2024高考物理大二轮复习专题二能量与动量2.2精练含解析

PAGEPAGE5能量与动量(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～3题为单项选择题，4～5题为多项选择题)1．带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb。则肯定有()A．qa<qb B.ma<mbC．Ta<Tb D.eq\f(qa,ma)<eq\f(qb,mb)解析：设带电粒子以速度v在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由洛伦兹力公式和牛顿运动定律得qvB＝meq\f(v2,R)，解得mv＝qBR。两个粒子的动量mv相等，则有qaBRa＝qbBRb。依据题述，a运动的半径大于b运动的半径，即Ra>Rb，所以qa<qb，选项A正确；依据题述条件，不能推断出两粒子的质量关系，选项B错误；带电粒子在匀强磁场中运动的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，不能推断出两粒子的周期、比荷之间的关系，选项C、D错误。答案：A2.如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E。一根不行伸长的绝缘细线长为L，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点，把小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的位置B时速度为零。以下说法中正确的是()A．小球在位置B时处于平衡状态B．小球受到的重力与电场力的关系是mg＝eq\r(3)qEC．小球在A点电势能小于B点的电势能D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为mgL解析：小球从A向B运动应先加速，再减速，因此在B点受力不平衡，选项A错误；小球从A运动到B，依据动能定理有mgLsinθ＝qEL(1－cosθ)，因此可得mg＝eq\f(\r(3),3)qE，选项B错误；小球从A运动到B，电场力做负功，电势能增加，所以A点电势能小于B点电势能，选项C正确；小球从A运动到B，电场力对其做功W＝－qEL(1－cos60°)＝－eq\f(1,2)qEL＝－eq\f(\r(3),2)mgL，选项D错误。答案：C3.两个带电荷量分别为Q1、Q2的正点电荷固定在光滑绝缘水平面的M、N两点，O点为M、N连线的中点，有一质量为m、带电荷量为＋q的小球在M、N连线上的A、B两点间做往复运动，小球经过O点时的速度为v0，已知eq\x\to(OA)<eq\x\to(OB)，O点电势为φO，则()A．A点电势φA大于B点电势φBB．Q1<Q2C．小球在A点时的电势能为qφO＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．小球在O点时速度最大解析：依据动能定理得小球从B点到O点的过程有q(φB－φO)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球从O点到A点的过程有q(φO－φA)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，对比可得：φA＝φB，故A错误；由于φA＝φB，故A、O两点间电势差等于B、O两点间电势差，又eq\x\to(OA)<eq\x\to(OB)，所以A、O两点间电场线比B、O两点间电场线密，由此可知Q1>Q2，故B错误；小球从O点到A点的过程，有q(φO－φA)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球在A点时的电势能为EpA＝qφA，联立以上两式可得EpA＝qφO＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C正确；小球的速度最大时其所受合力为零，在O点小球所受的合力不为零，所以速度不是最大，故D错误。答案：C4.光滑绝缘水平地面上有A、B两个带电小球，t＝0时刻A以某一初速度向静止的B运动，A、B球运动的速度一时间(v­t)图象如图所示，运动过程中两小球不会碰撞，则()A．两小球肯定带同种电荷B．在0～t3时间内电场力对A始终做负功C．t1时刻两小球所构成的系统电势能最大D．t2时刻两小球所构成的系统动能最小解析：两带电小球在水平方向只受到库仑力的作用，故运动过程中动量守恒。由两小球的速度图象可知两带电小球之间是库仑斥力，所以两小球肯定带同种电荷，选项A正确；在0～t2时间内，A小球速度减小，说明电场力对A做负功，在t2～t3时间内，A小球速度增大，说明电场力对A做正功，选项B错误；t1时刻两小球速度相等，系统动能最小，依据两小球所构成的系统动能和电势能之和保持不变可知，t1时刻两小球所构成的系统电势能最大，选项C正确，D错误。答案：AC5.(2024·衡水中学月考)如图所示，竖直悬挂的弹簧下端拴有导体棒ab，ab靠近竖直平行导轨的内侧、与导轨处于竖直向上的磁场中，导体棒MN平行导轨处于垂直导轨平面的磁场中，当MN以速度v向右匀速运动时，ab恰好静止，弹簧无形变，现使v减半仍沿原方向匀速运动，ab起先沿导轨下滑，两磁场大小均为B，导轨宽均为L，导体棒ab、MN质量相同、电阻均为R，其他电阻不计，导体棒与导轨接触良好，弹簧始终在弹性范围内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧劲度系数为k，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，则()A．MN中电流方向从M到NB．ab受到的安培力垂直纸面对外C．ab起先下滑直至速度首次达峰值的过程中，克服摩擦产生的热量为eq\f(μ2B4L4v2,16kR2)D．ab速度首次达到峰值时，电路的电热功率为eq\f(B2L2v2,4R)解析：当MN向右匀速运动时，依据右手定则和左手定则可知电流方向从N到M，ab受到的安培力垂直纸面对外，选项A错误，B正确；当速度为v时，通过ab的电流I＝eq\f(BLv,2R)，ab受到的最大静摩擦力Fm＝μBIL＝eq\f(μB2L2v,2R)，依据平衡条件得eq\f(μB2L2v,2R)＝mg，当v′＝eq\f(v,2)时，Fm1＝eq\f(1,2)·eq\f(μB2L2v,2R)，速度第一次达到最大时，加速度等于零，ab再次平衡，mg＝Fm1＋kx，则ab下落的距离x＝eq\f(μB2L2v,4Rk)，克服摩擦产生的热量Q1＝Fm1·x＝eq\f(μ2B4L4v2,16kR2)，选项C正确；ab速度首次达峰值时，电路电流I＝eq\f(BLv,4R)，电路的电热功率为P＝I2R＝eq\f(B2L2v2,16R)，选项D错误。答案：BC二、非选择题6.(2024·山西模拟)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小球从距地面高度h处以肯定的初速度v0水平抛出，在距抛出点水平距离为L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面为eq\f(h,2)，为使小球无碰撞地通过管子，可在管子上方整个区域内加一场强方向向左的匀强电场。求：(1)小球的初速度v0；(2)电场强度E的大小；(3)小球落地时的动能。解析：(1)水平方向匀减速运动到管口时速度恰为零，则L＝eq\f(v0,2)t竖直方向自由落体运动到管口，则eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)gt2解得v0＝2Leq\r(\f(g,h))。(2)水平方向由运动学公式及牛顿其次定律有veq\o\al(2,0)＝2eq\f(qE,m)L解得E＝eq\f(2mgL,qh)。(3)对小球从水平抛出到落地由动能定理得，mgh－EqL＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Ek＝mgh。答案：(1)2Leq\r(\f(g,h))(2)eq\f(2mgL,qh)(3)mgh7.如图所示，导体棒ab质量为100g，用绝缘细线悬挂后，恰好与宽度为50cm的光滑水平导轨良好接触，导轨上还放有质量为200g的另一导体棒cd，整个装置处于竖直向上，磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场中，将ab棒向右拉起0.8m高度，无初速释放，当ab棒第一次经过平衡位置刚向左摆起时，cd棒获得的速度是0.5m/s。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)ab棒向左摆起的最大高度；(2)ab棒第一次经过平衡位置的过程中，通过cd棒的电荷量；(3)若导轨足够长，回路中产生的最大焦耳热。解析：(1)设ab棒下落到最低点时的速度为v1，由机械能守恒有v1＝eq\r(2gh1)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/sab棒与导轨接触时与cd棒组成的系统动量守恒，有m1v1＝m1v1′＋m2v2；则v1′＝eq\f(m1v1－m2v2,m1)＝eq\f(0.1×4－0.2×0.5,0.1)m/s＝3m/s；设ab棒向左摇摆的最大高度为h2，则由机械能守恒得v1′＝eq\r(2gh2)h2＝eq\f(v1′2,2g)＝eq\f(32,2×10)m＝0.45m；(2)设cd棒通电时间为Δt，通过的电荷量为q，对cd棒由动量定理，有BIL·Δt＝m2v2q＝I·Δt联立以上两式，得q＝eq\f(m2v2,BL)＝eq\f(0.2×0.5,0.2×0.5)C＝1C。(3)设产生的最大焦耳热为Q，ab棒经过多次摇摆最终停在最低点，由能量守恒知Q＝m1gh1＝0.1×10×0.8J＝0.8J。答案：(1)0.45m(2)1C(3)0.8J8．如图所示，质量m0＝1kg的物块以初速度v0＝7.2m/s从A点起先运动，在光滑水平面右端B点静放一质量m＝3kg的带正电的小球，A和B均视为质点，物块运动到B点和小球发生弹性碰撞，碰后小球离开B点恰好从M点无碰撞沿切线方向飞入半径R＝1m的光滑圆轨道，OM与竖直方向夹角θ＝53°，圆轨道的N点与圆心在同一水平线，在GH右侧有一水平向右的匀强电场，小球从N点飞出后落回到CD面上，电场力是小球重力的eq\f(3,4)倍，求：(1)碰撞后各自速度；(2)小球在轨道上运动对轨道的最大压力；(3)小球到达N点的速度。解析：(1)物块和小球发生弹性碰撞m0v0＝m0v1＋mv2eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)得v1＝eq\f(m0－m,m0＋m)v0＝－3.6m/sv2＝eq\f(2m0,m0＋m)v0＝3.6m/s(2)等效最低点半径和竖直方向的夹角为αtanα＝eq\f(Eq,mg)＝eq\f(3,4)等效重力G′＝eq\f(mg,cosα)＝37.5N依据动能定理得EqR(sin53°＋sin37°)＋mgR(cos37°－cos53°)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)得M点的速度