高考物理一轮复习 阶段综合检测（三）第七～九章验收（普通班）.doc

阶段综合检测（三） 第七九章验收(时间：90分钟满分：110分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第812题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.(2018苏州模拟)如图为金属球放入匀强电场后电场线的分布情况。设该电场中a、b两点的电场强度大小分别为ea、eb，则a、b两点()aeaeb，电场方向相同beaeb，电场方向不同deaeb，电场方向不同解析：选da、b两点的场强方向沿电场线的切线方向，场强大小看电场线的疏密程度，由题图可知，a点的电场线较b点稀疏，则eaeb，电场方向不同，d项正确。2.(2018安徽郎溪中学模拟)根据电磁理论，半径为r、电流强度为i的环形电流中心处的磁感应强度大小bk，其中k为已知常量。现有一半径为r，匝数为n的线圈，线圈未通电流时，加水平且平行于线圈平面、大小为bc的匀强磁场，小磁针指向在线圈平面内(不考虑地磁场)，给线圈通上待测电流后，小磁针水平偏转了角。则()a待测电流在圆心o处产生的磁感应强度bobcsin b待测电流ix的大小ixc仅改变电流方向，小磁针转向不会变化d仅改变电流大小可以使小磁针垂直于线圈平面解析：选b所加磁场磁感应强度bc与待测电流在圆心o处产生的磁感应强度bo的关系如图所示，有：bobctan ，a错误；由题意可知：bok，解得：ix，b正确；仅改变电流方向，环形电流产生的磁场的磁感应强度方向改变，小磁针转向发生变化，c错误；仅改变电流大小，环形电流产生的磁场的磁感应强度方向不变，大小改变，合场强不能与线圈平面垂直，小磁针也不能垂直于线圈平面，d错误。3.(2018广西柳州铁路一中模拟)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.(2018齐齐哈尔八中模拟)如图所示，匀强电场中的a、b、c三点的连线构成边长为a的等边三角形。把带电荷量为e的电子从a移动到b，电场力做功w；把带电荷量为e的粒子从b移到c，电场力也做功w，则下列说法中正确的是()aa、b、c三点的电势关系为abcba、b、c三点的电势关系为abcc电场强度的方向与ab垂直d若场强与纸面平行，则场强大小等于解析：选d把带电荷量为e的电子从a点移动到b点，电场力做功w，把带电荷量为e的粒子从b点移动到c点，电场力做正功仍为w，则若电子从a到c，电场力做功为零，所以ac；若移动的是负电荷，随着电场力做正功，电势能减小，而电势增加；若是正电荷，则随着电场力做正功，电势能减小，且电势减小，所以有ab，bc，故a、b错误；由上可知a、c两点是等势点，连线为等势面，电场线与等势面垂直，所以电场线方向垂直于ac，故c错误；由题意可知，粒子从b到c电场力做功为w，则b、c间的电势差大小为：ubc，b、c间沿电场线方向上距离为：dasin 60a，所以e，故d正确。6.(2018河北邱县一中模拟)一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入某电场中。由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度变为0。在此过程中，以下判断正确的是()a液滴一定带负电b重力对液滴做的功为mv02mghc合外力对液滴做的功为mv02d液滴的机械能减少了mgh解析：选c重力方向竖直向下，而液体向下做匀减速直线运动，故合力向上，所以液滴受到的电场力方向一定竖直向上，液滴带正电，a错误；液滴下降了h，所以重力做功为mgh，b错误；根据动能定理可得w合0mv02mv02，c正确；液滴的重力势能减少mgh，动能减少mv02，所以液滴的机械能减少mv02mgh，d错误。7.(2018河南南阳一中模拟)如图所示，虚线圆是一个铀核u正在匀强磁场中以速率v0做匀速圆周运动的轨迹，当它运动到o点时，衰变成钍核th和另外一个新核，两核的速度方向与v0共线，不计衰变后粒子间的相互作用，则关于钍核与新核在磁场中运动的轨迹和绕行方向可能正确的是()解析：选a若新核的速度方向与v0方向相同，根据动量守恒定律知，钍核的速度方向也可能与v0方向相同，由左手定则判断可知，衰变后钍核与新核所受的洛伦兹力均向右，均沿顺时针方向绕行。由半径公式r，p是动量，由于钍核的带电荷量远大于新核(粒子)的带电荷量，知钍核的轨道半径小于新核的轨道半径，因此a图是可能的，故a正确，c错误；若衰变后钍核的速度方向与v0方向相反，由左手定则知，衰变后钍核所受的洛伦兹力向左，应顺时针绕行，故b错误；若衰变后钍核和新核的速度方向均与v0方向相反，衰变后两者的总动量与原来的总动量方向相反，违反了动量守恒定律，故d错误。8.(2018东台模拟)如图所示在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极p，紧贴边缘内壁放一个圆环形电极q，并把它们与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体。现在把玻璃皿放在图示磁场中，下列判断正确的是()a若p接电池的正极，q接电池的负极，俯视时液体逆时针转动b若p接电池的正极，q接电池的负极，俯视时液体顺时针转动c若两电极之间接50 hz正弦交流电，液体不转动d若两电极之间接50 hz正弦交流电，液体不断往返转动解析：选bc若p接电源正极，q接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由中心流向边缘；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体顺时针方向旋转，故a错误，b正确；p、q与50 hz的交流电源相接，电流方向变化时间过短，液体不会旋转，故c正确，d错误。9.如图所示，电源电动势为e，内阻不计。滑动变阻器阻值为r50 ，定值电阻r130 ，r220 ，三只电流表都是理想电流表。滑动变阻器的滑动触头p从a向b移动过程中，下列说法正确的是()a电流表a的示数先增大后减小b电流表a1的示数先增大后减小c电流表a2的示数逐渐增大d滑动触头p移到b端时电流表a的示数最大解析：选cd当满足r1rapr2rbp时，外电路的电阻最大，则滑动变阻器的滑动触头p从a向b移动过程中，电路的总电阻先增大后减小，电流先减小后增大，电流表a的示数先减小后增大，选项a错误；因电源的内阻不计，可知电流表a1的示数i1，则随着rap的增加，电流表a1示数减小，选项b错误；电流表a2的示数i2，则随着rbp的减小，电流表a2示数逐渐增大，选项c正确；由数学知识可知，当滑动触头p移到b端时电路的总电阻最小，此时电流表a的示数最大，选项d正确。10.如图所示，两平行金属板始终与电源两极相连，电源电压为8.0 v，两板的间距为2 cm，而且极板b接地。极板间有c、d两点，c距a板0.5 cm，d距b板0.5 cm，则()a两板间的场强大小为400 v/mbc、d两点的电势相等cc点的电势c2.0 vdd点的电势d2.0 v解析：选ad由公式e计算出两板间的场强为e v/m400 v/m，则a正确；b板接地，b0，a8 v，uac4000.5102 v2 v，得c6 v；同理得d2 v，d正确，b、c错误。11(2018大庆实验中学模拟)如图所示，虚线mn将平面分成和两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由区运动到区，弧线apb为运动过程中的一段轨迹，其中弧ap与弧pb的弧长之比为21，下列判断一定正确的是()a两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为21b粒子在两个磁场中的运动速度大小之比为11c粒子通过ap、pb两段弧的时间之比为21d弧ap与弧pb对应的圆心角之比为21解析：选bc根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，根据，再由r，及洛伦兹力不做功，即运动的速率不变，可得磁感应强度大小b，因圆心角不知，所以无法确定磁感应强度之比，故a、d错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，故b正确；已知粒子在两个磁场中运动的速度大小相等，两段弧长之比为21，所以时间之比为21，因此c正确。12(2018焦作模拟)如图所示，人工元素原子核nh开始静止在匀强磁场b1、b2的边界mn上，某时刻发生裂变生成一个氦原子核he和一个rg原子核，裂变后的微粒速度方向均垂直b1、b2的边界mn。氦原子核通过b1区域第一次经过mn边界时，距出发点的距离为l，rg原子核第一次经过mn边界距出发点的距离也为l。则下列有关说法正确的是()a两磁场的磁感应强度b1b2为1112b两磁场的磁感应强度b1b2为111141c氦原子核和rg原子核各自旋转第一个半圆的时间比为2141d氦原子核和rg原子核各自旋转第一个半圆的时间比为111141解析：选ac原子核裂变过程系统动量守恒，以24he速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1m2v20，即p1p2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由题意可知：粒子轨道半径：r1r2，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvb，解得：b，则：，a正确，b错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：t，粒子旋转第一个半圆需要的时间：tt，时间之比：，c正确，d错误。二、实验题(本题共2小题，共15分)13(6分)(2018江苏启东中学模拟)有一只小灯泡，额定电压为6 v，额定功率约为3 w，请用下列器材测定小灯泡的额定功率：电流表a：量程00.6 a、内阻约为0.5 电压表 v：量程03 v、内阻rv5 k滑动变阻器r：阻值范围020 、额定电流为1 a定值电阻r0：阻值r010 k电源e：电动势约为10 v、内阻很小开关s一个，导线若干(1)请在虚线框内画出利用本题提供的器材所设计的实验电路图(标注所用器材的符号)；(2)实验中，电压表的示数应调为_ v，若此时电流表示数为 0.48 a，则小灯泡的额定功率为_ w。解析：(1)要使灯泡正常发光，故只需使灯泡两端的电压为6 v即可；但由于电压表量程只有3 v，故应串联定值电阻分压；由于电源电压为10 v，灯泡电阻r12 ；故滑动变阻器电阻大于灯泡电阻，限流接法可以起到较好的调节作用，而分压接法也可以使电压达到额定值；故可以采用限流接法也可以采用分压接法，如图所示：(2)由分压关系可知，当灯泡两端电压为6 v时，电压表与电阻两端的总电压为6 v，而电压表与电阻的阻值之比为：；故分压之比为12；则可知电压表示数应为2 v；灯泡的额定功率：pui60.48 w2.88 w。答案：(1)电路图见解析(2)22.8814(9分)(2018河南郑州外国语学校模拟)(1)指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请完成下列问题：在使用多用电表测量时，指针的位置如图甲所示，若选择开关拨至“1”挡，则测量的结果为_ ；若选择开关拨至“50 ma”挡，则测量结果为_ ma。(2)多用电表测未知电阻阻值的电路如图乙所示，电池的电动势为e、内阻为r，r0为调零电阻，rg为表头内阻，电路中电流i与待测电阻的阻值rx关系图像如图丙所示，则该图像的函数关系式为_。(3)下列根据图丙中irx图线作出的解释或判断中正确的是_。a因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表的示数左小右大b欧姆调零的实质是通过调节r0使rx0时电路中的电流iigcrx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏d测量中，当rx的阻值为图丙中的r2时，指针位于表盘中央位置的右侧解析：(1)所测的电阻r181 18 ；选择开关拨至“50 ma”挡，则电流为i22.7 ma。(2)根据闭合电路欧姆定律得：i。(3)因为rxrr0rg，函数图线是非线性变化的，当电流比较大时，电阻比较小，当电流比较小时，电阻比较大，所以欧姆表的示数左大右小，故a错误；当rx0时，i，此时电流为满偏电流，故b正确；rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏，故c正确；测量中，当rx的阻值为题图丙中的r2时，电流比半偏电流小，指针位于表盘中央位置的左侧，故d错误。答案：(1)1822.7(2)i(3)bc三、计算题(本题共4小题，共47分)15(10分)(2018河北邯郸成安一中模拟)如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于o点，当小球静止在a点时细线与竖直方向的夹角为。现给小球一个初速度，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：(1)小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值为多少？(2)小球的初速度应为多大？解析：(1)重力与电场力的合力：f，电场力为：f电mgtan ，小球恰好做圆周运动，在平衡位置的反方向上的圆周位置上b点时速度最小，由牛顿第二定律得：，解得小球的最小速度为：vb 。(2)由动能定理可得：mg2lcos mgtan 2lsin mvb2mva2，解得：va 。答案：(1)a点关于圆心对称位置(2) 16(12分)(2017四川绵阳南山中学模拟)如图所示，半径 r1.6 m 的光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长l3 m的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v3 m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度e20 n/c，磁感应强度b3.0 t，方向垂直纸面向外。两个质量均为m1.0103 kg的物块 a和b，物块a不带电，b带q1.0103 c的正电并静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平面成60角落在地面上的p点(如图)，已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为0.1，取 g10 m/s2，a、b 均可看做质点。求：(1)物块 a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力；(2)传送带距离水平地面的高度； (3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a、b系统机械能的变化量。解析：(1)a物块从释放运动到圆弧轨道最低点c时，机械能守恒，mgr(1cos )mvc2得：vc4 m/s在c点，由牛顿第二定律：fnmgm解得：fn2102 n由牛顿第三定律，a物块对圆弧轨道压力：fn2102 n，方向竖直向下。(2)a、b碰撞动量守恒mvc2mvcvc2 m/sab在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s，2mg2mav2vc2as得：s2.5 ml所以ab离开传送带时与其共速为v3 m/s进入复合场后，qe2mg2102 n，所以做匀速圆周运动由qvb2m得：r2 m由几何知识解得传送带与水平地面的高度：hr3 m。(3)ab系统在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功wf2mgs5103 jab系统在复合场运动过程中，电场力对其做功：w电qeh6102 j所以，二者碰后一直到落地，系统机械能的变化量：ewfw电5.5102 j。故a、b系统机械能减少5.5102 j。答案：(1)2102 n，方向竖直向下(2)3 m(3)机械能减少5.5102 j17(12分)(2018湖北黄冈中学模拟)如图甲所示，直角坐标系xoy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，场强e1 n/c，第一象限内有垂直坐标平面的交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向。在x轴上的点a(2 m,0)处有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷100 c/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v0的速度进入第二象限，从y轴上的点c(0,4 m)进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为t0时刻，第一象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。(g10 m/s2)求：(1)初速度v0大小；(2)粒子出磁场时的位置坐标；(3)粒子在磁场中运动的时间。解析：(1)粒子在第二象限内做类平抛运动，设从a到c的时间为t，则|xa|at2，ycv0t，a，联立解得：v020 m/s。(2)设粒子在c点的运动方向与y轴正方向的夹角为，在c点的速度为