配套K12高考物理二轮复习专题检测八巧用“能量观点”解决力学选择题

专题突破练6 动量和能量观点的应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共9小题,每小题6分,共54分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项符合题目要求,第6~9小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(2017辽宁本溪联考)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中,下列说法正确的是()A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2B.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2D.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零答案 D解析人的速度原来为零,起跳后变化v,以向上为正方向,由动量定理可得I-mgΔt=mv-0,故地面对人的冲量为mv+mgΔt,人在跳起时,地面对人的支持力竖直向上,在跳起过程中,在支持力方向上没有位移,地面对运动员的支持力不做功,故D正确。

2.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线,同一方向运动,m A=2 kg,m B=3 kg,v A=6 m/s,v B=2 m/s。

当A追上B并发生碰撞后,两球A、B速度的可能值是()A.v A=4.5 m/s,v B=3 m/sB.v A=3 m/s,v B=4 m/sC.v A=-1.5 m/s,v B=7 m/sD.v A=7.5 m/s,v B=1 m/s答案 B解析两球碰撞过程,系统不受外力,故碰撞过程系统总动量守恒,A、B、C、D均满足;考虑实际情况,碰撞后A球速度不大于B球的速度,因而A、D错误,B、C满足;根据能量守恒定律,碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能,碰撞前总动能为42 J,B选项碰撞后总动能为33 J,C选项碰撞后总动能为75.75 J,故C错误,B满足;故选B。

3.“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露。

专题强化练(八)题组一 三大力学观点在力学中的综合应用1.如图所示，可视为质点的两个小球通过长度L ＝6 m 的轻绳连接，甲球的质量为m 1＝0.2 kg ，乙球的质量为m 2＝0.1 kg.将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放，甲球释放Δt ＝1 s 后再释放乙球，绳子伸直后即刻绷断(细绳绷断的时间极短，可忽略)，此后两球又下落t ＝1.2 s 同时落地．可认为两球始终在同一竖直线上运动，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)从释放乙球到绳子绷直的时间t 0；(2)绳子绷断的过程中绳对甲球拉力的冲量大小． 解析：(1)细线伸直时甲球的位移为：x 甲＝12g (t 0＋Δt )2，乙球的位移为：x 乙＝12gt 20，因为x 甲－x 乙＝L ， 联立解得：t 0＝0.1 s.(2)细线伸直时甲、乙的速度分别是：v 甲＝g (t 0＋Δt )＝11 m/s ， v 乙＝gt 0＝1 m/s ，设细线绷断瞬间甲、乙球的速度分别为：v ′甲和v ′乙， 继续下落至落地时有：v ′乙t ＋12gt 2－(v ′甲t ＋12gt 2)＝L .又在绳绷断的极短时间内两球动量守恒， 则有：m 1v 甲＋m 2v 乙＝m 1v ′甲＋m 2v ′乙， 联立方程解得：v ′甲＝6 m/s ，v ′乙＝11 m/s. 设绳子绷断过程中绳对甲球拉力的冲量大小为I ， 由动量定理得：I ＝m 1(v ′甲－v 甲)＝1.0 N·s. 答案：(1)0.1 s (2)1.0 N·s2．如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M ＝1 kg 、长L ＝4 m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s ＝3 m ，小车上表面与半圆轨道最低点P 的切线相平．现有一质量m ＝2 kg 的滑块(不计大小)以v 0＝6 m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时立即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.求：(1)求小车与墙壁碰撞时的速度；(2)若滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径R 的取值范围． 解析：(1)根据牛顿第二定律： 对滑块有μmg ＝ma 1， 对小车有μmg ＝Ma 2.滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v 0－a 1t ＝a 2t ，由以上各式解得：t ＝1 s ，此时小车的速度为v 2＝a 2t ＝4 m/s.滑块的位移：x 1＝v 0t －12a 1t 2，小车的位移：x 2＝12a 2t 2，相对位移：L 1＝x 1－x 2， 联立解得：L 1＝3 m ，x 2＝2 m.L 1＜L ，x 2＜s ，说明滑块滑离小车前已具有相同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v 2＝4 m/s.(2)滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L 2后滑上半圆轨道，L 2＝L －L 1＝1 m.若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为v Q .则mg ＝m v 2QR，根据动能定理得：－μmgL 2－mg ·2R ＝12mv 2Q －12mv 22，解得：R ＝0.24 m.若滑块恰好滑至14圆弧到达T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理得－μmgL 2－mgR ＝0－12mv 22，解得：R ＝0.6 m ，所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m. 答案：(1)4 m/s (2)R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m3.(2018·海南卷)如图，光滑轨道PQO 的水平段QO ＝h2，轨道在O 点与水平地面平滑连接．一质量为m 的小物块A 从高h 处由静止开始沿轨道下滑，在O 点与质量为4m 的静止小物块B 发生碰撞．A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g .假设A 、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：(1)第一次碰撞后瞬间A 和B 的速度大小； (2)A 、B 均停止运动后，二者之间的距离．解析：(1)小物块A 从高h 处由静止开始沿轨道下滑， 由机械能守恒定律：mgh ＝12mv 20，解得滑至O 点时速度为：v 0＝2gh .碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律：mv 0＝mv 1＋4mv 2，12mv 20＝12mv 21＋12×4mv 22， 联立解得：v 1＝－352gh ，负号表示A 碰撞后速度方向向左，v 2＝252gh ，B 碰撞后速度方向向右． (2)碰撞后，B 向右运动，设B 向右运动的距离为x B ， 由动能定理，－μ4mgx B ＝0－12×4mv 22，解得：x B ＝825h .碰撞后，A 先向左运动，后又向右运动，A 从O 点开始向右运动x B 的距离后速度为v A 1， 由动能定理，－μmgx B ＝12mv 2A 1－12mv 21，解得：v A 1＝2gh 5. A 、B 再次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律， mv A 1＝mv A 2＋4mv B 2，12mv 2A 1＝12mv 2A 2＋12×4mv 2B 2， 联立解得：v A 2＝－352gh5，负号表示A 碰撞后速度方向向左， v B 2＝252gh5，B 碰撞后速度方向向右． 设B 向右运动的距离为x B 2，由动能定理得 －μ4mgx B 2＝0－124mv 2B 2，解得x B 2＝8125h .设A 向左运动的距离为x A 2，由动能定理得 －μmgx A 2＝0－12mv 2A 2，解得x A 2＝18125h ，A 、B 均停止运动后它们之间的距离为 x ＝8125h ＋18125h ＝26125h . 答案：(1)352gh 252gh (2)26125h4.如图所示，有一质量为M ＝2 kg 的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m ＝1 kg 的小物块A 和B (均可视为质点)，由车上P 处开始，A 以初速度v 1＝2 m/s 向左运动，B 同时以v 2＝4 m/s 向右运动．最终A 、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车．两物块与小车间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g 取10 m/s 2.求：(1)求小车总长L ；(2)物块B 在小车上滑动的过程中产生的热量Q B ；(3)从物块A 、B 开始运动计时，经6 s 小车离原位置的距离x .解析：(1)设最后达到共同速度v ，取向右为正方向，整个系统动量守恒、能量守恒：mv 2－mv 1＝(2m ＋M )v ，μmgL ＝12mv 21＋12mv 22－12(2m ＋M )v 2，解得v ＝0.5 m/s ，L ＝9.5 m.(2)设物块A 离小车左端的距离为x 1，从A 开始运动至左端历时t 1，在A 运动至左端前，小车是静止的．v 1＝a A t 1， x 1＝12a A t 21，联立可得t 1＝2 s ，x 1＝2 m ，所以物块B 离小车右端的距离x 2＝L －x 1＝7.5 m ， 所以Q B ＝μmgx 2＝7.5 J.(3)设从开始到达到共同速度历时t 2，则v ＝v 2－a B t 2， μmg ＝ma B ，联立可得t 2＝3.5 s.小车在t 1前静止，在t 1至t 2之间以加速度a 向右加速：μmg ＝(M ＋m )a ， 此时小车向右运动的位移x 3＝12a (t 2－t 1)2，接下去三个物体组成的系统以v 共同匀速运动了x 4＝v (6 s －t 2)，联立各式，解得小车在6 s 内向右运动的总距离x ＝x 3＋x 4＝1.625 m. 答案：(1)9.5 m (2)7.5 J (3)1.625 m 题组二 三大力学观点在电、磁学中的综合应用5．如图所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段BC 粗糙，其余都光滑，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段的动摩擦因数均为μ＝0.2，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C 点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小．解析：(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度大小为E ，物块Ⅰ带电荷量大小为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，以向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，联立解得v 2＝2 m/s.(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ经过C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为F N则R (1－cos θ)＝h ，F N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R，解得：F N ＝18 N ，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18 N. 答案：(1)2 m/s (2)18 N6．如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m 和12m 的金属棒b 和c 静止放在水平导轨上，b 、c 两棒均与导轨垂直．图中de 虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m 的绝缘棒a 垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h .已知绝缘棒a 滑到水平导轨上与金属棒b 发生弹性正碰，金属棒b 进入磁场后始终未与金属棒c 发生碰撞．重力加速度为g .求：(1)绝缘棒a 与金属棒b 发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小； (2)金属棒b 进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小； (3)两金属棒b 、c 上最终产生的总焦耳热．解析：(1)设a 棒滑到水平导轨时速度为v 0，下滑过程中a 棒机械能守恒12mv 20＝mgh ，a 棒与b 棒发生弹性碰撞，由动量守恒定律：mv 0＝mv 1＋mv 2， 由机械能守恒定律：12mv 20＝12mv 21＋12mv 22，解得v 1＝0，v 2＝v 0＝2gh . (2)b 棒刚进磁场时的加速度最大．b 、c 两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．由动量守恒定律：mv 2＝mv ′2＋m2v ′3.设b 棒进入磁场后某时刻，b 棒的速度为v b ，c 棒的速度为v c ，则b 、c 组成的回路中的感应电动势E ＝BL (v b －v c )，由闭合电路欧姆定律得I ＝ER 总，由安培力公式得F ＝BIL ＝ma ，联立得a ＝B 2L 2（v b －v c ）mR 总.故当b 棒加速度为最大值的一半时有v 2＝2(v ′2－v ′3)， 联立得v ′2＝56v 2＝562gh .(3)最终b 、c 以相同的速度匀速运动． 由动量守恒定律：mv 2＝(m ＋m2)v ，由能量守恒定律：12mv 22＝12(m ＋m 2)v 2＋Q ，解得Q ＝13mgh .答案：(1)02gh (2)562gh (3)13mgh7.足够长的平行金属轨道M 、N ，相距L ＝0.5 m ，且水平放置；M 、N 左端与半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b 和c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b ＝m c ＝0.1 kg ，接入电路的有效电阻R b ＝R c ＝1 Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M 、N 处于磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b 棒以初速度v 0＝10 m/s 开始向左运动，运动过程中b 、c 不相撞，g 取10 m/s 2，求：(1)c 棒的最大速度；(2)c 棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c 棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c 到达轨道最高点时对轨道的压力的大小．解析：(1)在磁场力作用下，b 棒做减速运动，c 棒做加速运动，当两棒速度相等时，c 棒达最大速度．取两棒组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有m b v 0＝(m b ＋m c )v ，解得c 棒的最大速度为v ＝m bm b ＋m cv 0＝12v 0＝5 m/s.(2)从b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为Q ＝12m b v 20－12(m b ＋m c )v 2＝2.5 J ，因为R b ＝R c ，所以c 棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c ＝Q2＝1.25 J ，(3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得12m c v 2－12m c v ′2＝m c g ·2R ， 解得v ′＝3 m/s.在最高点，设轨道对c 棒的弹力为F ，由牛顿第二定律得m c g ＋F ＝m c v ′2R，解得F ＝1.25 N.由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力为1.25 N ，方向竖直向上． 答案：(1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N8．如图所示，在绝缘水平面上的两物块A 、B 用劲度系数为k 的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B 、C 用跨过轻质定滑轮的绝缘轻绳连接，A 靠在竖直墙边，C 在倾角为θ的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行．A 、B 、C 的质量分别是m 、2m 、2m ，A 、C 均不带电，B 带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B 与滑轮足够远．B所受的电场力大小为6mg sin θ，开始时系统静止．现让C 在沿斜面向下的拉力F 作用下做加速度大小为a 的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g .(1)求弹簧的压缩长度x 1；(2)求A 刚要离开墙壁时C 的速度大小v 1及拉力F 的大小；(3)若A 刚要离开墙壁时，撤去拉力F ，同时电场力大小突然减为2mg sin θ，方向不变，求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能E pm .解析：(1)开始时，弹簧处于压缩状态． 对C 受力平衡有F T 1＝2mg sin θ， 对B 受力平衡有F T 1＋kx 1＝6mg sin θ ， 解得x 1＝4mg sin θk.(2)A 刚要离开墙壁时墙壁对A 的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B 做匀加速直线运动，位移大小为x 1时有v 21＝2ax 1，解得v 1＝22mga sin θk.根据牛顿第二定律对B 有：F T 2－6mg sin θ＝2ma ， 对C 有：F ＋2mg sin θ－F T 2＝2ma ， 解得F ＝4m (g sin θ＋a )．(3)A 离开墙壁后，A 、B 、C 系统的合外力为零，系统动量守恒，当三个物块的速度相等时(设为v 2)，弹簧弹性势能最大，有(2m ＋2m )v 1 ＝(m ＋2m ＋2m )v 2， 根据能量守恒定律有12(2m ＋2m )v 21＝12(m ＋2m ＋2m )v 22＋E pm ， 解得：E pm ＝16m 2ga sin θ5k .答案：(1)4mg sin θk(2)22mga sin θk 4m (g sin θ＋a ) (3)16m 2ga sin θ5k。

2022高考物理复习冲刺压轴题精练力学部分专题8动量守恒定律一、单选题1.若采用下图中甲、乙两种实验装置来验证动量守恒定律（图中小球半径相同、质量均已知，且m A>m B，B、B´两点在同一水平线上），下列说法正确的是A.采用图甲所示的装置，必需测量OB、OM、OP和ON的距离B.采用图乙所示的装置，必需测量OB、B´N、B´P和B´M的距离C.采用图甲所示的装置，若m A•ON=m A•OP+m B•OM，则表明此碰撞动量守恒=，则表明此碰撞机械能也守恒D.2.如图所示，一质量为0.5kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25m高处由静止下落，恰好落入质量为2kg、速度为2.5m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是A.橡皮泥下落的时间为0.3sB.橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5m/sC.橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D.整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5J3.我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠.观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功4.一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为（）A.v 0-v 2B.v 0+v 2C.21021m v v v m =-D.5.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽高h 处开始自由下滑则（）A.在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h 处二、多选题6.如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m 的U 形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m 的小球沿水平方向，以初速度0v 从U 形管的一端射入，从另一端射出。

1．(20xx年深圳三校联考)在绝缘的水平面上方存在着方向如图2－2－11所示的匀强电场，水平面上的带电金属块在水平拉力F的作用下，沿水平面移动，已知金属块在移动的过程中，外力F做功32 J，金属块克服电场力做功8 J，金属块克服摩擦力做功16 J，则在此过程中金属块的( )图2－2－11A．动能增加8 JB．电势能增加24 JC．机械能减少24 JD．机械能增加48 J2．(双选，20xx年江门一模)一带电粒子沿着如图2－2－12所示的虚线由A经B穿越电场，不计粒子的重力，则下列说法中正确的是( )A．粒子带正电B．粒子在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力C．粒子在A处的动能小于在B处的动能D．粒子在A处的电势能小于在B处的电势能图2－2－12图2－2－133．(双选，20xx年增城调研)如图2－2－13所示，绝缘光滑的半圆轨道位于竖直平面内，竖直向下的匀强电场正穿过其中，在轨道的上缘有一个质量为m、带电荷量为＋q的小球，由静止开始沿轨道运动．下列说法正确的是( )A．小球运动过程中机械能守恒B．小球在轨道最低点时速度最大C．小球在最低点受到重力、支持力、电场力、向心力D．小球在最低点对轨道的压力为3(mg＋qE)4．(双选，20xx年肇庆一模)如图2－2－14所示，固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点，已知＜，下列叙述正确的是( )图2－2－14A．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做正功，电势能减少B．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则该电荷克服电场力做正功，电势能增加C．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做正功，电势能减少D．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，则该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的功，电势能不变5．(双选，20xx年广州一模)如图2－2－15所示，金属棒ab、cd 与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好，匀强磁场垂直导轨所在的平面，ab棒在恒力F的作用下向右运动，则( )图2－2－15A．安培力对ab棒做正功B．安培力对cd棒做正功C．abdca回路的磁通量先增加后减少D．F做的功等于回路产生的总热量和系统的动能增加量之和6．如图2－2－16所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，一个正电荷在等势面L3处的动能为20 J，运动到等势面L1处时动能为零；现取L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4 J时，它的动能为(不计重力及空气阻力)( )图2－2－16A．16 J B．10 J C．6 J D．4 J7．(双选，20xx年四川卷)质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则( ) A．整个过程中小球的电势能变化了mg2t2B．整个过程中小球动量增加量的大小为2mgtC．从加电场开始到小球运动到最低点时小球的动能变化了mg2t2 D．从A点到最低点小球的重力势能变化了mg2t28．(双选，20xx年潮阳一中模拟)如图2－2－17所示，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，从M点无初速度释放一带有恒定负电荷的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止．则从M点运动到N 点的过程中，下列说法中正确的是( )图2－2－17A．小物块所受电场力逐渐增大B．小物块具有的电势能逐渐增加C．M点的电势低于N点的电势D．小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功9．如图2－2－18所示，回路竖直放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于回路平面向外，导线AC可以贴着光滑竖直长导轨下滑．设回路的总电阻恒定为R，当导线AC从静止开始下落后，下面有关回路中能量转化的叙述中正确的说法有( )图2－2－18A．导线下落过程中机械能守恒B．导线加速下落过程中，导线减少的重力势能全部转化为在回路产生的热量C．导线加速下落过程中，导线减少的重力势能全部转化为导线增加的动能D．导线达到稳定速度后的下落过程中，导线减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能10．如图2－2－19所示，位于竖直平面内的正方形平面导线框abcd，边长为L＝10 cm，线框质量为m＝0.1 kg，电阻为R＝0.5 Ω，其下方有一匀强磁场区域，该区域上、下两边界间的距离为H(H>L)，磁场的磁感应强度为B＝5 T，方向与线框平面垂直．今线框从距磁场上边界h＝30 cm处自由下落，已知线框的dc边进入磁场后，ab 边到达上边界之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值，问从线框开始下落到dc边刚刚到达磁场下边界的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功是多少？(取g＝10 m/s2)图2－2－1911．如图2－2－20所示，ABCD表示竖立在场强为E＝104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且，AB＝R＝0.2 m，把一质量m＝10 g、带电量q＝＋10－5 C的小球在水平轨道的A点由静止释放后，小球在轨道的内侧运动，取g＝10 m/s2，求：(1)小球到达C点时的速度．(2)小球达到C点时对轨道的压力．(3)要使小球刚好能运动到D点，小球开始运动的位置应离B点多远？图2－2－2012．(20xx年惠州一模)如图2－2－21所示，PR是一长为L＝0.64 m的绝缘平板，固定在水平地面上，挡板R固定在平板的右端．整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的宽度d＝0.32 m．一个质量m＝0.50×10－3 kg、带电荷量为q＝5.0×10－2 C的小物体，从板的P端由静止开始向右做匀加速运动，从D点进入磁场后恰能做匀速直线运动．当物体碰到挡板R后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做减速运动，停在C点，PC＝.若物体与平板间的动摩擦因数μ＝0.20，取g＝10 m/s2.(结果保留两位有效数字)(1)判断电场的方向及物体带正电还是带负电；(2)求磁感应强度B的大小；(3)求物体与挡板碰撞过程中损失的机械能．图2－2－211．A 解析：设外力F做功为W1，克服电场力做功为W2，克服摩擦力做功为W3.由动能定理得ΔEk＝W1－W2－W3＝8 J．由势能规律，电势能变化量ΔEp＝W2＝8 J．机械能增加量ΔE＝W1－W2－W3＝8 J．选A.2．AC 解析：从曲线运动弯曲方向看粒子受力应该沿电场线斜向上，所以电场力的方向与场强方向一致，粒子带正电，A项正确；A点电场线较密，所以粒子在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，B项错误；从A到B电场力做正功，动能增加，C项正确；电场力做正功电势能减少，D项错误．3．BD4．AD 解析：φM＞φN，UMN＞0，W＝UMN·q，若q＞0，W＞0，电场力做正功，电势能减少．若q＜0，W＜0，电场力做负功，电势能增加．选AD.5．BD 解析：ab棒在恒力F的作用下向右运动，产生的电流、安培力如图12所示，可知安培力对ab棒做负功，对cd棒做正功，A 错B对；电路中电流方向一直为逆时针方向，根据楞次定律，回路中磁通量一直增加，C错；F做的功等于回路产生的总热量和系统的动能增加量之和，D对．图126．C 解析：L2电势为0，电势能为0.L3到L1，动能变为0，则在L2处的动能为10 J．L2处总能量为10 J．根据能量守恒，E电＋Ek＝恒量，当E电＝4 J，Ek＝6 J．选C.7．BD 解析：设下落t秒时速度大小为v，再次回到A时为vx，两次位移大小相等，则t＝t，得vx＝2v，ΔE＝mv＝m(2gt)2＝2mg2t2，A错；动量增加量Δp＝mvx＝m(2gt)＝2mgt，B对；加电场时速度为v，最低点时速度为零，则动能变化ΔE＝mv2＝m(gt)2，C错；加电场后加速度为ax，ax＝，g＝，所以ax＝3g，所以下落中减速时间t′＝t，下落总位移h＝gt2＋ax2＝gt2，ΔEp＝mgh＝mg2t2，D对．8．CD 解析：物块远离点电荷，场强变小，所受电场力逐渐减小，A错；电场力做正功电势能逐渐减少，B错；物块带负电，电势能减少，由Ep＝qφ，则电势增大，C对；过程初、末动能都为零，电势能转化为内能，所以电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功，D对．9．D10．解：设线框的最大速度为vm ，此后直到ab边开始进入磁场为止，线框做匀速直线运动，此过程中线框的动能不变．由mg＝解得vm＝＝2 m/s全部进入后，无安培力，因此只需考虑从开始下落到刚好全部进入时，这段时间内线框因克服安培力做功而损失的机械能为mg(h＋L)－mv＝0.2 J所以磁场作用于线框的安培力做的总功是－0.2 J.11．解：(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A运动到C的过程中，应用动能定理得qE·2R－mgR＝mv－0解得vC＝＝2 m/s.。