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。