（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φA、φB，則(　　) A．EA>EB　　　　　　　 　B．EAφB 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

2、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(chǎng)力恒定，所以EA＝EB，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(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U＝k，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

3、電勢(shì)高于下表面的電勢(shì) B．霍爾系數(shù)k＝ C．載流子所受靜電力的大小F＝q D．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F＝qE＝q，故C錯(cuò)誤；穩(wěn)定時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力相等，即q＝qvB，解得U＝Bhv，又電流的微觀表達(dá)式：I＝nqSv＝nqhdv，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f＝Bqv＝，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

4、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，則該過程中(　　) A．油滴將向上加速運(yùn)動(dòng)，電流計(jì)中的電流從b流向a B．油滴將向下加速運(yùn)動(dòng)，電流計(jì)中的電流從a流向b C．油滴靜止不動(dòng)，電流計(jì)中的電流從b流向a D．油滴靜止不動(dòng)，電流計(jì)中的電流從a流向b 解析：選B　開始時(shí)油滴靜止，說明電場(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

5、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(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)。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(　　) A．lOA＞lOB＞lOC　　　　　　　 　B．lOB＞lOA＞lOC C．lOC＞lOA＞lOB

6、 D．lOC＞lOB＞lOA 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 θ＝＝＝，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)的距離也就越小，即lOC＞lOA＞lOB，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

7、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：U＝U0＝I0R0＝(I總－I)R0＝－IR0＋I(xiàn)總R0，其中I總、R0為定值，由U＝－R0I＋I(xiàn)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(cuò)誤；由電功率的計(jì)算公式知，電路消耗總功率：P＝UI總＝(I總－I)R0×I總＝－I總R0I＋I(xiàn)總2R0，其中I總、R0為定值，由P＝－I總R0I＋I(xiàn)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(huì)為0，故C正確，D錯(cuò)誤。 6．(2019·深圳模擬)一個(gè)重力不計(jì)的帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在與磁場(chǎng)垂直的平面內(nèi)做

8、勻速圓周運(yùn)動(dòng)。則能正確表示運(yùn)動(dòng)周期T與半徑R之間關(guān)系的圖像是(　　) 解析：選D　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qvB＝m，可得R＝，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，T＝＝，可見運(yùn)動(dòng)周期與半徑無關(guān)，故D項(xiàng)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(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m的帶電小球由MN上的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平。A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示。由此可見(　　) A．電場(chǎng)力為2mg B．小球帶正電 C．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)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

9、D　帶電小球從A到C，設(shè)在進(jìn)入電場(chǎng)前后兩個(gè)運(yùn)動(dòng)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(shí)間分別為t1和t2。設(shè)在電場(chǎng)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(chǎng)力方向向上，所以小球帶負(fù)電，從A到B過程小球做平拋運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍。又y1＝gt12，將小球在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)看成沿相反方向的類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：y2＝at22，根據(jù)幾何知識(shí)有：y1∶y2＝x1∶x2；解得：a＝2g；根據(jù)牛頓第二定律得：F－mg＝ma＝2mg，解

10、得：F＝3mg，A、B、C錯(cuò)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(shí)方向向下，而從B到C時(shí)方向向上，故速度變化量不相同，D正確。 二、多項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題4分，共計(jì)20分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分) 8．(2019·常州中學(xué)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(duì)著話筒說話時(shí)，P振動(dòng)而Q可視為不動(dòng)。在P、Q間距減小的過程中

11、(　　) A．P、Q構(gòu)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＝可知電容增大，又根據(jù)電容定義式C＝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(cuò)誤。 9.如圖所示，一簇電場(chǎng)線的分布關(guān)于y軸對(duì)稱，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，M、N、P、Q是以O(shè)為圓心的一個(gè)圓周上的四個(gè)點(diǎn)，其中M、N在y軸上，Q點(diǎn)在x軸上，則(　　) A．M點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)的電勢(shì)低 B．O、M間的電勢(shì)差小于N

12、、O間的電勢(shì)差 C．一正電荷在O點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能小于在Q點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能 D．將一負(fù)電荷由M點(diǎn)移到P點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功 解析：選ABD　根據(jù)等勢(shì)線與電場(chǎng)線垂直，順著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，可知M點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)的電勢(shì)低，故A項(xiàng)正確；O、M間的場(chǎng)強(qiáng)小于N、O間的場(chǎng)強(qiáng)，OM＝NO，由公式U＝Ed分析得知，O、M間的電勢(shì)差小于N、O間的電勢(shì)差，故B項(xiàng)正確；根據(jù)等勢(shì)線與電場(chǎng)線垂直，順著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，可得O點(diǎn)的電勢(shì)高于Q點(diǎn)的電勢(shì)，則正電荷在O點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能大于在Q點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；M點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)的電勢(shì)低，則負(fù)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在P點(diǎn)的電勢(shì)能大，所以將一負(fù)電荷由M點(diǎn)移到P點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力

13、做正功，故D項(xiàng)正確。 10.如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點(diǎn)。現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則(　　) A．平行板電容器的電容值將變大 B．靜電計(jì)指針張角不變 C．帶電油滴的電勢(shì)能將增大 D．若先將上極板與電源正極連接的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動(dòng)一小段距離，則帶電油滴所受電場(chǎng)力不變 解析：選BD　根據(jù)C＝知，d增大，則電容減小，故A錯(cuò)誤。靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩端的電勢(shì)差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，則電勢(shì)差不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，故B正確。電勢(shì)差不變，

14、d增大，則電場(chǎng)強(qiáng)度減小，故P點(diǎn)與上極板的電勢(shì)差減小，則P點(diǎn)的電勢(shì)升高，因油滴帶負(fù)電，可知帶電油滴的電勢(shì)能將減小，故C錯(cuò)誤。電容器與電源斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)E＝＝＝，知電場(chǎng)強(qiáng)度不變，則油滴所受電場(chǎng)力不變，故D正確。 11.如圖所示，兩根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流；a、b、c是導(dǎo)線所在平面內(nèi)的三點(diǎn)，左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為、l和3l。關(guān)于這三點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列判斷正確的是(　　) A．a(chǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比c處的大 B．b、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等 C．a(chǎn)、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同 D．b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零 解析：選AD　a、c兩點(diǎn)處的

15、磁感應(yīng)強(qiáng)度是兩導(dǎo)線電流產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度，由于a點(diǎn)比c點(diǎn)距離兩導(dǎo)線較近，所以a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度比c處的大，A正確；根據(jù)安培定則知，a、c兩處磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，C錯(cuò)誤；b點(diǎn)位于兩導(dǎo)線中間，兩導(dǎo)線在b點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小相等，方向相反，合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，c處磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，D正確，B錯(cuò)誤。 12.如圖所示，虛線框中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B和平行紙面且與豎直平面夾角為45°斜向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E。有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的小球在高為h處的P點(diǎn)從靜止開始自由下落，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到復(fù)合場(chǎng)內(nèi)時(shí)剛好做直線運(yùn)動(dòng)，那么(　　) A．小球在復(fù)合場(chǎng)中一定做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．若換成帶正電的小球，小球仍可能做

16、直線運(yùn)動(dòng) C．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，場(chǎng)強(qiáng)E＝ D．若同時(shí)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(fù)合場(chǎng) 解析：選ACD　小球在復(fù)合場(chǎng)中受到豎直向下的重力、與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反的電場(chǎng)力和水平向右的洛倫茲力的作用，如圖所示，其中電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，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(fù)合場(chǎng)中一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；根據(jù)小球受力平衡可得qvB＝mg，qE＝mg，又v2＝2gh，聯(lián)立各式解得磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝；若要使小球沿直線通過復(fù)合場(chǎng)，小球受到的合力一定為零，所以以上兩個(gè)式子一

17、定要同時(shí)滿足，若同時(shí)改變小球的比荷與初始下落的高度h，以上兩個(gè)式子不能同時(shí)滿足，不能做直線運(yùn)動(dòng)，故C、D正確；若換成帶正電的小球，則電場(chǎng)力和洛倫茲力同時(shí)反向，小球所受合力不可能為零，故B錯(cuò)誤。 三、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題，共18分) 13．(8分)(2019·蘇錫常鎮(zhèn)一模)在“測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)中，某實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)根據(jù)圖甲電路進(jìn)行測(cè)量實(shí)驗(yàn)。 (1)根據(jù)圖甲電路，請(qǐng)?jiān)谝覉D中用筆畫線代替導(dǎo)線，完成實(shí)物電路的連接。 (2)實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)操作正確，記錄下幾組電壓表和電流表的示數(shù)，并在坐標(biāo)系內(nèi)作出電壓表示數(shù)U和對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)I的圖像，如圖丙所示。由圖像可測(cè)得E測(cè)和r測(cè)，則E測(cè)______

18、E真；r測(cè)______r真(選填“>”“＝”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(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)＝

19、外接法時(shí)，誤差原因?yàn)殡娏鞅矸謮簩?dǎo)致電壓表測(cè)量外電壓偏小，可把電流表與電源看做一個(gè)等效電源，E測(cè)′＝E真，r測(cè)′＝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(dòng)勢(shì)是準(zhǔn)確的，E真＝UB，而電流表內(nèi)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)圖見解析　(2)<　<　(3)UB　 14．(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__________mm。(該值接近

20、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 Ω)、電流表(內(nèi)阻約0.1 Ω)、電壓表(內(nèi)阻約3 kΩ)、滑動(dòng)變阻器R(0～20 Ω，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(jìn)行實(shí)驗(yàn)測(cè)量，記錄數(shù)據(jù)如下表。 次數(shù) 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30 I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520 由以上數(shù)據(jù)可知，他們測(cè)量Rx是采用圖2中的_

21、_______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(cè)微器的固定刻

22、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0＋39.5×0.01 mm＝0.395 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 Ω。 則有Rx<＝ Ω＝10 Ω，屬于小電阻，用外接法測(cè)量誤差小，實(shí)驗(yàn)要描繪電阻的U-I圖線，要求電壓、電流從接近0開始調(diào)節(jié)，所以應(yīng)該采用分壓接法，故選甲圖。 (3)注意連圖時(shí)連線起點(diǎn)和終點(diǎn)在接線柱上并且不能交叉，結(jié)合(2)可知應(yīng)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(guān)時(shí)不燒壞電表，此時(shí)滑片P必須置于變阻器的左端。實(shí)物圖如圖所示： (4)描繪出第2、4、6次測(cè)量數(shù)據(jù)坐標(biāo)點(diǎn)后可見第6次測(cè)量

23、數(shù)據(jù)的坐標(biāo)點(diǎn)誤差太大，應(yīng)舍去，然后畫出U-I圖線。如圖所示： 計(jì)算U-I圖像的斜率可得到電阻的阻值R＝ Ω≈4.5 Ω； 根據(jù)電阻定律R＝，得ρ＝，代入數(shù)據(jù)可計(jì)算出ρ＝1×10－6 Ω·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)　1×10－6 Ω·m 四、計(jì)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(jiǎn)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

24、所示。在t＝0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)力作用由靜止開始運(yùn)動(dòng)，不考慮重力作用，若k＝，為使電子在0～2t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0～t時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng) 加速度的大小a1＝ 位移x1＝a1t2 電子在t～2t時(shí)間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后反向做勻加速運(yùn)動(dòng) 加速度的大小a2＝ 初速度的大小v1＝a1t 勻減速運(yùn)動(dòng)階段的位移x2＝ 依據(jù)題意d>x1＋x2 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B1＝0.4 T，方向垂

25、直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝2.0×105 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B2＝0.25 T，磁場(chǎng)邊界AO和y軸的夾角∠AOy＝45°。一束帶電荷量q＝8.0×10－19 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軸射入磁場(chǎng)區(qū)，離子離開磁場(chǎng)后垂直通過x軸。求： (1)離子運(yùn)動(dòng)的速度大小； (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

26、度為v，因?yàn)檠刂芯€PQ做直線運(yùn)動(dòng)，則：Eq＝qvB1 代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出：v＝5.0×105 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(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：r1＝0.1 m 由牛頓第二定律有：qvB2＝m 代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出：m＝4.0×10－26 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)使離子都不能打到x軸上，最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0， 則有：qvB0＝m 代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出：B0＝ T＝0.30 T 則：B2≥0.30 T。 答案：(1)5.0×105

27、 m/s　(2)4.0×10－26 kg (3)B2≥0.30 T 17．(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E＝20 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝ T。一質(zhì)量m＝1×10－4 kg，電荷量q＝＋5×10－5 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)原點(diǎn)O射入第一象限后，經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間能再次返回到O點(diǎn)？ (3)設(shè)小球在t＝0時(shí)射入，當(dāng)t

28、1＝1 s時(shí)撤去磁場(chǎng)，求小球在x軸上方運(yùn)動(dòng)過程中，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v0＝20 m/s tan θ＝＝1，θ＝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 qv0B＝m，T＝，t＝nT＝ 代入數(shù)據(jù)，得t＝2πn(n＝1,2,3，…)。 (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)過程中 ax＝＝10 m/s2， ay＝＝10 m/s2

29、從撤去磁場(chǎng)到小球在x軸上方離x軸最遠(yuǎn)的時(shí)間為： t2＝＝＝ s 對(duì)整段過程有： x＝v0cos 45°·t1＋v0cos 45°·t2＋axt22＝(10＋30)m＝44.14 m y＝v0sin 45°·t1＋v0sin 45°·t2－ayt22＝(10＋10)m＝24.14 m。 答案：(1)20 m/s　方向與x軸成45°斜向右上方　 (2)2πn(n＝1,2,3，…)　(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)

30、，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上方處射出磁場(chǎng)。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 (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Δt，求Δt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v＝5v0時(shí)，由qvB＝得r＝d，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α。 由幾何關(guān)系d＝rsin α，得sin α＝，即α＝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t＝4t1＋t2＝。 (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y＝2r(1－cos α)＋xtan α 由y≤2d，解得x≤d 則當(dāng)xm＝d時(shí)，Δt有最大值 粒子直線運(yùn)動(dòng)路程的最大值sm＝＋(2d－2xm)＝3d 增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d 增加時(shí)間的最大值Δtm＝＝。 答案：(1)　(2)　(3)