高三物理一輪復(fù)習(xí)階段檢測A 卷(必修第三冊和選擇性必修第二冊)參考答案與提示

1.D 提示:點電荷Q激發(fā)的電場充滿金屬球A所在空間,在球心O處產(chǎn)生的電場的場強。金屬球A(含大地)中的自由電荷在點電荷Q激發(fā)的外電場作用下重新分布,達到靜電平衡時,在金屬球A內(nèi)部,點電荷Q產(chǎn)生的外電場場強與感應(yīng)電荷產(chǎn)生的“附加電場場強E'”同時存在,且在金屬球A內(nèi)部任何一點,外電場場強E與附加電場場強E'大小相等,方向相反,即這兩個電場疊加的結(jié)果使其內(nèi)部的合場強處處為零。

2.C 提示:要使細(xì)繩的拉力變?yōu)榱?加上磁場后,應(yīng)使導(dǎo)線所受安培力與其重力是一對平衡力,根據(jù)左手定則可知,所加磁場方向應(yīng)垂直于紙面向里,使得導(dǎo)線所受安培力向上。

3.B 提示:根據(jù)右手螺旋定則可知,導(dǎo)線a在O點產(chǎn)生的磁場平行于bc邊向右,導(dǎo)線b在O點產(chǎn)生的磁場平行于ac邊指向右下方,導(dǎo)線c在O點產(chǎn)生的磁場平行于ab邊指向右上方。三根導(dǎo)線中的電流大小相同,到O點的距離相同,根據(jù)平行四邊形定則可知,合磁場的方向向右。

4.C 提示:根據(jù)題圖乙可知,變壓器的輸入電壓的最大值為5 V,而電壓表示數(shù)為交變電壓的有效值,則,選項A、B錯誤。因為Umax1=5 V,引發(fā)電火花的條件是副線圈電壓峰值Umax2>5 000 V,所以根據(jù),選項C正確,D 錯誤。

5.BD 提示:因為小球做勻變速直線運動,所以小球所受合力與速度方向在同一條直線上,結(jié)合平行四邊形定則可知,靜電力的方向不確定,有最小值。如圖1 所示,當(dāng)靜電力垂直于運動方向時,靜電力最小,且等于mgcos 30°,因此電場強度的最小值,選項A 錯誤,B 正確。根據(jù)平行四邊形定則可知,當(dāng)小球所受靜電力與重力大小相等時,兩個力的夾角為120°,因此小球所受合力大小等于mg。根據(jù)牛頓第二定律可知,小球的加速度為g,小球斜向上做勻減速直線運動,最大位移,則小球上升的最大高度,在整個過程中靜電力做功,電勢能增加量為,因此小球電勢能的最大值為,選項C錯誤,D 正確。

圖1

6.AB 提示:因為靠近導(dǎo)線M處,粒子的偏轉(zhuǎn)程度較大,說明靠近導(dǎo)線M處粒子的運動軌跡的半徑較小,根據(jù)洛倫茲力提供向心力得,解得粒子的運動軌跡半徑,即粒子的運動軌跡半徑r變小,說明磁感應(yīng)強度B變大。又因越靠近通電直導(dǎo)線的地方磁感應(yīng)強度越大,故只有導(dǎo)線M中通有電流。當(dāng)導(dǎo)線M中通自上而下的電流時,根據(jù)右手螺旋定則可知,在導(dǎo)線M右側(cè)區(qū)域內(nèi)的磁場垂直于紙面向外,根據(jù)曲線運動的特點可知,粒子受到的合外力指向弧內(nèi),即洛倫茲力指向右側(cè),根據(jù)左手定則可知,帶正電的粒子從b點向a點運動,帶負(fù)電的粒子從a點向b點運動。

7.AD 因為5G 使用的電磁波頻率比4G 的高,根據(jù)E=hν可知,5G 使用的電磁波比4G 的光子能量更大,選項A 正確。發(fā)生明顯衍射的條件是障礙物(孔)的尺寸可以跟波長相比,甚至比波長還小。因5G 使用的電磁波頻率更高,根據(jù)可知,其波長更短,故5G 使用的電磁波越不容易發(fā)生明顯衍射,選項B錯誤,D 正確。光在真空中的傳播速度都是相同的,光在介質(zhì)中的傳播速度,5G 使用的電磁波頻率比4G 的高,而頻率越高折射率越大,光在介質(zhì)中的傳播速度越小,選項C錯誤。

8.ACD 提示:金屬棒a向左運動時,回路中產(chǎn)生沿順時針方向的感應(yīng)電流,金屬棒a受到向右的安培力,金屬棒b也受到向右的安培力,兩金屬棒受力等大同向(均水平向右),所以兩金屬棒組成的系統(tǒng)所受合外力不為零,系統(tǒng)的動量不守恒,選項A 正確。金屬棒a向左做減速運動,金屬棒b向右做加速運動,兩金屬棒的速度差逐漸減小,回路中的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流變小,金屬棒a做加速度減小的減速運動,金屬棒b做加速度減小的加速運動,當(dāng)二者速度大小相等時,穿過回路的磁通量不變,不再產(chǎn)生感應(yīng)電流,兩金屬棒不受安培力,均做勻速運動,設(shè)速度大小為v,看起來動量不守恒,但安培力等大,因磁場方向相反,安培力對兩金屬棒的沖量可視為等大反向,故系統(tǒng)動量守恒,即m1v0=(m1+m2)v,解得,即最終兩金屬棒的速度大小都是v,方向相反,速度之差恒定,選項B 錯誤。從開始運動到兩金屬棒達到穩(wěn)定的過程中,金屬棒a的動能轉(zhuǎn)化為金屬棒b的動能和回路的焦耳熱,而金屬棒b動能的增加量等于安培力對金屬棒b做的功,所以金屬棒a克服安培力做功的功率等于安培力對金屬棒b做功功率與兩金屬棒總發(fā)熱功率之和,選項C 正確。取水平向左為正方向,對金屬棒a應(yīng)用動量定理得-BLq=m1v-m1v0,解得流經(jīng)金屬棒a的總電荷量, 選項D 正確。

9.(1)BD (2)A (3)0.81 小燈泡的電阻率隨著溫度升高而增大

提示:(1)使用歐姆表測量電阻前應(yīng)進行機械調(diào)零,即在電路斷開的情況下,使電流為零;測量電阻時,每次換擋后必須進行歐姆調(diào)零,即將兩表筆短接,調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕,看指針是否指在“Ω”刻度線的“0”處,而不需要重新進行機械調(diào)零,選項A 錯誤,B正確。使用歐姆擋測電阻時,應(yīng)該與外部電源斷開,選項C錯誤。測量時,若指針偏轉(zhuǎn)很小(靠近“∞”附近),表明所選擇的擋位太小,導(dǎo)致示數(shù)偏大,所以應(yīng)選用倍率更大的擋位進行測量,選項D 正確。(2)測量小燈泡的伏安特性曲線需要從零開始調(diào)節(jié),故A 電路圖滿足要求。(3)根據(jù)題圖可知,3 V 處的電流為0.27 A,則小燈泡的額定功率P=UI=0.81 W。此時的電阻跟多用電表測出的阻值相差較大,是因為小燈泡的電阻率隨著溫度升高而增大。

10.(1)物體經(jīng)過D點時有,解得。靜電力垂直于斜面方向的分力Fy=Fsinθ=0.8mg,重力垂直于斜面方向的分力Gy=mgcosθ=0.8mg,則物體受到的斜面的壓力為零,故物體不受斜面的摩擦力。在物體從A點運動到D點的過程中,根據(jù)動能定理得,解得s0=2.4R。(2)靜電力與重力的合力,解得α= 53°,則物體經(jīng)過圓弧軌道的等效最高點時有,解得物體的最小速度。物體從起點運動到等效最高點的過程中,根據(jù)動能定理得,解得smin=2.1R。

11.α粒子帶正電,在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動,用R表示α粒子的運動軌跡半 徑,則,解得R=10 cm,可見2R>l>R。因朝不同方向發(fā)射的α粒子的圓形運動軌跡都過S點,故某一圓形運動軌跡在圖2中N點左側(cè)與感光板相切,則此切點P1就是α粒子能打中的左側(cè)最遠點。為定出P1點的位置,可作平行于感光板的直線cd,直線cd到感光板的距離為R,以S為圓心,R為半徑作弧,交直線cd于Q點,過Q點作感光板的垂線,它與感光板的交點即為P1。根據(jù)幾何關(guān)系得。再考慮N點的右側(cè),任何α粒子在運動中到S點的距離不可能超過2R,以2R為半徑,S為圓心作圓,交感光板于N點右側(cè)的P2點,P2點就是α粒子能打中的右側(cè)最遠點。根據(jù)幾何關(guān)系得。因此P1P2=NP1+NP2=20 cm。

圖2

12.(1)金屬棒MN滑過圓環(huán)直徑OO'的瞬時,切割磁感線的有效長度為2ɑ,金屬棒MN中的感應(yīng)電動勢E1=B·2ɑ·v0=0.8 V,流過燈泡L1的電流。(2)撤去金屬棒MN,將右側(cè)半圓環(huán)以直徑OO'為軸向上翻轉(zhuǎn)90°,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得,則燈泡L1的電功率。

13.(1)設(shè)金屬棒甲向右運動的最大速度為vmax,對應(yīng)電流為I,金屬棒甲受到的安培力為F安,則F=F安=BIL,,解得。金屬棒甲中產(chǎn)生焦耳熱的功率的最大值。(2)當(dāng)力F作用時間為t時,設(shè)金屬棒甲和乙的速度大小分別為v1和v2,對金屬棒甲應(yīng)用動量定理得Ft-BILt=mv1,對金屬棒乙應(yīng)用動量定理得2BILt=2mv2,此時回路中的感應(yīng)電流,對金屬棒甲應(yīng)用牛頓第二定律得F-BIL=ma,解得。