2025届高考物理一轮复习专题重组卷第一部分专题四动力学能量动量观点在电磁学中的应用含解析VIP

PAGE15-专题四动力学、能量、动量观点在电磁学中的应用第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(2024·辽宁省沈阳市一模)如图所示，竖直放置的足够长的U形金属框架中，定值电阻为R，其他电阻均可忽视，ef是一水平放置的电阻可忽视的导体棒，导体棒质量为m，棒的两端始终与ab、cd保持良好接触，且能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架平面垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后()A．导体棒ef的加速度肯定大于gB．导体棒ef的加速度肯定小于gC．导体棒ef的机械能肯定守恒D．导体棒ef的机械能肯定削减答案D解析当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef切割磁感线产生感应电流，它受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，则由牛顿其次定律得知，ef的加速度大小大于g，若安培力小于2mg，则ef的加速度大小小于g，A、B错误；闭合S，ef切割磁感线产生感应电流，下滑过程克服安培力做功，则ef的机械能削减，转化为电能，C错误，D正确。2．(2024·福州高考模拟)如图所示，一根长为L的金属细杆通有大小为I的电流时，水安静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上。斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为0.5I，磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g。则此时金属细杆()A．电流流向垂直纸面对外B．受到的安培力大小为2BILsinθC．对斜面压力大小变为原来的2倍D．将沿斜面对上加速运动，加速度大小为gsinθ答案D解析金属细杆水安静止时，金属细杆受到重力、斜面的支持力和安培力而平衡，故安培力水平向右，由左手定则得电流流向垂直纸面对里，A错误；依据安培力公式可得，后来金属细杆受到的安培力大小为F安＝4B·eq\f(1,2)IL＝2BIL，B错误；金属细杆水安静止于斜面上时，依据平衡条件可得：FNcosθ＝mg，FNsinθ＝BIL，磁感应强度大小和电流大小变更时，依据受力分析和牛顿其次定律可得：FN′＝mgcosθ＋2BILsinθ＝eq\f(mg1＋sin2θ,cosθ)＝FN(1＋sin2θ)<2FN，a＝eq\f(2BILcosθ－mgsinθ,m)＝gsinθ，加速度方向沿斜面对上，金属细杆将沿斜面对上运动，C错误，D正确。3.(2024·河北唐山一模)如图所示，水平桌面上固定两条光滑平行导轨，导轨左端连接电源，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现将两根质量相同的导体棒M、N依次静置于导轨上的同一位置，接通电源，导体棒沿导轨从桌面右侧水平抛出，始终与地面平行，落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2。不计电源和导轨电阻，导体棒与导轨垂直且接触良好，则安培力对导体棒做功之比为()A．1∶1B．seq\o\al(2,1)∶seq\o\al(2,2)C．s1∶s2D.eq\r(s1)∶eq\r(s2)答案B解析由题可知，安培力做功使导体棒获得动能，即获得速度，然后水平抛出，做平抛运动，由于下落高度相同，则两导体棒下落时间相同，设为t，则被抛出时的速度为：v＝eq\f(s,t)，则安培力做功为：W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(s,t)))2，由题可知，两个导体棒落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2，而且导体棒质量相同，则安培力做功之比为：eq\f(W1,W2)＝eq\f(s\o\al(2,1),s\o\al(2,2))，B正确，A、C、D错误。4．(2024·安徽黄山二模)空间存在一静电场，x轴上各点电势φ随x变更的状况如图所示。若在－x0处由静止释放一带负电的粒子，该粒子仅在电场力的作用下运动到x0的过程中，下列关于带电粒子的a­t图线、v­t图线、Ek­x图线、Ep­x图线正确的是()答案B解析φ­x图象的斜率表示电场强度，故从－x0到x0的过程中电场强度先减小后增大，粒子受到沿x轴正方向的电场力先减小后增大，粒子的加速度也是先减小后增大，在x＝0位置加速度为零，粒子在运动过程中，做变加速运动，速度越来越大，v­t图象的斜率代表加速度，故斜领先减小后增大，B正确，A错误；粒子在运动过程中，受到沿x轴正方向的电场力先减小后增大，依据动能定理ΔEk＝F·Δx可知Ek­x图象的斜率代表电场力，故斜领先变小再变大，在x＝0位置的斜率为零，C错误；由于粒子带负电，依据电势能Ep＝qφ可知，Ep­x变更规律与φ­x变更规律相反，D错误。5．(2024·甘肃民乐一中、张掖二中一调联考)如图所示，匀强电场的场强方向与竖直方向成α角，一电荷量为q，质量为m的小球，用绝缘细线固定在竖直墙上，小球恰好静止在水平位置，重力加速度为g，则()A．小球带正电B．匀强电场场强的大小为eq\f(mgcosα,q)C．若某时刻将细线突然剪断，在之后的T时间内电场力对小球做的功为eq\f(1,2)mg2T2tan2αD．将细线剪断后，小球运动过程中机械能守恒答案C解析依据题意，对小球受力分析如图，则知小球带负电，依据平衡条件得mg＝Eqcosα，E＝eq\f(mg,qcosα)，A、B错误；将细线突然剪断，小球将水平向右做初速度为零的匀加速直线运动，依据牛顿其次定律得：a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(T,m)＝eq\f(mgtanα,m)＝gtanα，T时间内发生的位移x＝eq\f(1,2)aT2＝eq\f(1,2)gT2tanα，则电场力对小球做功W＝qExsinα＝eq\f(1,2)mg2T2tan2α，C正确；由以上分析知电场力对小球做功，所以小球运动过程中机械能不守恒，D错误。6．(2024·福建漳州二模)如图所示，在竖直面内有一半径为L的圆形光滑金属导轨CPD，处于磁感应强度大小为B、方向与导轨平面(纸面)垂直向里的匀强磁场中，圆心为O，直径CD水平，半径OP竖直，O、D间用导线连接。一质量分布匀称的金属棒OA，长为L，电阻为R，质量为m，能绕水平轴O在竖直平面内自由转动，棒与导轨和轴O始终接触良好，一切摩擦及其他电阻均不计，重力加速度大小为g。若棒从CO处由静止释放，第一次到达OP处时的角速度为ω，则下列推断正确的是()A．棒能摆到OD处B．从OC到PO的过程中，通过棒横截面的电荷量为eq\f(πBL2,2R)C．棒第一次到达OP处时，棒中通过的电流为eq\f(ωBL2,R)D．棒最终会停下，产生的总焦耳热为eq\f(1,2)mgL答案D解析棒沿着导轨摇摆切割磁感线而产生感应电动势，导轨与棒组成的回路产生感应电流，棒受到安培力，安培力做负功使得机械能变成电能，最终变为电阻的焦耳热，故棒不能到达OD处，最终棒通过多次往复的摇摆而停在OP处，由能量守恒定律可知mg·eq\f(L,2)＝Q总，A错误，D正确；从OC到PO的过程中，流过回路的电荷量q＝eq\x\to(I)·Δt，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，eq\x\to(E)＝eq\f(BΔS,Δt)，故q＝eq\f(B·ΔS,R)＝eq\f(B·\f(πL2,4),R)＝eq\f(πBL2,4R)，B错误；棒第一次到达OP处时角速度为ω，转动产生的感应电动势为E＝BLeq\f(0＋ωL,2)＝eq\f(BL2ω,2)，则电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，C错误。7.(2024·福建省泉州市一模)如图，在竖直向下的匀强电场中，质量为0.5kg的带正电小物块从光滑绝缘斜面上的A点由静止释放，经过B点后进入绝缘水平面，最终停在C点。某些时刻物块的瞬时速率记录在下表中。若物块经过B点前后速度大小不变，所受电场力与重力大小相等，取g＝10m/s2，则()t/s0369v/(m·s－1)08128A．t＝6s时，物块恰好经过B点B．t＝12s时，物块恰好到达C点C．物块与水平面间的动摩擦因数为eq\f(1,15)D．整个过程中物块电势能的削减量等于系统内能的增加量答案C解析依据图表中的数据，可以求出物块沿斜面下滑的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8,3)m/s2，若t＝6s时物块恰好经过B点，则经过B点的速度为vmax＝a1t＝16m/s＞12m/s，所以t＝6s时，物块已过B点，同样依据图表数据可知，物块在水平面上滑动时的加速度a2＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8－12,9－6)m/s2＝－eq\f(4,3)m/s2。设物块在斜面上滑行的时间为t1，从斜面底端到速度为12m/s的时间为t2，则有：a1t1＋a2t2＝12m/s，t1＋t2＝6s，解得t1＝5s，即物块加速5s到达B点，此时vB＝a1t1＝eq\f(40,3)m/s。物块从B点起先减速至停止，由速度时间关系可得物块在BC段运动的时间t3＝eq\f(0－vB,a2)＝10s，物块到达C点所用时间t＝t1＋t3＝15s，A、B错误；由A、B分析可知，物块在水平面上的加速度大小为eq\f(4,3)m/s2，由牛顿其次定律可得：μ(mg＋qE)＝ma，其中mg＝qE，解得μ＝eq\f(1,15)，C正确；由能量守恒可知，整个过程中物块电势能和重力势能的削减量之和等于系统内能的增加量，D错误。8．(2024·山东济南高三上学期期末)如图所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面对里。一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动。若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内()A．小球的动能减小 B．小球的电势能减小C．小球的重力势能减小 D．小球的机械能减小答案ACD解析小球在电磁场中做直线运动时，小球共受到三个力作用：重力G、电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，推断可知小球受到的合力肯定是零，则小球肯定做匀速直线运动。小球带负电，受到的电场力向上，洛伦兹力向下，重力向下，当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大，而电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，则它们的合力对小球做负功，洛伦兹力不做功，小球动能减小，A正确；除重力外，只有电场力对小球做功，且做负功，则小球的机械能减小，电势能增大，B错误，D正确；重力对小球做正功，重力势能减小，C正确。9．(2024·兰州高三诊断考试)质量为m、带电量为＋q的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为B、垂直纸面对里的水平匀强磁场中。现给小球一个水平向右的初速度v0使其起先运动，不计空气阻力，则对小球从起先到最终稳定的过程中，下列说法正确的是()A．肯定做减速运动B．运动过程中克服摩擦力做的功可能是0C．最终稳定时的速度肯定是eq\f(mg,qB)D．最终稳定时的速度可能是0答案BD解析对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能有的弹力和摩擦力。若qv0B>mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、向下的弹力和向左的摩擦力；依据牛顿其次定律可得：qvB＝mg＋FN，μFN＝ma，解得小球的加速度大小a＝eq\f(μqvB－mg,m)，方向向左，小球做加速度减小的减速运动，最终匀速，速度v＝eq\f(mg,qB)。若qv0B＝mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力，二力平衡，小球做匀速运动。若qv0B<mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、向上的弹力和向左的摩擦力；依据牛顿其次定律可得：mg＝qvB＋FN，μFN＝ma，解得小球的加速度大小a＝eq\f(μmg－qvB,m)，方向向左，则小球做加速度增大的减速运动，最终静止。综上，A、C错误，D正确；当qv0B＝mg时，小球始终不受摩擦力，运动过程中克服摩擦力做的功为0，B正确。10．(2024·河南省郑州市一模)如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E＝1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长L＝2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角。若小球获得肯定初速度后恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。下列说法正确的是()A．小球的电荷量q＝6×10－5B．小球在c点的动能最小，且为1JC．小球在b点时的机械能最小D．小球在运动过程中电势能和机械能之和保持不变，且为5J答案AD解析小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，依据平衡条件得：mgtan37°＝qE，解得：q＝eq\f(mgtan37°,E)＝eq\f(3mg,4E)＝6×10－5C，A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点b速度最小，依据牛顿其次定律得：eq\f(mg,cos37°)＝meq\f(v2,L)，最小动能为：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)·eq\f(mgL,cos37°)＝eq\f(1,2)×eq\f(0.08×10×2,0.8)J＝1J，B错误；依据能量守恒定律，小球的电势能与机械能之和不变，所以机械能最小的位置是电势能最大的位置，即与O点等高的最左端的a点，C错误；在b点的电势能、重力势能和动能之和为：E＝Ek＋Ep＋Ep′＝1J＋mg×2Lcos37°＋Eq×2Lsin37°＝5J，D正确。11．(2024·济南高三模拟)如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上、范围足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面对右抛出一带电量为q、质量为m小球。若磁感应强度B＝eq\f(πm,q)，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．小球离开磁场时的速度大小为10eq\r(2)m/sB．小球离开磁场时的速度大小为10eq\r(5)m/sC．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为eq\f(5,π)eq\a\vs4\al(\r(π2＋4)m)D．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为eq\f(5,π)eq\r(π2＋16)m答案AD解析小球在磁场中，水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，小球运动的周期：T＝eq\f(2πm,qB)＝2s，则小球离开磁场时运动的时间为t＝eq\f(T,2)＝1s，下落的高度：h＝eq\f(1,2)gt2＝5m，小球从进入磁场到离开磁场，由动能定理：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh，解得小球离开磁场时的速度大小v＝10eq\r(2)m/s，A正确，B错误；小球做圆周运动的半径r＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(v0,π)，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s＝eq\r(h2＋2r2)＝eq\f(5,π)eq\r(π2＋16)m，C错误，D正确。12.(2024·山东滨州高三上学期期末)如图所示，在竖直向上、磁感应强度为B＝1T的匀强磁场中，两条足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l＝1m，电阻不计，金属棒AB、CD水平放在两导轨上，相隔为L＝0.2m，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1＝0.2kg，CD棒质量为m2＝0.4kg，两金属棒接入电路的总电阻R＝0.5Ω，若CD棒以v0＝3m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是()A．AB棒的最终速度大小为1m/sB．该过程中电路产生的热量为0.6JC．该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4CD．两金属棒间的最大距离为0.3m答案BC解析起先时CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝2m/s，A错误；对两棒组成的系统，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝Q＋eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，解得Q＝0.6J，B正确；对AB棒，由动量定理得：∑Bilt＝m1v，而∑it＝q，则：Blq＝m1v，解得q＝0.4C，C正确；通过金属棒横截面的电荷量：q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bld,R)，两金属棒间的最大距离：D＝d＋L＝eq\f(qR,Bl)＋L＝eq\f(0.4×0.5,1×1)m＋0.2m＝0.4m，D错误。第Ⅱ卷(非选择题，共62分)二、填空题(本题共2小题，共14分)13．(2024·上海二模)(6分)质量为m的带正电的小球穿在光滑的绝缘细杆上，杆与水平面的夹角为α。杆底端B点处固定一个与小球电量相等的正电荷。将球从离B点为2L的A处释放，当小球到达AB中点时，小球加速度为零。带正电的小球可看作点电荷，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。则球所带的电量q的大小为________，球刚释放时的加速度是________答案Leq\r(\f(mgsinα,k))eq\f(3gsinα,4)解析当小球到达AB中点时，小球加速度为零，此时小球受力分析如图所示：由平衡条件得F＝mgsinα①设小球与固定在B点处的正电荷的电荷量均为q，由库仑定律得：F＝keq\f(q2,L2)②在A点，对小球，由牛顿其次定律得：a＝eq\f(mgsinα－F′,m)③此时F′＝keq\f(q2,2L2)④联立①②③④解得：q＝Leq\r(\f(mgsinα,k))，a＝eq\f(3gsinα,4)。14．(2024·上海市青浦区二模)(8分)如图所示，A、B两个带电小球的质量均为m，所带电量分别为＋q和－q，两球间用绝缘轻质细线连接，A球又用绝缘细线悬挂在天花板上，细线长均为L。在两球所在的空间加上水平向左的匀强电场，电场强度大小为E＝eq\f(mg,q)，由于有空气阻力，A、B两球最终会再次平衡(不考虑A、B之间的库仑力)，此时天花板对细线的拉力为________，则在这个过程中，两个小球总电势能的变更量为________。答案2mgeq\f(\r(2),2)mgL解析首先取带电小球A、B整体为探讨对象，整体受到重力、电场力和向上的拉力，由于两个小球所受电场力的矢量和为F电＝qE＋(－qE)＝0，所以上边的绳子对小球的拉力与总重力平衡，沿竖直方向，其大小为T＝2mg，它等于天花板对细线的拉力。用隔离法分析B，B受水平向右的电场力F＝qE＝mg，向下的重力mg。设下边的绳与竖直方向的夹角为θ，对其受力分析，依据平衡条件可知：tanθ＝eq\f(qE,mg)＝1，即θ＝45°。由于A球不动，B球向右移动了：Δx＝Lsin45°＝eq\f(\r(2),2)L，所以电场力对B球做功为：W＝Fx＝mg·eq\f(\r(2),2)L＝eq\f(\r(2),2)mgL，所以两个小球总电势能削减了eq\f(\r(2),2)mgL。三、计算论述题(本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必需明确写出数值的单位)15.(2024·河南百师联盟高三上学期七调)(10分)如图所示，质量M＝5.0kg的小车以v＝2.0m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是四分之一光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直纸面对里的匀强磁场，电场强度大小E＝50N/C，磁感应强度大小B＝2.0T。现有一质量m＝2.0kg、带负电且电荷量q＝0.10C的滑块以v0＝10m/s的速度向右滑入小车，当滑块向右运动到D点时相对地面的速度大小为5.0m/s。(g取10m/s2)(1)滑块从A到D的过程中求小车、滑块组成的系统损失的机械能；(2)当滑块通过D点时，马上撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径。答案(1)85J(2)0.71m解析(1)设滑块运动到D点时的速度大小为v1，小车在此时的速度大小为v2，滑块从A运动到D的过程中小车和滑块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，有：mv0－Mv＝mv1＋Mv2，代入数据解得v2＝0。小车与滑块组成的系统的初机械能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)Mv2，小车与滑块组成的系统的末机械能E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋0，代入数据解得：E1＝110J，E2＝25J。小车与滑块组成的系统损失的机械能ΔE＝E1－E2，代入数据解得：ΔE＝85J。(2)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v3由动量守恒定律可得mv1＝(M＋m)v3代入数据解得：v3＝eq\f(10,7)m/s，设圆弧轨道的最大半径为R，由能量守恒定律，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,3)＋(qE＋mg)R，代入数据解得：R≈0.71m。16．(2024·天津重点中学联合二模)(10分)如图所示，电阻不计且足够长的U形金属框架放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，该装置处于垂直斜面对下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝0.4T。质量m＝0.2kg、电阻R＝0.3Ω的导体棒ab垂直放在框架上，与框架接触良好，从静止起先沿框架无摩擦地下滑。框架的质量M＝0.4kg，宽度L＝0.5m，框架与斜面间的动摩擦因数μ＝0.7，与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若框架固定，导体棒从静止起先下滑6m时速度v1＝4m/s，求此过程回路中产生的热量Q；(2)若框架固定，当导体棒从静止释放到稳定状态的过程中流过导体棒的电量q＝3.0C，求此过程导体棒的运动时间t；(3)若框架不固定，求当框架刚起先运动时导体棒的速度大小v2。答案(1)5.6J(2)2s(3)7.2m/s解析(1)对导体棒，由能量守恒定律可得：mgsinθx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Q解得：Q＝5.6J。(2)当导体棒匀速运动时，mgsinθ＝FA导体棒受到的安培力FA＝BIL，回路中电流I＝eq\f(E,R)，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm，由动量定理：mgsinθt－Beq\x\to(I)Lt＝mvm，eq\x\to(I)t＝q，联立以上各式解得t＝2s。(3)当框架起先运动时，回路中的电流I1＝eq\f(BLv2,R)，框架受到的安培力FA1＝BI1L由此时框架所受合力为0，可得Mgsinθ＋BI1L＝μFN其中FN＝(M＋m)gcos37°，联立以上各式解得：框架刚起先运动时导体棒的速度大小v2＝7.2m/s。17．(2024·山东临沂十九中高三上学期第六次调研)(14分)如图所示，质量mA＝0.8kg、带电量q＝－4×10－3C的A球用长度l＝0.8m的不行伸长的绝缘轻绳悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E＝5×103N/C。质量mB＝0.2kg不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6J。现将A球拉至左边与圆心等高处释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道。A、B、C均可视为质点，轻绳始终未被拉断，g＝10m/s2。(1)碰撞过程中A球对B球做的功；(2)碰后C第一次离开电场时的速度大小；(3)C每次离开最高点时，电场马上消逝，到达最低点时，电场又重新复原，不考虑电场瞬间变更产生的影响，求C每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力大小。答案(1)－3.2J(2)4eq\(3)T＝(80n－3)N(n＝1,2,3，…)解析(1)设碰前A的速度为vA，由eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝mAgl，解得vA＝4m/s，方向水平向右。设碰前B的速度大小为vB，弹簧弹性势能为E，由E＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，解得vB＝6m/s，方向水平向左。A、B碰撞过程，由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vAB，解得A、B碰后共同速度vAB＝2m/s，方向水平向右。A、B碰撞过程，A对B做的功W＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,AB)－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×0.2×22J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－3.2J。(2)碰后，整体C受到电场力F＝Eq＝20N，重力G＝mCg＝10N因为F－mCg>mCeq\f(v\o\al(2,AB),l)，整体C做类平抛运动，水平方向上x＝vABt，竖直方向上：y＝eq\f(1,2)at2，其中a＝eq\f(qE－mCg,mC)＝10m/s2，由于轻绳的制约有：(l－y)2＋x2＝l2解得：x＝0.8m，y＝0.8m，t＝0.4s整体C刚好运动到与圆心O等高处绳子被拉直，此时整体C竖直向上的速度vy＝at＝4m/s，以后C在轻绳制约下做圆周运动。设C运动到最高点时的速度大小为v1(即碰后C第一次离开电场时的速度)，由动能定理得：eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,y)＝(F－mCg)l，解得v1＝4eq\r(2)m/s。(3)设C从最高点运动到最低点时的速度为v′，可得eq\f(1,2)mCv′2－eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,1)＝mCg×2l，解得v′＝8m/s，因为F－mCg<mCeq\f(v′2,l)，可知绳的拉力T>0，所以小球能始终做圆周运动，设经过最高点次数为n，故有eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,1)＝(n－1)qE×2l，T＋mCg－F＝mCeq\f(v\o\al(2,n),l)，解得T＝(80n－30)N(n＝1,2,3，…)。18.(