厦门外国语学校2022届高三第一学期第三次质量检测物理试卷一、选择题1.如图所示，涉及物理学史上的四个重大发现，其中说法正确的是（ ）A.库仑利用图甲实验测出了引力常量B.奥斯特利用图乙实验，发现了电流周围存在磁场C.牛顿根据图丙理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因D.楞次利用图丁实验，总结出了楞次定律【答案】B2.如图所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器-电流天平，某同学在实验室里，用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，若他测得CD段导线长度4×10-2m，天平（等臂）平衡时钩码重力4×10-5N，通过导线的电流I=0.5A由此，测得通电螺线管中的磁感应强度B为A.2.0×10-3T 方向水平向右B.5.0×10-3T 方向水平向右C.2.0×10-3T 方向水平向左D.5.0×10-3T 方向水平向左【答案】A【解析】天平平衡时，CD段导线所受的安培力大小为：F=mg；由F=BIL得：-16-\n；根据左手定则可知磁感应强度的方向向右，所以A正确、BCD错误．故选A．3.两矩形线圈分别在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化关系分别如图中甲、乙所示，则下列说法正确的是（ ）A.两交变电流的频率之比f甲：f乙=1：2B.两交变电流的电动势有效值之比E甲：E乙=3：1C.t=1s时，两线圈中的磁通量的变化率均为零D.t=1s时，两线圈均处在与中性面垂直的位置上【答案】C【解析】由图象知甲的周期为1s，乙的周期为2s，所以，A错误；甲的有效值为，乙的有效值为，所以，B错误；t=1s时，甲乙瞬时电压为零，磁通量的变化率为零，此时线圈处于中性面位置，C正确D错误．4.如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r．由此可知，下列说法正确的是（ ）A.电容器所带电荷量为B.电容器所带电荷量为C.电容器下极板带正电D.电容器上极板带正电【答案】D-16-\n【解析】试题分析：闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当与电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势为：，路端电压：，则电容器所带电荷量为：，故A错误，B正确；磁场向右均匀增强，由楞次定律可知，电容器上极板带正电，下极板带负电，故C错误，D正确．考点：考查了法拉第电磁感应定律；电容．5.如图所示，矩形区域MPQN长MN=d，宽MP=d，一质量为m（不计重力）、电荷量为q的带正电粒子从M点以初速度v0水平向右射出，若区域内只存在竖直向下的电场或只存在垂直纸面向外的匀强磁场，粒子均能击中Q点，则电场强度E的大小与磁感应强度B的大小的比值为（ ）A.B.C.D.【答案】B【解析】在电场中做类似平抛运动过程，根据分运动公式，有水平方向，竖直方向：，只有磁场时，做匀速圆周运动，轨迹如图所示：结合几何关系，有，解得，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有，联立解得，故，B正确．6.理想变压器原线圈两端输入的交变电压如图甲所示，变压器原、副线圈的匝数比为11：2，如图乙所示，定值电阻R0=10Ω，滑动变阻器R的阻值变化范围为0～20Ω，下列说法中正确的是（ ）-16-\nA.变压器输出电压的频率为100HzB.电压表的示数为56.5VC.当滑动的变阻器阻值减小时，变压器输入功率变大D.当滑动变阻器阻值调为零时，变压器的输出功率为16W【答案】C【解析】试题分析：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．A、变压器不改变交变电流的频率，由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz；错误C、当滑动的变阻器阻值减小时，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，输入功率增加；正确D、当滑动变阻器阻值调为零时，变压器的输出功率为；错误故选C考点：变压器的构造和原理点评：注意变压器不改变交变电流的频率，交流电压读数为有效值，理想变压器有。7.如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电极，两极板间距为d，极板面积为S，两个电极与可变电阻R相连，在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B．发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度v向右流动，由于运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势不计气体流动的阻力（ ）-16-\nA.通过电阻R的电流方向为b→aB.若只增大极板间距d，发电导管的内电阻一定减小C.若只增大气体速度v，发电导管产生的电动势一定增大D.若只增大电阻R的阻值，则电阻R消耗的电功率一定增大【答案】C【解析】试题分析：运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源；根据电阻定律求解内电阻，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件判断感应电动势，并计算电功率．根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，故电流向上经过电源，向下经过电阻，A错误；根据电阻定律，发电导管的内电阻与其长度成正比，故增大极板间距d，发电导管的内电阻一定增大，B错误；根据平衡有，解得电源的电动势；若只增大气体速度v，发电导管产生的电动势一定增大，C正确；电动势一定，内阻也一定，当外电阻R与电源的内电阻r相等时，电源的输出功率最大；由于不知道R与内阻r的具体数值，故无法判断增大电阻R的阻值时，电阻R消耗的电功率变化情况，D错误．8.如图所示，水平固定一截面为正方形绝缘方管的长度为L，空间存在场强为E、方向水平向右的匀强电场和磁感应强度为B．方向竖直向下的匀强磁场，将质量为m、带电量为+q的小球从左侧管口无初速度释放，已知小球与管道各接触面间动摩擦因数均为μ，小球运动到右侧管口处时速度为v，该过程（ ）A.洛伦兹力对小球做功为qvBLB.电场力对小球做功为qELC.系统因摩擦而产生的热量为μmgL-16-\nD.系统因摩擦而产生的热量为qEL-mv2【答案】BD【解析】解：A、小球向右运动，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里，与运动的方向垂直，使用洛伦兹力不做功．故A错误；B、小球受到的电场力大小为F=qE，方向向右，小球运动的方向也向右，所以电场力做的功：W=FL=qEL．故B正确；C、小球在运动的过程中，受到向下的重力，向右的电场力，垂直于纸面向里的洛伦兹力，和支持力的作用，在正方形绝缘方管的平面内，支持力的方向与重力、洛伦兹力的合力的方向相反，大小为：系统因摩擦而产生的热量为：Q=fL=μNL＞μmgL．故C错误；D、小球运动的过程中只有电场力和摩擦力做功，由动能定理得：qEL﹣Wf=，所以：．故D正确．故选：BD【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系．【分析】根据左手定则判断出洛伦兹力的方向，然后结合锂离子的特点判断洛伦兹力做的功；根据电场力的方向、大小以及小球运动的位移，计算出电场力做的功；使用Q=fs计算因摩擦产生的内能．【点评】该题考查带电小球在复合场中的运动，涉及受力分析、左手定则、以及摩擦力做功等问题，对小球的受力分析一定要细致，否则，在计算摩擦力做功的过程中，容易出现错误，将摩擦力计算为μmg．9.在如图所示的两平行虚线之间存在着垂直纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，正方形线框abcd的边长L（L＜d）、质量为m、电阻为R，将线框从距离磁场的上边界为h高处由静止释放后，线框的ab边刚进入磁场时的速度为v0，ab边刚离开磁场时的速度也为v0，在线框开始进入到ab边刚离开磁场的过程中（ ）-16-\nA.感应电流所做的功为mgdB.感应电流所做的功为2mgdC.线框的最小动能为mg（h-d+L）D.线框的最小动能为【答案】AC【解析】试题分析：分析从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，线框的重力势能减小转化为线框产生的热量，则，A正确；B错误；线框完全进入磁场后，到ab边刚出磁场，没有感应电流，线框不受安培力，做匀加速运动，ab边进入磁场时速度为v0，ab边刚穿出磁场时速度也为v0，说明线框出磁场过程一定有减速运动，dc刚进入磁场时速度最小．设线框的最小动能为Ekm，全部进入磁场的瞬间动能最小，由动能定理得：从ab边刚进入磁场到线框完全进入磁场时，则有：，又，解得：，C正确；D错误；故选AC。考点：安培力、电磁感应、动能定理。10.如图1所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1m2，圆环电阻为0.2Ω．在第1s内感应电流I沿顺时针方向．磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示（其中在4～5s的时间段呈直线）．则（ ）A.在0～5s时间段，感应电流先减小再增大B.在0～2s时间段感应电流沿顺时针，在2～5s时间段感应电流沿逆时针-16-\nC.在0～5s时间段，线圈最大发热功率为5.0×10-4WD.在0～2s时间段，通过圆环横截面的电量为5.0×10-1C【答案】BC【解析】根据闭合电路欧姆定律得，知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，磁感应强度变化率最大值为0.1，则最大电流，则在0～5s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变，A错误；由题意知，在第1s内感应电流I沿顺时针方向，根据楞次定律知，磁场方向向上为正方向；在0～2s时间段顺时针，在2～5s时间，磁场在减小，则感应电流的方向：逆时针，B正确；在0～5s时间段，当电流最大时，发热功率最大，则，C正确；根据感应电量的公式，通过圆环横截面的电量为，故D错误．11.如图所示，在xoy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xoy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速度v0先后从y轴上坐标（0，3L）的A点和B点（坐标未知）垂直于y轴射入磁场，在x轴上坐标（L，0）的C点相遇，不计粒子重力及其相互作用．根据题设条件可以确定（ ）A.带电粒子在磁场中运动的半径B.B点的位置坐标C.两个带电粒子在磁场中运动的时间D.带电粒子的质量【答案】ABC【解析】试题分析：由题意可明确粒子转动的几何关系，根据圆的性质确定圆心和半径，从而确定B点的坐标，再根据洛仑兹力充当向心力可明确质量及电荷量．已知粒子的入射点及入射方向，同时已知圆上的两点，根据入射点速度相互垂直的方向及AC连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置；由几何关系可知AC长为-16-\n；∠BAC=30°，则；因两粒子的速度相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同；即两粒子的半径均可求出；同时根据几何关系可知A对应的圆心角为120°，B对应的圆心角为30°；即可确定对应的圆心角，则由即可以求得转动的时间；由几何关系可求得B点对应的坐标，ABC正确；根据洛伦兹力充当向心力可求出对应的比荷，但由于电量未知，故无法求出粒子的质量，D错误．12.在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l．金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连，棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示，从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象可能正确的是（规定金属棒ab中电流方向由a到b为正）（ ）A.B.C.D.-16-\n【答案】AC【解析】在ab棒通过磁场的时间内，ab棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E=BLv分析可知，ab产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由b到a，为负值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F为0；在cd棒通过磁场的时间内，cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E=BLv分析可知，cd产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由a到b，为正负值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力，L均匀增大，则F与L2成正比．故BD错误，AC正确．故选AC.二、实验题13.用DIS测量干电池的电动势和内电阻的实验电路如图甲所示，已知干电池允许的最大供电电流为0.5A.（1）实验时应选用下列哪种滑动变阻器________．A．1000Ω，0.1AB．50Ω，2.0AC．10Ω，2.0AD．50Ω，0.1A（2）根据实验得到的图象如图乙所示，可求得干电池的内阻为r=________Ω.【答案】(1).C(2).2.0【解析】试题分析：滑动变阻器在电路中起到保护电路并调节电流作用，在限流接法中取比内电阻大10左右即可．过大则难以调节；过小起不到应有的调节作用．由闭合电路欧姆定律可得出电压与电流的关系，结合数学关系可知图象的斜率表示内阻，与纵坐标的交点表示电源的电动势．（1）由题意可知，干电池的内阻约为几欧，故为了易于调节，准确测量，滑动变阻器应选最大值较小的，故选C；（2）由闭合电路欧姆定律可知；即电动势与电流成一次函数关系，由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内源内电阻；故由图可知：电动势-16-\n．14.使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至×1Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．仪器连线如图所示(a和b是多用电表的两个表笔)；完成下列填空：（1）若适当调节电阻箱后，上图中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图(a)、(b)、(c)所示，则多用电表的读数为________Ω，电流表的读数为______mA；（2）将上图中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为________mA(保留三位有效数字)．（3）计算得到多用电表内电池的电动势为________V(保留三位有效数字)．【答案】(1).14.0(2).53.0(3).102(4).1.54【解析】（1）多用电表的读数为；电流表的量程是60mA，所以不能在表盘上直接读数，需要改装为10，20，30，40，50，60的表盘，然后读数为：53.0mA（2、3）多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源（一般为电池）、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流，将取为为多用电表的内阻，当待测电阻等于-16-\n时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以又称为中值电阻．当选择×1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15Ω．在（1）中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0Ω，干路电流是53.0mA，则电源电动势是．则满偏电流．三、计算题15.如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E、方向与水平线成60°；磁场的方向垂直纸面向里，有一个带正电小球从电磁复合场上方高度为h处自由落下，并沿直线通过复合电磁场，重力加速度为g．求：（1）带电小球刚进入复合场时速度多大；（2）磁场的磁感应强度及带电小球的比荷．【答案】【解析】试题分析：小球自由下落时机械能守恒，可求得小球进入场中的速度；再根据粒子在复合场中受力平衡，分别对水平方向和竖直方向由平衡条件列式，联立即可求得比荷．（1）小球自由下落高度h的过程中机械能守恒，有，解得；（2）在电场、磁场、重力场中所受的力如图所示，水平方向，根据力的平衡条件，有得；竖直方向，根据力的平衡条件，有，解得．16.轻质绝缘细线吊着一质量为m=0.05kg，边长为L=1m的正方形线框，线框电阻为r-16-\n=1Ω，线框的下半部分空间中有方向垂直纸面向里的匀强磁场（如图甲所示），磁感应强度大小随时间的变化如图乙所示，从t=0开始经过时间t0，细线开始松弛，g=10m/s2．求：（1）细线松弛前，线框中的感应电流大小与方向；（2）t0的值．【答案】（1）0.25A；逆时针方向（2）2s【解析】（1）由图乙得由法拉第电磁感应定律得：；；由楞次定律得，线框的感应电流方向为逆时针方向．（2）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：，；由图象知解得．17.如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0，若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）棒ab刚开始运动时，棒cd的加速度多大；（2）当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的速度是多大(两金属棒所受的安培力可视为两金属棒间的相互作用力)；-16-\n（3）在（2）问的情况下，cd棒的加速度大小和方向。【答案】（1）（2）（3），水平向右【解析】（1）ab棒开始运动时，切割磁感线，产生的感应电动势为，电流中的感应电流为，此时cd棒受到的安培力大小为，cd棒的加速度为，方向向右（2）设ab棒的速度变为时，cd棒的速度为，则由动量守恒可知，解得(3)此时回路中的电动势为此时回路中的电流为，此时cd棒所受的安培力为由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度，方向是水平向右．18.如图甲所示，在坐标系xOy平面内，y轴的左侧，有一个速度选择器，其中的电场强度为E，磁感应强度为B0，粒子源不断地释放出沿x轴正方向运动，质量均为m、电量均为+q、速度大小不同的粒子，在y轴的右侧有一匀强磁场、磁感应强度大小恒为B，方向垂直于xOy平面，且随时间做周期性变化（不计其产生的电场对粒子的影响），规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正，如图乙所示，在离y轴足够远的地方有一个与y轴平行的荧光屏，假设带电粒子在y轴右侧运动的时间达到磁场的一个变化周期之后，失去电量变成中性粒子（粒子的重力可以忽略不计）．（1）从O点射入周期性变化磁场的粒子速度多大；-16-\n（2）如果磁场的变化周期恒定为T=，要使不同时刻从原点O进入变化磁场的粒子运动时间等于磁场的一个变化周期，则荧光屏离开y轴的距离至少多大；（3）如果磁场的变化周期T可以改变，试求从t=0时刻经过原点O的粒子打在荧光屏上的位置离x轴的距离与磁场变化周期T的关系．【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：粒子沿直线通过速度选择器，则洛伦兹力与电场力是一对平衡力qvB=qE，化简可得粒子的速度；粒子垂直于磁场方向进入磁场中，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律结合几何关系，画出粒子运动的轨迹，由运动学的公式即可求出；结合（2）的分析与几何关系即可求出．（1）洛伦兹力与电场力平衡，有，所以：（2）粒子进入磁场后洛伦兹力提供向心力，则粒子运动的周期为，由于磁场的变化周期恒定为所以粒子在磁场中运动半个周期后偏转的角度为90°，任一时刻进入磁场的粒子在磁场中运动的轨迹如图甲，要使不同时刻从原点O进入变化磁场的粒子运动时间等于磁场的一个变化周期，荧光屏离开y轴的距离至少为：所以当α=45°时，x最大，最大值为：（3）由于两次磁场的大小相等方向相反，由运动的对称性可知其运动的轨迹如图乙，经过一个磁场的变化周期后速度的方向与x轴再次平行，切距离x轴的距离为式中的是粒子在变化的半个周期内偏转的角度，它与周期T的关系为：-16-\n，所以则在经过一个周期后粒子到x轴的距离：由于只在y轴的右侧有磁场，所以带电粒子在磁场中转过的角度不超过150°，如图丙所示，即磁场的周期变化有一个最大值：所以所以粒子到x轴的距离-16-
