2022年高三物理一輪 雙基鞏固卷 第6-8單元

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1、2022年高三物理一輪 雙基鞏固卷 第6-8單元 一、選擇題(每小題8分，共48分) 1．如圖G3－1所示，在勻強電場E的區(qū)域內，O點處放置一點電荷＋Q，a，b、c、d，e，f為以O點為球心的球面上的點，aecf平面與電場E平行，bedf平面與電場E垂直， 則下列說法中正確的是(　　) 圖G3－1 A．b、d兩點的電場強度相同 B．bedf平面是等勢面 C．整個球面是等勢面 D．在球面上任意兩點之間移動點電荷＋q時，從a點移動到c點電勢能的變化量一定最大 2．有兩根長直導線a、b互相平行放置，如圖G3－2所示為垂直于導線的截面圖．在圖示的平面內，O點為兩根導線連線ab的中點

2、，M、N為ab的中垂線上的兩點，它們與a、b的距離相等．若兩導線中通有大小相等、方向相同的恒定電流，已知直線電流產生的磁場在某點的磁感應強度 B的大小跟該點到通電導線的距離r成反比，則關于線段MN上各點的磁感應強度的說法中正確的是(　　) 圖G3－2 A．M點和N點的磁感應強度大小相等，方向相同 B．M點和N點的磁感應強度大小相等，方向相反 C．在線段MN上各點的磁感應強度都不可能為零 D．若在N點放一小磁針，靜止時其北極沿ON指向O點 3．如圖G3－3甲所示，一條電場線與Ox軸重合，取O點電勢為零，Ox方向上各點電勢φ隨x變化的情況如圖乙所示．若在O點由靜止釋放一電子，電子僅

3、受電場力的作用，則(　　) 　　　甲　　　　　　　乙 圖G3－3 A．電場一定是勻強電場 B．電場的場強沿Ox方向增大 C．電子將沿Ox正方向運動 D．電子的電勢能將增大 圖G3－4 4．兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構成平行板電容器，與它相連接的電路如圖G3－4所示．接通開關S，電源即給電容器充電，達到穩(wěn)定后(　　) A．保持S接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強度減小 B．保持S接通，在兩極板間插入一塊介質，則極板上的電荷量增大 C．斷開S，增大兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小 D．斷開S，在兩極板間插入一塊介質，則兩極板間

4、的電勢差增大 5．如圖G3－5所示的電路中，電源的電動勢為E、內電阻為r (r小于外電路的總電阻)，當滑動變阻器R的滑片P位于中點時，A、B、C三個燈泡均正常發(fā)光，且亮度相同，則(　　) 圖G3－5 A．三個小燈泡中，C燈電阻最大，B燈電阻最小 B．當滑片P向左移動時，A、B兩燈變亮，C燈變暗 C．當滑片P向左移動時，流過R的電流減小 D．當滑片P向左移動時，電源的輸出功率隨電阻增大而增大 圖G3－6 6．如圖G3－6所示的虛線區(qū)域內充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場，一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由

5、區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出．若撤去該區(qū)域內的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同的初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b(　　) A．穿出位置一定在O′點下方 B．穿出位置一定在O′點上方 C．在電場中運動時，電勢能一定減小 D．在電場中運動時，動能一定減小 二、實驗題(16分) 7．如圖G3－7甲所示，有一根長陶瓷管，其表面均勻地鍍有一層很薄的電阻膜，管的兩端有導電箍M和N，陶瓷管的直徑遠大于電阻膜的厚度．用多用表電阻擋測得MN間的電阻膜的電阻約為1 kΩ. 圖G3－7 某同學利用下列器材設計了一個測量該電阻膜的厚度d的實驗． A．

6、米尺(最小分度為 mm)； B．游標卡尺(游標為20分度)； C．電流表A1(量程5 mA，內阻約10 Ω)； D．電流表A2(量程100 mA，內阻約0.6 Ω)； E．電壓表V1 (量程5 V，內阻約5 kΩ)； F．電壓表V2(量程15 V，內阻約15 kΩ)； G．滑動變阻器R1(阻值0～10 Ω，額定電流1.5 A)； H．滑動變阻器R2(阻值0～100 Ω，額定電流1 A)； I．電源E(電動勢6 V，內阻可不計)； J．開關一個，導線若干． (1)他用毫米刻度尺測出電阻膜的長度為l＝10.00 cm，用20分度游標卡尺測量該陶瓷管的外徑，其示數如圖乙所示，該陶

7、瓷管的外徑D＝________cm. (2)為了比較準確地測量電阻膜的電阻，且調節(jié)方便，實驗中應選用電流表________、電壓表______、滑動變阻器________．(填寫器材前面的字母代號) (3)在虛線框內畫出測量電阻膜的電阻R的實驗電路圖． Ｋ (4)若電壓表的讀數為U，電流表的讀數為I，鍍膜材料的電阻率為ρ，計算電阻膜厚度d的數學表達式為：d＝__________(用已知量的符號表示)． 三、計算題(46分) 8．(22分)如圖G3－8所示，空間內存在水平向右的勻強電場，在虛線MN的右側有垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場．一質量為m、帶電荷量為＋q的小顆粒自A點

8、由靜止開始運動，剛好沿直線運動至光滑絕緣的水平面C點，與水平面碰撞的瞬間，小顆粒的豎直分速度立即減為零，而水平分速度不變，小顆粒運動至D處剛好離開水平面，然后沿圖示曲線DP軌跡運動．AC與水平面夾角α＝30°，重力加速度為g，求： (1)勻強電場的場強E； (2)AD之間的水平距離d； (3)已知小顆粒在軌跡DP上某處的最大速度為vm，該處軌跡的曲率半徑是距水平面高度的k倍，則該處的高度為多大？ 圖G3－8 9．(24分)如圖G3－9甲所示，M和N是相互平行的金屬板，OO1O2為中線，O1為板間區(qū)域的中點，P是足夠大的熒光屏．帶電粒子連續(xù)地從O點沿OO1方向射入兩板間． (

9、1)只在兩板間加恒定電壓U，M和N相距為d，板長為L(不考慮電場邊緣效應)．若入射粒子是電荷量為e、質量為m的電子，試求打在熒光屏P上偏離點O2最遠的電子的動能． (2)已知兩板間只存在一個以O1點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B＝0.50 T，兩板間距d＝ cm，板長L＝1.0 cm，帶電粒子的質量m＝2.0×10－25 kg，電荷量q＝8.0×10－18 C，入射速度v ＝×105 m/s.若能在熒光屏上觀察到亮點，試求粒子在磁場中運動的軌道半徑r，并確定磁場區(qū)域的半徑R應滿足的條件． (3)只在兩板間加如圖乙所示的交變電壓u，M和N相距為d，板長為L(不考

10、慮電場邊緣效應)．入射粒子是電荷量為e、質量為m的電子．某電子在t0＝時刻以速度v0射入電場，要使該電子能通過平行金屬板，試確定U0應滿足的條件. 　　　甲　　　　　　　　　　　　乙 圖G3－9 1．D　[解析] 點電荷＋Q在b、d兩點形成的分電場強度大小相等、方向相反，由電場疊加知，b、d兩點的電場強度方向不同，選項A錯誤；在bedf平面上移動試探電荷時，電荷受到的勻強電場產生的分力對試探電荷不做動，而點電荷＋Q產生的電場對試探荷可能做功，因此該平面不是等勢面，選項B錯誤；在球面上移動試探電荷時，電荷受到的勻強電場產生的分力對試探電荷可能做功，整個球面不是等勢面，選項C錯

11、誤；在球面上任意兩點之間移動點電荷＋q時，點電荷＋Q產生的電場對＋q不做功，而只有勻強電場對＋q做功，且從a點移動到c點電場力做功最大，所以對應的電勢能的變化量一定最大，選項D正確． 2．B　[解析] 直線電流產生的磁場的磁感線是以導線為圓心的同心圓，由此可知，直線電流a在M點處產生的磁場方向垂直于aM向下，在N點處產生的磁場方向垂直于aN向上，直線電流b在M點處產生的磁場方向垂直于bM向下，在N點處產生的磁場方向垂直于bN向上，又由于兩導線中電流大小相同，故它們在M、N兩點處產生的磁感應強度大小都相等，再由場的疊加可得，M點處磁感應強度方向垂直于MN向下，N點處磁感應強度方向垂直于MN向上

12、，且兩者大小相等，選項A錯誤，選項B正確；在MN的中點O處，兩電流產生的磁感應強度大小相等而方向相反，O點處磁感應強度為零，選項C錯誤；放在磁場中的小磁針靜止時北極指向所在處磁場的方向，由上述分析可知其應指向與MN垂直向上的方向，選項D錯誤． 3．AC　[解析] O點電勢φ0為零，設x點的電勢為φx則Ux0＝φx－φ0＝Ex，即φx＝Ex，表明沿Ox方向電場強度不變，選項A正確，選項B錯誤；由靜止釋放電子，電子由電勢能低處向電勢高處運動，電場力做正功，電勢能減小，選項C正確，選項D錯誤． 4．B　[解析] 保持S接通，兩極板間的電勢差U不變，根據E＝可知，若減小兩極板間的距離d，則兩極板間

13、電場的電場強度增大，根據Q＝CU＝∝可知，若在兩極板間插入一塊介質，介電常數εr增大，則極板上的電荷量增大，選項A錯誤，選項B正確；斷開S時，兩極板上的電荷量Q不變，根據U＝＝∝可知，當只增大兩極板間的距離d時，兩極板間的電勢差增大，當在兩極板間插入一塊介質時，εr增大，則兩極板間的電勢差減小，選項C、D錯誤． 5．AC　[解析] 根據P＝，當三個小燈泡亮度相同時，C燈兩端電壓最大，則其電阻最大，由P＝I2R，因IB>IA，則RB

14、的電壓變小，則A燈兩端的電壓變大，A燈變亮，通過A燈的電流變大，則流過R的電流減小，B錯誤，C正確；當外電阻與內電阻相等時，電源的輸出功率最大，兩者偏離越大，則輸出功率越小，D錯誤． 6．C　[解析] a粒子要在電場、磁場的復合場區(qū)內做直線運動，則該粒子一定沿水平方向做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv＝Eq，即只要滿足E＝Bv，無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復合場區(qū)，當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷是從O′點的上方還是下方穿出，選項A、B錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類平拋運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，選項C正確

15、，選項D錯誤． 7．(1)1.350 cm　(2)C　E　G　(3)如圖所示　(4)d＝ [解析] (1)該陶瓷管的外徑D＝13 mm＋10× mm＝13.50 mm＝1.350 cm. (2)電源的電動勢為6 V，電壓表選擇E；流過電阻膜的最大電流約為＝6 mA，電流表選擇C，這是因為另一電流表的量程太大，指針偏轉太小，測量誤差太大；兩個滑動變阻器的最大阻值都遠小于待測電阻膜的阻值，所以只能采用分壓接法，而采用分壓接法時要選擇小阻值滑動變阻器，所以滑動變阻器選擇G. (3)因為待測電阻膜的阻值很大，所以電流表要內接，滑動變阻器采用分壓接法，實驗電路圖如圖所示． (4)根據R＝，

16、R＝ρ，S＝πDd可得，電阻膜的厚度d＝. 8．(1)　(2)　(3) [解析] (1)小顆粒受力如圖所示，合力方向沿運動方向，則qE＝mgcotα，可得E＝. (2)設小顆粒在D點時的速度為vD，在水平方向由牛頓第二定律得：qE＝ma，由運動學公式得：2ad＝v，小顆粒在D點離開水平面的條件是：qvDB＝mg，解得d＝. (3)當速度方向與電場力和重力合力方向均垂直時，速度最大，則 qvmB－＝，又R＝kh，解得：h＝. 9．(1)(2)5×10－3m　R<5×10－3m (3)U0≤ [解析] (1)電子在兩極板間的加速度：a＝， 通過金屬板的時間：t＝， 對打在熒

17、光屏P上偏離點O2最遠的粒子有：＝at2， 此時粒子的動能Ek＝eU＋mv2， 聯立解得：Ek＝. (2)由牛頓第二定律可知，qvB＝m， 解得：r＝5×10－3 m； 如圖所示，設恰好在熒光屏P上觀察到亮點時，粒子偏轉角為2θ，磁場區(qū)域的最大半徑為R0，由幾何關系可知： tan2θ＝， tanθ＝， 得R0＝5×10－3 m， 則R應滿足的條件為：R≤5×10－3 m (3)交變電壓的周期：T＝，則t0＝T， 電子通過金屬板的時間：t′＝＝， 電子在兩極板間的加速度：a′＝， 設電子分別在T～T、T～T、T～T、T～T時間內沿垂直于初速度方向運動的位移依次為y1、y2、y3、y4，則有： y1＝y(tǒng)3＝－a′， y2＝a′， y4＝a′， 要使電子能通過平行金屬板，應滿足條件： y1＋y2＋y3＋y4≤， 聯立解得：U0≤。