2020届高三物理下学期检测试题（二）（Word版附解析）

高三物理学习质量自我检测 2 一、单项选择题 1.通过对比点电荷的电场分布，均匀带电球体外部电场可视作电荷全部集中于球心的点电荷产 生的电场，所采用的思想方法是（ ） A. 等效 B. 归纳 C. 类比 D. 演绎 【答案】A 【解析】 【详解】通过对比点电荷 电场分布，一个半径为 R 的均匀带电球体（或球壳）在外部产生 的电场，与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同，这里用到了等效替代思 想，故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 2.下列说法中正确的是（　　） A. 布朗运动是颗粒分子的无规则运动 B. 单晶体的某些物理性质呈现各向异性，是因为组成它们的原子（分子、离子）在空间上的 排列是杂乱无章的 C. 液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大，分子力表现为引力 D. 若把氢气和氧气看做理想气体，则质量和温度均相同的氢气和氧气内能相等 【答案】C 【解析】 【详解】A.悬浮在液体中的微粒足够小，来自各个方向的液体分子撞击的不平衡性使微粒的运 动无规则，这是布朗运动，故 A 错误； B.单晶体的某些物理性质呈现各向异性，是因为组成它们的原子(分子、离子)在空间上的排列 是有序的，故 B 错误； C.液体表面，由于蒸发，故液体表面分子间距大于内部，即液体表面层分子较稀疏，故分子间 引力大于斥力，表现为引力，故 C 正确； D.若把氢气和氧气看做理想气体，则质量和温度相同的氢气和氧气分子的平均动能相等，但分 子数不同，故内能不相等，故 D 错误。 故选 C。 的3.下列四幅示意图所表示的实验中，能说明光具有粒子性的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A. 粒子散射实验说明了原子的核式结构，故 A 错误； B.单缝干涉实验说明光具有波动性，故 B 错误； C.光电效应说明光具有粒子性，故 C 正确； D.放射线在电场中偏转是根据带点粒子的偏转方向确定放射线的电性，故 D 错误。 故选 C。 4.中国北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系 统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统。预 计 2020 年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力。如图所示是北斗卫星导航系统中部 分卫星的轨道示意图，已知 a、b、c 三颗卫星均做圆周运动，a 是地球同步卫星，则（　　） A. 卫星 c 的运行速度大于 7.9km/s B. 卫星 b 的运行速度大于 a 的运行速度 C. 卫星 b 的运行速度大于赤道上物体随地球自转的线速度 D. 卫星 a 可以通过北京正上空 【答案】C 【解析】 α【详解】A.由万有引力提供向心力得 由图知 a 的半径大于 c 的半径，所以卫星 a 的速度小于 c 的速度，故 A 正确； B.由万有引力提供向心力得 a 与 b 的轨道半径相等，所以线速度大小也相等，故 B 错误； C.a 的周期为 24h，则半径相同周期相同，则 b 的周期为 24 小时，所以卫星 b 与赤道上随地球 自传的物体的周期是相等，根据 可知轨道半径大 卫星 b 的行速度大于赤道上物体随地球自传的线速度，故 C 正确； D.同步卫星的轨道在赤道的正上方，不会经过北京的正上空，故 D 错误。 故选 C。 5.某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是 2.4 m，目测空中脚离地最大高度约 0.8 m。已知他的质量约为 60kg，忽略空气阻力，则起跳 过程该同学所做功约为（　　） A. 90 J B. 480 J C. 700 J D. 1250 J 【答案】C 【解析】 【详解】运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为 g 的匀 减速直线运动，则有 竖直方向初速度为 的 2 2 Mm vG mr r = 2 2 Mm vG mr r = 2πrv T = 2 2 0.8s 0.4s10 ht g ×= = = 4m/syv gt= =水平方向做匀速直线运动，则有 则起跳时的速度为 中学生的质量为 60kg，根据动能定理得 最接近 700J，选项 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 6. 如图所示，一个小球质量为 m，初始时静止在光滑的轨道上，现以水平力击打小球，使小 球能够通过半径为 R 的竖直光滑轨道的最高点 C，则水平力对小球所做的功至少为 A. mgR B. 2mgR C. 2.5mgR D. 3mgR 【答案】C 【解析】 试题分析要通过竖直光滑轨道的最高点 C，在 C 点有重力提供向心力 ，对小球， 由动能定理， ，联立解得 ，选项 C 正确． 考点：竖直平面内的圆周运动；动能和动能定理． 7.如图所示，位于介质Ⅰ和Ⅱ分界面上的波源 S，产生两列分别沿 x 轴负方向与正方向传播的 机械波．若在两种介质中波的频率及传播速度分别为 f1、f2 和 v1、v2，则 A. f1＝2f2，v1＝v2 B. f1＝f2，v1＝2v2 0 2.4 m/s 3m/s2 0.4 xv t = = =× 2 2 0 5m/syv v v= + = 21 750J2W mv= =C. f1＝f2，v1＝0.5v2 D. f1＝0.5f2，v1＝v2 【答案】B 【解析】 【详解】同一波源的频率相等，所以有 ，从图中可得 ，故根据公式 可 得 ，故 B 正确，ACD 错误 8.图中 B 为理想变压器，接在交变电压有效值保持不变的电源上.L 为指示灯，灯泡 L1 和 L2 完 全相同（其阻值均恒定不变），R 是一个定值电阻，电压表、电流表都为理想电表．开始时开 关 S 是闭合的，当 S 断开后，下列说法正确的是（ ） A. 电流表 A2 的示数变大 B. 电压表的示数变大 C. 电流表 A1 的示数变小 D. 灯泡 L1 的亮度变暗 【答案】C 【解析】 【详解】B．当 S 断开后，负载阻值变大，因为变压比 没变，所以副线圈电压 U2 不变，故 B 错误； C．由闭合电路欧姆定律知，I2 电流变小，即 A2 的示数变小，故 C 正确； A．由 可知 A1 表的示数也变小，故 A 错误； D．因为断开后，R 分担的电压变小，而 U2 不变，所以 L1 灯的电压要变大，即要变亮，故 D 错误． 故选 C。 1 2f f= 1 22λ λ= v fλ= 1 22v v= 1 1 2 2 U n U n = 1 2 2 1 I n I n =9.在如图所示的电路中，L1、L2 是两个相同的小灯泡，A、B 处的虚线框内各接有一个电学元 件．a、b 两端分别与直流电源和交流电源相连接，且直流电源的电压与交流电源电压的有效 值相等．观察两种情况下灯泡的亮度．当接直流电源时，L1 不发光，L2 正常发光；当接交流 电源时，L1 发光，L2 明显变暗．则下列说法正确的是 ( ) A. A 中接的是电阻，B 中接的是电容器 B. A 中接的是电感线圈，B 中接的是电阻 C. A 中接的是电感线圈，B 中接的是电容器 D. A 中接的是电容器，B 中接的是电感线圈 【答案】D 【解析】 【详解】当 a、b 端加直流电压时，L1 灯不发光，L2 灯正常发光；当加同样电压的交流电源时， L1 灯发光，L2 灯发光较暗．知线框 A 中为电容器，因为电容隔直通交，线框 B 中是电感线圈， 因为电感线圈对交流电有阻碍作用，对直流电无阻碍作用，故 D 正确，ABC 错误。 10.如图是氢原子能级图，大量处在激发态 n=5 能级的氢原子向低能级跃迁，a 是从 n=4 能级 跃迁到 n=2 能级产生的光，b 是从 n=5 能级跃迁到 n=3 能级产生的光。则（　　） A. 在相同的双缝干涉实验装置中，a 光产生的干涉条纹比 b 光更宽 B. 在同样的玻璃中，a 光的传播速度大于 b 光的传播速度 C. 用 a 光和 b 光分别照射逸出功为 1.36eV 的某金属时，都能发生光电效应 D. a 光和 b 光的光子动量之比为 255∶97 【答案】D 【解析】【详解】A.根据氢原子轨道能级关系 ， 可知氢原子从 n=4 的能级跃迁到 n=2 的能级的能级差大于从 n=5 的能级跃迁到 n=3 的能级时 的能级差，那么 a 光的频率大于 b 光的频率，根据 ，a 光的波长小于 b 光的波长，根 据干涉条纹得宽度 ，a 光产生的干涉条纹比 b 光更窄，故 A 错误； B.在同样的玻璃中，a 光的频率高，折射率大，根据折射定律 可知光的传播速度小于 b 光的传播速度，故 B 错误； C.根据 可知 a 光的能量为 Ea=3.4-0.85=2.55eV b 光的能量为 Eb= 1.51-0.54=0.95 eV 故 a 光能发生光电效应，b 光不能发生光电效应，故 C 错误； D.根据光的能量公式 动量公式 可知 a 光和 b 光的光子动量之比等于 a 光和 b 光的光子能量之比为 255：97，故 D 正确。 故选 D。 11.利用实验研究两个金属小球 a、b 的碰撞。如图所示,将斜槽固定在平台上，使斜槽的末端 水平。让质量较大的小球 a(入射小球)从斜槽上滚下,跟放在斜槽末端的大小相同、质量较小的 小球 b(被碰小球)发生正碰。将两个金属小球的碰撞视为弹性碰撞。下列说法正确的是 1 2n EE n = 1 13.6eVE = − m nE E E hν− = ∆ = c λν= lx d λ∆ = cv n = m nE E E− = ∆ cE h hν λ= = hp mv λ= =A. 碰后小球 a 的速度大于小球 b 的速度 B. 碰后小球 b 的动量等于碰前小球 a 的动量 C. 只增大入射小球 a 的质量，碰后两球落地点到 O 的距离均增大 D. 如果碰撞过程是非弹性碰撞，则碰撞过程两球动量不守恒 【答案】C 【解析】 【详解】A．碰后小球 a 的水平射程小于小球 b 的水平射程，则碰后小球 a 的速度小于小球 b 的速度，选项 A 错误； B．碰撞过程中 a 的动量一部分传给 b，则碰后小球 b 的动量小于碰前小球 a 的动量，选项 B 错误； C．设 ab 两球的质量分别为 m1 和 m2，碰前 a 的速度 v0；则碰撞过程满足： 解得 则只增大入射小球 a 的质量，碰后两球的速度 v1 和 v2 均变大，即落地点到 O 的距离均增大， 选项 C 正确； D．如果碰撞过程是非弹性碰撞，则碰撞过程两球动量仍守恒，选项 D 错误； 故选 C. 12.磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度 v0 刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其 E－t 关系如图所示．如果只将刷卡速度改为 ，线圈 中的 E－t 关系图可能是(　　) 1 0 1 1 2 2m v m v m v= + 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v= + 1 2 1 0 1 2 m mv vm m −= + 1 2 0 1 2 2mv vm m = + 0 2 vA. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据感应电动势公式 0 可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速 度成正比，只将刷卡速度改为 ，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来 ，故 D 可能，符合题意；ABC 不可能，不符合题意。 故选 D． 13.静电场方向平行于 x 轴，将一电荷量为 的带电粒子在 处由静止释放，粒子只在电 场力作用下沿 x 轴运动，其电势能 EP 随 x 的变化关系如图所示．若规定 x 轴正方向为电场强 度 E、加速度 a 的正方向，四幅示意图分别表示电势ϕ 随 x 的分布、场强 E 随 x 的分布、粒子 的加速度 a 随 x 的变化关系和粒子的动能 Ek 随 x 的变化关系，其中正确的是 A. B. E BLv= 0 2 v 1 2 q− x d=C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据电势能和电势的关系确定 φ-x 图象，而在 φ-x 图象的斜率表示电场强度，判断出场强的大 小，由牛顿第二定律 F=qE=ma 判断出加速度的变化，由 v=v0+at 判断出速度的变化，根据动 能定理判断出动能的变化． 【详解】A、根据 EP=φq 可知，由于粒子带负电，则可知，电势的变化应与图中方向相反， 故 φ-x 图象应为与 EP-x 形状对称的图象；故 A 错误； B、φ-x 图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，则知在 x=0 的左侧，存在向左的匀 强电场，x=0 右侧存在向右的匀强电场，故 B 错误； C、根据牛顿第二定律知 qE=ma，粒子在匀强电场中运动时加速度不变，由于粒子带负电，粒 子的加速度在 x=0 左侧加速度为正值，大小不变，在 x=0 右侧加速度为负值，且大小不变， 故 C 错误； D、在 x=0 左侧粒子根据动能定理 qEx=Ek2，在 x=0 的右侧，根据动能定理可得-qEx=Ek′-Ek， 故给出的图象正确，故 D 正确． 故选 D． 【点睛】本题主要考查了 φ-x 图象，从图象中判断出斜率即为电场强度，然后利用牛顿第二定 律判断出加速度，速度时间公式判断速度． 14.小宇同学参加科技嘉年华，设计了一个光电烟雾探测器。如图，S 为光源，射出光束，当 有烟雾进入探测器时，来自 S 的光会被烟雾散射进入光电管 C。当光射到光电管中的钠表面 （极限频率为 6.0×1014Hz）， 会产生光电子。当光电流大于或等于 10-8A 时，便会触发报警系 统报警。下列说法正确的是（　　） A. 要使该探测器正常工作，光源 S 发出的光波长不能小于 0.5μm B. 若 S 发出的光能使光电管发生光电效应，则光波的频率越高、光电烟雾探测器灵敏度越高 C. 光束遇到烟雾发生散射，是一种折射现象 D. 若射向光电管 C 的光子有 5%会激发出光电子，当报警器报警时，每秒射向 C 中钠表面的 光子最少数目是 1.25×1012 个 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据光电效应方程 光源 S 发出的光波长 要使该探测器正常工作，光源 S 发出的光波长不能大于 0.5μm，故 A 错误； B.光的频率决定光是否发生光电效应，光的频率一定时，光电流的大小取决于光的强度，故 B 错误； C.光束遇到烟雾发生散射，是一种反射现象，故 C 错误； D.当光电流大于或等于 10-8A 时，每秒产生的光电子的个数 每秒射向 C 中钠表面的光子最少数目是 故 D 正确。 故选 D。 二、实验题 15.在实验室测量一个蓄电池的电动势和内电阻，实验电路如图所示。滑动变阻器除了导线、 开关外，实验室还能提供如下器材： 0 0k hcE h W hν νλ= − = − 7 0 5 10 m=0.5 mm cλ µν −= = × 106.25 10Itn e = = × 10 126.25 10 1.25 105% 5% nN ×= = = ×A.量程为 3V 的电压表 V B.量程为 0.6A 的电流表 C.阻值为 4.0Ω 的定值电阻 D.最大阻值为 10Ω 的滑动变阻器 (1)以电流表的示数 I 和电压表的示数 U 为横坐标和纵坐标，计算机拟合得到如图所示 U—I 图 像，U 和 I 的单位分别为 V 和 A，拟合公式为 U=﹣5.6I+4.4.则电源的电动势 E =_________V；内阻 r =_________Ω（保留两位有效数字）； (2)该实验测得的电动势________真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”），产生系统误差 的主要原因是________。 A.电压表的分流作用 B.电流表的分压作用 C.定值电阻的分压作用 【答案】 (1). 4.4 (2). 1.6 (3). 小于 (4). A 【解析】 【详解】（1）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律得，图像的斜率为电源内阻，图像的截距为电源 电动势可得 解得 （2）[3][4]由于电压表 分流作用该实验测得的电动势小于真实值。 16.在“测定金属的电阻率”的实验中，小强同学先用多用电表粗测了一段粗细均匀的电阻丝 的阻值（约为 5Ω），随后将其固定在带有刻度尺的木板上，准备进一步精确测量其电阻： 的 4.4VE = 5.6k R r= + = Ω 1.6r = Ω(1)先用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为 ________mm； (2)现有电源（电动势 E 为 3.0 V，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材： A.电流表（量程 0~0.6 A，内阻约 0.125 Ω） B.电压表（量程 0~3 V，内阻约 3 kΩ） C.滑动变阻器（0~20 Ω，额定电流 2A） ①图甲是测量该电阻丝实验器材的实物图，请补充完成电路。并在图中标出：开关闭合前， 滑动变阻器的滑片的位置； （ ） ②若不计实验中的偶然误差，则下列说法正确的是________； A.测量值偏大，产生系统误差的主要原因是电流表分压 B.测量值偏小，产生系统误差的主要原因是电压表分流 C.若已知电压表的内阻，可计算出待测电阻的真实值 D.若已知电流表的内阻，可计算出待测电阻的真实值 ③小鹏同学仍用上述电源，也设计了一个实验，电路如图乙所示，R 为保护电阻，已测出电 阻丝的横截面积为 S，用一个带有接线柱的小金属夹沿电阻丝滑动，可改变接入电路中电阻丝 的长度 L，实验中记录了几组不同长度 L 对应的电流 I。他准备利用图像法处理数据来计算该 电阻丝的电阻率。 请分析说明小鹏同学应该做出怎样的线性函数图像，并定性画出该图像；请指出在本实验中 电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量结果有无影响。________【答案】 (1). 0.212-0.214 (2). (3). BC (4). 见解析所示 【解析】 【详解】（1）[1] 螺旋测微器的读数为 （2）①[2]由于待测电阻满足 可知电流表应用外接法，连线图如图所示 为保护电路，在闭合开关前，滑动变阻器置于阻值最大处，即滑片调整到最左端 A 点。 ②[3]引起该实验系统误差的主要原因是电压表的分流作用，电流表测量值大于真实值，电阻 测量值偏小，实际测量的电压表电阻和待测电阻并联的总电阻，如果已知电压表的电阻，则 可以算出待测电阻的真实值，故 BC 正确； ③[4]根据闭合电路的欧姆定律 整理得 作出 图像，斜率为 解得 ，故电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量结果无影响 三、论述及计算题 17.如图 1 所示，一小车放于平直木板上（木板一端固定一个定滑轮），木板被垫高一定角度 θ， 0 21.2 0.01mm=0.212mmd = + × A VxR R R< A E LR rI S ρ= + + 1 AR rLI ES E ρ += + 1 LI − k ES ρ= =kESρ该角度下，小车恰能做匀速直线运动（假设小车所受摩擦力与小车对木板的正压力成正比， 比例系数为 μ），小车总质量为 M： (1)请推导 θ 与 μ 应满足的定量关系；并分析说明若增大小车质量，仍使小车做匀速直线运动， 角度 θ 是否需要重新调整。 (2)如图 2 所示，将小车上栓一根质量不计，且不可伸长的细绳，细绳通过滑轮（滑轮与细绳 之间摩擦不计）下挂一个砝码盘（内放砝码），在木板上某位置静止释放小车后，小车做匀加 速直线运动。已知砝码盘及砝码的总质量为 m，求： ①如果 m=M，小车所受细绳拉力与砝码盘及砝码总重力的比值； ②用 F 表示小车所受细绳的拉力，如果要求 5%，此时 应该满足的条件。 【答案】（1） ，无需调整 ；（2）① ，② 【解析】 【详解】(1)对小车做受力分析如图。 当它匀速直线运动时，受力平衡，合外力为 0，即 解得 F mg F − < M m tanµ θ= θ 1 2 F mg = 20M m > cosN Mg θ= sinMg Nθ µ= tanµ θ=若小车质量增大为（M+△M）时，小车受力仍需满足 成立，无需调整角度 θ (2)根据牛顿运动定律： ①研究小车 研究砝码和砝码盘 解得 ，故 ②利用①问中得到的结论 结合 可得 18.如图所示，长为 L、电阻 r＝0.3Ω、质量 m＝0.1kg 的金属棒 CD 垂直跨搁在位于水平面上 的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是 L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨 左端接有 R＝0.5Ω 的电阻，量程为 0~3.0A 的电流表串接在一条导轨上，量程为 0~1.0V 的电 压表接在电阻 R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面。现以向右恒定外力 F 使金 属棒右移，当金属棒以 v＝2m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表 正好满偏，而另一个电表未满偏。问： (1)在图中标出两块表的正负接线柱； (2)此满偏的电表是什么表？说明理由； (3)拉动金属棒的外力 F 多大？ 【答案】（1）电压表上正下负、电流表左正右负；（2）电压表满偏，理由见解析；（3）16N ( ) ( )sin cosM M g M M gθ µ θ+ ∆ = + ∆ F Ma= mg F ma− = MmgF M m = + 1 2 F mg = MmgF M m = + 5 100 F mg F − < 20M m >【解析】 【详解】(1)根据右手定则可知电压表上正下负、电流表左正右负 (2)电压表满偏 若电流表满偏，则 I=3A 根据欧姆定律 大于电压表量程，故电压表满偏 (3)U=1V 时根据欧姆定律 由能量守恒可知回路的电功率等于外力的功率，即 解得 F=1.6N 19.直流电动机的基本结构由永磁铁和矩形线圈构成，如图 1 所示．现将标有“3V，3W”的直 流电动机，串联一个滑动变阻器接在电动势为 E =4. 0V、内阻为 r=0.40Ω 的电源的两端，如图 2 所示．已知电动机线圈的电阻 Ro =0. 10Ω,不计其它电阻． (1)若滑动变阻器接人电路的阻值 R1=3.5Ω，且电动机卡住不转，求此时电路中的电流 I1． (2)调节滑动变阻器接人电路的阻值，或电动机工作时的负载发生变化，回路中的电流 I 及电 源的输出功率 P 随之改变． a．请从理论上推导 P 与，的关系式，并在图 3 中定性画出 P-I 图像； b．求该电源对外电路能够输出的最大功率 Pm． (3)调节滑动变阻器接人电路的阻值，使电动机正常工作．现保持滑动变阻器接人电路的阻值 不变，增加电动机的负载，电动机将通过转速调节达到新的稳定状态．请分析说明在这个过 程中，电路中的电流如何变化． 1.5VU IR= = 2AUI R = = 2 )I R r Fv+ =（【答案】（1） ； 10W （2）电路中的电流变大 【解析】 【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律有： （2）a.电源的输出功率 ， 图像如图所示： 当电路中的电流 时，电源的输出功率最大，且 （3）电动机的负载增加，达到新的稳定状态后，线圈的转速变慢，线圈因为切割磁感线产生 反电动势 变小，根据 可知，电路中的电流变大． 20.类比法、等效法等都是研究和学习物理过程中常用的重要方法： (1)简谐运动是机械振动中最简单的一种理想化的运动模型。它具有如下特点：①简谐运动的 物体受到的回复力，大小与物体偏离平衡位置的位移 x 成正比，方向与 x 方向相反；②简谐 运动具有周期性。 通过研究发现：如图甲，摆长为 L、摆球质量为 m 的单摆，在重力场中做小角度摆动时可以 看作简谐振动，其周期为 T = 2π ，g 为当地重力加速度； 现将该单摆的摆球带上正电，电量为+q。分别置于竖直向下的匀强电场 E（图乙）、和垂直于 纸面向里的匀强磁场 B（图丙）中，并均做小角度的简谐运动。已知细线是绝缘的，类比重力 场中的单摆周期公式，分析求出该单摆在乙、丙两图中振动的周期。 1 1 0 1.0EI AR R r = =+ + 1 1 0 1.0EI AR R r = =+ + 2P IE I r= − P I− 2 EI r = 2 104m EP Wr = = E′ 1 0 E EI R R r ′−= + + L g(2)物理中存在“通量”这个物理量，“通量”的定义要用到高等数学知识。在高中阶段，对“通量” 的定义采用的是简单化处理方法并辅以形象化物理模型进行理解。 ①“磁通量”就是一种常见的“通量”。在高中阶段我们是这样来定义“磁通量”的：设在磁 感应强度为 B 的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直、面积为 S 的平面，我们把 B 与 S 的乘 积叫做穿过这个面积的磁通量（图 1），简称磁通，用字母 Φ 表示，则 Φ=BS。 如图 2 所示，空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。一个面积为 S 矩形线圈 与竖直面间的夹角为 θ，试求穿过该矩形线圈的磁通量 Φ。 ② “电通量”也是一种常见“通量”。在定义“电通量”时只需要把“磁通量”中的磁感应强度 B 替 换为电场强度 E 即可。已知静电力常量为 k，请同学们充分运用类比的方法解决以下问题： a.如图 3，空间存在正点电荷 Q ，以点电荷为球心作半径为 R 的球面。试求通过该球面的电 通量 ΦE1； b.上述情况映射 是静电场中“高斯定理”，“高斯定理”可以从库仑定律出发得到严格证明。“高 斯定理”可表述为：通过静电场中任一闭合曲面的电通量等于闭合曲面内所含电荷量 Q 与 4πk 的乘积，即 ΦE=4πkQ；试根据“高斯定理”证明：一个半径为 R 的均匀带电球体（或球壳）在 外部产生的电场，与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同，球外各点的电 场强度也是 =k （r ），式中 r 是球心到该点的距离，为整个球体所带的电荷量。 的 E 2 Q r R>【答案】（1） ， ；（2）a. ，b.证明见解析 【解析】 【详解】(1)图乙中，摆球受到重力 G、电场力 F 电和摆线拉力 T，与重力场中的单摆类比， 等效的“重力” ， 带入单摆周期公式得 图丙中，摆球受到重力 G、洛伦兹力 F 洛和摆线拉力 T，与重力场中的单摆类比，洛伦兹力始 终沿摆线方向，不产生回复力的效果 单摆周期与重力场中相同 (2)①当面积为 的矩形线圈与竖直面间的夹角为 时，线圈在磁场垂直方投影面积为 ， 磁通量 (2)a.根据点电荷的场强公式，求得球面上各处的电场强度大小为 由于球面上各处电场强度方向都与球面垂直，故通过球面的电通量为 2 L Eqg m π + 2 L g π 4πkQ G G F′ = + 电 G Fg m +′ = 电 2 LT Eqg m π= + 2 LT g π= S θ cosS θ cosΦ BS θ= 2 QE k r = 2 2 4π 4πE QES k R kQR Φ = = ⋅ =b.证明：过距离球心距离 的点作一球面，根据对称性可知该球面上各点场强大小相等，方向 处处球面垂直。设该点的电场强度为 ，通过该球面的电通量为 ，则有 由高斯定理知 所以有 化简得 这就是球心处的点电荷 在 处产生的场强，证明完毕。 r E E Φ 24πE ES r EΦ = = 4πE kQΦ = 24π 4πr E kQ= 2 QE k r = Q r