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-新人教版高三全册物理试题.doc

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1、课时作业七一、选择题1. (多选)如图所示，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，则()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，

2、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. (2017怀

3、化一模)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，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 JD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，则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

4、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50 J，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. (2017泰安二模)如图所示，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，则释放后小球从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

5、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. (多选)如图所示，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板，AB段为

6、直线型挡板(长为4R)，两者在B点相切，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，下列说法正确的是(sin 370.6，cos 370.8)()A匀强电场的场强大小可能等于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1.8mgR0.8EqRBC小球能沿挡板ABC内侧运动，则有：qEcos 37mgsin 37，则得：E，故场强大小不可

7、能等于.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，则知在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EqE4Rcos 53R(1cos 37)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EkmgR(1sin 37)qERcos 371.6mgR0.8qER，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，

8、若已知细线与竖直方向的最大夹角为60，如图所示，则棒中电流()A方向由M向N，大小为B方向由N向M，大小为C方向由M向N，大小为D方向由N向M，大小为B平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，故导线受到向右的安培力，根据左手定则，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：BIlxsin mg(xxcos )0解方程得：I.6(多选)如图所示，倾角为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，

9、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(dh)处时，线框速度也为v0.以下说法正确的是()Aab边刚进入磁场时，电流方向为abBab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D线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsin AD由右手定则可判断ab刚进入磁场过程电流方向由ab，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

10、二定律得F安mgsin ma0，而安培力F安BhIBh，联立解得vmin，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，mgdsin QEk0，线框进入磁场过程中产生的热量Qmgdsin ，选项D正确二、非选择题7长木板AB放在水平面上，如图所示，它的下表面光滑，上表面粗糙一个质量为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(mgqE)lmv(mM)

11、v2mv0(mM)v电场方向向上时，有(mgqE)mv(mM)v2mv0(mM)v则mgqE(mgqE)得E答案8(2017甘肃天水高三模拟)如图所示，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(k7)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、电量和各表面的光滑程度)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

12、；(3)若一段时间后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：0mv0kmvBEmvkmvmv(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，如图所示则T有几何知识可得：粒子在磁场中运动了个圆周则t2(3)由0mv0kmvB可得：vB由qv0Bm知，R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则tBt2xBvBtB由图可得：RxAxB联立上述各式解得：xA.答案(1)mv(2)(3) 9将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为30，其上表面绝缘且

13、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H0.4 m，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x0.55 m将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端，已知导线框的质量为m0.1 kg、导线框的电阻为R0.25 、ab的长度为L0.5 m从t0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已知导线框向上运动的vt图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为，整个运

14、动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g10 m/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)若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vv0s，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vt图象可知，在00.4 s时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v12.0 m/s，所以在此过程中的加速度a5.0 m/s2由牛顿第二定律有Fmgsin mgcos ma解得F1.5 N由vt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

15、导线框的电流I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Fmgsin mgcos 解得B0.50 T.(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x0xH0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有mg(xH)sin mg(xH)cos mvmv解得：v21.0 m/s导线框碰挡板后速度大小仍为v2，且mgsin mgcos 0.50 Nab边进入磁场后做减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v3，由vv0s得v3v21.0 m/s因v30，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框将静止在磁场中某位置导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q1I2Rt0.40 J导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2mv0.05 J所以QQ1Q20.45 J.答案(1)1.5 N0.50 T(2)0.45 J