《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 階段綜合檢測（三）第六-八章驗收（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 階段綜合檢測（三）第六-八章驗收（含解析）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 階段綜合檢測（三）第六-八章驗收（含解析）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(guān)系圖線如圖乙所示。設(shè)A、B兩點的電場強度分別為EA、EB，電勢分別為A、B，則()AEAEBBEAB DAB解析：選D電子初速度為零，故根據(jù)位移速度公式可得v22ax，所以v2x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EAE

2、B，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AB，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(dǎo)體放在垂直于它的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，當(dāng)電流通過該導(dǎo)體時，在導(dǎo)體的上、下表面之間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。實驗表明：當(dāng)磁場不太強時，電勢差U、電流I和磁感應(yīng)強度B的關(guān)系為Uk，式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù)，設(shè)載流子的電荷量大小為q，金屬導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)目為n，下列說法正確的是()A導(dǎo)體上表面的電勢高于下表面的電勢B霍爾系數(shù)kC載流子所受靜電力的大小FqD載流子所受洛倫茲力的大小f解析：選D由左手定則可知，載流子受到

3、的洛倫茲力向上，由于載流子是自由電子，故導(dǎo)體上表面的電勢低于下表面的電勢，故A錯誤；導(dǎo)體中的電場強度E，載流子所受電場力FqEq，故C錯誤；穩(wěn)定時，電場力與洛倫茲力相等，即qqvB，解得UBhv，又電流的微觀表達式：InqSvnqhdv，解兩式得：U，則霍爾系數(shù)為k，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fBqv，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(zhì)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

4、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(dāng)B板向下移動一小段距離，板間距離d增大，則由E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可知，電容C減小，因電壓不變，則由QUC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

5、。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()AlOAlOBlOCBlOBlOAlOCClOClOAlOB DlOClOBlOA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：tan ，解得：t，可知，當(dāng)加速度越大時，所用時間越短，因此沿斜面運動

6、的距離也就越小，即lOClOAlOB，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(guān)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(shè)電源提供的電流恒定為I總，根據(jù)并聯(lián)電路特點可知：UU0I0R0(I總I)R0IR0I總R0，其中I總、R0為定值，由UR0II總R0，可知U與I的圖像為一次函數(shù)圖像，且R00，故A、B錯誤；由電功率的計算公式知，電路消耗總功率：PUI總(I總I)R0I總I總R0II總2R0，

7、其中I總、R0為定值，由PI總R0II總2R0，可知P與I的圖像為一次函數(shù)圖像，I總R0”“”或“”)。(3)為了克服系統(tǒng)誤差，同學(xué)們又根據(jù)圖丁電路進行測量。同樣作出UI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(nèi)阻的真實值，則E真_，r真_。解析：(1)測量電動勢和內(nèi)阻的實驗原理是電流表的內(nèi)接法和滑動變阻器的限流式接法，實物連線如圖：(2)當(dāng)采用電流表內(nèi)接法時，誤差原因為電壓表分流導(dǎo)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E真，r測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(nèi)

8、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，可得r真。答案：(1)圖見解析(2)(3)UB14(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50 cm。(1)用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，其中某一次測量結(jié)果如圖1所示，其讀數(shù)應(yīng)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3 V，內(nèi)阻約1 )、電流表(內(nèi)阻約0.1 )、電壓表(內(nèi)阻約3 k)、滑動變阻器R(020 ，額定電流2 A)、開關(guān)、導(dǎo)線若干。某小組同學(xué)利用以上器材正確連接好電路，進行實

9、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(dǎo)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(guān)的瞬間，電壓表或電流表不至于被燒壞。(4)這個小組的同學(xué)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(yīng)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UI圖線

10、。由圖線得到金屬絲的阻值Rx_(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039.50.01 mm0.395 mm。(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5 。則有Rx1)，電壓變化的周期為2t，如圖乙所示。在t0時，極板B附近的一個電子，質(zhì)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，為使電子在02t時間內(nèi)不能到達極板A。求d應(yīng)滿足的條件。解析：電子在0t時間內(nèi)做勻加速運動加速度的大小a1位移x1a1t2電子在t2t時間內(nèi)先做勻減速運動

11、，后反向做勻加速運動加速度的大小a2初速度的大小v1a1t勻減速運動階段的位移x2依據(jù)題意dx1x2解得d 。答案：d 16(15分)(2018啟東中學(xué)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(yīng)強度B10.4 T，方向垂直紙面向里，電場強度E2.0105 V/m，方向向下，PQ為板間中線。緊靠平行板右側(cè)邊緣xOy坐標系的第一象限內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B20.25 T，磁場邊界AO和y軸的夾角AOy45。一束帶電荷量q8.01019 C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(0,0.2 m)的Q點垂直y軸射

12、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(zhì)量；(3)若只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應(yīng)強度大小B2應(yīng)滿足什么條件？解析：(1)設(shè)正離子的速度為v，因為沿中線PQ做直線運動，則：EqqvB1代入數(shù)據(jù)計算得出：v5.0105 m/s。(2)設(shè)離子的質(zhì)量為m，如圖甲所示，當(dāng)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(guān)系可以知道運動半徑：r10.1 m由牛頓第二定律有：qvB2m代入數(shù)據(jù)計算得出：m4.01026 kg。(3) 如圖乙所示，由幾何關(guān)系可以知道使離子不能打到x軸上的最大半徑為：r2 m設(shè)使離子都不能打

13、到x軸上，最小的磁感應(yīng)強度大小為B0，則有：qvB0m代入數(shù)據(jù)計算得出：B0 T0.30 T則：B20.30 T。答案：(1)5.0105 m/s(2)4.01026 kg(3)B20.30 T17(16分)(2019連云港模擬)如圖所示，在地面附近xOy平面內(nèi)(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E20 N/C，磁感應(yīng)強度大小B T。一質(zhì)量m1104 kg，電荷量q5105 C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10 m/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

14、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(shè)小球在t0時射入，當(dāng)t11 s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代入數(shù)據(jù)，得v020 m/stan 1，45即小球的速度大小為20 m/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qv0Bm，T，tnT代入數(shù)據(jù)，得t2n(n1,2,3，)。(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ax10 m/s2，ay10 m/s2從撤去磁場到小

15、球在x軸上方離x軸最遠的時間為：t2 s對整段過程有：xv0cos 45t1v0cos 45t2axt22(1030)m44.14 myv0sin 45t1v0sin 45t2ayt22(1010)m24.14 m。答案：(1)20 m/s方向與x軸成45斜向右上方(2)2n(n1,2,3，)(3)(44.14 m,24.14 m)18(16分)(2018江蘇高考)如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點，各區(qū)域磁感應(yīng)強度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，從O沿軸線射入磁場。當(dāng)入射速度為v0時，粒子從O上方

16、處射出磁場。取sin 530.8，cos 530.6。(1)求磁感應(yīng)強度大小B；(2)入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O的時間t；(3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運動到O的時間增加t，求t的最大值。解析：(1)粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qv0B由題意知r0由以上兩式解得B。(2) 當(dāng)初速度v5v0時，由qvB得rd，粒子運動軌跡如圖，設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為。由幾何關(guān)系drsin ，得sin ，即53在一個矩形磁場中的運動時間t1，解得t1粒子做直線運動的時間t2, 解得t2則t4t1t2。(3)設(shè)將中間兩磁場分別向中央移動距離x。粒子向上的偏移量y2r(1cos )xtan 由y2d，解得xd則當(dāng)xmd時，t有最大值粒子直線運動路程的最大值sm(2d2xm)3d增加路程的最大值smsm2dd增加時間的最大值tm。答案：(1)(2)(3)