高三物理一轮复习阶段检测A 卷(必修第三册和选择性必修第二册)参考答案与提示

1.D 提示:点电荷Q激发的电场充满金属球A所在空间,在球心O处产生的电场的场强。金属球A(含大地)中的自由电荷在点电荷Q激发的外电场作用下重新分布,达到静电平衡时,在金属球A内部,点电荷Q产生的外电场场强与感应电荷产生的“附加电场场强E'”同时存在,且在金属球A内部任何一点,外电场场强E与附加电场场强E'大小相等,方向相反,即这两个电场叠加的结果使其内部的合场强处处为零。

2.C 提示:要使细绳的拉力变为零,加上磁场后,应使导线所受安培力与其重力是一对平衡力,根据左手定则可知,所加磁场方向应垂直于纸面向里,使得导线所受安培力向上。

3.B 提示:根据右手螺旋定则可知,导线a在O点产生的磁场平行于bc边向右,导线b在O点产生的磁场平行于ac边指向右下方,导线c在O点产生的磁场平行于ab边指向右上方。三根导线中的电流大小相同,到O点的距离相同,根据平行四边形定则可知,合磁场的方向向右。

4.C 提示:根据题图乙可知,变压器的输入电压的最大值为5 V,而电压表示数为交变电压的有效值,则,选项A、B错误。因为Umax1=5 V,引发电火花的条件是副线圈电压峰值Umax2>5 000 V,所以根据,选项C正确,D 错误。

5.BD 提示:因为小球做匀变速直线运动,所以小球所受合力与速度方向在同一条直线上,结合平行四边形定则可知,静电力的方向不确定,有最小值。如图1 所示,当静电力垂直于运动方向时,静电力最小,且等于mgcos 30°,因此电场强度的最小值,选项A 错误,B 正确。根据平行四边形定则可知,当小球所受静电力与重力大小相等时,两个力的夹角为120°,因此小球所受合力大小等于mg。根据牛顿第二定律可知,小球的加速度为g,小球斜向上做匀减速直线运动,最大位移,则小球上升的最大高度,在整个过程中静电力做功,电势能增加量为,因此小球电势能的最大值为,选项C错误,D 正确。

图1

6.AB 提示:因为靠近导线M处,粒子的偏转程度较大,说明靠近导线M处粒子的运动轨迹的半径较小,根据洛伦兹力提供向心力得,解得粒子的运动轨迹半径,即粒子的运动轨迹半径r变小,说明磁感应强度B变大。又因越靠近通电直导线的地方磁感应强度越大,故只有导线M中通有电流。当导线M中通自上而下的电流时,根据右手螺旋定则可知,在导线M右侧区域内的磁场垂直于纸面向外,根据曲线运动的特点可知,粒子受到的合外力指向弧内,即洛伦兹力指向右侧,根据左手定则可知,带正电的粒子从b点向a点运动,带负电的粒子从a点向b点运动。

7.AD 因为5G 使用的电磁波频率比4G 的高,根据E=hν可知,5G 使用的电磁波比4G 的光子能量更大,选项A 正确。发生明显衍射的条件是障碍物(孔)的尺寸可以跟波长相比,甚至比波长还小。因5G 使用的电磁波频率更高,根据可知,其波长更短,故5G 使用的电磁波越不容易发生明显衍射,选项B错误,D 正确。光在真空中的传播速度都是相同的,光在介质中的传播速度,5G 使用的电磁波频率比4G 的高,而频率越高折射率越大,光在介质中的传播速度越小,选项C错误。

8.ACD 提示:金属棒a向左运动时,回路中产生沿顺时针方向的感应电流,金属棒a受到向右的安培力,金属棒b也受到向右的安培力,两金属棒受力等大同向(均水平向右),所以两金属棒组成的系统所受合外力不为零,系统的动量不守恒,选项A 正确。金属棒a向左做减速运动,金属棒b向右做加速运动,两金属棒的速度差逐渐减小,回路中的感应电动势和感应电流变小,金属棒a做加速度减小的减速运动,金属棒b做加速度减小的加速运动,当二者速度大小相等时,穿过回路的磁通量不变,不再产生感应电流,两金属棒不受安培力,均做匀速运动,设速度大小为v,看起来动量不守恒,但安培力等大,因磁场方向相反,安培力对两金属棒的冲量可视为等大反向,故系统动量守恒,即m1v0=(m1+m2)v,解得,即最终两金属棒的速度大小都是v,方向相反,速度之差恒定,选项B 错误。从开始运动到两金属棒达到稳定的过程中,金属棒a的动能转化为金属棒b的动能和回路的焦耳热,而金属棒b动能的增加量等于安培力对金属棒b做的功,所以金属棒a克服安培力做功的功率等于安培力对金属棒b做功功率与两金属棒总发热功率之和,选项C 正确。取水平向左为正方向,对金属棒a应用动量定理得-BLq=m1v-m1v0,解得流经金属棒a的总电荷量, 选项D 正确。

9.(1)BD (2)A (3)0.81 小灯泡的电阻率随着温度升高而增大

提示:(1)使用欧姆表测量电阻前应进行机械调零,即在电路断开的情况下,使电流为零;测量电阻时,每次换挡后必须进行欧姆调零,即将两表笔短接,调节调零旋钮,看指针是否指在“Ω”刻度线的“0”处,而不需要重新进行机械调零,选项A 错误,B正确。使用欧姆挡测电阻时,应该与外部电源断开,选项C错误。测量时,若指针偏转很小(靠近“∞”附近),表明所选择的挡位太小,导致示数偏大,所以应选用倍率更大的挡位进行测量,选项D 正确。(2)测量小灯泡的伏安特性曲线需要从零开始调节,故A 电路图满足要求。(3)根据题图可知,3 V 处的电流为0.27 A,则小灯泡的额定功率P=UI=0.81 W。此时的电阻跟多用电表测出的阻值相差较大,是因为小灯泡的电阻率随着温度升高而增大。

10.(1)物体经过D点时有,解得。静电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,则物体受到的斜面的压力为零,故物体不受斜面的摩擦力。在物体从A点运动到D点的过程中,根据动能定理得,解得s0=2.4R。(2)静电力与重力的合力,解得α= 53°,则物体经过圆弧轨道的等效最高点时有,解得物体的最小速度。物体从起点运动到等效最高点的过程中,根据动能定理得,解得smin=2.1R。

11.α粒子带正电,在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动,用R表示α粒子的运动轨迹半 径,则,解得R=10 cm,可见2R>l>R。因朝不同方向发射的α粒子的圆形运动轨迹都过S点,故某一圆形运动轨迹在图2中N点左侧与感光板相切,则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点。为定出P1点的位置,可作平行于感光板的直线cd,直线cd到感光板的距离为R,以S为圆心,R为半径作弧,交直线cd于Q点,过Q点作感光板的垂线,它与感光板的交点即为P1。根据几何关系得。再考虑N点的右侧,任何α粒子在运动中到S点的距离不可能超过2R,以2R为半径,S为圆心作圆,交感光板于N点右侧的P2点,P2点就是α粒子能打中的右侧最远点。根据几何关系得。因此P1P2=NP1+NP2=20 cm。

图2

12.(1)金属棒MN滑过圆环直径OO'的瞬时,切割磁感线的有效长度为2ɑ,金属棒MN中的感应电动势E1=B·2ɑ·v0=0.8 V,流过灯泡L1的电流。(2)撤去金属棒MN,将右侧半圆环以直径OO'为轴向上翻转90°,根据法拉第电磁感应定律得,则灯泡L1的电功率。

13.(1)设金属棒甲向右运动的最大速度为vmax,对应电流为I,金属棒甲受到的安培力为F安,则F=F安=BIL,,解得。金属棒甲中产生焦耳热的功率的最大值。(2)当力F作用时间为t时,设金属棒甲和乙的速度大小分别为v1和v2,对金属棒甲应用动量定理得Ft-BILt=mv1,对金属棒乙应用动量定理得2BILt=2mv2,此时回路中的感应电流,对金属棒甲应用牛顿第二定律得F-BIL=ma,解得。