PAGEPAGE5能量與動量(本欄目內容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)一、選擇題(1～3題為單項選擇題，4～5題為多項選擇題)1．帶電粒子a、b在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，它們的動量大小相等，a運動的半徑大于b運動的半徑。若a、b的電荷量分別為qa、qb，質量分別為ma、mb，周期分別為Ta、Tb。則肯定有()A．qa<qb B.ma<mbC．Ta<Tb D.eq\f(qa,ma)<eq\f(qb,mb)解析：設帶電粒子以速度v在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，由洛倫茲力公式和牛頓運動定律得qvB＝meq\f(v2,R)，解得mv＝qBR。兩個粒子的動量mv相等，則有qaBRa＝qbBRb。依據題述，a運動的半徑大于b運動的半徑，即Ra>Rb，所以qa<qb，選項A正確；依據題述條件，不能推斷出兩粒子的質量關系，選項B錯誤；帶電粒子在勻強磁場中運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，不能推斷出兩粒子的周期、比荷之間的關系，選項C、D錯誤。答案：A2.如圖所示，真空中存在一個水平向左的勻強電場，場強大小為E。一根不行伸長的絕緣細線長為L，細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點，把小球拉到使細線水平的位置A，由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成θ＝60°角的位置B時速度為零。以下說法中正確的是()A．小球在位置B時處于平衡狀態B．小球受到的重力與電場力的關系是mg＝eq\r(3)qEC．小球在A點電勢能小于B點的電勢能D．小球從A運動到B的過程中，電場力對其做的功為mgL解析：小球從A向B運動應先加速，再減速，因此在B點受力不平衡，選項A錯誤；小球從A運動到B，依據動能定理有mgLsinθ＝qEL(1－cosθ)，因此可得mg＝eq\f(\r(3),3)qE，選項B錯誤；小球從A運動到B，電場力做負功，電勢能增加，所以A點電勢能小于B點電勢能，選項C正確；小球從A運動到B，電場力對其做功W＝－qEL(1－cos60°)＝－eq\f(1,2)qEL＝－eq\f(\r(3),2)mgL，選項D錯誤。答案：C3.兩個帶電荷量分別為Q1、Q2的正點電荷固定在光滑絕緣水平面的M、N兩點，O點為M、N連線的中點，有一質量為m、帶電荷量為＋q的小球在M、N連線上的A、B兩點間做往復運動，小球經過O點時的速度為v0，已知eq\x\to(OA)<eq\x\to(OB)，O點電勢為φO，則()A．A點電勢φA大于B點電勢φBB．Q1<Q2C．小球在A點時的電勢能為qφO＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．小球在O點時速度最大解析：依據動能定理得小球從B點到O點的過程有q(φB－φO)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球從O點到A點的過程有q(φO－φA)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對比可得：φA＝φB，故A錯誤；由于φA＝φB，故A、O兩點間電勢差等于B、O兩點間電勢差，又eq\x\to(OA)<eq\x\to(OB)，所以A、O兩點間電場線比B、O兩點間電場線密，由此可知Q1>Q2，故B錯誤；小球從O點到A點的過程，有q(φO－φA)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球在A點時的電勢能為EpA＝qφA，聯立以上兩式可得EpA＝qφO＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C正確；小球的速度最大時其所受合力為零，在O點小球所受的合力不為零，所以速度不是最大，故D錯誤。答案：C4.光滑絕緣水平地面上有A、B兩個帶電小球，t＝0時刻A以某一初速度向靜止的B運動，A、B球運動的速度一時間(v-t)圖象如圖所示，運動過程中兩小球不會碰撞，則()A．兩小球肯定帶同種電荷B．在0～t3時間內電場力對A始終做負功C．t1時刻兩小球所構成的系統電勢能最大D．t2時刻兩小球所構成的系統動能最小解析：兩帶電小球在水平方向只受到庫侖力的作用，故運動過程中動量守恒。由兩小球的速度圖象可知兩帶電小球之間是庫侖斥力，所以兩小球肯定帶同種電荷，選項A正確；在0～t2時間內，A小球速度減小，說明電場力對A做負功，在t2～t3時間內，A小球速度增大，說明電場力對A做正功，選項B錯誤；t1時刻兩小球速度相等，系統動能最小，依據兩小球所構成的系統動能和電勢能之和保持不變可知，t1時刻兩小球所構成的系統電勢能最大，選項C正確，D錯誤。答案：AC5.(2024·衡水中學月考)如圖所示，豎直懸掛的彈簧下端拴有導體棒ab，ab靠近豎直平行導軌的內側、與導軌處于豎直向上的磁場中，導體棒MN平行導軌處于垂直導軌平面的磁場中，當MN以速度v向右勻速運動時，ab恰好靜止，彈簧無形變，現使v減半仍沿原方向勻速運動，ab起先沿導軌下滑，兩磁場大小均為B，導軌寬均為L，導體棒ab、MN質量相同、電阻均為R，其他電阻不計，導體棒與導軌接觸良好，彈簧始終在彈性范圍內，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧勁度系數為k，導體棒與導軌間的動摩擦因數為μ，則()A．MN中電流方向從M到NB．ab受到的安培力垂直紙面對外C．ab起先下滑直至速度首次達峰值的過程中，克服摩擦產生的熱量為eq\f(μ2B4L4v2,16kR2)D．ab速度首次達到峰值時，電路的電熱功率為eq\f(B2L2v2,4R)解析：當MN向右勻速運動時，依據右手定則和左手定則可知電流方向從N到M，ab受到的安培力垂直紙面對外，選項A錯誤，B正確；當速度為v時，通過ab的電流I＝eq\f(BLv,2R)，ab受到的最大靜摩擦力Fm＝μBIL＝eq\f(μB2L2v,2R)，依據平衡條件得eq\f(μB2L2v,2R)＝mg，當v′＝eq\f(v,2)時，Fm1＝eq\f(1,2)·eq\f(μB2L2v,2R)，速度第一次達到最大時，加速度等于零，ab再次平衡，mg＝Fm1＋kx，則ab下落的距離x＝eq\f(μB2L2v,4Rk)，克服摩擦產生的熱量Q1＝Fm1·x＝eq\f(μ2B4L4v2,16kR2)，選項C正確；ab速度首次達峰值時，電路電流I＝eq\f(BLv,4R)，電路的電熱功率為P＝I2R＝eq\f(B2L2v2,16R)，選項D錯誤。答案：BC二、非選擇題6.(2024·山西模擬)如圖所示，質量為m、帶電荷量為＋q的小球從距地面高度h處以肯定的初速度v0水平拋出，在距拋出點水平距離為L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細管，管的上口距地面為eq\f(h,2)，為使小球無碰撞地通過管子，可在管子上方整個區域內加一場強方向向左的勻強電場。求：(1)小球的初速度v0；(2)電場強度E的大小；(3)小球落地時的動能。解析：(1)水平方向勻減速運動到管口時速度恰為零，則L＝eq\f(v0,2)t豎直方向自由落體運動到管口，則eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)gt2解得v0＝2Leq\r(\f(g,h))。(2)水平方向由運動學公式及牛頓其次定律有veq\o\al(2,0)＝2eq\f(qE,m)L解得E＝eq\f(2mgL,qh)。(3)對小球從水平拋出到落地由動能定理得，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.如圖所示，導體棒ab質量為100g，用絕緣細線懸掛后，恰好與寬度為50cm的光滑水平導軌良好接觸，導軌上還放有質量為200g的另一導體棒cd，整個裝置處于豎直向上，磁感應強度B＝0.2T的勻強磁場中，將ab棒向右拉起0.8m高度，無初速釋放，當ab棒第一次經過平衡位置剛向左擺起時，cd棒獲得的速度是0.5m/s。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)ab棒向左擺起的最大高度；(2)ab棒第一次經過平衡位置的過程中，通過cd棒的電荷量；(3)若導軌足夠長，回路中產生的最大焦耳熱。解析：(1)設ab棒下落到最低點時的速度為v1，由機械能守恒有v1＝eq\r(2gh1)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/sab棒與導軌接觸時與cd棒組成的系統動量守恒，有m1v1＝m1v1′＋m2v2；則v1′＝eq\f(m1v1－m2v2,m1)＝eq\f(0.1×4－0.2×0.5,0.1)m/s＝3m/s；設ab棒向左搖擺的最大高度為h2，則由機械能守恒得v1′＝eq\r(2gh2)h2＝eq\f(v1′2,2g)＝eq\f(32,2×10)m＝0.45m；(2)設cd棒通電時間為Δt，通過的電荷量為q，對cd棒由動量定理，有BIL·Δt＝m2v2q＝I·Δt聯立以上兩式，得q＝eq\f(m2v2,BL)＝eq\f(0.2×0.5,0.2×0.5)C＝1C。(3)設產生的最大焦耳熱為Q，ab棒經過多次搖擺最終停在最低點，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．如圖所示，質量m0＝1kg的物塊以初速度v0＝7.2m/s從A點起先運動，在光滑水平面右端B點靜放一質量m＝3kg的帶正電的小球，A和B均視為質點，物塊運動到B點和小球發生彈性碰撞，碰后小球離開B點恰好從M點無碰撞沿切線方向飛入半徑R＝1m的光滑圓軌道，OM與豎直方向夾角θ＝53°，圓軌道的N點與圓心在同一水平線，在GH右側有一水平向右的勻強電場，小球從N點飛出后落回到CD面上，電場力是小球重力的eq\f(3,4)倍，求：(1)碰撞后各自速度；(2)小球在軌道上運動對軌道的最大壓力；(3)小球到達N點的速度。解析：(1)物塊和小球發生彈性碰撞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)等效最低點半徑和豎直方向的夾角為αtanα＝eq\f(Eq,mg)＝eq\f(3,4)等效重力G′＝eq\f(mg,cosα)＝37.5N依據動能定理得EqR(sin53°＋sin37°)＋mgR(cos37°－cos53°)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)得M點的速度