（廣東專用）高考物理一輪復(fù)習(xí)方案 45分鐘滾動復(fù)習(xí)訓(xùn)練卷(三)

45分鐘滾動復(fù)習(xí)訓(xùn)練卷(三)(考查范圍：第七～九單元分值：100分)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E平行，bedf平面與電場E垂直，則下列說法中正確的是()圖G3－1A．b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)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(diǎn)之間移動點(diǎn)電荷＋q時，從a點(diǎn)移動到c點(diǎn)電勢能的變化量一定最大2．有兩根長直導(dǎo)線a、b互相平行放置，如圖G3－2所示為垂直于導(dǎo)線的截面圖．在圖示的平面內(nèi)，O點(diǎn)為兩根導(dǎo)線連線ab的中點(diǎn)，M、N為ab的中垂線上的兩點(diǎn)，它們與a、b的距離相等．若兩導(dǎo)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(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小跟該點(diǎn)到通電導(dǎo)線的距離r成反比，則關(guān)于線段MN上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的說法中正確的是()圖G3－2A．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．接通開關(guān)S，電源即給電容器充電，達(dá)到穩(wěn)定后()圖G3－3A．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(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_S，增大兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小D．?dāng)嚅_S，在兩極板間插入一塊介質(zhì)，則兩極板間的電勢差增大二、雙項(xiàng)選擇題(每小題6分，共18分)4．如圖G3－4甲所示，一條電場線與Ox軸重合，取O點(diǎn)電勢為零，Ox方向上各點(diǎn)電勢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，電子僅受電場力的作用，則()甲乙圖G3－4A．電場一定是勻強(qiáng)電場B．電場的場強(qiáng)沿Ox方向增大C．電子將沿Ox正方向運(yùn)動D．電子的電勢能將增大5．如圖G3－5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(dāng)滑動變阻器R的滑片P位于中點(diǎn)時，A、B、C三個燈泡均正常發(fā)光，且亮度相同，則()圖G3－5A．三個小燈泡中，C燈電阻最大，B燈電阻最小B．當(dāng)滑片P向左移動時，A、B兩燈變亮，C燈變暗C．當(dāng)滑片P向左移動時，流過R的電流減小D．當(dāng)滑片P向左移動時，電源的輸出功率隨電阻增大而增大圖G3－66．如圖G3－6所示的虛線區(qū)域內(nèi)充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場，一帶電粒子a(不計(jì)重力)以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(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)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子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．在電場中運(yùn)動時，電勢能一定減小D．在電場中運(yùn)動時，動能一定增大二、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．用多用表電阻擋測得MN間的電阻膜的電阻約為1kΩ.圖G3－7某同學(xué)利用下列器材設(shè)計(jì)了一個測量該電阻膜的厚度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5mA，內(nèi)阻約10Ω)；D．電流表A2(量程100mA，內(nèi)阻約0.6Ω)；E．電壓表V1(量程5V，內(nèi)阻約5kΩ)；F．電壓表V2(量程15V，內(nèi)阻約15kΩ)；G．滑動變阻器R1(阻值0～10Ω，額定電流1.5AH．滑動變阻器R2(阻值0～100Ω，額定電流1AI．電源E(電動勢6V，內(nèi)阻可不計(jì))；J．開關(guān)一個，導(dǎo)線若干．(1)他用毫米刻度尺測出電阻膜的長度為l＝10.00cm，用20分度游標(biāo)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＝________(2)為了比較準(zhǔn)確地測量電阻膜的電阻，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(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，在虛線MN的右側(cè)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小顆粒自A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動，剛好沿直線運(yùn)動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)動至D處剛好離開水平面，然后沿圖示曲線DP軌跡運(yùn)動．AC與水平面夾角α＝30°，重力加速度為g，求：(1)勻強(qiáng)電場的場強(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G3－89．(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，O1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，板長為L(不考慮電場邊緣效應(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)的電子的動能．(2)已知兩板間只存在一個以O(shè)1點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50T，兩板間距d＝eq\r(3)cm，板長L＝1.0cm，帶電粒子的質(zhì)量m＝2.0×10－25kg，電荷量q＝8.0×10－18C，入射速度v＝eq\r(3)×105m/s.若能在熒光屏上觀察到亮點(diǎn)，試求粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r，并確定磁場區(qū)域的半徑R應(yīng)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(yīng))．入射粒子是電荷量為e、質(zhì)量為m的電子．某電子在t0＝eq\f(L,4v0)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(yīng)滿足的條件.甲乙圖G3－9

45分鐘滾動復(fù)習(xí)訓(xùn)練卷(三)1．D[解析]點(diǎn)電荷＋Q在b、d兩點(diǎn)形成的分電場強(qiáng)度大小相等、方向相反，由電場疊加知，b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向不同，選項(xiàng)A錯誤；在bedf平面上移動試探電荷時，電荷受到的勻強(qiáng)電場產(chǎn)生的分力對試探電荷不做動，而點(diǎn)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(xiàng)B錯誤；在球面上移動試探電荷時，電荷受到的勻強(qiáng)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(xiàng)C錯誤；在球面上任意兩點(diǎn)之間移動點(diǎn)電荷＋q時，點(diǎn)電荷＋Q產(chǎn)生的電場對＋q不做功，而只有勻強(qiáng)電場對＋q做功，且從a點(diǎn)移動到c點(diǎn)電場力做功最大，所以對應(yīng)的電勢能的變化量一定最大，選項(xiàng)D正確．2．B[解析]直線電流產(chǎn)生的磁場的磁感線是以導(dǎo)線為圓心的同心圓，由此可知，直線電流a在M點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場方向垂直于aM向下，在N點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場方向垂直于aN向上，直線電流b在M點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場方向垂直于bM向下，在N點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場方向垂直于bN向上，又由于兩導(dǎo)線中電流大小相同，故它們在M、N兩點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都相等，再由場的疊加可得，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(yīng)指向與MN垂直向上的方向，選項(xiàng)D錯誤．3．B[解析]保持S接通，兩極板間的電勢差U不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，若減小兩極板間的距離d，則兩極板間電場的電場強(qiáng)度增大，根據(jù)Q＝CU＝eq\f(εrSU,4πkd)∝eq\f(εrS,d)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錯誤，選項(xiàng)B正確；斷開K時，兩極板上的電荷量Q不變，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)∝eq\f(dQ,εrS)可知，當(dāng)只增大兩極板間的距離d時，兩極板間的電勢差增大，當(dāng)在兩極板間插入一塊介質(zhì)時，εr增大，則兩極板間的電勢差減小，選項(xiàng)C、D錯誤．4．AC[解析]O點(diǎn)電勢φ0為零，設(shè)x點(diǎn)的電勢為φx則Ux0＝φx－φ0＝Ex，即φx＝Ex，表明沿Ox方向電場強(qiáng)度不變，選項(xiàng)A正確，B錯誤；由靜止釋放電子，電子由電勢能低處向電勢高處運(yùn)動，電場力做正功，電勢能減小，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯誤．5．AC[解析]根據(jù)P＝eq\f(U2,R)，當(dāng)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<RA，A正確；當(dāng)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(dāng)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．6．CD[解析]a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運(yùn)動，則該粒子一定沿水平方向做勻速直線運(yùn)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(fù)電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當(dāng)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(diǎn)的上方還是下方穿出，選項(xiàng)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(yùn)動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，選項(xiàng)C、D正確．8．(1)1.350cm(2)CEG(3)如圖所示(4)d＝eq\f(ρlI,πDU)[解析](1)該陶瓷管的外徑D＝13mm＋10×eq\f(1,20)mm＝13.50mm＝1.350cm.(2)電源的電動勢為6V，電壓表選擇E；流過電阻膜的最大電流約為eq\f(6V,1kΩ)＝6mA，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，測量誤差太大；兩個滑動變阻器的最大阻值都遠(yuǎn)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?yàn)榇郎y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(shí)驗(yàn)電路圖如答案圖所示．(4)根據(jù)R＝eq\f(U,I)，R＝ρeq\f(l,S)，S＝πDd可得，電阻膜的厚度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)小顆粒受力如圖所示，合力方向沿運(yùn)動方向，則qE＝mgcotα可得E＝eq\f(\r(3)mg,q).(2)設(shè)小顆粒在D點(diǎn)時的速度為vD，在水平方向由牛頓第二定律得qE＝ma由運(yùn)動學(xué)公式得2ad＝veq\o\al(2,D)小顆粒在D點(diǎn)離開水平面的條件是：qvDB＝mg解得d＝eq\f(\r(3)m2g,6q2B2).(3)當(dāng)速度方向與電場力和重力合力方向均重直時，速度最大，則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)電子在兩極板間的加速度：a＝eq\f(eU,md)，通過金屬板的時間：t＝eq\f(L,v)，對打在熒光屏P上偏離點(diǎn)O2最遠(yuǎn)的粒子有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，此時粒子的動能Ek＝eq\f(1,2)eU＋eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得：Ek＝eq\f(eU（d2＋L2）,2d2)(2)由牛頓第二定律可知，qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝5eq\r(3)×10－3m；如圖所示，設(shè)恰好在熒光屏P上觀察到亮點(diǎn)時，粒子偏轉(zhuǎn)角為2θ，磁場區(qū)域的最大半徑為R0，由幾何關(guān)系可知：tan2θ＝eq\f(d/2,L/2)，tanθ＝eq\f(R0,r)，解得R0＝5×10－3則R應(yīng)滿足的條件為：R≤5×10－3(3)交變電壓的周期：T＝eq\f(2L,3v0)，則t0＝eq\f(3,8)T，電子通過金屬板的時間：t′＝eq\f(L,v0)＝eq\f(3T,2)，電子在兩極板間的加速度：a′＝eq\f(eU0,md)，設(shè)電子分別在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時間內(nèi)沿垂直于初速度方向運(yùn)動