【文档说明】高考物理一轮复习阶段检测三 第六_八章验收(含解析).doc，共(13)页，287.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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阶段综合检测（三）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21分。每小题只有一个选项符合题意)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()A．EA＝EB，电场方向相同B．EA<EB，电场方向相同C．EA>EB，电场方向不同D．EA<EB，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EA<EB，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B＝kIR，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α角。则()A．待测电流在圆心O处产生的磁感应强度BO＝BCsinαB．待测电流Ix的大小Ix＝BCrtanαkNC．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：BO＝BCtanα，A错误；由题意可知：BO＝kNIxr，解得：I

x＝BCrtanαkN，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＝Ud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＝εrS4πkd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＞lOCB．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g，根据类平抛运动规律，他们落在斜面上时均有：tanθ＝hx＝12at2v0t＝at2v0，解得：t＝2v0tanθa，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.(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3a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()A．A、B、C三点的电势关系为φA＞φB＞φCB．A、B、C三点的电势关系为φA＞φB＝φCC．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2W3ea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φA＝φC；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φA＜φB，φB＞φC，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＝We，B、C间沿电场线方向上距离为：d＝3a×sin60°＝32a，所以E＝UBCd＝2W3ea，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12mv02＋mghC．合外力对液滴做的功为－12mv02D．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＝0－12mv02＝－12mv02，C正确；液滴的重力势能减少mgh，动能减少1

2mv02，所以液滴的机械能减少12mv02＋mgh，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92238U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90234Th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＝mvqB＝pqB，p是动量，由于钍核的带电荷量远大于新核(α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。二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共

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.(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50Hz正弦交流电，液体不转动D．若两电极之间接50Hz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50Hz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R＝50Ω，定值电阻R1＝30Ω，R2＝20Ω，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R1＋RaP＝R2＋RbP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＝ER1＋RaP，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＝ER1＋RbP，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8.0V，两板的间距为2cm，而且极板B接地。极板间有C、D两点，C距A板0.5cm，D距B板0.

5cm，则()A．两板间的场强大小为400V/mB．C、D两点的电势相等C．C点的电势φC＝2.0VD．D点的电势φD＝2.0V解析：选AD由公式E＝Ud计算出两板间的场强为E＝Ud＝80.02V/m＝400V/m，则A正确；B板接地，φB＝0，φA＝8V，UAC＝400×

0.5×10－2V＝2V，得φC＝6V；同理得φD＝2V，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Ⅰ和Ⅱ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Ⅰ区运动到Ⅱ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2∶1，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2∶1B．粒子在两个磁场中的运动速度大小之比为1∶1C．粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为2∶1D．弧aP与弧Pb对应的圆心角

之比为2∶1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lr＝θ，再由r＝mvBq，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＝mvθql，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2∶1，所以时间之比为2∶1，因此C正确。12．(2018·焦作模拟)如图所示，人工元素原子核11

3286Nh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24He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B1∶B2为111∶2B．两磁场的磁感应强度B1∶B2为111∶141C．氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆

的时间比为2∶141D．氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间比为111∶141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：m1v1－m2v2＝0，即p1＝p2，粒

子在磁场中做匀速圆周运动，由题意可知：粒子轨道半径：r1＝r2＝l2，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，解得：B＝mvqr＝pqr，则：B1B2＝q2q1＝1112，A正确，B错误；粒子在磁场中做圆周

运动的周期：T＝2πmqB，粒子旋转第一个半圆需要的时间：t＝12T＝πmqB，时间之比：t1t2＝πm1q1B1πm2q2B2＝m1q2B2m2q1B1＝4282×1112×2111＝2141，C正确，D错误。三、实验题

(本题共2小题，共18分)13．(8分)(2018·江苏启东中学模拟)有一只小灯泡，额定电压为6V，额定功率约为3W，请用下列器材测定小灯泡的额定功率：电流表A：量程0～0.6A、内阻约为0.5Ω电压表V：量程0～3V、内阻RV＝5kΩ

滑动变阻器R：阻值范围0～20Ω、额定电流为1A定值电阻R0：阻值R0＝10kΩ电源E：电动势约为10V、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0.48A，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6V即可；但由于电压表量程只有3V，故应串联定值电阻分压；由于电源电压为10V，灯泡电阻R＝U2P＝12Ω；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6V时，电压表与电阻两端的总电压为6V，而电压表与电阻的

阻值之比为：510＝12；故分压之比为1∶2；则可知电压表示数应为2V；灯泡的额定功率：P＝UI＝6×0.48W＝2.88W。答案：(1)电路图见解析(2)22.8814．(10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________Ω；若选择开关拨至“50mA”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I-

Rx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Rx＝0时电路中的电流I＝IgC．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R＝18×1Ω＝18Ω；选择开关拨至“50mA”挡，则电流为I＝22.7mA。(2)根据闭合电路欧姆定律得：I＝ER总＝Er＋R0＋Rg＋R

x。(3)因为Rx＝EI－r－R0－Rg，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Rx＝0时，I＝Er＋R0＋Rg，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＝Er＋R0＋Rg＋Rx(3)BC四、计算题(本题共4小题，共61分)15．(14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θ。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＝mgcosθ，电场力为：F电＝mgtanθ，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：mgcosθ＝mvB2l，解得小球的最小速度为：vB＝glcosθ。(2)由动能定理可得：－mg·2lcosθ－mgtanθ×2lsinθ＝12mvB2－12mvA2，解得：vA＝5glcosθ

。答案：(1)A点关于圆心对称位置glcosθ(2)5glcosθ16．(15分)如图所示，半径R＝1.6m的16光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长L＝3m的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v＝3m/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E＝20N/C，磁感应强度B＝3.0T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m＝1.0×10－3kg的物块a和b，物块a不带电，b带q＝1.0×10－3C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μ＝0.1，取g＝10m/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(1－cosθ)＝12

mvC2得：vC＝4m/s在C点，由牛顿第二定律：FN－mg＝mvC2R解得：FN＝2×10－2N由牛顿第三定律，a物块对圆弧轨道压力：FN′＝2×10－2N，方向竖直向下。(2)a、b碰撞动量守恒mvC＝2mvC′vC

′＝2m/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，μ·2mg＝2mav2－vC′＝2as得：s＝2.5m<L所以ab离开传送带时与其共速为v＝3m/s进入复合场后，qE＝2mg＝2×10－2N，所以做匀速圆周运动由qvB＝2mv2r，得：r＝2mvqB＝2m由几何知识解得传送带与水

平地面的高度：h＝r＋r2＝3m。(3)ab系统在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功Wf＝μ·2mgs＝5×10－3Jab系统在复合场运动过程中，电场力对其做功：W电＝－qEh＝－6×10－2J所以，二者碰后一直到落地，系统机械能的变化量：ΔE＝Wf＋W电＝－5.5×10－2J。故a、b系统

机械能减少5.5×10－2J。答案：(1)2×10－2N，方向竖直向下(2)3m(3)机械能减少5.5×10－2J17．(16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E＝1N/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(－2m,0)处有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷qm＝100C/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(0,43m)进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为t＝0时刻，第一象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。(g＝10m/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|＝12at2，yC＝v0t，a＝qEm，联立解得：v0＝203m/s。(2)设粒子在C点的运动方向与y轴正方向的夹角为θ，在C点的速度为vC，则tanθ＝atv0，代入数据解得θ＝30°由cosθ＝v0

vC，得vC＝40m/s粒子在第一象限的磁场中有：qvCB＝mvC2r解得r＝3m粒子做圆周运动的周期T＝2πmqB＝3π20s故粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，粒子在运动的第四个半圆的过程中从D点出磁场，由几何关系可得OE＝3yC，DE＝2rcos30°，则OD

＝OE－DE＝9m粒子第一次出磁场的点的位置坐标为D(9m,0)。(3)粒子在磁场中运动的时间t＝3T2＋T6＝3π12s。答案：(1)203m/s(2)(9m,0)(3)3π12s18．(16分)(2018·广西钦州模拟)如图所示，在xOy平面内，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度

大小为E；在0<x<L区域内，x轴上、下方有相反方向的匀强电场，电场强度大小均为2E；在x>L的区域内有垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小不变、方向做周期性变化。一电荷量为q、质量为m的带正电

粒子(粒子重力不计)，由坐标为－L，L2的A点静止释放。(1)求粒子第一次通过y轴时速度的大小；(2)求粒子第一次射入磁场时的位置坐标及速度；(3)现控制磁场方向的变化周期和释放粒子的时刻，实现粒子能沿一定轨道做往复运动，求磁场的磁感应强度B的大小取值范围。解析：(1)粒子从

A点到y轴的过程，根据动能定理得qEL＝12mv02－0，解得v0＝2qELm。(2)粒子进入0＜x＜L区域中作类平抛运动，根据平抛运动规律得L＝v0t，Δy＝12×q×2Emt2，vy＝2qEmt解得Δy＝12L，vy＝v0所以第一次射入磁场时的位置坐标为(L，L)；速度大小v＝

v02＋vy2＝2qELm，方向与x轴正方向成45°角斜向上。(3)在磁场中，粒子做匀速圆周运动，根据向心力公式有qvB＝mv2R轨道半径R＝mvqB由对称性可知，射出磁场后必须在x轴下方的电场中运动，才能实现粒子沿一定轨道做往复运动，如图所示

。当CC1＝L2＋L2＋L2＝3L2时，轨道半径R最小，对应的磁感应强度B最大，粒子紧贴x轴进入y轴左侧的电场。由几何关系得R2＋R2＝CC12，得最小半径R＝324L，磁感应强度的最大值：Bmax＝mvqR＝42mEqL3qL＝432mEq

L磁感应强度大小取值范围为0≤B≤432mEqL。答案：(1)2qELm(2)(L，L)2qELm，方向与x轴正方向成45°角斜向上(3)0≤B≤432mEqL