高考物理一輪復習 階段綜合檢測（三）第六-八章驗收（含解析）-人教版高三物理試題

第六~八章驗收(時間：100分鐘滿分：120分)一、單項選擇題(本題共7小題，每小題3分，共計21分。每小題只有一個選項符合題意)1．(2018·連云港二模)如圖甲所示，A、B是一條電場線上的兩點，若在A點釋放一初速度為零的電子，電子僅受電場力作用，并沿電場線從A運動到B，其速度平方(v2)與位移(x)關系圖線如圖乙所示。設A、B兩點的電場強度分別為EA、EB，電勢分別為φA、φB，則()A．EA>EB B．EA<EBC．φA>φB D．φA<φB解析：選D電子初速度為零，故根據(jù)位移速度公式可得v2＝2ax，所以v2-x圖像的斜率表示加速度的2倍，從題圖可知電子的加速度恒定，即受到的電場力恒定，所以EA＝EB，因為電子帶負電，電場力做正功，所以電場方向從B到A，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知φA<φB，D正確。2．(2018·南京三模)如圖所示，寬度為d、厚度為h的金屬導體放在垂直于它的磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流通過該導體時，在導體的上、下表面之間會產生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應。實驗表明：當磁場不太強時，電勢差U、電流I和磁感應強度B的關系為U＝keq\f(BI,d)，式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù)，設載流子的電荷量大小為q，金屬導體單位體積內的自由電荷數(shù)目為n，下列說法正確的是()A．導體上表面的電勢高于下表面的電勢B．霍爾系數(shù)k＝eq\f(1,q)C．載流子所受靜電力的大小F＝qeq\f(U,d)D．載流子所受洛倫茲力的大小f＝eq\f(BI,nhd)解析：選D由左手定則可知，載流子受到的洛倫茲力向上，由于載流子是自由電子，故導體上表面的電勢低于下表面的電勢，故A錯誤；導體中的電場強度E＝eq\f(U,h)，載流子所受電場力F＝qE＝qeq\f(U,h)，故C錯誤；穩(wěn)定時，電場力與洛倫茲力相等，即qeq\f(U,h)＝qvB，解得U＝Bhv，又電流的微觀表達式：I＝nqSv＝nqhdv，解兩式得：U＝eq\f(IB,nqd)，則霍爾系數(shù)為k＝eq\f(1,nq)，故B錯誤；穩(wěn)定時，電場力與洛倫茲力相等，載流子所受洛倫茲力的大小f＝Bqv＝eq\f(BI,nhd)，故D正確。3.(2019·柳州模擬)兩個較大的平行金屬板A、B相距為d，分別接在電壓為U的電源正、負極上，這時質量為m、帶電荷量為－q的油滴恰好靜止在兩板之間，如圖所示。在其他條件不變的情況下，如果將B板向下移動一小段距離，則該過程中()A．油滴將向上加速運動，電流計中的電流從b流向aB．油滴將向下加速運動，電流計中的電流從a流向bC．油滴靜止不動，電流計中的電流從b流向aD．油滴靜止不動，電流計中的電流從a流向b解析：選B開始時油滴靜止，說明電場力與重力平衡；電容器與電源直接相連，故電壓不變，當B板向下移動一小段距離，板間距離d增大，則由E＝eq\f(U,d)可知，電場強度減小，電場力減小，故重力大于電場力，油滴向下加速運動；由于d增大，則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C減小，因電壓不變，則由Q＝UC可知，電荷量Q減小，電容器放電，電流計中有從a到b的電流，故B正確，A、C、D錯誤。4．(2018·廣州模擬)如圖所示，已知甲空間中沒有電場；乙空間中有豎直向上的勻強電場；丙空間中有豎直向下的勻強電場。三個圖中的斜面相同且絕緣，相同的帶負電小球從斜面上的相同位置O點以相同初速度v0沿水平方向拋出，分別落在甲、乙、丙圖中斜面上A、B、C點(圖中未畫出)，距離O點的距離分別為lOA、lOB、lOC。小球受到的電場力始終小于重力，不計空氣阻力。則()A．lOA＞lOB＞lOC B．lOB＞lOA＞lOCC．lOC＞lOA＞lOB D．lOC＞lOB＞lOA解析：選C甲圖小球不受電場力，加速度為g，帶電小球在乙圖中受到豎直向下的電場力與重力，加速度大于g，而在丙圖中受到豎直向上的電場力與重力，加速度小于g，根據(jù)類平拋運動規(guī)律，他們落在斜面上時均有：tanθ＝eq\f(h,x)＝eq\f(\f(1,2)at2,v0t)＝eq\f(at,2v0)，解得：t＝eq\f(2v0tanθ,a)，可知，當加速度越大時，所用時間越短，因此沿斜面運動的距離也就越小，即lOC＞lOA＞lOB，故C正確，A、B、D錯誤。5.如圖所示電路中，電源為恒流源，能始終提供大小恒定的電流。R0為定值電阻，移動滑動變阻器R的滑片，則選項圖中表示電壓表示數(shù)U、電路總功率P隨電流表示數(shù)I變化的關系圖像，可能正確的是()解析：選C由題圖知R0與R并聯(lián)，電壓表測電源電壓，電流表測R支路的電流，設電源提供的電流恒定為I總，根據(jù)并聯(lián)電路特點可知：U＝U0＝I0R0＝(I總－I)R0＝－IR0＋I總R0，其中I總、R0為定值，由U＝－R0I＋I總R0，可知U與I的圖像為一次函數(shù)圖像，且－R0<0，故A、B錯誤；由電功率的計算公式知，電路消耗總功率：P＝UI總＝(I總－I)R0×I總＝－I總R0I＋I總2R0，其中I總、R0為定值，由P＝－I總R0I＋I總2R0，可知P與I的圖像為一次函數(shù)圖像，－I總R0<0，且I、P不會為0，故C正確，D錯誤。6．(2019·深圳模擬)一個重力不計的帶電粒子垂直進入勻強磁場，在與磁場垂直的平面內做勻速圓周運動。則能正確表示運動周期T與半徑R之間關系的圖像是()解析：選D帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，有qvB＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB)，由圓周運動規(guī)律，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，可見運動周期與半徑無關，故D項正確。7.(2019·常州期中)在真空中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場。質量為m的帶電小球由MN上的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平。A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示。由此可見()A．電場力為2mgB．小球帶正電C．小球從A到B與從B到C的運動時間相等D．小球從A到B與從B到C的速度變化量不相同解析：選D帶電小球從A到C，設在進入電場前后兩個運動過程水平分位移分別為x1和x2，豎直分位移分別為y1和y2，經(jīng)歷的時間分別為t1和t2。設在電場中的加速度為a。由于軌跡向上彎曲，加速度方向必定向上，合力向上，說明電場力方向向上，所以小球帶負電，從A到B過程小球做平拋運動，則有：x1＝v0t1；從B到C過程有：x2＝v0t2；由題意有：x1＝2x2，聯(lián)立得：t1＝2t2；即小球從A到B是從B到C運動時間的2倍。又y1＝eq\f(1,2)gt12，將小球在電場中的運動看成沿相反方向的類平拋運動，則有：y2＝eq\f(1,2)at22，根據(jù)幾何知識有：y1∶y2＝x1∶x2；解得：a＝2g；根據(jù)牛頓第二定律得：F－mg＝ma＝2mg，解得：F＝3mg，A、B、C錯誤；根據(jù)速度變化量Δv＝at，得AB過程速度變化量大小為Δv1＝gt1＝2gt2；BC過程速度變化量大小為Δv2＝at2＝2gt2；所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等，但由于從A到B時方向向下，而從B到C時方向向上，故速度變化量不相同，D正確。二、多項選擇題(本題共5小題，每小題4分，共計20分。每小題有多個選項符合題意。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分)8．(2019·常州中學模擬)某電容式話筒的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬極板。對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動。在P、Q間距減小的過程中()A．P、Q構成的電容器電容增大B．P上電荷量保持不變C．電阻R中有N到M方向的電流D．電阻R中有M到N方向的電流解析：選AC電容式話筒與電源串聯(lián)，其電壓保持不變。在P、Q間距減小的過程中，根據(jù)電容決定式C＝eq\f(εS,4πkd)可知電容增大，又根據(jù)電容定義式C＝eq\f(Q,U)得知電容器所帶電荷量增大，P極板上電荷量增大，電容器充電，充電電流通過R的方向由N到M，故A、C正確，B、D錯誤。9.如圖所示，一簇電場線的分布關于y軸對稱，O是坐標原點，M、N、P、Q是以O為圓心的一個圓周上的四個點，其中M、N在y軸上，Q點在x軸上，則()A．M點的電勢比P點的電勢低B．O、M間的電勢差小于N、O間的電勢差C．一正電荷在O點時的電勢能小于在Q點時的電勢能D．將一負電荷由M點移到P點，電場力做正功解析：選ABD根據(jù)等勢線與電場線垂直，順著電場線的方向電勢降低，可知M點的電勢比P點的電勢低，故A項正確；O、M間的場強小于N、O間的場強，OM＝NO，由公式U＝Ed分析得知，O、M間的電勢差小于N、O間的電勢差，故B項正確；根據(jù)等勢線與電場線垂直，順著電場線的方向電勢降低，可得O點的電勢高于Q點的電勢，則正電荷在O點時的電勢能大于在Q點時的電勢能，故C項錯誤；M點的電勢比P點的電勢低，則負電荷在M點的電勢能比在P點的電勢能大，所以將一負電荷由M點移到P點時，電勢能減小，電場力做正功，故D項正確。10.如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內阻不計)連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負電油滴被固定于電容器中的P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則()A．平行板電容器的電容值將變大B．靜電計指針張角不變C．帶電油滴的電勢能將增大D．若先將上極板與電源正極連接的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變解析：選BD根據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)知，d增大，則電容減小，故A錯誤。靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故B正確。電勢差不變，d增大，則電場強度減小，故P點與上極板的電勢差減小，則P點的電勢升高，因油滴帶負電，可知帶電油滴的電勢能將減小，故C錯誤。電容器與電源斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εS)，知電場強度不變，則油滴所受電場力不變，故D正確。11.如圖所示，兩根平行長直導線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流；a、b、c是導線所在平面內的三點，左側導線與它們的距離分別為eq\f(l,2)、l和3l。關于這三點處的磁感應強度，下列判斷正確的是()A．a處的磁感應強度大小比c處的大B．b、c兩處的磁感應強度大小相等C．a、c兩處的磁感應強度方向相同D．b處的磁感應強度為零解析：選ADa、c兩點處的磁感應強度是兩導線電流產生的合磁感應強度，由于a點比c點距離兩導線較近，所以a處的磁感應強度比c處的大，A正確；根據(jù)安培定則知，a、c兩處磁感應強度方向相反，C錯誤；b點位于兩導線中間，兩導線在b點處產生的磁場大小相等，方向相反，合磁感應強度為零，c處磁感應強度不為零，D正確，B錯誤。12.如圖所示，虛線框中存在垂直紙面向外的勻強磁場B和平行紙面且與豎直平面夾角為45°斜向下的勻強電場E。有一質量為m、電荷量為q的帶負電的小球在高為h處的P點從靜止開始自由下落，當小球運動到復合場內時剛好做直線運動，那么()A．小球在復合場中一定做勻速直線運動B．若換成帶正電的小球，小球仍可能做直線運動C．磁感應強度B＝eq\f(m\r(2gh),2qh)，場強E＝eq\f(\r(2)mg,q)D．若同時改變小球的比荷與初始下落高度h，小球不能沿直線通過復合場解析：選ACD小球在復合場中受到豎直向下的重力、與電場強度方向相反的電場力和水平向右的洛倫茲力的作用，如圖所示，其中電場力和重力是恒力，而洛倫茲力的大小與小球的速度大小成正比，若小球做的是變速運動，那么洛倫茲力也是變力，小球受到的合力方向也要改變，這與題意不符，所以小球在復合場中一定做勻速直線運動，故A正確；根據(jù)小球受力平衡可得qvB＝mg，qE＝eq\r(2)mg，又v2＝2gh，聯(lián)立各式解得磁感應強度B＝eq\f(m\r(2gh),2qh)，電場強度E＝eq\f(\r(2)mg,q)；若要使小球沿直線通過復合場，小球受到的合力一定為零，所以以上兩個式子一定要同時滿足，若同時改變小球的比荷與初始下落的高度h，以上兩個式子不能同時滿足，不能做直線運動，故C、D正確；若換成帶正電的小球，則電場力和洛倫茲力同時反向，小球所受合力不可能為零，故B錯誤。三、實驗題(本題共2小題，共18分)13．(8分)(2019·蘇錫常鎮(zhèn)一模)在“測電源電動勢和內阻”的實驗中，某實驗小組同學根據(jù)圖甲電路進行測量實驗。(1)根據(jù)圖甲電路，請在乙圖中用筆畫線代替導線，完成實物電路的連接。(2)實驗小組同學操作正確，記錄下幾組電壓表和電流表的示數(shù)，并在坐標系內作出電壓表示數(shù)U和對應的電流表示數(shù)I的圖像，如圖丙所示。由圖像可測得E測和r測，則E測______E真；r測______r真(選填“>”“＝”或“<”)。(3)為了克服系統(tǒng)誤差，同學們又根據(jù)圖丁電路進行測量。同樣作出U-I圖像，如圖戊所示。經(jīng)過討論發(fā)現(xiàn)，利用圖丙和圖戊可以消除系統(tǒng)誤差得出電源的電動勢和內阻的真實值，則E真＝________，r真＝________。解析：(1)測量電動勢和內阻的實驗原理是電流表的內接法和滑動變阻器的限流式接法，實物連線如圖：(2)當采用電流表內接法時，誤差原因為電壓表分流導致電流表測量總電流偏小，可把電壓表與電源看做一個等效電源，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知E測＝eq\f(E真·RV,RV＋r真)<E真，r測＝eq\f(RV·r真,RV＋r真)<r真，即電動勢和內阻的測量值均小于真實值。(3)當采用電流表外接法時，誤差原因為電流表分壓導致電壓表測量外電壓偏小，可把電流表與電源看做一個等效電源，E測′＝E真，r測′＝r真＋RA>r真，綜合兩種接法的誤差可知電流表的外接法電動勢是準確的，E真＝UB，而電流表內接法時電壓表示數(shù)為零，代表外電路短路，由題圖丙可知真實的短路電流為IA＝eq\f(E真,r真)，可得r真＝eq\f(UB,IA)。答案：(1)圖見解析(2)<<(3)UBeq\f(UB,IA)14．(10分)(2019·南京沖刺)在“測定金屬的電阻率”實驗中，所用測量儀器均已校準。待測金屬絲接入電路部分的長度約為50cm。(1)用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，其中某一次測量結果如圖1所示，其讀數(shù)應為__________mm。(該值接近多次測量的平均值)(2)用伏安法測金屬絲的電阻Rx。實驗所用器材為：電池組(電動勢為3V，內阻約1Ω)、電流表(內阻約0.1Ω)、電壓表(內阻約3kΩ)、滑動變阻器R(0～20Ω，額定電流2A)、開關、導線若干。某小組同學利用以上器材正確連接好電路，進行實驗測量，記錄數(shù)據(jù)如下表。次數(shù)1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上數(shù)據(jù)可知，他們測量Rx是采用圖2中的________圖(選填“甲”或“乙”)。(3)圖3是測量Rx的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導線，滑動變阻器的滑片P置于變阻器的一端。請根據(jù)所選的電路圖，補充完成圖3中實物間的連線，并使閉合開關的瞬間，電壓表或電流表不至于被燒壞。(4)這個小組的同學在坐標紙上建立U、I坐標系，如圖4所示，圖中已標出了測量數(shù)據(jù)對應的4個坐標點。請在圖4中標出第2、4、6次測量數(shù)據(jù)坐標點，并描繪出U-I圖線。由圖線得到金屬絲的阻值Rx＝___________Ω(保留兩位有效數(shù)字)。根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以估算出金屬絲的電阻率約為________(保留一位有效數(shù)字)。解析：(1)螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為0，可動刻度讀數(shù)為39.5，故所測長度為0＋39.5×0.01mm＝0.395mm。(2)由記錄數(shù)據(jù)根據(jù)歐姆定律可知金屬絲的電阻Rx約為5Ω。則有Rx<eq\r(RA·RV)＝eq\r(0.1×3000)Ω＝10eq\r(3)Ω，屬于小電阻，用外接法測量誤差小，實驗要描繪電阻的U-I圖線，要求電壓、電流從接近0開始調節(jié)，所以應該采用分壓接法，故選甲圖。(3)注意連圖時連線起點和終點在接線柱上并且不能交叉，結合(2)可知應該連接成外接分壓接法(圖甲)，先連外接電路部分，再連分壓電路部分，為保證閉合開關時不燒壞電表，此時滑片P必須置于變阻器的左端。實物圖如圖所示：(4)描繪出第2、4、6次測量數(shù)據(jù)坐標點后可見第6次測量數(shù)據(jù)的坐標點誤差太大，應舍去，然后畫出U-I圖線。如圖所示：計算U-I圖像的斜率可得到電阻的阻值R＝eq\f(2.5,0.56)Ω≈4.5Ω；根據(jù)電阻定律R＝eq\f(ρL,S)，得ρ＝eq\f(RS,L)，代入數(shù)據(jù)可計算出ρ＝1×10－6Ω·m。答案：(1)0.395(0.393～0.398均可)(2)甲(3)圖見解析(4)圖見解析4.5(4.3～4.6均可)1×10－6Ω·m四、計算題(本題共4小題，共61分)15．(14分)制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示。加在極板A、B間的電壓UAB周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k>1)，電壓變化的周期為2t，如圖乙所示。在t＝0時，極板B附近的一個電子，質量為m、電荷量為e，受電場力作用由靜止開始運動，不考慮重力作用，若k＝eq\f(5,4)，為使電子在0～2t時間內不能到達極板A。求d應滿足的條件。解析：電子在0～t時間內做勻加速運動加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1t2電子在t～2t時間內先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小a2＝eq\f(5eU0,4md)初速度的大小v1＝a1t勻減速運動階段的位移x2＝eq\f(v12,2a2)依據(jù)題意d>x1＋x2解得d>eq\r(\f(9eU0t2,10m))。答案：d>eq\r(\f(9eU0t2,10m))16．(15分)(2018·啟東中學期末)如圖所示的平行板器件中，存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度B1＝0.4T，方向垂直紙面向里，電場強度E＝2.0×105V/m，方向向下，PQ為板間中線。緊靠平行板右側邊緣xOy坐標系的第一象限內，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B2＝0.25T，磁場邊界AO和y軸的夾角∠AOy＝45°。一束帶電荷量q＝8.0×10－19C的正離子從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標為(0,0.2m)的Q點垂直y軸射入磁場區(qū)，離子離開磁場后垂直通過x軸。求：(1)離子運動的速度大??；(2)離子的質量；(3)若只改變AOy區(qū)域內磁場的磁感應強度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應強度大小B2應滿足什么條件？解析：(1)設正離子的速度為v，因為沿中線PQ做直線運動，則：Eq＝qvB1代入數(shù)據(jù)計算得出：v＝5.0×105m/s。(2)設離子的質量為m，如圖甲所示，當通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角為90°時，由幾何關系可以知道運動半徑：r1＝0.1m由牛頓第二定律有：qvB2＝meq\f(v2,r1)代入數(shù)據(jù)計算得出：m＝4.0×10－26kg。如圖乙所示，由幾何關系可以知道使離子不能打到x軸上的最大半徑為：r2＝eq\f(0.2,\r(2)＋1)m設使離子都不能打到x軸上，最小的磁感應強度大小為B0，則有：qvB0＝meq\f(v2,r2)代入數(shù)據(jù)計算得出：B0＝eq\f(\r(2)＋1,8)T＝0.30T則：B2≥0.30T。答案：(1)5.0×105m/s(2)4.0×10－26kg(3)B2≥0.30T17．(16分)(2019·連云港模擬)如圖所示，在地面附近xOy平面內(x軸水平，y軸豎直)，有沿＋x方向的勻強電場和垂直于xOy平面向里的勻強磁場，電場強度大小E＝20N/C，磁感應強度大小B＝eq\r(2)T。一質量m＝1×10－4kg，電荷量q＝＋5×10－5C的帶電小球從坐標原點O射入第一象限，恰好做勻速直線運動。g取10m/s2。(1)求該小球的速度v0；(2)若把勻強電場的方向改為沿＋y方向，其他條件不變，則小球從坐標原點O射入第一象限后，經(jīng)過多長時間能再次返回到O點？(3)設小球在t＝0時射入，當t1＝1s時撤去磁場，求小球在x軸上方運動過程中，距離x軸最遠時的坐標。解析：(1)分析知小球受力情況如圖所示，根據(jù)平衡條件，得qv0B＝eq\r(mg2＋qE2)代入數(shù)據(jù)，得v0＝20m/stanθ＝eq\f(qE,mg)＝1，θ＝45°即小球的速度大小為20m/s，方向與x軸成45°斜向右上方。(2)分析知小球受到的重力與電場力平衡，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，故有qv0B＝meq\f(v02,R)，T＝eq\f(2πR,v0)，t＝nT＝eq\f(2πnm,qB)代入數(shù)據(jù)，得t＝2eq\r(2)πn(n＝1,2,3，…)。(3)分析知小球先做勻速直線運動，然后做類平拋運動，其運動軌跡如圖所示。在做類平拋運動過程中ax＝eq\f(qE,m)＝10m/s2，ay＝eq\f(mg,m)＝10m/s2從撤去磁場到小球在x軸上方離x軸最遠的時間為：t2＝eq\f(vy,ay)＝eq\f(v0sin45°,ay)＝eq\r(2)s對整段過程有：x＝v0cos45°·t1＋v0cos45°·t2＋eq\f(1,2)axt22＝(10eq\r(2)＋30)m＝44.14my＝v0sin45°·t1＋v0sin45°·t2－eq\f(1,2)ayt22＝(10eq\r(2)＋10)m＝24.14m。答案：(1)20