 D 错误。 答案：B 3.（4 分）美国物理学家劳伦斯于 1932 年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做 圆 周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类 在获得较高能量带电粒子方面前进了一步。下图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒 缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在 A、C 板间，如图所示。带电粒子从 P0 处以速度 v0 沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入 D 型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于 这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( ) A.带电粒子每运动一周被加速两次 B.带电粒子每运动一周 P1P2=P2P3 C.加速粒子的最大速度与 D 形盒的尺寸有关 D.加速电场方向需要做周期性的变化 解析：A、带电粒子只有经过 AC 板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次。电场的 方向不需改变，在 AC 间加速。故 A 错误，D 错误。 B、根据r= B mv q ，则 P1P2=2（r2﹣r1）= B vm q 2  ，因为每转一圈被加速一次，根据 da2vv 2 1 2  ， 知每转一圈，速度的变化量不等，则 P1P2≠P2P3.故 B 错误。 C、当粒子从 D 形盒中出来时，速度最大，根据 B mvr q  得，v= m qBr 。知加速粒子的最大速 度与 D 形盒的半径有关。故 C 正确。 答案：C 4.（4 分）2016 年 8 月 16 日 l 时 40 分，我国在酒泉用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗 量子科学实验卫星“墨子号”发射升空。如图所示为“墨子号”卫星在距离地球表面 500km 高的轨道上实现两地通信的示意图。若已知地球表面重力加速度为 g，地球半径为 R，则下 列说法正确的是( ) A.工作时，两地发射和接受信号的雷达方向一直是固定的 B.卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于 7.9km/s C.可以估算出“墨子号”卫星所受到的万有引力大小 D.可以估算出地球的平均密度 解析：A、由于地球自转的周期和“墨子号”的周期不同，转动的角速度不同，所以工作时， 两地发射和接受信号的雷达方向不是固定的，故 A 错误。 B、7.9km/s 是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，则卫星绕地球运动的速度小于 7.9km/s，故 B 正确。 C、由于“墨子号”卫星的质量未知，则无法计算“墨子号”所受到的万有引力大小，故 C 错误。 D、根据万有引力等于重力，结合地球表面的重力加速度和半径可以求出地球的质量，结合 地球的体积可以求出地球的平均密度，故 D 正确。 答案：BD 5.（4 分）在倾角为 30°的光滑斜面上，有一个箱子，箱内有一个斜面，在斜面上放置一个 重 60N 的球，如图所示，当箱子在斜面上下滑时，球对箱子后壁和箱内斜面的压力分别是 ( ) A.40N，30N B.30N，50N C.40 3 N，50 N D.50 N，60 N 解析：对箱子和球整体分析，根据牛顿第二定律，有： （M+m）gsin30°=（M+m）a， 解得：a=gsin30°=10× 2 1 =5m/s2； 再隔离球受力分析，如图所示： 在平行斜面方向，有：mgsin30°+N1﹣N2sin53°=ma， 在垂直斜面方向，有：mgcos30°﹣N2cos53°=0， 联立解得：N1=40 N，N2=50 N； 根据牛顿第三定律，球对箱子后壁的压力为 40 N，对箱内斜面的压力为 50 N； 故 ABD 错误，C 正确。 答案：C 6.（4 分）将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上 的物块。现让一个小球自左侧槽口 A 点正上方由静止开始落下，从 A 点落入槽内，则下列说 法中正确的是( ) A.小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒 B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒 C.小球在半圆槽内由 B 点向 C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒 D.小球从 C 点离开半圆槽后，一定还会从 C 点落回半圆槽 解析：A、只有重力或只有弹力做功时物体的机械能守恒。小球在半圆槽内运动由 B 到 C 过 程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半 圆槽内运动的全过程中，小球的机械能守不守恒，故 A 错误。 B、小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统动量不守 恒。小球在槽内运动的后半过程中，小球有向心加速度，竖直方向的合力不为零，系统的动 量也不守恒。故 B 错误。 C、小球自半圆槽的最低点 B 向 C 点运动的过程中，竖直方向的合力不为零，系统的动量也 不守恒。系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故 C 错误。 D、小球离开 C 点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，水 平方向做匀速直线运动，水平分速度与半圆槽的速度相同，所以小球一定还会从 C 点落回半 圆槽，故 D 正确。 答案：D 7.（4 分）如图所示，以 O 点为圆心的圆周上有六个等分点 a、b、c、d、e、f，等量正、负 点电荷分别放置在 a、d 两点时，下列说法中正确的是( ) A.b、c、e、f 四点的场强相同 B.b、c、e、f 四点的电势相等 C.O 点的电势高于 b、c、e、f 四点的电势 D.将一带正电的试探电荷从 O 点移到 e 点，电场力做正功 解析：A、由题意可知，两点电荷在 e、f 处的电场强度各自进行矢量合成，则 e、f 处场强 大小相等，而方向不相同，同理 b、c 电场强度大小相等，方向不同，因此它们的电场强度 大小相等，方向不同，故 A 错误。 B、依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b、f 二点的电势相等，而 c、e 二点的电势 相等，故 B 错误； C、根据沿着电场线方向，电势降低，因此 O 点的电势高于 c、e 二点的电势，而低于 b、f 二 点的电势，故 C 错误； D、将一带正电的试探电荷从 O 点移到 e 点，即从高电势移动低电势，那么电势能降低，因 此电场力做正功，故 D 正确。 答案：D 8.（4 分）在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力 F1 推这一物体，作用一段时间 后换成相反方向的水平恒力 F2 推这一物体，当恒力 F2 作用的时间与恒力 F1 作用的时间相等 时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为 32J，则在整个过程中，恒力 F1、F2 做的功分别 为( ) A.16J、16J B.8J、24J C.32J、0J D.48J、﹣16J 解析：设加速的末速度为 v1，匀变速的末速度为 v2，由于加速过程和匀变速过程的位移相反， 又由于恒力 F2 作用的时间与恒力 F1 作用的时间相等，根据平均速度公式有 1 1 2 22 v vv 解得 v2=﹣2v1 根据动能定理，加速过程 W1= 2 1 mv1 2 匀变速过程 W2= 2 1 mv2 2﹣ mv1 2 根据题意 mv2 2=32J 故 W1=8J W2=24J。 答案：B 9.（4 分）如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变。开始时单刀双 掷开关K接a；S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是( ) A.闭合开关 S B.开关 K 接 b C.把滑动变阻器滑片向左移动 D.把滑动变阻器滑片向右移动 解析：A、闭合开关 S，副线圈回路电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联 部分的电压变小，灯泡 A 变暗，故 A 错误； B、开关 k 接 b，输入端线圈匝数减小，则根据 2 1 U U = 2 1 n n 可知，副线圈两端的电压增大，灯 泡 A 中电流增大，灯泡 A 变亮，故 B 正确； C、把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡 A 两端的电压 变小，灯泡 A 变暗，故 C 错误； D、把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，灯泡 A 两端的电压 变大，灯泡 A 变亮，故 D 正确。 答案：BD 10.（4 分）某星级宾馆安装一高档电梯，在电梯的底板上安装了一压力传感器，在竖直墙 壁上的显示盘上可显示人对传感器的作用力，某乘客乘坐电梯从 1 层直接到 10 层，之后又 从 10 层直接回到 1 层，用照相机进行记录了相关的信息，如图所示，则下列说法中正确的 是( ) A.根据图(a)和图(e)可估测出电梯向下制动时的加速度 B.根据图(a)和图(c)可知人的机械能在减小 C.根据图(a)和图(b)可估测出电梯向上制动时的加速度 D.根据图(a)和图(d)可知人的机械能在减小 解析：A、(e)图表示电梯减速下降时这位同学超重时的示数，所以根据图(a)和图(e)，能够 求出的是电梯向下制动时的加速度，所以 A 正确。 B、(c)图表示电梯减速上升时这位同学失重时的示数，此时电梯还在向上运动，对人做正功， 人的机械能在增加，所以 B 错误。 C、(b)图表示电梯加速上升时这位同学超重时的示数，此时能够求出的是电梯向上起动时的 加速度，所以 C 错误。 D、(d)图表示电梯加速下降时这位同学失重时的示数，此时电梯在向下运动，对人做负功， 人的机械能在减小，所以 D 正确。 答案：AD 11.（4 分）如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场 E，现在电场区域内某点 O 处放置一 负点电荷 Q，并在以 O 点为球心的球面上选取 a、b、c、d 四点，其中 ac 连线为球的水平大 圆直径，bd 连线与电场方向平行。不计空气阻力，则下列说法中正确的是( ) A.b、d 两点的电场强度大小相等，电势相等 B.a、c 两点的电场强度大小相等，电势相等 C.若从 a 点抛出一带正电小球，小球可能沿 a、c 所在圆周作匀速圆周运动 D.若从 a 点抛出一带负电小球，小球可能沿 b、d 所在圆周作匀速圆周运动 解析：A、Q 在 b 点与 d 点场强方向相反，与匀强电场叠加后 d 点场强大于 b 点场强。故 A 错误； B、a、c 两点的电场强度大小相等，点电荷在 ac 两点的电势相等，电场 E 在 ac 两点的电势 相等，所以 ac 两点的电势相等。故 B 正确； C、若能做匀速圆周运动，要使小球所受的合力大小不变，方向变化，则应为匀强电场力与 重力相平衡，合力为 Q 所给的库仑力。故为正电荷沿水平面运动。故 C 正确 D、若从 a 点抛出一带负电小球，其所受合力不可能指向 Q 点，则不能做匀速圆周运动。故 D 错误。 答案：BC 12.（4 分）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 相距为 L，导轨平面与水平 面的夹角 θ =30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为 B、方向垂直导轨平面 向上的匀强磁场中。质量为 m、长为 L、电阻为 R 的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接 触良好。金属导轨的上端连接一个阻值也为 R 的定值电阻。现闭合开关 K，给金属棒施加一 个平行于导轨斜向上、大小为 F=2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动。若金属棒上滑距离 s 时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的 是（重力加速度为 g）( ) A.金属棒的末速度为 22B 3 L mgR B.金属棒的最大加速度为 1.4g C.通过金属棒的电荷量 R BLs D.定值电阻上产生的焦耳热为 4 3 mgs﹣ 44 223 4B 9 L Rgm 解析：A、设金属棒匀速运动的速度为 v，则感应电动势 E=BLv 回路电流 2R2R BLvEI  安培力 2R 22 vLBBILF 安 金属棒匀速时，受力平衡有 安FmgF  30sin ，即 2R2 12 22 vLBmgmg  联立解得： 22 R3 LB mgv  ，故 A 正确； B、金属棒开始运动时，加速度最大，即 F﹣mgsin30°=ma，代入数据 ma 2 1-2 mgmg ， 解得 a=1.5g，故 B 错误； C、根据感应电量公式 q== 2R s R BL 总 ，故 C 错误； D、对金属棒运用动能定理，有 2 2 130sinss mvQmgF   ，其中定值电阻上产生的焦耳 热为= 44 223 4 R9 4 3 2 1 LB gmmgsQQ R  ，故 D 正确。 答案：AD 二、非选择题题（共 6 小题，满分 52 分） 13.（6 分）如图 1 所示为验证机械能守恒定律的实验装置。现有器材为：带铁夹的铁架台、 电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平。 (1)为完成实验，还需要的器材有 。 A.米尺 B.0～6V 直流电源 C.秒表 D.0～6V 交流电源 解析：通过打点计时器计算时间，故不需要秒表。 打点计时器应该与交流电源连接。 需要刻度尺测量纸带上两点间的距离。 故选 AD。 答案：AD。 (2)某同学用图 1 所示装置打出的一条纸带如图 2 所示，相邻两点之间的时间间隔为 0.02s， 根据纸带计算出打下 D 点时重物的速度大小为 m/s。（结果保留三位有效数字） 解析：由图可知 CE 间的距离为：x=19.41﹣12.40=7.01cm=0.0701m；则由平均速度公式可得， D 点的速度 vD= 2T x = 0.04 0701.0 =1.75m/s。 答案：1.75。 (3)采用重物下落的方法，根据公式 2 1 mv2=mgh 验证机械能守恒定律，对实验条件的要求 是 ，为验证和满足此要求，所选择的纸带第 1、2 点间的距离应接近 。 解析：用公式 mv2=mgh 时，对纸带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始， 打点计时器的打点频率为 50 Hz，打点周期为 0.02 s，重物开始下落后，在第一个打点周期 内重物下落的高度所以所选的纸带最初两点间的距离接近 2mm，h= gT2=×9.8×0.022 m≈2 mm。 答案：重物的初速度为零，2mm。 (4)该同学根据纸带算出了相应点的速度，作出 v2﹣h 图象如图 3 所示，则图线斜率的物理 意义是 。 解析：由机械能守恒 mgh= mv2 得 v2=2gh，由此可知：图象的斜率 k=2g。 答案：当地重力加速度的 2 倍。 14.（9 分）在“测定金属丝的电阻率”实验中，所用的测量仪器均已校准。待测金属丝接 入电路部分的长度约为 50cm。 (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某一次测量结果（接近多次测量的平均值）如图 1 所 示，其读数为 mm。 解析：由图示螺旋测微器可知，其读数为：0mm+39.9×0.01mm=0.399mm。 答案：0.399。 (2)用伏安法测金属丝的电阻 Rx 的阻值（约为 15Ω ），实验室提供了如下器材： A.电池组 E（电动势为 3V，内阻约为 1Ω ） B.电流表 A1（量程为 0～0.6A，内阻约为 0.5Ω ） C.电流表 A2（量程为 0～3A，内阻为 0.02Ω ） D.电压表 V1（量程为 0～3V，内阻约为 5kΩ ） E.电压表 V2（量程为 0～15V，内阻为 15kΩ ） F.电阻箱 R（阻值范围为 0～99.99Ω ，额定电流为 1A） G.开关 S，导线若干 为使测量尽可能准确，电流表应选用 ，电压表应选用 ；（填器材前的字母标号） 应采用图 2 给出的 电路进行测量。 解析：电源电动势为 3V，则电压表选 D，通过电阻丝的最大电流约为：I= R U = 15 3 =0.2A，电 流表选择 B； 由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应选择外接法； 由题意可知，待测电阻阻值约为 15Ω ，电阻箱最大阻值为 99.99Ω ， 为测多组实验数据，电阻箱应与待测电阻并联，如果串联所测实验数据太少，应选择图甲所 示实验电路。 答案：B；D；甲。 (3)根据记录的电阻箱阻值 R 及对应电流表示数 I 和电压表示数 U，在坐标纸上作 U 1 ﹣ R 1 图 象如图 2 所示，根据图象可得金属丝的电阻 Rx= Ω （保留两位有效数字）。 解析：由图甲所示实验电路，根据并联电路特点与欧姆定律得：I= XR U + R U ，整理得： = + XR 1 ， ﹣ 图象的截距：b= =0.06，则待测电阻阻值：RX= b 1 = 0.06 1 ≈17Ω 。 答案：17。 (4)根据以上数据估算金属丝的电阻率约为 （填选项前的字母标号）。 A.4×10﹣2Ω •m B.4×10﹣3Ω •m C.4×10﹣6Ω •m D.4×10﹣8Ω •m 解析：由电阻定律可知：RX=ρ S L =ρ 2) 2 d( L ，电阻率：ρ = L R X 4 d 2 = 50.04 17)10399.0(14.3 23    ≈4×10﹣6Ω •m，故选 C。 答案：C。 (5)关于本实验的误差，下列说法中正确的是 （填选项前的字母标号）。 A.用螺旋测微器测量金属丝的直径时，由于读数引起的误差属于系统误差 B.由电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C.若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差 D.用 ﹣ 图象处理数据求金属丝的电阻可以减小偶然误差。 解析：A、读数引起的误差是由人为因素引起的，属于偶然误差，用螺旋测微器测量金属丝 的直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故 A 错误； B、由电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，不是偶然误差，故 B 错误； C、若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故 C 正确； D、用 U 1 ﹣ R 1 图象处理数据求金属丝的电阻可以减小偶然误差，不能消除系统误差，故 D 正确。 答案：CD。 15.（8 分）科研人员乘气球进行科学考察。气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为 990kg。 气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住。堵住时气球下降速度为 l m/s， 且做匀加速运动，4s 内下降了 12m。为使气球安全着陆，向舷外缓慢抛出一定的压舱物。此 后发现气球做匀减速运动，下降速度在 5 分钟内减少了 3m/s。若空气阻力和泄漏气体的质 量均可忽略，重力加速度 g=9.89m/s2，求抛掉的压舱物的质量。 解析：由牛顿第二定律得： mg﹣f=ma 2 0 2 1h attv  抛物后减速下降有：f﹣（m﹣m′）g=（m﹣m′）a′ △v=a′△t 解得： kg tvg tvam 101 / /'m    答案：抛掉的压舱物的质量为 101kg。 16.（9 分）如图所示，半径 R=0.4m 的光滑圆弧轨道 BC 固定在竖直平面内，轨道的上端点 B 和圆心 O 的连 线与水平方向的夹角 θ =30°，下端点 C 为轨道的最低点且与粗糙水平面相 切，一根轻质弹簧的右端固定在 竖直挡板上。质量 m=0.1kg 的小物块（可视为质点）从空 中的 A 点以 v0=2m/s 的速度被水平拋出，恰好从 B 点沿轨道切线方向进入轨道，经过 C 点后 沿水平面向右运动至 D 点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能 Epm=0.8J，已知小物 块与水平面间的动摩擦因数 μ =0.5，g 取 10m/s2。求： (1)小物块从 A 点运动至 B 点的时间。 解析：小物块恰好从 B 点沿切线方向进入轨道，由几何关系有 tan 0vv y  根据平抛运动的规律可得：vy=gt， 解得：t=0.35s。 答案：小物块从 A 点运动至 B 点的时间为 0.35s。 (2)小物块经过圆弧轨道上的 C 点时，对轨道的压力大小。 解析：小物块由 B 点运动到 C 点，由机械能守恒定律有： mgR（1+sin θ ）= 2 1 mvC 2﹣ mvB 2 解得：vB= sin 0v =4m/s； 在 C 点处，由牛顿第二定律有：F﹣mg=m R v 2 C 解得：F=8 N， 根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上 C 点时对轨道的压力 F′大小为 8 N。 答案：小物块经过圆弧轨道上的 C 点时，对轨道的压力大小为 8N。 (3)C、D 两点间的水平距离 L。 解析：小物块从 B 点运动到 D 点，由能量守恒定律有： Epm= mvB 2+mgR（1+sinθ ）﹣μ mgL 解得：L=1.2m。 答案：C、D 两点间的水平距离为 1.2m。 17.（10 分）一匀强磁场，磁场方向垂直于 xy 平面，在 xy 平面上，磁场分布在以 O 为中心 的一个圆形区域内。一个质量为 m，电荷量为 q 的带电粒子，由原点 O 开始运动，初速度为 v，方向沿 x 正方向。后来，粒子经过 y 轴上的 P 点，此时速度方向与 y 轴的夹角为 30°， P 到 O 的距离为 L，如图所示。不计重力的影响。求磁场的磁感应强度 B 的大小及 xy 平面上 磁场区域的半径 R。 解析：粒子在磁场中受到洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，则有 r vm 2 Bqv 据此并由题意可得，粒子在磁场中的轨迹的圆心 C 必在 y 轴上，且 P 点在磁场区之外。过 P 沿速度方向作延长线，它与 x 轴相交于 Q 点。作圆弧过 O 点与 x 轴相切，并且与 PQ 相切， 切点 A 即粒子离开磁场区的地点。这样也求得圆弧轨迹的圆心 C，如图所示： 由图中几何关系得：L=3r。 由以上两式可得： qL 3mvB 。 图中 OA 的长度即圆形磁场区的半径 R，由图中几何关系可得 R= L 3 3 。 答案：磁场的磁感应强度 qL 3mvB 。 xy 平面上磁场区域的半径 R= 。 18.（10 分）飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其它星体对飞船的万有引力作用很微弱， 可忽略不计，此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。设想有一质量为 M 的宇宙飞船， 正以速度 v0 在宇宙中飞行。飞船可视为横截面积为 S 的圆柱体（如图所示）。某时刻飞船监 测到前面有一片尘埃云。已知尘埃云分布均匀，密度为 ρ 。假设尘埃与飞船发生的是弹性 碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用。为了保证飞船能以速度 v0 匀速穿过尘埃云，在刚进入 尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器。已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子， 形成向外发射的高速（远远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力的。若发射的是 一价阳离子，每个阳离子的质量为 m，加速电压为 U，元电荷为 E.在加速过程中飞行器质量 的变化可忽略。求单位时间内射出的阳离子数。 解析：设在很短的时间△t 内，与飞船碰撞的尘埃的质量为 m′，所受飞船的作用力为 f′。 飞船与尘埃发生的是弹性碰撞，设飞船的方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律 得 Mv0=Mv1+m′v2。 2 1 Mv0 2= Mv1 2+ m′v2 2。 解得：v2= m'M 2M  v0，由于 M＞＞m′，所以碰撞后尘埃的速度 v2=2v0。 对尘埃，根据动量定理： f′△t=m′v2 其中 m′=ρ sv0△t 则飞船所受到的阻力 f′=2ρ sv2 0 设一个离子在电场中加速后获得的速度为 v。 根据动能定理可得 eU= mv2 设单位时间内射出的离子数为 n，在很短的时间△t 内，根据动量定理可得： F△t=n△tmv 则飞船所受动力 F=nmv 飞船做匀速运动 F=f′ 解得：n= 2 0eUm 2 Sv 答案：单位时间内射出的阳离子数为 。