高三物理一輪復習階段檢測B卷(必修第三冊和選擇性必修第二冊)參考答案與提示

1.C 提示:與電源斷開,電容器所帶電荷量Q不變,插入金屬板C之前,電容器兩極板間場強,又有解得。插入金屬板C之后,靜電平衡狀態下,插入的金屬板C內部場強為0。金屬板C兩側面感應出等量異種電荷,這時電容器等效于兩個新電容器串聯。設電容器兩極板與插入的金屬板間隙中的場強為E,根據,解得。可見E=E0,因此帶電小球的受力情況不變,懸掛帶電小球的細線的傾角θ不變。

2.B

3.B 提示:橡膠板帶負電,鋁板靠近后,鋁板的下表面帶正電,上表面帶負電,當其下表面與接地鐵釘接觸后,上表面的負電荷會流向大地,只有下表面帶正電,選項A、C、D錯誤。上抬鋁板過程中,下表面的正電荷減小,上表面正電荷增加。紙屑因為與鋁板帶同種電荷(正電荷)而不斷飛散,選項B正確。

4.D 提示:金屬球靜電平衡,則E=0,且φ=500 kV,選項A、B 正確。加速罩通過電阻和質子束放電,通過電阻放電的電流,需要供給加速罩的總電流I=IR+Ip=75 μA,這個電流被噴到橡膠帶上,根據I=σDv,解得σ=37.5 μC/m2,選項C 正確。質子束在加速過程中,根據動能定理得,在磁場中有,質子在磁場中的運動軌跡如圖1所示,根據幾何關系得,聯立以上各式解得B=0.58 T,選項D 錯誤。

5.CD 提示:小球在過程1中經過A點時受到的庫侖力大小,選項A 錯誤。在P點,根據牛頓第二定律得,解得,選項B錯誤。根據單擺周期公式可知,小球若做單擺運動,在過程1中從A點首次運動到B點所用的時間。但因為弧長約等于R,小球的實際運動不能視為單擺,所以小球的實際運動時間大于t,選項C正確。假設小球在過程2中受到的庫侖力始終為0.5 N 不變,則mg+F=ma,解得a=20 m/s2。根據運動學公式得,解得t=0.2 s。而實際上小球受到的庫侖力是逐漸減小到0.5 N 的,因此小球在過程2中的運動時間小于0.2 s,選項D 正確。

6.ACD 提示:金屬棒從aa'位置運動到最低位置bb'處的過程中,水平分速度(有效切割速度)逐漸增大,根據E=BLv可知,金屬棒產生的感應電動勢增大,則通過電阻R的電流逐漸增大;金屬棒從最低位置bb'運動到cc'處的過程中,水平分速度(有效切割速度)逐漸減小,根據E=BLv可知,金屬棒產生的感應電動勢減小,則通過電阻R的電流逐漸減小。因此金屬棒經過最低位置bb'處時,通過電阻R的電流最大,選項A 正確。根據右手定則可知,金屬棒經過最低位置bb'處時,通過金屬棒的電流方向為b→b',選項B錯誤。整個過程中,通過電阻R的電荷量,選項C 正確。金屬棒做勻速圓周運動,切割磁感線的有效速度v=v0cosθ=v0cosωt,其中θ是金屬棒的速度與水平方向間的夾角,則金屬棒產生的感應電動勢E0=BLv0cosωt,則回路中產生正弦式交變電流,可得感應電動勢的有效值。根據焦耳定律可知,電阻R上產生的熱量,選項D正確。

7.AD 提示:根據左手定則可知,電子向N側面偏轉,N表面帶負電,M表面帶正電,所以M表面的電勢較高,選項A 正確。僅改變磁感線與霍爾元件工作面間的夾角,在垂直于工作面方向上的磁感應強度將小于原磁場磁感應強度的大小,則UH將減小,選項B 錯誤。根據,I=nqvS=nqvdh,解得,可見UH與寬度d無關,因此僅減小霍爾元件的厚度h,M、N兩端電壓UH一定增大,選項C 錯誤,D正確。

8.AD 提示:因為洛倫茲力不做功,粒子的動能保持不變,所以帶電粒子在由中央向兩端運動的過程中,平行于軸向OO'方向的速度逐漸減小,垂直于軸向OO'方向的速度會越來越大,選項A 正確,B錯誤。因為地球的磁場沿南北方向,粒子在南北方向上運動時,不受洛倫茲力,只不過不同緯度上空磁感應強度不同,根據“磁鏡”原理可知,粒子在南北方向上來回反射時,在磁感應強度大的地方,沿磁場方向的速度減小,在磁感應強度小的地方,沿磁場方向的速度增大,選項C錯誤,D 正確。

9.(1)①A②R1(2)R2

10.(1)BCE(2)如圖2 所示(3)4×103

圖2

11.(1)金屬棒和導體框在沒有進入磁場時一起做勻加速直線運動,根據動能定理得,解得。金屬棒在磁場中切割磁感線產生感應電動勢,根據法拉第電磁感應定律得E=BLv0,根據閉合回路歐姆定律得,則金屬棒剛進入磁場時受到的安培力F安=BIL=0.18 N。(2)金屬棒進入磁場以后,因為瞬間受到安培力的作用,根據楞次定律可知,金屬棒受到的安培力沿斜面向上,之后金屬棒相對導體框向上運動,因此金屬棒受到導體框給的沿斜面向下的滑動摩擦力,勻速運動時有mgsinα+μmgcosα=F安,此時導體框向下做勻加速運動,根據牛頓第二定律得Mgsinα-μmgcosα=Ma。設磁場區域的寬度為x,則金屬棒在磁場中運動的時間。當金屬棒剛好離開磁場區域時,導體框的速度v1=v0+at,則導體框的位移,因此導體框和金屬棒的相對位移。當金屬棒離開磁場時導體框的上端EF剛好進入磁場,則s0-Δx=x,導體框進入磁場時做勻速運動,產生的感應電動勢E1=BLv1,感應電流,導體框受到向上的安培力和滑動摩擦力,根據平衡條件得Mgsinα=μmgcosα+BI1L。聯立以上各式解得x=0.3 m,a=5 m/s2,m=0.02 kg,。(3)金屬棒出磁場以后,速度小于導體框的速度,因此受到向下的滑動摩擦力,做加速運動,則mgsinα+μmgcosα=ma1,金屬棒向下加速,導體框勻速,當二者達共速時導體框不再勻速,則v1=v0+a1t1,導體框勻速運動的距離x2=v1t1,解得。(4)導體框在t2=0.009 s時間內,根據動量定理得,其中,解得導體框出磁場時的速度v=2.52 m/s。對導體框應用動能定理得,解得W安=0.006 3 J,即金屬棒中產生的熱量Q=0.006 3 J。

12.(1)根據x-t圖像可得,3.2 s后金屬棒達到了最大速度,最大速度。金屬棒達到最大速度時受到的安培力等于重力,則mg=BIL,其中,聯立以上各式解得B=0.1 T。(2)方法一:金屬棒在開始運動的3.2 s 時間內下降的距離x1=17.5 m,通過電阻R的電荷量,解得q=2.5 C。方法二:對金屬棒應用動量定理得(mg-BIL)Δt=mΔv,又有q=IΔt,解得q=2.5 C。(3)根據能量守恒定律可知,金屬棒在開始運動的3.2 s時間內減小的重力勢能轉化為金屬棒的動能和電路的內能。設電路中產生的總焦耳熱為Q總,根據能量守恒定律得,電阻R上產生的熱量,解得QR=0.86 J。

13.(1)如圖3 所示,帶電粒子速度最小時有r1=R,,解得。如圖4 所示,帶電粒子速度最大時有,解得。因此帶電粒子的速度范圍是。(2)帶電粒子在磁場中運動時有,,解得帶電粒子在磁場中運動的周期。帶電粒子在磁場中運動的周期相同,從磁場邊緣運動到行星赤道平面偏轉的角度越小,運動的時間越小。根據幾何關系可得,磁場邊界和赤道上點連線越短,帶電粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角越大,偏轉角度越小。帶電粒子的運動軌跡對應的最短弦長為2R,最大軌跡半徑為2R,如圖5所示,此時帶電粒子從磁場邊緣運動到行星赤道平面的時間最短。帶電粒子的運動軌跡所對的圓心角,帶電粒子從磁場邊緣運動到行星赤道平面的最短時間。(3)如圖6所示,帶電粒子以最大速度運動的軌跡與赤道上半圓弧相切點為輻射盲區的上邊界點,從A點射入的帶電粒子恰好能達到赤道線下半圓弧的最右側,則從A點射入的帶電粒子以最大速度運動的軌跡與赤道線的交點為輻射盲區的下邊界點。根據幾何關系可知,△COO'為等腰三角形,CO=OO'=3R,CO'=2R,所以。CO'與AB平行,因此赤道上輻射盲區對應的圓心角等于θ,其正弦值。

圖3

圖4

圖5

圖6