（广东专用）高考物理一轮复习方案 45分钟滚动复习训练卷(三)

45分钟滚动复习训练卷(三)(考查范围：第七～九单元分值：100分)一、单项选择题(每小题6分，共18分)1．如图G3－1所示在匀强电场E的区域内，O点处放置一点电荷＋Q，a，b、c、d，e，f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场E平行，bedf平面与电场E垂直，则下列说法中正确的是()图G3－1A．b、d两点的电场强度相同B．bedf平面是等势面C．整个球面是等势面D．在球面上任意两点之间移动点电荷＋q时，从a点移动到c点电势能的变化量一定最大2．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图G3－2所示为垂直于导线的截面图．在图示的平面内，O点为两根导线连线ab的中点，M、N为ab的中垂线上的两点，它们与a、b的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流，已知直线电流产生的磁场在某点的磁感应强度B的大小跟该点到通电导线的距离r成反比，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是()图G3－2A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D．若在N点放一小磁针，静止时其北极沿ON指向O点3．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成平行板电容器，与它相连接的电路如图G3－3所示．接通开关S，电源即给电容器充电，达到稳定后()图G3－3A．保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B．保持S接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量增大C．断开S，增大两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D．断开S，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大二、双项选择题(每小题6分，共18分)4．如图G3－4甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点电势φ随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则()甲乙图G3－4A．电场一定是匀强电场B．电场的场强沿Ox方向增大C．电子将沿Ox正方向运动D．电子的电势能将增大5．如图G3－5所示的电路中，电源的电动势为E、内电阻为r(r小于外电路的总电阻)，当滑动变阻器R的滑片P位于中点时，A、B、C三个灯泡均正常发光，且亮度相同，则()图G3－5A．三个小灯泡中，C灯电阻最大，B灯电阻最小B．当滑片P向左移动时，A、B两灯变亮，C灯变暗C．当滑片P向左移动时，流过R的电流减小D．当滑片P向左移动时，电源的输出功率随电阻增大而增大图G3－66．如图G3－6所示的虚线区域内充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同的初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b()A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．在电场中运动时，电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定增大二、实验题(16分)7．如图G3－7甲所示，有一根长陶瓷管，其表面均匀地镀有一层很薄的电阻膜，管的两端有导电箍M和N，陶瓷管的直径远大于电阻膜的厚度．用多用表电阻挡测得MN间的电阻膜的电阻约为1kΩ.图G3－7某同学利用下列器材设计了一个测量该电阻膜的厚度d的实验．A．米尺(最小分度为mm)；B．游标卡尺(游标为20分度)；C．电流表A1(量程5mA，内阻约10Ω)；D．电流表A2(量程100mA，内阻约0.6Ω)；E．电压表V1(量程5V，内阻约5kΩ)；F．电压表V2(量程15V，内阻约15kΩ)；G．滑动变阻器R1(阻值0～10Ω，额定电流1.5AH．滑动变阻器R2(阻值0～100Ω，额定电流1AI．电源E(电动势6V，内阻可不计)；J．开关一个，导线若干．(1)他用毫米刻度尺测出电阻膜的长度为l＝10.00cm，用20分度游标卡尺测量该陶瓷管的外径，其示数如图乙所示，该陶瓷管的外径D＝________(2)为了比较准确地测量电阻膜的电阻，且调节方便，实验中应选用电流表________、电压表______、滑动变阻器________．(填写器材前面的字母代号)(3)在虚线框内画出测量电阻膜的电阻R的实验电路图．Ｋ(4)若电压表的读数为U，电流表的读数为I，镀膜材料的电阻率为，计算电阻膜厚度d的数学表达式为：d＝__________(用已知量的符号表示)。三、计算题(42分)8．(20分)如图G3－8所示，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一质量为m、带电荷量为＋q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰撞的瞬间，小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平面，然后沿图示曲线DP轨迹运动．AC与水平面夹角α＝30°，重力加速度为g，求：(1)匀强电场的场强E；(2)AD之间的水平距离d；(3)已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为vm，该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？图G3－89．(22分)如图G3－9甲所示，M和N是相互平行的金属板，OO1O2为中线，O1为板间区域的中点，P是足够大的荧光屏．带电粒子连续地从O点沿OO1方向射入两板间．(1)只在两板间加恒定电压U，M和N相距为d，板长为L(不考虑电场边缘效应)．若入射粒子是电荷量为e、质量为m的电子，试求打在荧光屏P上偏离点O2最远的电子的动能．(2)已知两板间只存在一个以O1点为圆心的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B＝0.50T，两板间距d＝eq\r(3)cm，板长L＝1.0cm，带电粒子的质量m＝2.0×10－25kg，电荷量q＝8.0×10－18C，入射速度v＝eq\r(3)×105m/s.若能在荧光屏上观察到亮点，试求粒子在磁场中运动的轨道半径r，并确定磁场区域的半径R应满足的条件．(3)只在两板间加如图乙所示的交变电压u，M和N相距为d，板长为L(不考虑电场边缘效应)．入射粒子是电荷量为e、质量为m的电子．某电子在t0＝eq\f(L,4v0)时刻以速度v0射入电场，要使该电子能通过平行金属板，试确定U0应满足的条件.甲乙图G3－9

45分钟滚动复习训练卷(三)1．D[解析]点电荷＋Q在b、d两点形成的分电场强度大小相等、方向相反，由电场叠加知，b、d两点的电场强度方向不同，选项A错误；在bedf平面上移动试探电荷时，电荷受到的匀强电场产生的分力对试探电荷不做动，而点电荷＋Q产生的电场对试探荷可能做功，因此该平面不是等势面，选项B错误；在球面上移动试探电荷时，电荷受到的匀强电场产生的分力对试探电荷可能做功，整个球面不是等势面，选项C错误；在球面上任意两点之间移动点电荷＋q时，点电荷＋Q产生的电场对＋q不做功，而只有匀强电场对＋q做功，且从a点移动到c点电场力做功最大，所以对应的电势能的变化量一定最大，选项D正确．2．B[解析]直线电流产生的磁场的磁感线是以导线为圆心的同心圆，由此可知，直线电流a在M点处产生的磁场方向垂直于aM向下，在N点处产生的磁场方向垂直于aN向上，直线电流b在M点处产生的磁场方向垂直于bM向下，在N点处产生的磁场方向垂直于bN向上，又由于两导线中电流大小相同，故它们在M、N两点处产生的磁感应强度大小都相等，再由场的叠加可得，M点处磁感应强度方向垂直于MN向下，N点处磁感应强度方向垂直于MN向上，且两者大小相等，选项A错误，选项B正确；在MN的中点O处，两电流产生的磁感应强度大小相等而方向相反，O点处磁感应强度为零，选项C错误；放在磁场中的小磁针静止时北极指向所在处磁场的方向，由上述分析可知其应指向与MN垂直向上的方向，选项D错误．3．B[解析]保持S接通，两极板间的电势差U不变，根据E＝eq\f(U,d)可知，若减小两极板间的距离d，则两极板间电场的电场强度增大，根据Q＝CU＝eq\f(εrSU,4πkd)∝eq\f(εrS,d)可知，若在两极板间插入一块介质，介电常数ε增大，则极板上的电荷量增大，选项A错误，选项B正确；断开K时，两极板上的电荷量Q不变，根据U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)∝eq\f(dQ,εrS)可知，当只增大两极板间的距离d时，两极板间的电势差增大，当在两极板间插入一块介质时，εr增大，则两极板间的电势差减小，选项C、D错误．4．AC[解析]O点电势φ0为零，设x点的电势为φx则Ux0＝φx－φ0＝Ex，即φx＝Ex，表明沿Ox方向电场强度不变，选项A正确，B错误；由静止释放电子，电子由电势能低处向电势高处运动，电场力做正功，电势能减小，选项C正确，选项D错误．5．AC[解析]根据P＝eq\f(U2,R)，当三个小灯泡亮度相同时，C灯两端电压最大，则其电阻最大，由P＝I2R，因IB>IA，则RB<RA，A正确；当滑片P向左移动时，变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流变小，则路端电压变大，C灯变亮，通过C灯的电流增大，则通过B灯的电流减小，B灯变暗，B灯两端的电压变小，则A灯两端的电压变大，A灯变亮，通过A灯的电流变大，则流过R的电流减小，B错误，C正确；当外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大，两者偏离越大，则输出功率越小，D错误．6．CD[解析]a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv＝Eq，即只要满足E＝Bv，无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断是从O′点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，选项C、D正确．8．(1)1.350cm(2)CEG(3)如图所示(4)d＝eq\f(ρlI,πDU)[解析](1)该陶瓷管的外径D＝13mm＋10×eq\f(1,20)mm＝13.50mm＝1.350cm.(2)电源的电动势为6V，电压表选择E；流过电阻膜的最大电流约为eq\f(6V,1kΩ)＝6mA，电流表选择C，这是因为另一电流表的量程太大，指针偏转太小，测量误差太大；两个滑动变阻器的最大阻值都远小于待测电阻膜的阻值，所以只能采用分压接法，而采用分压接法时要选择小阻值滑动变阻器，所以滑动变阻器选择G.(3)因为待测电阻膜的阻值很大，所以电流表要内接，滑动变阻器采用分压接法，实验电路图如答案图所示．(4)根据R＝eq\f(U,I)，R＝ρeq\f(l,S)，S＝πDd可得，电阻膜的厚度d＝eq\f(ρlI,πDU).8．(1)eq\f(\r(3)mg,q)(2)eq\f(\r(3)m2g,6q2B2)(3)eq\f(mveq\o\al(2,m),k（Bqvm－2mg）)[解析](1)小颗粒受力如图所示，合力方向沿运动方向，则qE＝mgcotα可得E＝eq\f(\r(3)mg,q).(2)设小颗粒在D点时的速度为vD，在水平方向由牛顿第二定律得qE＝ma由运动学公式得2ad＝veq\o\al(2,D)小颗粒在D点离开水平面的条件是：qvDB＝mg解得d＝eq\f(\r(3)m2g,6q2B2).(3)当速度方向与电场力和重力合力方向均重直时，速度最大，则qvmB－eq\f(mg,sin30°)＝eq\f(mveq\o\al(2,m),R)又R＝kh解得h＝eq\f(mveq\o\al(2,m),k（Bqvm－2mg）).9．(1)eq\f(eU（d2＋L2）,2D2)(2)5eq\r(3)×10－3mR≤5×10－3m(3)U0≤eq\f(8md2veq\o\al(2,0),eL2)[解析](1)电子在两极板间的加速度：a＝eq\f(eU,md)，通过金属板的时间：t＝eq\f(L,v)，对打在荧光屏P上偏离点O2最远的粒子有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，此时粒子的动能Ek＝eq\f(1,2)eU＋eq\f(1,2)mv2，联立解得：Ek＝eq\f(eU（d2＋L2）,2d2)(2)由牛顿第二定律可知，qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝5eq\r(3)×10－3m；如图所示，设恰好在荧光屏P上观察到亮点时，粒子偏转角为2θ，磁场区域的最大半径为R0，由几何关系可知：tan2θ＝eq\f(d/2,L/2)，tanθ＝eq\f(R0,r)，解得R0＝5×10－3则R应满足的条件为：R≤5×10－3(3)交变电压的周期：T＝eq\f(2L,3v0)，则t0＝eq\f(3,8)T，电子通过金属板的时间：t′＝eq\f(L,v0)＝eq\f(3T,2)，电子在两极板间的加速度：a′＝eq\f(eU0,md)，设电子分别在eq\f(3,8)T～eq\f(5,8)T、eq\f(5,8)T～eq\f(11,8)T、eq\f(11,8)T～eq\f(13,8)T、eq\f(13,8)T～eq\f(15,8)T时间内沿垂直于初速度方向运动