1、1热点滚动加强练(三)考试时间：90 分钟第卷 (选择题 共 48 分)评卷人 得分 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48分)热点夯实练热点一 电场力的性质1.在一半径为 R 的圆周上均匀分布有 N 个带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中 A点的小球带电荷量为3 q，其余小球带电荷量为 q，此时圆心 O 点的电场强度大小为 E，现仅撤去 A 点的小球，则 O 点的电场强度大小为( ) A E BE2C. DE3 E4【解析】 撤去 A 点小球前， O 点的电场强度是 A 点的3 q 和与其关于 O 点对称点 q 两小球分别产生的电场叠加形成的，则 E ，方向水平向左撤去
2、 Ak3qR2 kqR2 k2qR2点的小球后， O 点的电场强度是 A 点关于 O 点对称点 q 产生的，所以 E ，方向kqR2 E2水平向右，B 正确【答案】 B热点二 电场能的性质2如图所示，虚线 a、 b、 c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即 Uab Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹， P、 R、 Q是这条轨迹上的三点， R 同时在等势面 b 上，据此可知( ) A三个等势面中， c 的电势最低B带电质点在 P 点的电势能比在 Q 点的小C带电质点在 P 点的动能与电势能之和比在 Q 点的小D带电质点在 R 点的加速度方向垂直
3、于等势面 b2【解析】 根据题意画出电场线，粒子在 P 处的受力方向如图所示，可知电场线应垂直等势线由 c 经 b 至 a，所以 a 点电势最低，选项 A 错误；粒子由 P 经 R 至 Q 的过程中，电场力对其做正功，带电质点的电势能降低，选项 B 错误；由于质点运动过程中只有电场力做功，所以质点的电势能与动能之和保持不变，选项 C 错误；根据电场线与等势面的几何关系可知，选项 D 正确【答案】 D热点三 电容器的电容、带电粒子在电场中的运动3如图所示，四个相同的金属容器共轴排列，它们的间距与容器的宽度相同，轴线上开有小孔在最左边、最右边两个容器上加电压 U 后，容器之间就形成了匀强电场今有一
4、个电子从最左边容器的小孔沿轴线入射，刚好没有从最右边容器出射，则该电子停止运动前( ) A通过各容器的速度比依次为 13 2B通过各容器的时间比依次为 531C通过各容器间隙所用的时间比依次为 531D通过各容器间隙的加速度比依次为 531【解析】 由题意可知，容器内部由于静电屏蔽电场强度为零，容器之间为匀强电场，故电子在容器内做匀速直线运动，在容器之间做匀减速直线运动，只考虑匀减速直线运动过程，可以认为电子是从右向左的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动规律可知，通过容器的速度之比为 v1 v2 v3 1，所以 A 正确电子在容器中做匀速3 2直线运动，故通过容器的时间之比为 1，所
5、以 B 错误因各容器间的距离相等，故13 12通过各容器间隙的时间之比 t1 t2 t3( )( 1)1，所以 C 错误电子在匀3 2 2强电场中所受电场力不变，故加速度不变，所以 D 错误【答案】 A4如图甲所示，在平行板电容器 A、 B 两极板间加上如图乙所示的交变电压， t0 时A 板电势比 B 板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰撞，而且电3子只受电场力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是( )A在 t0 时刻释放电子，则电子运动的 vt 图象如图一所示，该电子一直向 B 板做匀加速直线运动B若 t 时刻释放电子，则电子运动的 vt 图象如图二所示，该电子一直
6、向 B 板做T8匀加速直线运动C若 t 时刻释放电子，则电子运动的 vt 图象如图三所示，该电子在 2T 时刻在出T4发点左边D若 t T 时刻释放电子，在 2T 时刻电子在出发点的右边38【解析】 t0 时刻， A 板电势高，电子释放后向左运动，电子先向左加速运动，然后向左减速运动，重复该过程，一直向左运动，A 错误； t 时刻释放电子，电子先向左T8加速运动，再向左减速运动，然后向右加速运动，再向右减速运动，一个周期时总位移向左，B 错误； t 时刻释放电子，电子先向左加速，然后向左减速，再向右加速，然后向T4右减速，做周期性往复运动，在 t2 T 时刻位于出发点左侧，C 正确； t 时刻
7、释放电子，3T8作出其 vt 图象(略)，由图象知，在 2T 时刻电子在出发点右侧，D 正确【答案】 CD热点四 闭合电路的欧姆定律5如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中 R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻随温度 t 变化的图线如图乙所示，电流表为值班室的显示器， a、 b 之间接报警器，当传感器 R2所在处出现火情时，显示器的电流 I 和报警器两端的电压 U 的变化情况是( )4A I 变大， U 变大 B I 变大， U 变小C I 变小， U 变大 D I 变小， U 变小【解析】 当传感器所在处出现火情时，温度升高，由题图乙知其阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流 I
8、总 变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即 U 变小，电路中并联部分的电压 U 并 E I 总 (R1 r)， I 总 变大，其他量不变，则 U 并 变小，电流表示数 I变小，故 D 正确【答案】 D热点五 磁场、磁场对电流的作用6.如图所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线 ab、 cd、 ef 围成一个等边三角形，三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示， O 为等边三角形的中心， M、 N 分别为 O 关于导线 ab、 cd 的对称点已知三根导线中的电流形成的合磁场在 O 点的磁感应强度大小为 B1，在 M 点的磁感应强度大小为 B2，若撤去导线 ef，而 ab、 cd 中电流不
9、变，则此时 N 点的磁感应强度大小为( ) A B1 B2 B B1 B2C. DB1 B22 B1 B22【解析】 设每根导线中的电流在 O 点产生的磁感应强度大小为 B0， ef、 cd 中的电流在 M 点产生的磁感应强度大小都为 B0，则在 O 点有 B1 B0，在 M 点有 B22 B0 B0，撤去导线 ef 后，在 N 点有 BN B0 B0，联立各式可得 BN ，C 正确B1 B22【答案】 C7.如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有 n 匝，线圈由粗细均匀、单位长度质量为 2.5 g 的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁
10、，磁铁的中轴线 OO垂直于线圈平面且通过其圆心 O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为 0.5 T，方向与竖直线成 30角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为( g 取 10 m/s2)( ) 5A0.1 A B0.2 AC0.05 A D0.01 A【解析】 设线圈半径为 R，通电线圈受到的安培力为每小段导线所受的安培力的合力 F nBI2 Rsin 30，所受重力为 G n2 Rg ，平衡时有： F G， nBI2 Rsin 30 n2 Rg ，得 I ，代入数据得 I0.1 A，故 A 正确2 gB【答案】 A热点六 带电粒子在磁场中的运动8(2018济宁市高三一模)如图
11、所示，匀强磁场分布在半径为 R 的 圆形区域 MON 内，14Q 为半径 ON 上的一点且 OQ R， P 点为边界上一点，且 PQ 与 OM 平行现有两个完全相22同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子 1 从M 点正对圆心射入，恰从 N 点射出，粒子 2 从 P 点沿 PQ 射入，下列说法正确的是( ) A粒子 2 一定从 N 点射出磁场B粒子 2 在 P、 N 之间某点射出磁场C粒子 1 与粒子 2 在磁场中的运行时间之比为 32D粒子 1 与粒子 2 在磁场中的运行时间之比为 21【解析】 粒子 1 从 M 点正对圆心射入，恰从 N 点出，根据洛伦
12、兹力指向圆心，和 MN的中垂线过圆心，可确定圆心 O1，运动轨迹为圆弧 MN，其半径为 R.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同粒子 2 从 P 点沿 PQ 射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心 O2应在 P 点上方 R 处，连接 O2P、 ON、 OP、 O2N， O2PON 为菱形， O2N 大小为 R，所以粒子 2 一定从 N 点射出磁场，A 正确，B 错误 MO1N90；6 PO2N POQ，cos POQ ，所以 PO2N POQ45.两个完全相同的带电粒子以相OQOP同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同，粒子运动时间与圆心角成正比所以粒子 1 与粒子 2 在磁
13、场中的运行时间之比为 21，C 错误，D 正确【答案】 AD热点七 带电粒子在组合场中的运动9如图所示，在第象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为 E，在第、象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等有一个带电粒子以垂直于 x 轴的初速度 v0从 x 轴上的 P点进入匀强电场中，并且恰好与 y 轴的正方向成 45角进入磁场，又恰好垂直于 x 轴进入第象限的磁场已知 OP 之间的距离为 d，则带电粒子在磁场中第二次经过 x 轴时，在电场和磁场中运动的总时间为( ) A. B (25)7 d2v0 dv0C. (2 ) D (2 )dv0 32 dv0 72【解析】 带电粒子的运动轨迹如
14、图所示由题意知，带电粒子到达 y 轴时的速度v v0，这一过程的时间 t1 .又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径2dv02 2dv0r2 d.2故知带电粒子在第象限中的运动时间为：7t2 T 38 32 d2v 3 d2v0带电粒子在第象限中运动的时间为： t32 dv0故 t 总 (2 )dv0 72【答案】 D10图甲是回旋加速器的工作原理图D 1和 D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差， A 处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动若带电粒子在磁场中运动的动能 Ek随时间 t 的变化规律如图乙
15、所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是( )A在 Ekt 图中应该有 tn1 tn tn tn1B在 Ekt 图中应该有 tn1 tn tn tn1C在 Ekt 图中应该有 En1 En En En1D在 Ekt 图中应该有 En1 En En En1【解析】 根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速度无关可知，在 Ekt 图中应该有 tn1 tn tn tn1 ，选项 A 正确、B 错误；由于带电粒子在电场中加速，电场力做功相等，所以在 Ekt 图中应该有 En1 En En En1 ，选项 C 正确、D 错误【答案】 AC热点八 带电粒子在叠加场
16、中的运动11如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向里，将带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上关于该过程，下述说法正确的是( ) A小球做匀变速曲线运动B小球减少的电势能等于增加的动能C电场力和重力做的功等于小球增加的动能8D若保持其他条件不变，只减小磁感应强度，小球着地时动能不变【解析】 重力和电场力是恒力，但洛伦兹力是变力，因此合外力是变化的，由牛顿第二定律知其加速度也是变化的，选项 A 错误；由动能定理和功能关系知，选项 B 错误，选项 C 正确；磁感应强度减小时，小球落地时的水平位移会发生变化，则电场力所做的功也会随之发生变化，选项 D 错误【答案】 C12.质量为
17、 m、电荷量为 q 的微粒以速度 v 与水平方向成 角从 O 点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到 A，下列说法中正确的是( ) A该微粒一定带负电荷B微粒从 O 到 A 的运动可能是匀变速运动C该磁场的磁感应强度大小为mgqvcos D该电场的场强为 Bvcos 【解析】 若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力 mg、水平向左的电场力 qE 和垂直OA 斜向右下方的洛伦兹力 qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力 mg、水平向右的电场力 qE 和垂直 OA 斜向左上方的洛伦兹力
18、qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到 A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项 A 正确、B 错误；由平衡条件得： qvBcos mg， qvBsin qE，得磁场的磁感应强度 B ，电场的场mgqvcos 强 E Bvsin ，故选项 C 正确、D 错误【答案】 AC第卷 (非选择题 共 52 分)评卷人 得分二、非选择题(本大题共 6 小题，共 52 分)热点综合练13(4 分)(涉及测定电源的电动势和内电阻相关实验数据处理，电路图连线)在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材(1)甲同学按电路图 1 进行测量实验，其中 R2为保护电阻，则9请用笔画线代替导线在图 2 中完成
19、电路的连接；由电压表的读数 U 和电流表的读数 I，画出 UI 图线如图 3 所示，可得电源的电动势 E _ V，内阻 r _.(2)乙同学误将测量电路连接成如图 4 所示，其他操作正确，由电压表的读数 U 和电流表的读数 I，画出 UI 图线如图 5 所示，可得电源的电动势 E _V，内阻 r _.(结果保留 2 位有效数字)图 4 图 5【解析】 (1)电源电动势的值等于题图 3 中图线的纵轴截距，即 E2.8 V，内阻等于图线的斜率的绝对值，即 r0.6 .(2)电流表的示数是总电流的一部分，由电路的接法可知， R1左右两部分并联后与 R2串联，则在滑片从左向右移动过程中， R1左右两部
20、分并联后的阻值先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现题图 5 所示的图象，当电压为 2.5 V 时，电流为 0.5 A，此时 R1左右两部分阻值相等，则总电流为 I11 A；而当电压为 2.4 V 时，电流分别对应0.33 A 和 0.87 A，则说明当电压为 2.4 V 时，干路电流为， I20.33 A0.87 A1.2 A；则根据闭合电路欧姆定律可得 2.5 V E r(V)，2.4 V E1.2 r(V)，解得 E3.0 V， r0.50 .【答案】 (1)如图所示 2.8 0.6 (2)0.3 0.5014(8 分)(涉及描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验器材选取与数据处理)某学
21、习小组探究电学元件的伏安特性曲线(1)甲同学要描绘一个标有“3.6 V,1.2 W”的小灯泡的伏安特性曲线，除了导线和开关外，还有以下可供选择的器材：电压表 V(量程 5 V，内阻约为 5 k)10直流电源 E(电动势 4.5 V，内阻不计)电流表 A1(量程 350 mA，内阻约为 1 )电流表 A2(量程 150 mA，内阻约为 2 )滑动变阻器 R1(阻值 0200 )滑动变阻器 R2(阻值 010 )实验中电流表应选 _，滑动变阻器应选 _(填写器材代号)；在方框中画出完整的实验电路图，并标明器材代号(2)乙同学利用甲同学的电路分别描绘了三个电学元件的伏安特性曲线如图甲所示，然后他用如
22、图乙所示的电路分别给三个元件供电，并测出给元件 1 和元件 2 供电时的电流和电压值，分别标在图甲上( A 点和 B 点)已知 R09.0 ，则该电源的电动势 E _V，内电阻 r _.用图乙的电路单独给元件 3 供电时，元件 3 的电功率 P _ W.【解析】 (1)“3.6 V,1.2 W”的小灯泡的额定电流 I0.33 A，所以应选择电流表A1；因为描绘小灯泡的伏安特性曲线要求电压从零开始变化，所以应选用分压电路，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值小的，即选择滑动变阻器 R2；考虑到灯泡的电阻较小，应选择电流表外接法(2)依题意有 E1.5 V0.15 A(9.0 r)， E2.2 V0.08 A(9.0 r)，解得： E3.0 V， r1.0 .连接 AB 作一直线与元件 3 的伏安特性曲线的交点为(1.0 V,0.2 A)，所以用图乙的电
