57高考物理二轮复习专题检测试题：第5讲能量观点在电磁学中的应用57

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图2－2－11
A．动能增加8 J
B．电势能增加24 J
C．机械能减少24 J
D．机械能增加48 J
2．(双选，2011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2－2－13
3．(双选，2011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，2012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eq \x\t(MQ)＜eq \x\t(NQ)，下列叙述正确的是( )
图2－2－14
A．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，2011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2－2－15
A．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2－2－16
A．16 J B．10 J C．6 J D．4 J
7．(双选，2011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eq \f(3,2)mg2t2
B．整个过程中小球动量增加量的大小为2mgt
C．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eq \f(2,3)mg2t2
8．(双选，2011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2－2－17
A．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2－2－18
A．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2－2－19
11．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2－2－20
12．(2011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＝eq \f(L,4).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2－2－21
1．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．BD
4．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12
6．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eq \f(v,2)t＝eq \f(vx＋－v,2)t，得vx＝2v，ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,x)＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(gt)2，C错；加电场后加速度为ax，ax＝eq \f(vx－－v,t)，g＝eq \f(v,t)，所以ax＝3g，所以下落中减速时间t′＝eq \f(1,3)t，下落总位移h＝eq \f(1,2)gt2＋eq \f(1,2)axeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,3)))2＝eq \f(2,3)gt2，ΔEp＝mgh＝eq \f(2,3)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．D
10．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＝eq \f(B2L2vm,R)解得 vm＝eq \f(mgR,B2L2)＝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)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－0
解得vC＝eq \r(\f(4qER,m)－2gR)＝2 m/s.
(2)设小球在C点时，对轨道的压力大小为NC.在C点的圆轨道径向应用牛顿第二定律，有
NC－qE＝eq \f(mv\\al(2,C),R)
解得NC＝qE＋eq \f(mv\\al(2,C),R)＝0.3 N.
(3)设小球初始位置应在离B点x m的A′点，对小球由A′→D的过程应用动能定理，有
qEx－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
在D点的圆轨道径向应用牛顿第二定律，有
mg＝eq \f(mv\\al(2,D),R)
解得x＝eq \f(5mgR,2qE)＝0.5 m.
12．解：(1)物体由静止开始向右做匀加速运动，证明电场力向右且大于摩擦力．进入磁场后做匀速直线运动，说明它所受的摩擦力增大，证明它所受的洛伦兹力方向向下．由左手定则判断，物体带负电．
物体带负电而所受电场力向右，证明电场方向向左．
(2)设物体被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为v2，从离开磁场到停在C点的过程中，根据动能定理有
－μmgeq \f(L,4)＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得v2＝0.80 m/s
物体在磁场中向左做匀速直线运动，受力平衡
mg＝qv2B
解得B＝0.13 T.
(3)设从D点进入磁场时的速度为v1，根据动能定理有
qEeq \f(1,2)L－μmgeq \f(1,2)L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
物体从D到R做匀速直线运动受力平衡，有
qE＝μ(mg＋qv1B)
解得v1＝1.6 m/s
小物体撞击挡板损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得ΔΕ＝4.8×10－4 J.