高三一轮复习检测题(选修3—1、3—2)B卷参考答案与提示

1.B 提示:假设质点由Q向P运动,作出轨迹上某点的速度和静电力,如图1所示,因为静电力和速度夹角为钝角,所以静电力做负功,电势能增大,动能减小,选项B 正确,C 错误。根据电势能公式可知,负电荷在电势高处,电势能小,因为P点的电势能大,所以P点电势低,三个等势面中,c的电势最低,选项A 错误。因为P点的电场线比Q点的电场线密,所以质点在P点受到的静电力大,产生的加速度大,选项D 错误。

2.D 提示:汽车以90 m/h行驶,电流I选项A 错误。电池组的热功率P热=I2R=502×0.5 W=1 250 W,选项B 错误。直流驱动电机的输出功率P出=Fv=400×90×=10 000 W,内阻消耗的功率P内=UI-P出=300×50 W=10 000W=5 000W,直流驱动电机的内阻r,选项C 错误。 汽车用电器的功率电池能量容量E0=7.2×107J,电池组总功率P总=EI=400×50 W=20 000 W,电池所用的时间=1 h,当汽车以90 km/h 行驶,最大行驶里程约为90 km,选项D 正确。

3.A 提示:根据安培定则画出I1、I2、I3在O点的磁感应强度示意图,当I1=I2=I3时,令B1=B2=B3=B0,示意图如图2甲所示。根据磁场叠加原理,可知此时O点的磁感应强度大小B与B0满足关系B0=B。当I1=3I2,I2=I3=I时,B1=3B0,B2=B3=B0,示意图如图2乙所示,由图乙解得O点的磁感应强度大小为4B0=2B,选项A 正确,B 错误。当I2=3I,I1=I3=I时,B1=B3=B0,B2=3B0,示意图如图2丙所示,由图丙解得O点的磁感应强度大小为同理可得,当I3=3I,I1=I2=I时,O点的磁感应强度大小也为,选项C、D 错误。

4.B 提示:粒子在加速电场中做加速运动,根据动能定理得qU=,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律得,解得B因此磁感应强度之比,则磁感应强度变为原来的倍。

5.C 提示: 图示位置线圈与磁场方向平行,则穿过线圈的磁通量为零,选项A 错误。根据题意可知,线圈转动的角速度ω=2πn,则线圈转动产生的感应电动势的最大值Emax=NBSω=NBL2·2πn=2πNBL2n,选项B 错误。感应电动势的有效值,则交流电流表的示数I=,选项C 正确。交流电压表的示数U=IR=,选项D 错误。

6.C 提示:bc边的位置坐标x在L～2L过程,线框bc边的有效切割长度l=x-L,感应电动势E=Blv=B(x-L)v,感应电流电流逐渐增大;根据楞次定律可以判断出感应电流方向为abcda,为正值。bc边的位置坐标x在2L～3L过程,根据楞次定律可以判断出感应电流方向为adcba,为负值,线框ad边的有效切割长度l=x-2L,感应电动势E=Blv=B(x-2L)v,感应电流I==-,电流逐渐增大。

7.AD 提示:根据动能定理得eE·Δx=ΔEp,则图像的斜率k==eE,图像的斜率越大,电场强度越大,所以x1处电场强度比x3处电场强度大,选项A 正确。x2处图像的斜率为零,则电场强度为零,最小;根据Ep=qφ可知,负电荷在电势低的地方电势能大,所以x2处电势最小,选项B 错误。当x＞x2时电势能减小,说明静电力对电子做正功,则电场线方向沿方向,选项C 错误。整个过程中只有静电力做功,则Ep+Ek=定值,电子在x=0处的电势能小于x3处的电势能,则电子在x=0处的动能大于x3处的动能,电子在x=0处的速度大于x3处的速度,选项D 正确。

8.BC 提示:当电路中电流I=3 A 时,电子秤测量的体重最大,根据欧姆定律I=得R=-r=2 Ω,代入R=30-0.02F,解得F=1 400 N,选项A 错误,B正确。踏板空载时F=0,代入R=30-0.02F,解得R=30 Ω,根据欧姆定律得I==0.375 A,因此该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G 刻度盘0.375A处,选项C正确,D 错误。

9.BC 提示:磁场以速度v匀速向右移动,线框相对磁场向左运动,根据右手定则可知,图示时刻线框中感应电流为顺时针方向,选项A 错误。根据左手定则可知,列车所受的安培力方向向右,所以列车行驶的方向与磁场移动的方向相同,选项B 正确。列车速度为v＇,列车相对磁场的速度大小为v-v＇,则线框中感应电动势的大小E=2NBL(vv＇),选项C正确。列车速度为v＇时感应电流大小,线框获得安培力的大小F= 2NBIL= 2 ·,选项D 错误。

10.BD 提示:开关S闭合时,原线圈中的电流I1=2I+2I=4I,副线圈中的电流I2=I+I=2I,根据匝数和电流成反比得,根据匝数和电压成正比得,则两端的电压Uab,选项A 错误,B 正确。断开开关S,副线圈的电流减小,则原线圈的电流减小,L1和L2并联部分电压减小,灯泡L1、L2都变暗,a、b两端的电压不变,则原线圈电压增大,副线圈电压也增大,电压表示数增大,选项C 错误,D 正确。

11.(1)D(2)乙 (3)如图3所示 (4)1.72 2.06

提示:(1)根据欧姆定律计算与G串联的电阻的阻值,选项D 正确。(2)由于电流表的内阻已知,为了减小误差,采用电流相对于电源内接的连接方式,故选择电路图b。(3)根据闭合电路欧姆定律得E=Ig(Rg+R0)+I(r+RA),整理得Ig=可知Ig-I图像为斜率为负的倾斜直线,根据描点法做出Ig-I图像如图3所示,图像斜率,解得r=2.02 Ω。当Ig=3.0 mA,I= 0.32 A 时,,解得E=1.72 V。

13.(1)对小球从A→B,由动能定理有,解得小球运动到B点时速度大小根据牛顿第二定律,在B点时有F-(mg+qE)=m,解得绳子的拉力F=3(mg+qE),即绳子的最大张力为3(mg+qE)。(2)小球离开B点后做类平抛运动,到达C点时小球垂直打在挡板上,则小球运动到C点时速度大小对小球从A→C,根据动能定理得qUAC+mghAC=,又因为UAC=EhAC,解得

14.粒子带正电,根据左手定则可知,粒子在磁场中沿顺时针方向转动,粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律得,解得r=0.1 m=10 cm,粒子临界运动轨迹如图4所示。根据几何知识得,解得xA=12 cm,xB=8 cm。因此x轴上有粒子穿过的坐标范围是-8 cm≤x≤12 cm。

15.当金属棒匀速运动时,根据平衡条件得F=μmgcos 37°+mgsin 37°+F安,其中,解得F=5.8 N。当金属杆的速度为0.4 m/s时,有F安1=根据牛顿第二定律得解得F-μmgcos 37°-mgsin 37°-F安1=ma。解得a=2.4 m/s2。(2)在0～1 s时间内,根据动量定理得(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)从金属棒开始运动到达稳定,根据动能定理得(F-0,又有Q=|W安|=7.35 J,解得Q=1.837 5 J。

16.v0的方向与MN的夹角为30°,分解速度得,带电粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做匀加速直线运动,则联立以上各式解得E(2)粒子从M到N的轨迹如图5甲所示,根据几何知识可得,每段圆弧所对应圆心角均为,根据牛顿第二定律得qv0B=,解得,粒子从M运动到N点的时间t=t1+t2+t3=,解得(3)此次粒子的运动轨迹与小圆相切,如图5乙所示,根据几何知识得(r+R)2=r2+(3R)2,解得r=4R,根据牛顿第二定律得,把代入解得v=2v0,根据动能定理得Eqy＇=(2v0)2,解得y=8,此次粒子的释放位置坐标为(3R,-8