2023年高考物理二轮复习第一部分专题三　电场和磁场课时作业7新人教版

课时作业七一、选择题1.(多项选择)如下图，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板．一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回，那么()A．滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B．滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C．滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方D．滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差BC在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能．滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和．故A错误；电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和．故B正确；小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和减小，所以滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方，不能再返回P点．故C正确；滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差．故D错误．2.(2023·怀化一模)如下图，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100J，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50JD．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量B如果电场力大于重力，那么静止后小球可能沿杆向上运动，故A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，故B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50J，故C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，故D错误．3.(2023·泰安二模)如下图，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态．保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放，那么释放后小球从M运动到N的过程中()A．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和D由于有电场力做功，故小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误；由题意，小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功，小球从M运动到N的过程中，重力势能减少，转化为电势能和动能，故B错误；释放后小球从M运动到N的过程中，弹性势能并没变，一直是0，故C错误；由动能定理可得重力和电场力做功，小球动能增加，小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和，故D正确．4.(多项选择)如下图，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板，AB段为直线型挡板(长为4R)，两者在B点相切，θ＝37°，C、F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑、绝缘，挡板处于场强为E，方向水平向左的匀强电场中，现将带电量为＋q、质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，以下说法正确的选项是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．匀强电场的场强大小可能等于eq\f(3mg,5q)B．小球运动到D点时动能一定不是最大C．小球机械能增加量的最大值为2.6qERD．小球从B到D运动过程中，动能的增量为1.8mgR－0.8EqRBC小球能沿挡板ABC内侧运动，那么有：qEcos37°≥mgsin37°，那么得：E≥eq\f(3mg,4q)，故场强大小不可能等于eq\f(3mg,5q).故A错误；小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上时动能最大，那么知在CD之间的某一点上时动能最大，故B正确；小球运动到C点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值为ΔE＝qE[4Rcos53°＋R(1－cos37°)]＝2.6qER，故C正确；小球从B到D运动过程中，根据动能定理得：动能的增量为ΔEk＝mgR(1＋sin37°)－qERcos37°＝1.6mgR－0.8qER，故D错误．5．质量为m、长度为l的金属棒MN两端由绝缘且等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.开始时细线竖直，当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点向右开始摆动，假设细线与竖直方向的最大夹角为60°，如下图，那么棒中电流()A．方向由M向N，大小为eq\f(\r(3)mg,3Bl)B．方向由N向M，大小为eq\f(\r(3)mg,3Bl)C．方向由M向N，大小为eq\f(\r(3)mg,Bl)D．方向由N向M，大小为eq\f(\r(3)mg,Bl)B平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，故导线受到向右的安培力，根据左手定那么，可判断金属棒中的电流方向由N指向M；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，由于棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x，由功能关系得：BIl·xsinθ－mg(x－x·cosθ)＝0解方程得：I＝eq\f(\r(3)mg,3Bl).6．(多项选择)如下图，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，水平虚线L下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.正方形闭合金属线框边长为h，质量为m，电阻为R，放置于L上方一定距离处，保持线框底边ab与L平行并由静止释放，当ab边到达L时，线框速度为v0，ab边到达L下方距离为d(d＞h)处时，线框速度也为v0.以下说法正确的选项是()A．ab边刚进入磁场时，电流方向为a→bB．ab边刚进入磁场时，线框加速度沿斜面向下C．线框进入磁场过程中的最小速度小于eq\f(mgRsinθ,B2h2)D．线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsinθAD由右手定那么可判断ab刚进入磁场过程电流方向由a→b，选项A正确；线框全部在磁场中运动时为匀加速运动，ab边由L处到L下方距离为d处速度增量为零，所以ab边刚进入磁场时做减速运动，线框加速度沿斜面向上，选项B错误；线框恰好完全进入磁场时的速度最小，此时由牛顿第二定律得F安－mgsinθ＝ma≥0，而安培力F安＝BhI＝Bh·eq\f(Bhvmin,R)＝eq\f(B2h2vmin,R)，联立解得vmin≥eq\f(mgRsinθ,B2h2)，选项C错误；根据动能定理，ab边由L处到L下方距离为d处过程中，mgdsinθ－Q＝ΔEk＝0，线框进入磁场过程中产生的热量Q＝mgdsinθ，选项D正确．二、非选择题7．长木板AB放在水平面上，如下图，它的下外表光滑，上外表粗糙．一个质量为m、带电荷量为q的小物块C从A端以某一初速度起动向右滑行，当存在向下的匀强电场时，C恰能滑到B端；当此电场改为向上时，C只能滑到AB的中点，求此电场的场强．解析当电场方向向上时，物块C只能滑到AB的中点，说明此时电场力方向向下，可知物块C所带电荷的电性为负．电场方向向下时，有μ(mg－qE)l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2①mv0＝(m＋M)v②电场方向向上时，有μ(mg＋qE)eq\f(l,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2③mv0＝(m＋M)v④那么mg－qE＝eq\f(1,2)(mg＋qE)得E＝eq\f(mg,3q)答案eq\f(mg,3q)8．(2023·甘肃天水高三模拟)如下图，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A球对桌面的压力为零，其质量为m，电量为q；B球不带电且质量为km(k>7)．A、B间夹着质量可忽略的火药．现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各外表的光滑程度)．火药炸完瞬间A的速度为v0.求：(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A球在磁场中的运动时间；(3)假设一段时间后A、B在桌上相遇，求爆炸前A球与桌边P的距离．解析(1)设爆炸之后B的速度大小为vB，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝mv0－kmvBE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)kmveq\o\al(2,B)＝eq\f(k＋1,2k)mveq\o\al(2,0)(2)由A球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A球进入电场中将会做匀速圆周运动，如下图那么T＝eq\f(2πm,qB)有几何知识可得：粒子在磁场中运动了eq\f(3,4)个圆周那么t2＝eq\f(3πm,2qB)(3)由0＝mv0－kmvB可得：vB＝eq\f(v0,k)由qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)知，R＝eq\f(mv0,qB)设爆炸前A球与桌边P的距离为xA，爆炸后B运动的位移为xB，时间为tB那么tB＝eq\f(xA,v0)＋t2＋eq\f(R,v0)xB＝vBtB由图可得：R＝xA＋xB联立上述各式解得：xA＝eq\f(2k－2－3π,k＋1)·eq\f(mv0,qB).答案(1)eq\f(k＋1,2k)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3πm,2qB)(3)eq\f(2k－2－3π,2k＋1)·eq\f(mv0,qB)9．将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上外表绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H＝0.4m，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x＝0.55m．将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端，导线框的质量为m＝0.1kg、导线框的电阻为R＝0.25Ω、ab的长度为L＝0.5m．从t＝0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动．导线框向上运动的v－t图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),3)，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g＝10m/s2.(1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小；(2)假设导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v与位移s的关系为v＝v0－eq\f(B2L2,mR)s，其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小，s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q.解析(1)由v－t图象可知，在0～0.4s时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2.0m/s，所以在此过程中的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝5.0m/s2由牛顿第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得F＝1.5N由v－t图象可知，导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动通过导线框的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv1,R)导线框所受安培力F安＝BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋eq\f(B2L2v1,R)解得B＝0.50T.(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H导线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为x0＝x－H＝0.15m设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有－mg(x－H)sinθ－μmg(x－H)cosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得：v2＝eq\r(v\o\al(2,1)－2gx－Hsinθ＋μcosθ)＝1.0m/s导线框碰挡板后速度大小仍为v2，且mgsinθ＝μmgcosθ＝0.50Nab