2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)方案 45分鐘滾動(dòng)復(fù)習(xí)訓(xùn)練卷(三)

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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)方案 45分鐘滾動(dòng)復(fù)習(xí)訓(xùn)練卷(三) 一、單項(xiàng)選擇題(每小題6分，共18分) 1．如圖G3－1所示在勻強(qiáng)電場(chǎng)E的區(qū)域內(nèi)，O點(diǎn)處放置一點(diǎn)電荷＋Q，a，b、c、d，e，f為以O(shè)點(diǎn)為球心的球面上的點(diǎn)，aecf平面與電場(chǎng)E平行，bedf平面與電場(chǎng)E垂直， 則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖G3－1 A．b、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同 B．bedf平面是等勢(shì)面 C．整個(gè)球面是等勢(shì)面 D．在球面上任意兩點(diǎn)之間移動(dòng)點(diǎn)電荷＋q時(shí)，從a點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)電勢(shì)能的變化量一定最大 2．有兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)a、b互相平行放置，如圖G3－2所示為垂直于導(dǎo)線(xiàn)的截面圖．在圖示的平面內(nèi)，O

2、點(diǎn)為兩根導(dǎo)線(xiàn)連線(xiàn)ab的中點(diǎn)，M、N為ab的中垂線(xiàn)上的兩點(diǎn)，它們與a、b的距離相等．若兩導(dǎo)線(xiàn)中通有大小相等、方向相同的恒定電流，已知直線(xiàn)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的大小跟該點(diǎn)到通電導(dǎo)線(xiàn)的距離r成反比，則關(guān)于線(xiàn)段MN上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的說(shuō)法中正確的是(　　) 圖G3－2 A．M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同 B．M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反 C．在線(xiàn)段MN上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度都不可能為零 D．若在N點(diǎn)放一小磁針，靜止時(shí)其北極沿ON指向O點(diǎn) 3．兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構(gòu)成平行板電容器，與它相連接的電路如圖G3－3所示．接通開(kāi)關(guān)S，電源即

3、給電容器充電，達(dá)到穩(wěn)定后(　　) 圖G3－3 A．保持S接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度減小 B．保持S接通，在兩極板間插入一塊介質(zhì)，則極板上的電荷量增大 C．?dāng)嚅_(kāi)S，增大兩極板間的距離，則兩極板間的電勢(shì)差減小 D．?dāng)嚅_(kāi)S，在兩極板間插入一塊介質(zhì)，則兩極板間的電勢(shì)差增大 二、雙項(xiàng)選擇題(每小題6分，共18分) 4．如圖G3－4甲所示，一條電場(chǎng)線(xiàn)與Ox軸重合，取O點(diǎn)電勢(shì)為零，Ox方向上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變化的情況如圖乙所示．若在O點(diǎn)由靜止釋放一電子，電子僅受電場(chǎng)力的作用，則(　　) 　　　甲　　　　　　　乙 圖G3－4 A．電場(chǎng)一定是勻強(qiáng)電場(chǎng) B．電場(chǎng)

4、的場(chǎng)強(qiáng)沿Ox方向增大 C．電子將沿Ox正方向運(yùn)動(dòng) D．電子的電勢(shì)能將增大 5．如圖G3－5所示的電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)電阻為r (r小于外電路的總電阻)，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片P位于中點(diǎn)時(shí)，A、B、C三個(gè)燈泡均正常發(fā)光，且亮度相同，則(　　) 圖G3－5 A．三個(gè)小燈泡中，C燈電阻最大，B燈電阻最小 B．當(dāng)滑片P向左移動(dòng)時(shí)，A、B兩燈變亮，C燈變暗 C．當(dāng)滑片P向左移動(dòng)時(shí)，流過(guò)R的電流減小 D．當(dāng)滑片P向左移動(dòng)時(shí)，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(xiàn)區(qū)域內(nèi)充滿(mǎn)垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電粒子a(不計(jì)重

5、力)以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場(chǎng)、電場(chǎng)區(qū)域，恰好沿直線(xiàn)由區(qū)域右邊界的O′點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)穿出．若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)而保留電場(chǎng)不變，另一個(gè)同樣的粒子b(不計(jì)重力)仍以相同的初速度由O點(diǎn)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(diǎn)下方 B．穿出位置一定在O′點(diǎn)上方 C．在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電勢(shì)能一定減小 D．在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定增大 二、實(shí)驗(yàn)題(16分) 7．如圖G3－7甲所示，有一根長(zhǎng)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(dǎo)電箍M和N，陶瓷管的直徑遠(yuǎn)大于電阻膜的厚度．用多用表電阻擋測(cè)得MN間的電阻膜的電阻約為1 kΩ. 圖G3－7

6、 某同學(xué)利用下列器材設(shè)計(jì)了一個(gè)測(cè)量該電阻膜的厚度d的實(shí)驗(yàn)． A．米尺(最小分度為 mm)； B．游標(biāo)卡尺(游標(biāo)為20分度)； C．電流表A1(量程5 mA，內(nèi)阻約10 Ω)； D．電流表A2(量程100 mA，內(nèi)阻約0.6 Ω)； E．電壓表V1 (量程5 V，內(nèi)阻約5 kΩ)； F．電壓表V2(量程15 V，內(nèi)阻約15 kΩ)； G．滑動(dòng)變阻器R1(阻值0～10 Ω，額定電流1.5 A)； H．滑動(dòng)變阻器R2(阻值0～100 Ω，額定電流1 A)； I．電源E(電動(dòng)勢(shì)6 V，內(nèi)阻可不計(jì))； J．開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線(xiàn)若干． (1)他用毫米刻度尺測(cè)出電阻膜的長(zhǎng)度為l＝10.00

7、 cm，用20分度游標(biāo)卡尺測(cè)量該陶瓷管的外徑，其示數(shù)如圖乙所示，該陶瓷管的外徑D＝________cm. (2)為了比較準(zhǔn)確地測(cè)量電阻膜的電阻，且調(diào)節(jié)方便，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用電流表________、電壓表______、滑動(dòng)變阻器________．(填寫(xiě)器材前面的字母代號(hào)) (3)在虛線(xiàn)框內(nèi)畫(huà)出測(cè)量電阻膜的電阻R的實(shí)驗(yàn)電路圖． Ｋ (4)若電壓表的讀數(shù)為U，電流表的讀數(shù)為I，鍍膜材料的電阻率為，計(jì)算電阻膜厚度d的數(shù)學(xué)表達(dá)式為：d＝__________(用已知量的符號(hào)表示)。 三、計(jì)算題(42分) 8．(20分)如圖G3－8所示，空間內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線(xiàn)MN的右側(cè)有垂直紙面向里

8、、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小顆粒自A點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，剛好沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)至光滑絕緣的水平面C點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)至D處剛好離開(kāi)水平面，然后沿圖示曲線(xiàn)DP軌跡運(yùn)動(dòng)．AC與水平面夾角α＝30°，重力加速度為g，求： (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)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．(22分)如圖G3－9甲所示，M和N是相互平行的金屬板，OO1O2為中線(xiàn)，O1

9、為板間區(qū)域的中點(diǎn)，P是足夠大的熒光屏．帶電粒子連續(xù)地從O點(diǎn)沿OO1方向射入兩板間． (1)只在兩板間加恒定電壓U，M和N相距為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)(不考慮電場(chǎng)邊緣效應(yīng))．若入射粒子是電荷量為e、質(zhì)量為m的電子，試求打在熒光屏P上偏離點(diǎn)O2最遠(yuǎn)的電子的動(dòng)能． (2)已知兩板間只存在一個(gè)以O(shè)1點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50 T，兩板間距d＝ cm，板長(zhǎng)L＝1.0 cm，帶電粒子的質(zhì)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(diǎn)，試求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r，并確定磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R應(yīng)

10、滿(mǎn)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(zhǎng)為L(zhǎng)(不考慮電場(chǎng)邊緣效應(yīng))．入射粒子是電荷量為e、質(zhì)量為m的電子．某電子在t0＝時(shí)刻以速度v0射入電場(chǎng)，要使該電子能通過(guò)平行金屬板，試確定U0應(yīng)滿(mǎn)足的條件. 　　　甲　　　　　　　　　　　　乙 圖G3－9 45分鐘滾動(dòng)復(fù)習(xí)訓(xùn)練卷(三) 1．D　[解析] 點(diǎn)電荷＋Q在b、d兩點(diǎn)形成的分電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，由電場(chǎng)疊加知，b、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在bedf平面上移動(dòng)試探電荷時(shí)，電荷受到的勻強(qiáng)電場(chǎng)產(chǎn)生的分力對(duì)試探電荷不做動(dòng)，而點(diǎn)電荷＋Q產(chǎn)生的電場(chǎng)對(duì)試探荷可能做功，因此該平面

11、不是等勢(shì)面，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在球面上移動(dòng)試探電荷時(shí)，電荷受到的勻強(qiáng)電場(chǎng)產(chǎn)生的分力對(duì)試探電荷可能做功，整個(gè)球面不是等勢(shì)面，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在球面上任意兩點(diǎn)之間移動(dòng)點(diǎn)電荷＋q時(shí)，點(diǎn)電荷＋Q產(chǎn)生的電場(chǎng)對(duì)＋q不做功，而只有勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)＋q做功，且從a點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)電場(chǎng)力做功最大，所以對(duì)應(yīng)的電勢(shì)能的變化量一定最大，選項(xiàng)D正確． 2．B　[解析] 直線(xiàn)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感線(xiàn)是以導(dǎo)線(xiàn)為圓心的同心圓，由此可知，直線(xiàn)電流a在M點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于aM向下，在N點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于aN向上，直線(xiàn)電流b在M點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于bM向下，在N點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于bN向上，又由于兩導(dǎo)線(xiàn)中電流大小相同，故它們?cè)贛、

12、N兩點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都相等，再由場(chǎng)的疊加可得，M點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于MN向下，N點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于MN向上，且兩者大小相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；在MN的中點(diǎn)O處，兩電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等而方向相反，O點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；放在磁場(chǎng)中的小磁針靜止時(shí)北極指向所在處磁場(chǎng)的方向，由上述分析可知其應(yīng)指向與MN垂直向上的方向，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 3．B　[解析] 保持S接通，兩極板間的電勢(shì)差U不變，根據(jù)E＝可知，若減小兩極板間的距離d，則兩極板間電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，根據(jù)Q＝CU＝∝可知，若在兩極板間插入一塊介質(zhì)，介電常數(shù)ε增大，則極板上的電荷量增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確

13、；斷開(kāi)K時(shí)，兩極板上的電荷量Q不變，根據(jù)U＝＝∝可知，當(dāng)只增大兩極板間的距離d時(shí)，兩極板間的電勢(shì)差增大，當(dāng)在兩極板間插入一塊介質(zhì)時(shí)，εr增大，則兩極板間的電勢(shì)差減小，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤． 4．AC　[解析] O點(diǎn)電勢(shì)φ0為零，設(shè)x點(diǎn)的電勢(shì)為φx則Ux0＝φx－φ0＝Ex，即φx＝Ex，表明沿Ox方向電場(chǎng)強(qiáng)度不變，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由靜止釋放電子，電子由電勢(shì)能低處向電勢(shì)高處運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 5．AC　[解析] 根據(jù)P＝，當(dāng)三個(gè)小燈泡亮度相同時(shí)，C燈兩端電壓最大，則其電阻最大，由P＝I2R，因IB>IA，則RB

14、阻變大，總電阻變大，總電流變小，則路端電壓變大，C燈變亮，通過(guò)C燈的電流增大，則通過(guò)B燈的電流減小，B燈變暗，B燈兩端的電壓變小，則A燈兩端的電壓變大，A燈變亮，通過(guò)A燈的電流變大，則流過(guò)R的電流減小，B錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)外電阻與內(nèi)電阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大，兩者偏離越大，則輸出功率越小，D錯(cuò)誤． 6．CD　[解析] a粒子要在電場(chǎng)、磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)區(qū)內(nèi)做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則該粒子一定沿水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故對(duì)粒子a有：Bqv＝Eq，即只要滿(mǎn)足E＝Bv，無(wú)論粒子帶正電還是負(fù)電，粒子都可以沿直線(xiàn)穿出復(fù)合場(chǎng)區(qū)，當(dāng)撤去磁場(chǎng)只保留電場(chǎng)時(shí)，粒子b由于電性不確定，故無(wú)法判斷是從O′點(diǎn)的上方還是下方穿出，選項(xiàng)A

15、、B錯(cuò)誤；粒子b在穿過(guò)電場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中必然受到電場(chǎng)力的作用而做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，其電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，選項(xiàng)C、D正確． 8．(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(dòng)勢(shì)為6 V，電壓表選擇E；流過(guò)電阻膜的最大電流約為＝6 mA，電流表選擇C，這是因?yàn)榱硪浑娏鞅淼牧砍烫?，指針偏轉(zhuǎn)太小，測(cè)量誤差太大；兩個(gè)滑動(dòng)變阻器的最大阻值都遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻膜的阻值，所以只能采用分壓接法，而采用分壓接法時(shí)要選擇小阻值滑動(dòng)變阻器，所以滑動(dòng)變阻器選擇G. (

16、3)因?yàn)榇郎y(cè)電阻膜的阻值很大，所以電流表要內(nèi)接，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，實(shí)驗(yàn)電路圖如答案圖所示． (4)根據(jù)R＝，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(yùn)動(dòng)方向，則 qE＝mgcotα 可得E＝. (2)設(shè)小顆粒在D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，在水平方向由牛頓第二定律得 qE＝ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 2ad＝v 小顆粒在D點(diǎn)離開(kāi)水平面的條件是： qvDB＝mg 解得d＝. (3)當(dāng)速度方向與電場(chǎng)力和重力合力方向均重直時(shí)，速度最大，則 qvmB－＝ 又R＝kh 解得h＝. 9．(1)(2)5

17、×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(guò)金屬板的時(shí)間：t＝， 對(duì)打在熒光屏P上偏離點(diǎn)O2最遠(yuǎn)的粒子有：＝at2， 此時(shí)粒子的動(dòng)能Ek＝eU＋mv2， 聯(lián)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(shè)恰好在熒光屏P上觀察到亮點(diǎn)時(shí)，粒子偏轉(zhuǎn)角為2θ，磁場(chǎng)區(qū)域的最大半徑為R0，由幾何關(guān)系可知： tan 2θ＝， tan θ＝， 解得R0＝5×10－3 m， 則R應(yīng)滿(mǎn)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(guò)金屬板的時(shí)間：t′＝＝， 電子在兩極板間的加速度：a′＝， 設(shè)電子分別在T～T、T～T、T～T、T～T時(shí)間內(nèi)沿垂直于初速度方向運(yùn)動(dòng)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(guò)平行金屬板，應(yīng)滿(mǎn)足條件： y1＋y2＋y3＋y4≤， 聯(lián)立，解得：U0≤。