（江苏专版）2020版高考物理阶段综合检测（三）第六_八章验收（含解析）.docx

第六八章验收(时间：100分钟满分：120分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题3分，共计21分。每小题只有一个选项符合题意)1(2018连云港二模)如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度平方(v2)与位移(x)关系图线如图乙所示。设A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为A、B，则()AEAEBBEAB DAB解析：选D电子初速度为零，故根据位移速度公式可得v22ax，所以v2x图像的斜率表示加速度的2倍，从题图可知电子的加速度恒定，即受到的电场力恒定，所以EAEB，因为电子带负电，电场力做正功，所以电场方向从B到A，根据沿电场线方向电势降低可知AB，D正确。2(2018南京三模)如图所示，宽度为d、厚度为h的金属导体放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明：当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为Uk，式中的比例系数k称为霍尔系数，设载流子的电荷量大小为q，金属导体单位体积内的自由电荷数目为n，下列说法正确的是()A导体上表面的电势高于下表面的电势B霍尔系数kC载流子所受静电力的大小FqD载流子所受洛伦兹力的大小f解析：选D由左手定则可知，载流子受到的洛伦兹力向上，由于载流子是自由电子，故导体上表面的电势低于下表面的电势，故A错误；导体中的电场强度E，载流子所受电场力FqEq，故C错误；稳定时，电场力与洛伦兹力相等，即qqvB，解得UBhv，又电流的微观表达式：InqSvnqhdv，解两式得：U，则霍尔系数为k，故B错误；稳定时，电场力与洛伦兹力相等，载流子所受洛伦兹力的大小fBqv，故D正确。3.(2019柳州模拟)两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示。在其他条件不变的情况下，如果将B板向下移动一小段距离，则该过程中()A油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向aB油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向bC油滴静止不动，电流计中的电流从b流向aD油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b解析：选B开始时油滴静止，说明电场力与重力平衡；电容器与电源直接相连，故电压不变，当B板向下移动一小段距离，板间距离d增大，则由E可知，电场强度减小，电场力减小，故重力大于电场力，油滴向下加速运动；由于d增大，则由C可知，电容C减小，因电压不变，则由QUC可知，电荷量Q减小，电容器放电，电流计中有从a到b的电流，故B正确，A、C、D错误。4(2018广州模拟)如图所示，已知甲空间中没有电场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场。三个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的相同位置O 点以相同初速度v0沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙图中斜面上A、B、C 点(图中未画出)，距离O 点的距离分别为lOA、lOB、lOC。小球受到的电场力始终小于重力，不计空气阻力。则()AlOAlOBlOCBlOBlOAlOCClOClOAlOB DlOClOBlOA解析：选C甲图小球不受电场力，加速度为g，带电小球在乙图中受到竖直向下的电场力与重力，加速度大于g，而在丙图中受到竖直向上的电场力与重力，加速度小于g，根据类平抛运动规律，他们落在斜面上时均有：tan ，解得：t，可知，当加速度越大时，所用时间越短，因此沿斜面运动的距离也就越小，即lOClOAlOB，故C正确，A、B、D错误。5.如图所示电路中，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流。R0为定值电阻，移动滑动变阻器R的滑片，则选项图中表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图像，可能正确的是()解析：选C由题图知R0与R并联，电压表测电源电压，电流表测R支路的电流，设电源提供的电流恒定为I总，根据并联电路特点可知：UU0I0R0(I总I)R0IR0I总R0，其中I总、R0为定值，由UR0II总R0，可知U与I的图像为一次函数图像，且R00，故A、B错误；由电功率的计算公式知，电路消耗总功率：PUI总(I总I)R0I总I总R0II总2R0，其中I总、R0为定值，由PI总R0II总2R0，可知P与I的图像为一次函数图像，I总R0”“”或“”)。(3)为了克服系统误差，同学们又根据图丁电路进行测量。同样作出UI图像，如图戊所示。经过讨论发现，利用图丙和图戊可以消除系统误差得出电源的电动势和内阻的真实值，则E真_，r真_。解析：(1)测量电动势和内阻的实验原理是电流表的内接法和滑动变阻器的限流式接法，实物连线如图：(2)当采用电流表内接法时，误差原因为电压表分流导致电流表测量总电流偏小，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知E测E真，r测r真，综合两种接法的误差可知电流表的外接法电动势是准确的，E真UB，而电流表内接法时电压表示数为零，代表外电路短路，由题图丙可知真实的短路电流为IA，可得r真。答案：(1)图见解析(2)(3)UB14(10分)(2019南京冲刺)在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm。(1)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1所示，其读数应为_mm。(该值接近多次测量的平均值)(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为：电池组(电动势为3 V，内阻约1 )、电流表(内阻约0.1 )、电压表(内阻约3 k)、滑动变阻器R(020 ，额定电流2 A)、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下表。次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上数据可知，他们测量Rx是采用图2中的_图(选填“甲”或“乙”)。(3)图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了测量数据对应的4个坐标点。请在图4中标出第2、4、6次测量数据坐标点，并描绘出UI图线。由图线得到金属丝的阻值Rx_(保留两位有效数字)。根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为_(保留一位有效数字)。解析：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为0，可动刻度读数为39.5，故所测长度为039.50.01 mm0.395 mm。(2)由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻Rx约为5 。则有Rx1)，电压变化的周期为2t，如图乙所示。在t0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场力作用由静止开始运动，不考虑重力作用，若k，为使电子在02t时间内不能到达极板A。求d应满足的条件。解析：电子在0t时间内做匀加速运动加速度的大小a1位移x1a1t2电子在t2t时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a2初速度的大小v1a1t匀减速运动阶段的位移x2依据题意dx1x2解得d 。答案：d 16(15分)(2018启东中学期末)如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B10.4 T，方向垂直纸面向里，电场强度E2.0105 V/m，方向向下，PQ为板间中线。紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B20.25 T，磁场边界AO和y轴的夹角AOy45。一束带电荷量q8.01019 C的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0,0.2 m)的Q点垂直y轴射入磁场区，离子离开磁场后垂直通过x轴。求：(1)离子运动的速度大小；(2)离子的质量；(3)若只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2应满足什么条件？解析：(1)设正离子的速度为v，因为沿中线PQ做直线运动，则：EqqvB1代入数据计算得出：v5.0105 m/s。(2)设离子的质量为m，如图甲所示，当通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为90时，由几何关系可以知道运动半径：r10.1 m由牛顿第二定律有：qvB2m代入数据计算得出：m4.01026 kg。(3) 如图乙所示，由几何关系可以知道使离子不能打到x轴上的最大半径为：r2 m设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，则有：qvB0m代入数据计算得出：B0 T0.30 T则：B20.30 T。答案：(1)5.0105 m/s(2)4.01026 kg(3)B20.30 T17(16分)(2019连云港模拟)如图所示，在地面附近xOy平面内(x轴水平，y轴竖直)，有沿x方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小E20 N/C，磁感应强度大小B T。一质量m1104 kg，电荷量q5105 C的带电小球从坐标原点O射入第一象限，恰好做匀速直线运动。g取10 m/s2。(1)求该小球的速度v0；(2)若把匀强电场的方向改为沿y方向，其他条件不变，则小球从坐标原点O射入第一象限后，经过多长时间能再次返回到O点？(3)设小球在t0时射入，当t11 s时撤去磁场，求小球在x轴上方运动过程中，距离x轴最远时的坐标。解析：(1)分析知小球受力情况如图所示，根据平衡条件，得qv0B代入数据，得v020 m/stan 1，45即小球的速度大小为20 m/s，方向与x轴成45斜向右上方。(2)分析知小球受到的重力与电场力平衡，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故有qv0Bm，T，tnT代入数据，得t2n(n1,2,3，)。(3)分析知小球先做匀速直线运动，然后做类平抛运动，其运动轨迹如图所示。在做类平抛运动过程中ax10 m/s2，ay10 m/s2从撤去磁场到小球在x轴上方离x轴最远的时间为：t2 s对整段过程有：xv0cos 45t1v0cos 45t2axt22(1030)m44.14 myv0sin 45t1v0sin 45t2ayt22(1010)m24.14 m。答案：(1)20 m/s方向与x轴成45斜向右上方(2)2n(n1,2,3，)(3)(44.14 m,24.14 m)18(16分)(2018江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场。取sin 530.8，cos 530.6。(1)求磁感应强度大小B；(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O的时间t；(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O的时间增加t，求t的最大值。解析：(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qv0B由题意知r0由以上两