高考物理学科复习题册第一部分专题四动量与能量第2讲电学中的动量和能量问题练习含解析02

电学中的动量和能量问题

1.如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中( )

A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动

B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等 C．小球在D点时的动能为50 J

D．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量

解析 如果电场力大于重力，则小球速度减为零后可能沿杆向上运动，A项错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，B项正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在

D点时的动能也就不一定为50 J，C项错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系

统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，D项错误。

答案 B

2.如图所示，一带电小球沿与CD平行方向射入倾角为θ的光滑斜面上，斜面所在区域存在和AD平行的匀强电场，小球运动轨迹如图中虚线所示，则( )

A．若小球带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下 B．小球从M点运动到N点电势能一定增加 C．小球从M点运动到N点动能一定增加 D．小球从M点运动到N点机械能一定增加

解析 若小球带正电荷，重力沿斜面向下的分力大于电场力时，电场力的方向可以沿斜面向上，也可以沿斜面向下，A项错误；当电场力沿斜面向上时，则电场力做负功，电势能增加，当电场力沿斜面向下时，电场力做正功，电势能减小，B项错误；由于合力沿斜面向下，故合力一定做正功，根据动能定理可知，动能一定增加，C项正确；若电场力沿斜面向上，电场力做负功，机械能减小，D项错误。

1

答案 C

3．(多选)如图所示空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离均为0.5 cm，其中BB′为零势能面。一个质量为m，带电荷量为＋q的粒子沿AA′方向以初动能Ek自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场。已知

PA′＝2 cm，粒子的重力忽略不计。下列说法中正确的是( )

A．该粒子通过等势面BB′时的动能是1.25Ek B．该粒子到达C′点时的动能是2Ek C．该粒子在P点时的电势能是Ek D．该粒子到达C′点时的电势能是－0.5Ek

解析 把粒子在电场中的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直121－2－2

线运动，则PA′＝v0t＝2×10 m，而A′C′＝at＝at·t＝1×10 m，即at·t＝2×10

22

－2

m，可得出粒子在C′点竖直方向的速度也为v0，所以该粒子到达C′点时的速度v＝2v0，

12

动能为mv＝2Ek，B项正确；设相邻等势面的电势差为U，对粒子从P点运动到C′点运用

2动能定理，得2Uq＝2Ek－Ek，解得Uq＝，则粒子从P点运动到等势面BB′运用动能定理，

2得Uq＝Ek′－Ek，解得Ek′＝1.5Ek，A项错误；根据带电粒子的运动轨迹和等势面的特点，可以判断匀强电场的电场线的方向竖直向上，该粒子在P点时的电势能是E＝Uq＝，C项

2错误；该粒子到达C′点时的电势能E1＝－Uq＝－＝－0.5Ek，D项正确。

2

答案 BD

4．CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧部分区域存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )

Ek

Ek

Ek

2

A．电阻R的最大电流为Bd2gh RBdL RB．流过电阻R的电荷量为

C．整个电路中产生的焦耳热为mgh 1

D．电阻R中产生的焦耳热为mg(h－μd)

2

解析 由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械12EBLvBL2ghΔΦ能守恒有mgh＝mv，所以I＝＝＝，A项错误；流过R的电荷量为q＝It＝

22R2R2R2R＝

BLd，B项错误；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q＝mgh－μmgd，C项错2R11

误；由于导体棒的电阻也为R，则电阻R中产生的焦耳热为Q＝mg(h－μd)，D项正确。

22

答案 D

5.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a(a＜L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为

v(v＜v0)，试求：线圈完全进入磁场中时线圈的速度。

解析 线圈受重力、支持力和水平向左的安培力，设线圈质量为m，完全进入磁场中时运动时间为Δt，线圈的速度为v1、线圈的电阻为R，取水平向右为正。由动量定理有

－BIaΔt＝mv1－mv0① 由闭合电路欧姆定律得

EI＝

R②

由法拉第电磁感应定律有

3

E＝

ΔΦ③ Δt其中 ΔΦ＝Ba④ 由①～④式得

2

B2a3－＝mv1－mv0⑤

R同理可得线圈完全离开磁场时有

B2a3－＝mv－mv1⑥

R由⑤、⑥式得线圈完全进入磁场中时线圈的速度为

v0＋vv1＝。

2答案

v0＋v2

6.(2019·陕西宝鸡质检)如图所示，绝缘水平桌面上方区域存在竖直向上的匀强电场，电场强度E＝5 N/C，过桌左边缘的虚线PQ上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度

－3

B＝ T，虚线PQ与水平桌面成45°角，现将一个质量m1＝2.0×10 kg、带正电q＝4.0×10

π

3

－3

C的物块A静置在桌面上，质量m2＝1.0×10 kg、不带电的绝缘物块B从与A相距L＝

－3

2.0 m处的桌面上以v0＝5.0 m/s的初速度向左运动。物块A、B与桌面间的动摩擦因数均为

μ＝0.4，二者在桌面上发生碰撞(碰撞时间极短，A、B间无电荷转移)，碰撞后B反弹速度

大小为vB＝1.0 m/s，A向左运动进入磁场，(重力加速度g取10 m/s，结果保留两位有效数字)求：

2

(1)碰撞后物块A的速度；

(2)物块A从进入磁场到再次回到桌面所用时间；

(3)若一段时间后A、B在桌面上相遇，求碰撞前A与桌面左边缘P的距离。

解析 (1)设B与A碰撞前瞬间的速度为v，碰后A、B的速度分别为vA、vB，对于B由动能定理可得：

1212

－μm2gL＝m2v－m2v0

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4