福建省厦门市厦门外国语学校高三物理上学期第三次阶段(1月)考试试题(含解析)

厦门外国语学校2018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】B
2. 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：
；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=1：2
B. 两交变电流的电动势有效值之比E甲：E乙=3：1
C. 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
【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（）
A. 变压器输出电压的频率为100Hz
B. 电压表的示数为56.5V
C. 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（）
A. 通过电阻R的电流方向为b→a
B. 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qvBL
B. 电场力对小球做功为qEL
C. 系统因摩擦而产生的热量为μmgL
D. 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﹣W f=，
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（）
A. 感应电流所做的功为mgd
B. 感应电流所做的功为2mgd
C. 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E km，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
C. 在0～5s时间段，线圈最大发热功率为5.0×10-4W
D. 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；
∠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.
【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0.5 A.
（1）实验时应选用下列哪种滑动变阻器________．
A．1 000 Ω，0.1 A B．50 Ω，2.0 A
C．10 Ω，2.0 A D．50 Ω，0.1 A
（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
．
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60 mA的电流表，电阻箱，导线若干．
实验时，将多用电表调至×1 Ω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60m A，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=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) ；
（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；
（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：，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。