北京八中2020届高三下学期自我测试物理试题（二）

北京八中2020届高三下学期自我测试物理试题（二）

北京八中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。‎ ‎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】‎ ‎【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 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 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。‎ ‎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 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(　　)‎ A. 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j 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. ‎ 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： ‎ 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：‎ ‎(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，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 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 ‎【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．‎ ‎【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。 ‎ ‎(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。‎ ‎【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 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。‎