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2022年高三物理一輪 雙基鞏固卷 第6-8單元

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2022年高三物理一輪 雙基鞏固卷 第6-8單元

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G31所示,在勻強電場E的區(qū)域內(nèi),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G31Ab、d兩點的電場強度相同Bbedf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G32所示為垂直于導線的截面圖在圖示的平面內(nèi),O點為兩根導線連線ab的中點,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(chǎn)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G32AM點和N點的磁感應強度大小相等,方向相同BM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G33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,電子僅受電場力的作用,則()甲乙圖G33A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G344兩塊大小、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G34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(zhì),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(zhì),則兩極板間的電勢差增大5如圖G35所示的電路中,電源的電動勢為E、內(nèi)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G35A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G366如圖G36所示的虛線區(qū)域內(nèi)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,恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O點(圖中未標出)穿出若撤去該區(qū)域內(nèi)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G37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 k.圖G37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(nèi)阻約10 );D電流表A2(量程100 mA,內(nèi)阻約0.6 );E電壓表V1 (量程5 V,內(nèi)阻約5 k);F電壓表V2(量程15 V,內(nèi)阻約15 k);G滑動變阻器R1(阻值010 ,額定電流1.5 A);H滑動變阻器R2(阻值0100 ,額定電流1 A);I電源E(電動勢6 V,內(nèi)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l10.00 cm,用20分度游標卡尺測量該陶瓷管的外徑,其示數(shù)如圖乙所示,該陶瓷管的外徑D_cm.(2)為了比較準確地測量電阻膜的電阻,且調(diào)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(nèi)畫出測量電阻膜的電阻R的實驗電路圖(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,計算電阻膜厚度d的數(shù)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G38所示,空間內(nèi)存在水平向右的勻強電場,在虛線MN的右側(cè)有垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小顆粒自A點由靜止開始運動,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G389(24分)如圖G39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(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(zhì)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B0.50 T,兩板間距d cm,板長L1.0 cm,帶電粒子的質(zhì)量m2.0×1025 kg,電荷量q8.0×1018 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(不考慮電場邊緣效應)入射粒子是電荷量為e、質(zhì)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G391D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(chǎn)生的分力對試探電荷不做動,而點電荷Q產(chǎn)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(chǎn)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錯誤;在球面上任意兩點之間移動點電荷q時,點電荷Q產(chǎn)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2B解析 直線電流產(chǎn)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(chǎn)生的磁場方向垂直于aM向下,在N點處產(chǎn)生的磁場方向垂直于aN向上,直線電流b在M點處產(chǎn)生的磁場方向垂直于bM向下,在N點處產(chǎn)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(chǎn)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,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(chǎn)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3AC解析 O點電勢0為零,設x點的電勢為x則Ux0x0Ex,即xEx,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4B解析 保持S接通,兩極板間的電勢差U不變,根據(jù)E可知,若減小兩極板間的距離d,則兩極板間電場的電場強度增大,根據(jù)QCU可知,若在兩極板間插入一塊介質(zhì),介電常數(shù)r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(jù)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(zhì)時,r增大,則兩極板間的電勢差減小,選項C、D錯誤5AC解析 根據(jù)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PI2R,因IB>IA,則RB<RA,A正確;當滑片P向左移動時,變阻器的電阻變大,總電阻變大,總電流變小,則路端電壓變大,C燈變亮,通過C燈的電流增大,則通過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(nèi)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6C解析 a粒子要在電場、磁場的復合場區(qū)內(nèi)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:BqvEq,即只要滿足EBv,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,選項D錯誤7(1)1.350 cm(2)CEG(3)如圖所示(4)d解析 (1)該陶瓷管的外徑D13 mm10× mm13.50 mm1.350 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(zhuǎn)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(nèi)接,滑動變阻器采用分壓接法,實驗電路圖如圖所示(4)根據(jù)R,R,SDd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qEmgcot,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:qEma,由運動學公式得:2adv,小顆粒在D點離開水平面的條件是:qvDBmg,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Rkh,解得:h.9(1)(2)5×103mR<5×103m(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,對打在熒光屏P上偏離點O2最遠的粒子有:at2,此時粒子的動能EkeUmv2,聯(lián)立解得:Ek.(2)由牛頓第二定律可知,qvBm,解得:r5×103 m;如圖所示,設恰好在熒光屏P上觀察到亮點時,粒子偏轉(zhuǎn)角為2,磁場區(qū)域的最大半徑為R0,由幾何關系可知:tan2,tan,得R05×103 m,則R應滿足的條件為:R5×103 m(3)交變電壓的周期:T,則t0T,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TT、TT、TT、TT時間內(nèi)沿垂直于初速度方向運動的位移依次為y1、y2、y3、y4,則有:y1y3a,y2a,y4a,要使電子能通過平行金屬板,應滿足條件:y1y2y3y4,聯(lián)立解得:U0。

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