高三一輪復習檢測題(選修3—1、3—2)A卷參考答案與提示

1.D 提示:在z＞0 的空間里,點電荷+q和無窮大導體表面上感應電荷共同激發(fā)的電場與分別在z=h處、z=-h處的等量異種點電荷產(chǎn)生的電場(如圖1所示)是等效的。這樣,求處的場強就轉化為求等量異種點電荷在處產(chǎn)生的場強,即E=。

圖1

2.D 提示:根據(jù)φ-x圖像可知,在0～r0內(nèi)電勢不變,在r0～+∞內(nèi)電勢變小。根據(jù)帶電金屬球為一等勢體,以及沿著電場線方向電勢降低,易知金屬球帶正電,選項A錯誤。根據(jù)φ-x圖像的斜率表示場強大小可知,A點的電場強度等于0,C點的電場強度大于0,選項B 錯誤。從B點到C點若為勻強電場,則電場強度大小,因為從B點到C點實質(zhì)上是非勻強電場,所以B點的電場強度大于該值,選項C錯誤。將帶電荷量為-q的點電荷沿直線從B點移動到C點的過程中,靜電力做負功,電勢能增加,電勢能的增加量為|q(φ2-φ3)|,選項D正確。

3.C

4.D 提示:原線圈所在回路中電阻R1消耗的電功率,所以等效電路如圖2所示等效為電源內(nèi)阻,電源電動勢為U,外電路電阻為(R2+R),根據(jù)歐姆定律得。

圖2

5.C 提示:粒子在加速電場中運動時,根據(jù)動能定理得,粒子在磁場中做勻速圓周運動時,根據(jù)洛倫茲力提供向心力得,解得,因此氫的兩種同位素由靜止開始經(jīng)加速電場射入磁場,打到A1位置的粒子的軌跡半徑較大,比荷較小,選項A 錯誤。粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器,則qE=qvB,解得,選項B錯誤。根據(jù)左手定則可知,正離子向下偏轉,即下極板帶正電,A板是電源的負極,B板是電源的正極,A板的電勢較低,選項C正確。若載流子帶負電,根據(jù)左手定則可知,負粒子向C板偏轉,因此穩(wěn)定時C板電勢較低,選項D 錯誤。

6.C 提示:開關S接通后,因為電容器C2對變化電流的阻抗遠小于線圈L對變化電流的阻抗,所以首先是電容器C1對電容器C2充電,電荷重新分配,待充電結束后,再通過線圈L放電,而在整個回路中形成振蕩電流。開關S 接通前,電容器C1的帶電荷量Q=CU;開關S接通后,電容器C1對電容器C2充電,電荷重新分配,充電結束時,每個電容器上分得的電荷量均為,兩個并聯(lián)電容器貯存的電能。兩個電容器完全放電后,它們貯存的電能完全轉化為線圈中的磁場能,此時線圈中的電流最大,根據(jù)能量守恒定律得E=,解得。

7.BD 提示:設帶電粒子進入偏轉電場時的初速度為v0,則,解得v0=。粒子在偏轉電場中的運動時間t=,粒子在偏轉電場中的加速度,粒子離開電場時垂直于初速度方向的分速度,設粒子離開電場時的偏轉角為φ,則,可見,偏轉角φ隨偏轉電場電勢差U2,金屬板長L的增大而增大,隨加速電場電勢差U1的增大而減小,與粒子的電荷量q無關。

8.AD 提示:設從A點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為B,則B點是軌跡圓的直徑與磁場邊界的交點,的長是磁場邊界周長的,如圖3所示,則∠AOB=120°,,解得,選項C 錯誤。粒子在磁場中運動時,洛倫茲力提供向心力,則,解得,選項A 正確,B錯誤。粒子在磁場中運動的最長時間,選項D 正確。

圖3

9.BCD 提示:根據(jù)左手定則可知,正離子向上偏轉,因此上極板帶正電,下極板帶負電。因為玻璃皿中心的圓柱形電極接電源的負極,邊緣的圓環(huán)形電極接電源的正極,在電源外部電流由正極流向負極,所以玻璃皿中的電流由邊緣流向中心,選項A 錯誤。玻璃皿所在處的磁場豎直向上,根據(jù)左手定則可知,導電液體受到的磁場力沿逆時針方向(由上往下看),因此液體沿逆時針方向旋轉,選項B正確。當?shù)入x子體受到的靜電力與洛倫茲力相等時,兩極板間的電壓保持不變,則,解得U=5 V。根據(jù)閉合電路歐姆定律得U-UAB=I(r+R0),解得I=1 A,選項C正確。根據(jù)電功率公式得電阻R0的電功率P=I2R0=2 W,選項D 正確。

10.AD 提示:線框切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢的大小E=BLv=0.8 V,選項A正確。線框在穿越磁場區(qū)域的過程中做勻速運動,所受拉力等于安培力,即F=F安=BIL,根據(jù)閉合電路歐姆定律得,解得F=0.8 N,選項B 錯誤。線框穿過磁場區(qū)域所用的時間,線框在穿越磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的熱量Q=I2Rt=0.32 J,選項C錯誤,D 正確。

11.(1)15 1.700 (2)如圖4所示 A1R1(3)

圖4

12.(1)帶負電的液滴受到向左的靜電力和豎直向下的重力,其運動是豎直方向上的豎直上拋運動和水平方向上的勻減速運動的合運動,并且液滴運動到最高點P時的速度水平向左。設液滴從原點O運動到最高點P,重力和靜電力做功分別為W重、W電,根據(jù)動能定理得。因為重力做負功,所以靜電力一定做正功。因此最高點P一定在原點O的左上方。(2)設液滴從原點O運動到最高點P所用的時間為t,在豎直方向上有v0sinθ-gt=0,在水平方向上有,解得E=。設原點O與最高點P之間的豎直高度為h,則0- (v0sinθ)2=2(-g)h,根據(jù)動能定理得qU-mgh=0,解得。

13.(1)粒子在A、B兩板間運動時,在水平方向上不受外力作用而做勻速運動,因此粒子到達O1′孔時的速度即為進入A、B兩板間的初速度v0。粒子在C、D兩板間運動,剛好能夠到達O2孔,根據(jù)動能定理得qU2=,解得。(2)粒子進入A、B兩板間后,在一個周期T內(nèi),在豎直方向上的分速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài),即v豎=0。若粒子在第一個周期末進入O1′孔,則對應A、B兩板的長度最短,且最短長度Lmin=v0T=。(3)若粒子在時間內(nèi)剛好打不到A板而返回,則對應A、B兩板間距最小,且最小間距dmin滿足,解得。

14.(1)金屬桿轉至豎直位置時,根據(jù)電路對稱性可知,兩金屬球所在位置的電勢相等,金屬環(huán)左半部分中無電流,等效電路如圖5所示。根據(jù)法拉第電磁感應定律得,又有電路總電阻,回路中電流的瞬時功率,解得。(2)金屬桿從水平位置轉至豎直位置的過程中,重力勢能的減少量為,這部分能量一部分轉化為兩金屬球的動能,另一部分通過電磁感應轉化為內(nèi)能,以熱量的形式釋放出來,則,又有,解得E有=。

圖5

15.(1)設從A點射出的粒子,由A點運動到A′點所用的時間為T,根據(jù)對稱性可知,在x軸方向上有2l0=v0T,在y軸方向上有,解得。(2)設到C點距離為Δy處射出的粒子通過電場后也能沿x軸正方向運動,粒子第一次到達x軸用時為Δt,水平位移為Δx,則,若滿足2l0=n·2Δx(n=1,2,3,…),則粒子從電場射出時的速度方向也將沿x軸正方向,解得Δy=,即A、C兩點間縱坐標為的粒子通過電場后也能沿x軸正方向運動。(3)當n=1時,粒子射出電場時的位置坐標為y1=l0;當n=2時,粒子射出電場時的位置坐標為y2=;當n≥3 時,沿x軸正方向射出的粒子分布在y1到y(tǒng)2之間(如圖6所示),縱坐標分別為y1和y2的兩位置之間的距離L=,則磁場圓O1的最小半徑R=。若使粒子經(jīng)磁場偏轉后會聚于一點,粒子的運動軌跡半徑與磁場圓的半徑相等,則軌跡圓O2與磁場圓O1相交于Q點,根據(jù)洛倫茲力提供向心力得,解得。

圖6