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- 2022-04-12 发布
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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φA、φB，则( )A．EA>EB B．EAφBD．φA<φB解析：选D 电子初速度为零，故根据位移速度公式可得v2＝2ax，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EA＝EB，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φA<φB，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U＝k，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k＝C．载流子所受静电力的大小F＝qD．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＝n，载流子所受电场力F＝qE＝q，故C错误；稳定时，电场力与洛伦兹力相等，即q＝qvB，解得U＝Bhv，又电流的微观表达式：I＝nqSv＝nqhdv，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f＝Bqv＝，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Q＝UC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( )A．lOA＞lOB＞lOC B．lOB＞lOA＞lOCC．lOC＞lOA＞lOBD．lOC＞lOB＞lOA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gn，根据类平抛运动规律，他们落在斜面上时均有：tanθ＝＝＝，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lOC＞lOA＞lOB，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：U＝U0＝I0R0＝(I总－I)R0＝－IR0＋I总R0，其中I总、R0为定值，由U＝－R0I＋I总R0，可知U与I的图像为一次函数图像，且－R0<0，故A、B错误；由电功率的计算公式知，电路消耗总功率：P＝UI总＝(I总－I)R0×I总＝－I总R0I＋I总2R0，其中I总、R0为定值，由P＝－I总R0I＋I总2R0，可知P与I的图像为一次函数图像，－I总R0<0，且I、P不会为0，故C正确，D错误。6．(2019·深圳模拟)一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。则能正确表示运动周期T与半径R之间关系的图像是( )解析：选D 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，有qvB＝m，可得R＝，由圆周运动规律，T＝＝，可见运动周期与半径无关，故D项正确。7.(2019·常州期中)在真空中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场。质量为m的带电小球由MN上的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平。A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示。由此可见( )A．电场力为2mgB．小球带正电C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化量不相同n解析：选D 带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2。设在电场中的加速度为a。由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电，从A到B过程小球做平抛运动，则有：x1＝v0t1；从B到C过程有：x2＝v0t2；由题意有：x1＝2x2，联立得：t1＝2t2；即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍。又y1＝gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：y2＝at22，根据几何知识有：y1∶y2＝x1∶x2；解得：a＝2g；根据牛顿第二定律得：F－mg＝ma＝2mg，解得：F＝3mg，A、B、C错误；根据速度变化量Δv＝at，得AB过程速度变化量大小为Δv1＝gt1＝2gt2；BC过程速度变化量大小为Δv2＝at2＝2gt2；所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，但由于从A到B时方向向下，而从B到C时方向向上，故速度变化量不相同，D正确。二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共计20分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)8．(2019·常州中学模拟)某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板。对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动。在P、Q间距减小的过程中( )A．P、Q构成的电容器电容增大B．P上电荷量保持不变C．电阻R中有N到M方向的电流D．电阻R中有M到N方向的电流解析：选AC 电容式话筒与电源串联，其电压保持不变。在P、Q间距减小的过程中，根据电容决定式C＝可知电容增大，又根据电容定义式C＝得知电容器所带电荷量增大，P极板上电荷量增大，电容器充电，充电电流通过R的方向由N到M，故A、C正确，B、D错误。9.如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则( )A．M点的电势比P点的电势低B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差C．一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能D．将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功解析：选ABD 根据等势线与电场线垂直，顺着电场线的方向电势降低，可知M点的电势比P点的电势低，故A项正确；O、M间的场强小于N、O间的场强，OM＝NO，由公式U＝Edn分析得知，O、M间的电势差小于N、O间的电势差，故B项正确；根据等势线与电场线垂直，顺着电场线的方向电势降低，可得O点的电势高于Q点的电势，则正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C项错误；M点的电势比P点的电势低，则负电荷在M点的电势能比在P点的电势能大，所以将一负电荷由M点移到P点时，电势能减小，电场力做正功，故D项正确。10.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )A．平行板电容器的电容值将变大B．静电计指针张角不变C．带电油滴的电势能将增大D．若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变解析：选BD 根据C＝知，d增大，则电容减小，故A错误。静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确。电势差不变，d增大，则电场强度减小，故P点与上极板的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故C错误。电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E＝＝＝，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确。11.如图所示，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流；a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l。关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是( )A．a处的磁感应强度大小比c处的大B．b、c两处的磁感应强度大小相等C．a、c两处的磁感应强度方向相同D．b处的磁感应强度为零解析：选AD a、c两点处的磁感应强度是两导线电流产生的合磁感应强度，由于a点比c点距离两导线较近，所以a处的磁感应强度比c处的大，A正确；根据安培定则知，a、c两处磁感应强度方向相反，C错误；b点位于两导线中间，两导线在b点处产生的磁场大小相等，方向相反，合磁感应强度为零，c处磁感应强度不为零，D正确，B错误。n12.如图所示，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场B和平行纸面且与竖直平面夹角为45°斜向下的匀强电场E。有一质量为m、电荷量为q的带负电的小球在高为h处的P点从静止开始自由下落，当小球运动到复合场内时刚好做直线运动，那么( )A．小球在复合场中一定做匀速直线运动B．若换成带正电的小球，小球仍可能做直线运动C．磁感应强度B＝，场强E＝D．若同时改变小球的比荷与初始下落高度h，小球不能沿直线通过复合场解析：选ACD 小球在复合场中受到竖直向下的重力、与电场强度方向相反的电场力和水平向右的洛伦兹力的作用，如图所示，其中电场力和重力是恒力，而洛伦兹力的大小与小球的速度大小成正比，若小球做的是变速运动，那么洛伦兹力也是变力，小球受到的合力方向也要改变，这与题意不符，所以小球在复合场中一定做匀速直线运动，故A正确；根据小球受力平衡可得qvB＝mg，qE＝mg，又v2＝2gh，联立各式解得磁感应强度B＝，电场强度E＝；若要使小球沿直线通过复合场，小球受到的合力一定为零，所以以上两个式子一定要同时满足，若同时改变小球的比荷与初始下落的高度h，以上两个式子不能同时满足，不能做直线运动，故C、D正确；若换成带正电的小球，则电场力和洛伦兹力同时反向，小球所受合力不可能为零，故B错误。三、实验题(本题共2小题，共18分)13．(8分)(2019·苏锡常镇一模)在“测电源电动势和内阻”的实验中，某实验小组同学根据图甲电路进行测量实验。(1)根据图甲电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。(2)实验小组同学操作正确，记录下几组电压表和电流表的示数，并在坐标系内作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图像，如图丙所示。由图像可测得E测和r测，则E测______E真；r测______r真(选填“>”“＝”或“<”)。n(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＝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)UB 14．(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50cm。(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3V，内阻约1Ω)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(0～20Ω，额定电流2A)、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/V0.100.300.701.001.501.702.30nI/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＝___________Ω(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0＋39.5×0.01mm＝0.395mm。(2)由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻Rx约为5Ω。则有Rx<＝Ω＝10Ω，属于小电阻，用外接法测量误差小，实验要描绘电阻的UI图线，要求电压、电流从接近0开始调节，所以应该采用分压接法，故选甲图。(3)注意连图时连线起点和终点在接线柱上并且不能交叉，结合(2)可知应该连接成外接分压接法(图甲)，先连外接电路部分，再连分压电路部分，为保证闭合开关时不烧坏电表，此时滑片P必须置于变阻器的左端。实物图如图所示：n(4)描绘出第2、4、6次测量数据坐标点后可见第6次测量数据的坐标点误差太大，应舍去，然后画出UI图线。如图所示：计算UI图像的斜率可得到电阻的阻值R＝Ω≈4.5Ω；根据电阻定律R＝，得ρ＝，代入数据可计算出ρ＝1×10－6Ω·m。答案：(1)0.395(0.393～0.398均可) (2)甲 (3)图见解析(4)图见解析 4.5(4.3～4.6均可) 1×10－6Ω·m四、计算题(本题共4小题，共61分)15．(14分)制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2t，如图乙所示。在t＝0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0～2t时间内不能到达极板A。求d应满足的条件。解析：电子在0～t时间内做匀加速运动加速度的大小a1＝位移x1＝a1t2电子在t～2t时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动n加速度的大小a2＝初速度的大小v1＝a1t匀减速运动阶段的位移x2＝依据题意d>x1＋x2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B1＝0.4T，方向垂直纸面向里，电场强度E＝2.0×105V/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B2＝0.25T，磁场边界AO和y轴的夹角∠AOy＝45°。一束带电荷量q＝8.0×10－19C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(0,0.2m)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：Eq＝qvB1代入数据计算得出：v＝5.0×105m/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：r1＝0.1m由牛顿第二定律有：qvB2＝m代入数据计算得出：m＝4.0×10－26kg。n(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：qvB0＝m代入数据计算得出：B0＝T＝0.30T则：B2≥0.30T。答案：(1)5.0×105m/s (2)4.0×10－26kg(3)B2≥0.30T17．(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E＝20N/C，磁感应强度大小B＝T。一质量m＝1×10－4kg，电荷量q＝＋5×10－5C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10m/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t＝0时射入，当t1＝1s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v0＝20m/stanθ＝＝1，θ＝45°即小球的速度大小为20m/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qv0B＝m，T＝，t＝nT＝n代入数据，得t＝2πn(n＝1,2,3，…)。(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ax＝＝10m/s2，ay＝＝10m/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：x＝v0cos45°·t1＋v0cos45°·t2＋axt22＝(10＋30)m＝44.14my＝v0sin45°·t1＋v0sin45°·t2－ayt22＝(10＋10)m＝24.14m。答案：(1)20m/s 方向与x轴成45°斜向右上方 (2)2πn(n＝1,2,3，…) (3)(44.14m,24.14m)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sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。(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Δt，求Δt的最大值。解析：(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，nqv0B＝由题意知r0＝由以上两式解得B＝。(2)当初速度v＝5v0时，由qvB＝得r＝d，粒子运动轨迹如图，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α。由几何关系d＝rsinα，得sinα＝，即α＝53°在一个矩形磁场中的运动时间t1＝×，解得t1＝粒子做直线运动的时间t2＝,解得t2＝则t＝4t1＋t2＝。(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x。粒子向上的偏移量y＝2r(1－cosα)＋xtanα由y≤2d，解得x≤dn则当xm＝d时，Δt有最大值粒子直线运动路程的最大值sm＝＋(2d－2xm)＝3d增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d增加时间的最大值Δtm＝＝。答案：(1) (2) (3)
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