高中物理高考 2020年高考物理二轮复习高频考点专项训练---电学中的动量和能量问题（解析版）

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1.(2019·河北承德市联校期末)如图所示，光滑绝缘水平轨道上带正电的甲球，以某一水平初速度射向静止在轨道上带正电的乙球，当它们相距最近时，甲球的速度变为原来的eq \f(1,5).已知两球始终未接触，则甲、乙两球的质量之比是( )
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4
答案 D
2.(2019·北京市大兴区上学期期末)如图所示，在矩形MNQP区域中有一垂直纸面向里的匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．已知O是PQ的中点，不计粒子重力．从图示轨迹中可以判断( )
A．a粒子带负电，b粒子带正电
B．c粒子的动量大小大于a粒子的动量大小
C．b粒子运动的时间大于a粒子运动的时间
D．b粒子的加速度大于c粒子的加速度
答案 D
解析 根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝meq \f(v2,r)，解得：p＝mv＝qBr，因c的轨道半径小于a的轨道半径，则c粒子动量的大小小于a粒子动量的大小，选项B错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)相同，粒子在磁场中的运动时间：t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB)，由于m、q、B都相同，粒子a转过的圆心角大于粒子b转过的圆心角，则b粒子在磁场中运动的时间小于a粒子在磁场中运动的时间，故C错误；根据qvB＝ma，b粒子的速度最大，则b粒子的加速度大于c粒子的加速度，选项D正确．
3.(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图所示，一长为L＝1 m、质量为m＝1 kg的导体棒ab垂直放在固定的足够长的光滑U形导轨底端，导轨宽度和导体棒等长且接触良好，导轨平面与水平面成θ＝30°角，整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．现给导体棒沿导轨向上的初速度v0＝4 m/s，经时间t0＝0.5 s，导体棒到达最高点，然后开始返回，到达底端前已做匀速运动．已知导体棒的电阻为R＝0.05 Ω，其余电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，忽略电路中感应电流之间的相互作用，则( )
A．导体棒到达导轨平面底端时，流过导体棒的电流为5 A
B．导体棒到达导轨平面底端时的速度大小为1 m/s
C．导体棒从开始运动到顶端的过程中，通过导体棒的电荷量为3 C
D．导体棒从开始运动到返回底端的过程中，回路中产生的电能为15 J
答案 BC
解析 导体棒到达底端前已做匀速运动，由平衡条件得：mgsin 30 °＝eq \f(B2L2vm,R)，代入数据解得：vm＝1 m/s，选项B正确；导体棒到达导轨平面底端时，通过导体棒的电流为I＝eq \f(BLvm,R)＝eq \f(0.5×1×1,0.05) A＝10 A，选项A错误；导体棒从开始运动到到达顶端的过程中，根据动量定理：－(mgsin 30°＋B eq \x\t(I)L)t0＝0－mv0，其中eq \x\t(I)t0＝q，解得q＝3 C，选项C正确；导体棒从开始运动到返回底端的过程中，回路中产生的电能为eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mvm2＝eq \f(1,2)×1×(42－12) J＝7.5 J ，选项D错误．
4.如图所示是计算机模拟出的一种宇宙空间的情景，在此宇宙空间内存在这样一个远离其他空间的区域(其他星体对该区域内物体的引力忽略不计)，以MN为界，上半部分匀强磁场的磁感应强度大小为B1，下半部分匀强磁场的磁感应强度大小为B2.已知B1＝4B2＝4B0，磁场方向相同，且磁场区域足够大．在距离界线MN为h的P点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于MN的速度向右抛出一质量为m、电荷量为q的带负电小球，发现小球经过界线处的速度方向与界线成90°角，接着小球进入下半部分磁场．当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q点时，刚好又接住球而静止．求：
(1)请你粗略地作出小球从P点运动到Q点的运动轨迹；
(2)PQ间的距离是多大；
(3)宇航员的质量是多少．
答案 (1)见解析图 (2)6h (3)eq \f(5πm,6)
解析 (1)小球运动轨迹如图所示．
(2)由几何关系可知R1＝h，
由qvB＝eq \f(mv2,R)和B1＝4B2＝4B0，
可知R2＝4R1＝4h，
设小球的速率为v1，
由qv1(4B0)＝eq \f(mv12,R1)
解得小球的速率v1＝eq \f(4qB0h,m)，
根据运动的对称性，PQ间的距离为L＝2(R2－R1)＝6h.
(3)由qvB＝eq \f(mv2,r)和T＝eq \f(2πr,v)得小球做匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，
故小球由P运动到Q的时间t＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)＝eq \f(5πm,4qB0).
设宇航员的速度为v2＝eq \f(L,t)＝eq \f(24qB0h,5πm)，
宇航员在Q点接住球时，由动量守恒定律有
Mv2－mv1＝0，
解得宇航员的质量M＝eq \f(5πm,6).
5.当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计．如图所示，相距为L的两块固定平行金属板M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场近似为匀强电场，K是与M板距离很近的灯丝，通过小孔穿过M板与外部电源E1连接，电源E1给K加热从而产生热电子，不计灯丝对内部匀强电场的影响．热电子经高压加速后垂直撞击N板，瞬间成为金属板的自由电子，速度近似为零．电源接通后，电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电荷量为e.求：
(1)电子到达N板前瞬间的速度vN的大小；
(2)N板受到电子撞击的平均作用力F的大小．
答案 (1)eq \r(\f(2eU,m)) (2)Ieq \r(\f(2mU,e))
解析 (1)由动能定理得eU＝eq \f(1,2)mvN2－0，
解得vN＝eq \r(\f(2eU,m)).
(2)设Δt时间经过N板的电荷量为Q，Q＝IΔt
在Δt时间落在N板上的电子数为N1：N1＝eq \f(IΔt,e)
对Δt时间内落在N板上的电子整体应用动量定理：
－FΔt＝0－N1mvN，
F＝eq \f(N1mvN,Δt)＝Ieq \r(\f(2mU,e)).
由作用力与反作用力关系可知，N板受到电子撞击的平均作用力大小为F′＝F＝Ieq \r(\f(2mU,e)).
6.(2019·浙江杭州市高三期末)如图(俯视图)所示，质量分布均匀的总质量为M、边长为L的正方形导体线框ACDE处于某一水平面内(离地面足够高)；在t＝0时刻(图示位置)以速度v0将线框水平向右抛入宽度为L、间距也为L的间隔型磁场区域(区域足够大)；该区域内存在磁场的区域磁场方向竖直向下，磁感应强度大小均为B.若线框ACDE在整个运动过程中都保持水平状态，每条边的电阻均为R，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)t＝0时刻线框CD边上的电势差UCD；
(2)t＝0时刻线框加速度的大小a；
(3)若线框在0～t0时间内的位移大小为s，求t＝t0时刻线框水平速度v的大小(设t0时刻线框的水平速度大于0，t0为已知量)．
答案 (1)－eq \f(3BLv0,4) (2)eq \r(\f(B2L2v0,4MR)2＋g2) (3)v0－eq \f(B2L2 \r(4s2－g2t04),8MR)
解析 (1)E＝BLv0
根据电路相关知识可得UCD＝－eq \f(3BLv0,4)
(2)线框所受的水平方向的安培力F＝BIL＝eq \f(B2L2v0,4R)
所以线框水平方向的加速度大小ax＝ eq \f(B2L2v0,4MR).
线框加速度大小a＝eq \r(\f(B2L2v0,4MR)2＋g2).
(3)根据动量定理，水平方向上有－eq \f(B2L2v,4R)Δt＝MΔv
即－eq \f(B2L2Δx,4R)＝MΔv
两边同时求和可知－eq \f(B2L2x,4R)＝M(v－v0)．
又s＝eq \r(x2＋\f(1,2)gt022)，所以线框水平速度大小v＝v0－eq \f(B2L2 \r(4s2－g2t04),8MR).
7.(2019·江西重点中学协作体第一次联考)固定在竖直平面内的固定光滑绝缘轨道LMN，其中MN水平且足够长，LM下端与MN平滑相接．在OP与QR之间的区域内有方向如图所示的匀强电场和匀强磁场．质量为m和5m的绝缘小物块C、D(可视为质点)，其中D带有电荷量q，C不带电，现将物块D静止放置在水平轨道的MO段，将物块C从离水平轨道MN距离h高的L处由静止释放，物块C沿轨道下滑进入水平轨道，然后与D正碰(C、D的电荷量都不变)，碰后物块C被反弹，物块D进入虚线OP右侧的复合场中沿直线OQ运动且恰好对水平轨道无压力，最后离开复合场区域．已知：重力加速度g、电场强度E＝eq \f(mg,q)、磁感应强度B＝eq \f(8m,q)eq \r(\f(2g,h))，求：
(1)物块D进入复合场的速度大小；
(2)物块C反弹后滑回斜面LM的最大高度H；
(3)若已知OQ间距为h，保持其他条件不变，仅将电场强度增大为E2＝5E，同时磁感应强度减小为B2＝eq \f(B,8)，求物块D离开电磁场后所到达轨迹最高点与水平轨道MN之间的高度差．
答案 (1)eq \f(\r(2gh),4) (2)eq \f(h,16) (3)0.54h
解析 (1)物块D进入复合场后做匀速直线运动且对轨道无压力，可知 D带正电，
且Eq＋qvDB＝5mg
解得vD＝eq \r(\f(1,8)gh)＝eq \f(\r(2gh),4)
(2)对物块C在斜面上由L→M的过程有mgh＝eq \f(1,2)mv02
即v0＝eq \r(2gh)
C碰D瞬间动量守恒mv0＝mvC＋5mvD
解得vC＝－eq \f(1,4)v0＝－eq \r(\f(1,8)gh)
物块C返回斜面过程有eq \f(1,2)mvC2＝mgH
解得H＝eq \f(h,16)
(3)物块D在电磁场中5Eq＝5mg，重力与静电力平衡，做匀速圆周运动，有qB2vD＝5meq \f(vD2,r)
做圆周运动半径r＝eq \f(5mvD,qB2)＝eq \f(5,4)h
设物块D在有界场中运动轨迹的圆心角为θ，sin θ＝eq \f(h,r)＝eq \f(4,5)
h1＝r－rcs θ
从Q点正上方处离开电磁场．
物块D离开电磁场后做曲线运动，竖直分速度为vy＝vDsin θ 则h2＝eq \f(vy2,2g)
物块D离开电磁场后所到达轨迹最高点与水平轨道MN之间的高度差为H′＝h1＋h2＝0.54h .
8.如图所示，在光滑绝缘水平面上由左向右沿一条直线等间距的排着多个形状相同的静止的带正电荷的绝缘小球，依次编号为1、2、3…每个小球所带的电荷量都相等且均为q＝3.75×10－3C.第一个小球的质量m＝0.1 kg，从第二个小球起往右的小球的质量依次为前一个小球的eq \f(1,2)，小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里，已知该磁场的磁感应强度B＝0.5 T．现给第一个小球一个水平速度v0＝8 m/s，使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正碰，若碰撞过程中电荷不转移，则第几个小球被碰后可以脱离地面？(不计电荷之间的库仑力，取g＝10 m/s2)
答案 第6个
解析 第一个小球质量m1＝m，第二个小球质量m2＝eq \f(1,2)m1＝eq \f(1,2)m
第三个小球质量：m3＝eq \f(1,2)m2＝(eq \f(1,2))2m
于是第n个小球质量mn＝eq \f(1,2)mn－1＝(eq \f(1,2))n－1m
设第一个小球与第二个小球碰撞后速度分别为v1和v2根据动量守恒，选取初速度的方向为正方向：m1v0＝m1v1＋m2v2
根据机械能守恒：eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
所以：v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0＝eq \f(4,3)v0
同理第二个小球与第三个小球碰撞后，
第三个小球的速度：v3＝eq \f(4,3)v2＝(eq \f(4,3))2v0
第n个小球被撞后速度：vn＝(eq \f(4,3))n－1v0
设第n个小球被撞后能离开地面，则qvnB≥mng
解得：n≥6，所以第6个小球被碰后可以脱离地面．
9.(2019·浙江宁波市3月模拟)如图所示，两根一端带有挡柱的金属导轨MN和PQ与水平面成θ＝37°角，两导轨间距L＝1 m，导轨自身电阻不计，整个装置处在磁感应强度大小B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上．两根完全相同的金属棒ab和cd，每根棒长为L，质量m＝1 kg，电阻R＝1 Ω，垂直放在导轨平面上且始终与导轨保持良好接触．现让金属棒cd靠在挡柱上，金属棒ab在沿斜面向上的外力F作用下从轨道上某处由静止开始做加速度a＝2.5 m/s2的匀加速直线运动，直到金属棒cd刚要滑动时撤去外力F；此后金属棒ab继续向上运动0.35 s后减速为0，且金属棒ab向下返回到初始出发点时的速度大小为1 m/s.已知两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)金属棒cd刚要滑动时，金属棒ab的速度大小；
(2)金属棒ab沿斜面向上匀加速运动过程中外力的最大值；
(3)金属棒ab从最高点返回到初始出发点过程中，金属棒ab产生的焦耳热．
答案 (1)5 m/s (2)22.5 N (3)5.5 J
解析 (1)当金属棒cd刚要滑动时满足：
BIL＝mgsin θ＋μmgcs θ
I＝eq \f(BLv,2R)
联立解得：v＝5 m/s
(2)对金属棒ab：F－mgsin θ－μmgcs θ－BIL＝ma
I＝eq \f(BLv,2R)
v＝at
代入数据可知F随t线性变化，当v＝5 m/s时，最大值Fm＝22.5 N；
(3)匀加速阶段金属棒ab的位移为：x1＝eq \f(v2,2a)
撤去F后金属棒cd仍静止，设金属棒ab减速滑行的位移为x2
由动量定理得(μmgcs θ＋mgsin θ＋B eq \x\t(I)L)Δt＝mv
eq \x\t(I)Δt＝eq \f(BLx2,2R)
解得x2＝0.75 m
设金属棒ab返回到出发点的速度为v1，
由能量守恒：
mg(x1＋x2)sin θ＝μmgcs θ(x1＋x2)＋eq \f(1,2)mv12＋2Q
解得Q＝5.5 J.
10.(2019·福建福州市期末质量检测)如图所示，空间存在一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B；边长为L的正方形金属框abcd(简称方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U形金属框架MNQP(仅有MN、NQ、QP三条边，简称U形框)，U形框的M、P端的两个触点与方框接触良好且无摩擦，其他地方没有接触．两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r.
(1)若方框固定不动，U形框以速度v0垂直NQ边向右匀速运动，当U形框的接触点M、P端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求U形框上N、Q两端的电势差UNQ；
(2)若方框不固定，给U形框垂直NQ边向右的水平初速度v0，U形框恰好不能与方框分离，求方框最后的速度vt和此过程流过U形框上NQ边的电荷量q；
(3)若方框不固定，给U形框垂直NQ边向右的初速度v(v>v0)，在U形框与方框分离后，经过t时间，方框的最右侧和U形框的最左侧之间的距离为s.求分离时U形框的速度大小v1和方框的速度大小v2.
答案 见解析
解析 (1)由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv0
此时电路图如图所示
由串并联电路规律，
外电阻为R外＝2r＋eq \f(3r×r,3r＋r)＝eq \f(11,4)r
由闭合电路欧姆定律得：
流过QN的电流I＝eq \f(E,R外＋r)＝eq \f(4BLv0,15r)
所以：UNQ＝E－Ir＝eq \f(11,15)BLv0；
(2)U形框向右运动过程中，方框和U形框组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒．
依题意得：方框和U形框最终速度相同，设最终速度大小为vt；
3mv0＝(3m＋4m)vt
解得：vt＝eq \f(3,7)v0
对U形框，
由动量定理得：－BL eq \x\t(I)t＝3mvt－3mv0
由q＝eq \x\t(I)t
解得：q＝eq \f(12mv0,7BL)
(3)设U形框和方框分离时速度分别为v1和v2，系统动量守恒：3mv＝3mv1＋4mv2
依题意得：s＝(v1－v2)t
联立解得：v1＝eq \f(3,7)v＋eq \f(4s,7t)
v2＝eq \f(3,7)v－eq \f(3s,7t).