（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 階段綜合檢測(cè)（三）第六-八章驗(yàn)收（含解析）

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1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 階段綜合檢測(cè)（三）第六-八章驗(yàn)收（含解析）一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題3分，共計(jì)21分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1(2018連云港二模)如圖甲所示，A、B是一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，若在A點(diǎn)釋放一初速度為零的電子，電子僅受電場(chǎng)力作用，并沿電場(chǎng)線從A運(yùn)動(dòng)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(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為EA、EB，電勢(shì)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(chǎng)力恒定，所以EAE

2、B，因?yàn)殡娮訋ж?fù)電，電場(chǎng)力做正功，所以電場(chǎng)方向從B到A，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)電流通過(guò)該導(dǎo)體時(shí)，在導(dǎo)體的上、下表面之間會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。實(shí)驗(yàn)表明：當(dāng)磁場(chǎng)不太強(qiáng)時(shí)，電勢(shì)差U、電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)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(shuō)法正確的是()A導(dǎo)體上表面的電勢(shì)高于下表面的電勢(shì)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(shì)低于下表面的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；導(dǎo)體中的電場(chǎng)強(qiáng)度E，載流子所受電場(chǎng)力FqEq，故C錯(cuò)誤；穩(wěn)定時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力相等，即qqvB，解得UBhv，又電流的微觀表達(dá)式：InqSvnqhdv，解兩式得：U，則霍爾系數(shù)為k，故B錯(cuò)誤；穩(wěn)定時(shí)，電場(chǎng)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(gè)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(fù)極上，這時(shí)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(dòng)一小段距離，則該過(guò)程中()A油滴將向上加速運(yùn)動(dòng)，電

4、流計(jì)中的電流從b流向aB油滴將向下加速運(yùn)動(dòng)，電流計(jì)中的電流從a流向bC油滴靜止不動(dòng)，電流計(jì)中的電流從b流向aD油滴靜止不動(dòng)，電流計(jì)中的電流從a流向b解析：選B開(kāi)始時(shí)油滴靜止，說(shuō)明電場(chǎng)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(dòng)一小段距離，板間距離d增大，則由E可知，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，電場(chǎng)力減小，故重力大于電場(chǎng)力，油滴向下加速運(yùn)動(dòng)；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(jì)中有從a到b的電流，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。4(2018廣州模擬)如圖所示，已知甲空間中沒(méi)有電場(chǎng)；乙空間中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)；丙空間中有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)

5、。三個(gè)圖中的斜面相同且絕緣，相同的帶負(fù)電小球從斜面上的相同位置O 點(diǎn)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(diǎn)(圖中未畫(huà)出)，距離O 點(diǎn)的距離分別為lOA、lOB、lOC。小球受到的電場(chǎng)力始終小于重力，不計(jì)空氣阻力。則()AlOAlOBlOCBlOBlOAlOCClOClOAlOB DlOClOBlOA解析：選C甲圖小球不受電場(chǎng)力，加速度為g，帶電小球在乙圖中受到豎直向下的電場(chǎng)力與重力，加速度大于g，而在丙圖中受到豎直向上的電場(chǎng)力與重力，加速度小于g，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，他們落在斜面上時(shí)均有：tan ，解得：t，可知，當(dāng)加速度越大時(shí)，所用時(shí)間越短，因此沿斜面運(yùn)動(dòng)

6、的距離也就越小，即lOClOAlOB，故C正確，A、B、D錯(cuò)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(dòng)滑動(dòng)變阻器R的滑片，則選項(xiàng)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(cè)電源電壓，電流表測(cè)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(diǎn)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(cuò)誤；由電功率的計(jì)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(jìn)行測(cè)量。同樣作出UI圖像，如圖戊所示。經(jīng)過(guò)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(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的真實(shí)值，則E真_，r真_。解析：(1)測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)原理是電流表的內(nèi)接法和滑動(dòng)變阻器的限流式接法，實(shí)物連線如圖：(2)當(dāng)采用電流表內(nèi)接法時(shí)，誤差原因?yàn)殡妷罕矸至鲗?dǎo)致電流表測(cè)量總電流偏小，可把電壓表與電源看做一個(gè)等效電源，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知E測(cè)E真，r測(cè)r真，綜合兩種接法的誤差可知電流表的外接法電動(dòng)勢(shì)是準(zhǔn)確的，E真UB，而電流表內(nèi)

8、接法時(shí)電壓表示數(shù)為零，代表外電路短路，由題圖丙可知真實(shí)的短路電流為IA，可得r真。答案：(1)圖見(jiàn)解析(2)(3)UB14(10分)(2019南京沖刺)在“測(cè)定金屬的電阻率”實(shí)驗(yàn)中，所用測(cè)量?jī)x器均已校準(zhǔn)。待測(cè)金屬絲接入電路部分的長(zhǎng)度約為50 cm。(1)用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲的直徑，其中某一次測(cè)量結(jié)果如圖1所示，其讀數(shù)應(yīng)為_(kāi)mm。(該值接近多次測(cè)量的平均值)(2)用伏安法測(cè)金屬絲的電阻Rx。實(shí)驗(yàn)所用器材為：電池組(電動(dòng)勢(shì)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(dòng)變阻器R(020 ，額定電流2 A)、開(kāi)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(jìn)行實(shí)

9、驗(yàn)測(cè)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(cè)量Rx是采用圖2中的_圖(選填“甲”或“乙”)。(3)圖3是測(cè)量Rx的實(shí)驗(yàn)器材實(shí)物圖，圖中已連接了部分導(dǎo)線，滑動(dòng)變阻器的滑片P置于變阻器的一端。請(qǐng)根據(jù)所選的電路圖，補(bǔ)充完成圖3中實(shí)物間的連線，并使閉合開(kāi)關(guān)的瞬間，電壓表或電流表不至于被燒壞。(4)這個(gè)小組的同學(xué)在坐標(biāo)紙上建立U、I坐標(biāo)系，如圖4所示，圖中已標(biāo)出了測(cè)量數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的4個(gè)坐標(biāo)點(diǎn)。請(qǐng)?jiān)趫D4中標(biāo)出第2、4、6次測(cè)量數(shù)據(jù)坐標(biāo)點(diǎn)，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_(kāi)(保留一位有效數(shù)字)。解析：(1)螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為0，可動(dòng)刻度讀數(shù)為39.5，故所測(cè)長(zhǎng)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(shí)，極板B附近的一個(gè)電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場(chǎng)力作用由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，不考慮重力作用，若k，為使電子在02t時(shí)間內(nèi)不能到達(dá)極板A。求d應(yīng)滿足的條件。解析：電子在0t時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小a1位移x1a1t2電子在t2t時(shí)間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動(dòng)

11、，后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小a2初速度的大小v1a1t勻減速運(yùn)動(dòng)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(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B10.4 T，方向垂直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)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(biāo)系的第一象限內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B20.25 T，磁場(chǎng)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(diǎn)射入平行板間，沿中線PQ做直線運(yùn)動(dòng)，穿出平行板后從y軸上坐標(biāo)為(0,0.2 m)的Q點(diǎn)垂直y軸射

12、入磁場(chǎng)區(qū)，離子離開(kāi)磁場(chǎng)后垂直通過(guò)x軸。求：(1)離子運(yùn)動(dòng)的速度大?。?2)離子的質(zhì)量；(3)若只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應(yīng)強(qiáng)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?yàn)檠刂芯€PQ做直線運(yùn)動(dòng)，則：EqqvB1代入數(shù)據(jù)計(jì)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(guò)x軸時(shí)的速度方向與x軸正方向夾角為90時(shí)，由幾何關(guān)系可以知道運(yùn)動(dòng)半徑：r10.1 m由牛頓第二定律有：qvB2m代入數(shù)據(jù)計(jì)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(qiáng)度大小為B0，則有：qvB0m代入數(shù)據(jù)計(jì)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(qiáng)電場(chǎng)和垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E20 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B T。一質(zhì)量m1104 kg，電荷量q5105 C的帶電小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O射入第一象限，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。g取10 m/s2。(1)求該小球的速度v0；(2)若把勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向改為沿y方向，其他條件不變，則小球從坐標(biāo)

14、原點(diǎn)O射入第一象限后，經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間能再次返回到O點(diǎn)？(3)設(shè)小球在t0時(shí)射入，當(dāng)t11 s時(shí)撤去磁場(chǎng)，求小球在x軸上方運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，距離x軸最遠(yuǎn)時(shí)的坐標(biāo)。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(chǎng)力平衡，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，然后做類平拋運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。在做類平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ax10 m/s2，ay10 m/s2從撤去磁場(chǎng)到小

15、球在x軸上方離x軸最遠(yuǎn)的時(shí)間為：t2 s對(duì)整段過(guò)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(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場(chǎng)區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)。當(dāng)入射速度為v0時(shí)，粒子從O上方

16、處射出磁場(chǎng)。取sin 530.8，cos 530.6。(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(2)入射速度為5v0時(shí)，求粒子從O運(yùn)動(dòng)到O的時(shí)間t；(3)入射速度仍為5v0，通過(guò)沿軸線OO平移中間兩個(gè)磁場(chǎng)(磁場(chǎng)不重疊)，可使粒子從O運(yùn)動(dòng)到O的時(shí)間增加t，求t的最大值。解析：(1)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，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(shí)，由qvB得rd，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)粒子在矩形磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角為。由幾何關(guān)系drsin ，得sin ，即53在一個(gè)矩形磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1，解得t1粒子做直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2, 解得t2則t4t1t2。(3)設(shè)將中間兩磁場(chǎng)分別向中央移動(dòng)距離x。粒子向上的偏移量y2r(1cos )xtan 由y2d，解得xd則當(dāng)xmd時(shí)，t有最大值粒子直線運(yùn)動(dòng)路程的最大值sm(2d2xm)3d增加路程的最大值smsm2dd增加時(shí)間的最大值tm。答案：(1)(2)(3)