高三一輪復習檢測題(選修3—1、3—2)B卷參考答案與提示

1.B 提示:假設質點由Q向P運動,作出軌跡上某點的速度和靜電力,如圖1所示,因為靜電力和速度夾角為鈍角,所以靜電力做負功,電勢能增大,動能減小,選項B 正確,C 錯誤。根據電勢能公式可知,負電荷在電勢高處,電勢能小,因為P點的電勢能大,所以P點電勢低,三個等勢面中,c的電勢最低,選項A 錯誤。因為P點的電場線比Q點的電場線密,所以質點在P點受到的靜電力大,產生的加速度大,選項D 錯誤。

2.D 提示:汽車以90 m/h行駛,電流I選項A 錯誤。電池組的熱功率P熱=I2R=502×0.5 W=1 250 W,選項B 錯誤。直流驅動電機的輸出功率P出=Fv=400×90×=10 000 W,內阻消耗的功率P內=UI-P出=300×50 W=10 000W=5 000W,直流驅動電機的內阻r,選項C 錯誤。 汽車用電器的功率電池能量容量E0=7.2×107J,電池組總功率P總=EI=400×50 W=20 000 W,電池所用的時間=1 h,當汽車以90 km/h 行駛,最大行駛里程約為90 km,選項D 正確。

3.A 提示:根據安培定則畫出I1、I2、I3在O點的磁感應強度示意圖,當I1=I2=I3時,令B1=B2=B3=B0,示意圖如圖2甲所示。根據磁場疊加原理,可知此時O點的磁感應強度大小B與B0滿足關系B0=B。當I1=3I2,I2=I3=I時,B1=3B0,B2=B3=B0,示意圖如圖2乙所示,由圖乙解得O點的磁感應強度大小為4B0=2B,選項A 正確,B 錯誤。當I2=3I,I1=I3=I時,B1=B3=B0,B2=3B0,示意圖如圖2丙所示,由圖丙解得O點的磁感應強度大小為同理可得,當I3=3I,I1=I2=I時,O點的磁感應強度大小也為,選項C、D 錯誤。

4.B 提示:粒子在加速電場中做加速運動,根據動能定理得qU=,粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,根據牛頓第二定律得,解得B因此磁感應強度之比,則磁感應強度變為原來的倍。

5.C 提示: 圖示位置線圈與磁場方向平行,則穿過線圈的磁通量為零,選項A 錯誤。根據題意可知,線圈轉動的角速度ω=2πn,則線圈轉動產生的感應電動勢的最大值Emax=NBSω=NBL2·2πn=2πNBL2n,選項B 錯誤。感應電動勢的有效值,則交流電流表的示數I=,選項C 正確。交流電壓表的示數U=IR=,選項D 錯誤。

6.C 提示:bc邊的位置坐標x在L～2L過程,線框bc邊的有效切割長度l=x-L,感應電動勢E=Blv=B(x-L)v,感應電流電流逐漸增大;根據楞次定律可以判斷出感應電流方向為abcda,為正值。bc邊的位置坐標x在2L～3L過程,根據楞次定律可以判斷出感應電流方向為adcba,為負值,線框ad邊的有效切割長度l=x-2L,感應電動勢E=Blv=B(x-2L)v,感應電流I==-,電流逐漸增大。

7.AD 提示:根據動能定理得eE·Δx=ΔEp,則圖像的斜率k==eE,圖像的斜率越大,電場強度越大,所以x1處電場強度比x3處電場強度大,選項A 正確。x2處圖像的斜率為零,則電場強度為零,最小;根據Ep=qφ可知,負電荷在電勢低的地方電勢能大,所以x2處電勢最小,選項B 錯誤。當x＞x2時電勢能減小,說明靜電力對電子做正功,則電場線方向沿方向,選項C 錯誤。整個過程中只有靜電力做功,則Ep+Ek=定值,電子在x=0處的電勢能小于x3處的電勢能,則電子在x=0處的動能大于x3處的動能,電子在x=0處的速度大于x3處的速度,選項D 正確。

8.BC 提示:當電路中電流I=3 A 時,電子秤測量的體重最大,根據歐姆定律I=得R=-r=2 Ω,代入R=30-0.02F,解得F=1 400 N,選項A 錯誤,B正確。踏板空載時F=0,代入R=30-0.02F,解得R=30 Ω,根據歐姆定律得I==0.375 A,因此該秤零刻度線(即踏板空載時的刻度線)應標在電流表G 刻度盤0.375A處,選項C正確,D 錯誤。

9.BC 提示:磁場以速度v勻速向右移動,線框相對磁場向左運動,根據右手定則可知,圖示時刻線框中感應電流為順時針方向,選項A 錯誤。根據左手定則可知,列車所受的安培力方向向右,所以列車行駛的方向與磁場移動的方向相同,選項B 正確。列車速度為v＇,列車相對磁場的速度大小為v-v＇,則線框中感應電動勢的大小E=2NBL(vv＇),選項C正確。列車速度為v＇時感應電流大小,線框獲得安培力的大小F= 2NBIL= 2 ·,選項D 錯誤。

10.BD 提示:開關S閉合時,原線圈中的電流I1=2I+2I=4I,副線圈中的電流I2=I+I=2I,根據匝數和電流成反比得,根據匝數和電壓成正比得,則兩端的電壓Uab,選項A 錯誤,B 正確。斷開開關S,副線圈的電流減小,則原線圈的電流減小,L1和L2并聯部分電壓減小,燈泡L1、L2都變暗,a、b兩端的電壓不變,則原線圈電壓增大,副線圈電壓也增大,電壓表示數增大,選項C 錯誤,D 正確。

11.(1)D(2)乙 (3)如圖3所示 (4)1.72 2.06

提示:(1)根據歐姆定律計算與G串聯的電阻的阻值,選項D 正確。(2)由于電流表的內阻已知,為了減小誤差,采用電流相對于電源內接的連接方式,故選擇電路圖b。(3)根據閉合電路歐姆定律得E=Ig(Rg+R0)+I(r+RA),整理得Ig=可知Ig-I圖像為斜率為負的傾斜直線,根據描點法做出Ig-I圖像如圖3所示,圖像斜率,解得r=2.02 Ω。當Ig=3.0 mA,I= 0.32 A 時,,解得E=1.72 V。

13.(1)對小球從A→B,由動能定理有,解得小球運動到B點時速度大小根據牛頓第二定律,在B點時有F-(mg+qE)=m,解得繩子的拉力F=3(mg+qE),即繩子的最大張力為3(mg+qE)。(2)小球離開B點后做類平拋運動,到達C點時小球垂直打在擋板上,則小球運動到C點時速度大小對小球從A→C,根據動能定理得qUAC+mghAC=,又因為UAC=EhAC,解得

14.粒子帶正電,根據左手定則可知,粒子在磁場中沿順時針方向轉動,粒子做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,根據牛頓第二定律得,解得r=0.1 m=10 cm,粒子臨界運動軌跡如圖4所示。根據幾何知識得,解得xA=12 cm,xB=8 cm。因此x軸上有粒子穿過的坐標范圍是-8 cm≤x≤12 cm。

15.當金屬棒勻速運動時,根據平衡條件得F=μmgcos 37°+mgsin 37°+F安,其中,解得F=5.8 N。當金屬桿的速度為0.4 m/s時,有F安1=根據牛頓第二定律得解得F-μmgcos 37°-mgsin 37°-F安1=ma。解得a=2.4 m/s2。(2)在0～1 s時間內,根據動量定理得(F-μmcos 37°-mgsin 37°-BL2L)t=mv2-0,其中q=I2t,v2=0.6 m/s,解得q=0.8 C。(3)從金屬棒開始運動到達穩定,根據動能定理得(F-0,又有Q=|W安|=7.35 J,解得Q=1.837 5 J。

16.v0的方向與MN的夾角為30°,分解速度得,帶電粒子在電場中做類平拋運動,在水平方向上做勻速直線運動,在豎直方向上做勻加速直線運動,則聯立以上各式解得E(2)粒子從M到N的軌跡如圖5甲所示,根據幾何知識可得,每段圓弧所對應圓心角均為,根據牛頓第二定律得qv0B=,解得,粒子從M運動到N點的時間t=t1+t2+t3=,解得(3)此次粒子的運動軌跡與小圓相切,如圖5乙所示,根據幾何知識得(r+R)2=r2+(3R)2,解得r=4R,根據牛頓第二定律得,把代入解得v=2v0,根據動能定理得Eqy＇=(2v0)2,解得y=8,此次粒子的釋放位置坐標為(3R,-8