-学年安徽省联考高二（上）第三次月考物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1．（4分）相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为+4q和﹣q，如图所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是（ ）
A．﹣q，在A左侧距A为L处
B．﹣2q，在A左侧距A为处
C．+4q，在B右侧距B为L处
D．+2q，在B右侧距B为处
2．（4分）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有（ ）
A．x1处的电场强度为零
B．其中一个电荷处于x1和x2之间
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
3．（4分）已知电流强度为I的通电直导线在距离为r的地方产生的磁感应强度大小为B＝k，k为常数。如图所示，三根通有电流大小相等的长直导线垂直正方向abcd所在平面，且分别位于a、c、d三个顶点。a、d处导线中的电流方向与c处导线的电流方向相反。已知a处导线在b处产生的磁感应强度大小为B，则b点的磁感应强度大小为（ ）
A．B B． C．B D．B
4．（4分）如图所示表示某带电粒子垂直进入匀强磁场时，其速度方向与所受洛伦兹力方向之间的关系，其中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（4分）如图所示，一根质量为m的金属棒AC，用软线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，通入A→C方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的方法是（ ）
A．不改变电流和磁场方向，适当减小电流
B．不改变磁场和电流方向，适当增大磁感应强度
C．只改变电流方向，并适当增加电流
D．只改变电流方向，并适当减小电流
6．（4分）如图，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动。则PQ所做的运动是（ ）
A．向右加速运动
B．向左减速运动
C．向右减速运动或向左加速运动
D．向右加速运动或向左减速运动
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
7．（4分）在图示电路中，电源内阻不可忽略，R1、R2为定值电阻，
为灵敏电流计，
为理想电压表，平行板电容器两极板水平。开关S闭合后，位于电容器两板间的带电油滴恰好静止（不考虑空气影响）。现将滑片P向上移动，则以下说法正确的是（ ）
A．油滴向上运动 B．
示数减小
C．
中有从b到a的电流 D．R1消耗功率增大
8．（4分）年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P1极板带正电
C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，荷质比越小
9．（4分）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为1m，导轨平面与水平面夹角θ＝30°，导轨上端跨接一定值电阻R＝8Ω，整个装置处于方向垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B＝5T，金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持电接触良好，金属棒的质量为1kg、电阻为2Ω，重力加速度为g＝10m/s2．现将金属棒由静止释放．沿导轨下滑距离为2m时，金属棒速度达到最大值，则这个过程中（ ）
A．金属棒的最大加速度是5m/s2
B．金属棒cd的最大速度是2m/s
C．电阻R上产生的电热为Q＝8J
D．通过金属棒横截面的电量为1C
10．（4分）如图所示，abcd区域中存在一个垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度为B，bc边距地面高度为，正方形绝缘线圈MNPQ竖直放置，质量为m，边长为L，总电阻为R，PQ边与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在水平恒力F的作用下向右做直线运动通过磁场区域，下列说法正确的是（ ）
A．线圈进入磁场过程中感应电流的方向沿QMNP
B．线圈MN边完全处于磁场中运动时，MQ两点间电势差为0
C．线圈进入磁场的过程中通过线圈导线某横截面的电荷量为
D．线圈进入磁场过程中若Fμmg，则线圈将不可能以速度v做匀速直线运动
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11．（10分）某研究小组想测量一捆标称长度为20m，横截面积4.0mm2的合金丝的实际长度。该小组首先测得导线横截面积与标称值相同，又查得该种合金的电阻率为5.0×10﹣7Ωm，再利用图甲所示电路测出合金丝的电阻Rx，从而确定合金丝的实际长度。可供使用的器材有：
电流表：量程0～0.6A，内阻约0.1Ω
电压表：量程0～3V，内阻约10kΩ
滑动变阻器R1：最大阻值10Ω
滑动变阻器R2：最大阻值Ω
定值电阻：R0＝3Ω
电源：电动势6V，内阻较小；
开关、导线若干。
回答下列问题：
（1）小组首先根据标称值估算该合金丝的电阻为 Ω。实验中为便于操作并取得多组数据，滑动变阻器应选 （填“R1”或“R2”）。
（2）在图丙所示实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路在图丙中完成剩余部分的连接。
（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.42A时，电压表示数如图乙所示，则合金丝电阻的测量值为 Ω。（保留3位有效数字）
（4）合金丝实际长度为 m。（保留3位有效数字）。
12．（8分）某探究小组准备用图（甲）所示电路测量某电源的电动势和内阻，实验器材如下：
待测电源（电动势约2V）
电阻箱R（最大阻值为99.99Ω）
定值电阻R0（阻值为2.0Ω）
定值电阻R1（阻值为4.5kΩ）
电流表G（量程为μA，内阻Rg＝Ω）
开关S，导线若干。
（1）图甲中将定值电阻R1和电流表G串联，相当于把电流表G改装成了一个量程为 V的电压表。
（2）闭合开关，多次调节电阻箱，并记下电阻箱的阻值R和电流表G的示数I；
（3）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则和的关系式为 （用题中字母表示）；
（4）以为纵坐标，为横坐标，探究小组作出的图象如图（乙）所示。根据该图象求得电源的内阻r＝0.50Ω，则其电动势E＝ V（计算结果保留两位小数）。
（5）该实验测得的电动势E测与真实值E真相比，理论上E测 E真．（填“＞”“＜”或“＝”）
四、计算题（本大题共4小题，共42.0分）
13．（10分）回旋加速器的工作原理如图1所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m、电荷量为+q，加在狭缝间的交变电压如图2所示，电压值的大小为U0，周期T。一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用，求：
（1）出射粒子的动能Em；
（2）粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；
（3）要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。
14．（10分）如图1所示，一个圆形线圈的匝数n＝0匝，线圈面积S＝0.02m2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。求
（1）在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量；
（2）前4s内产生的感应电动势；
（3）6s内通过电阻R的电荷量q。
15．（10分）如图所示，倾角为α＝30°的光滑固定斜面，斜面上相隔为d＝8m平行虚线MN与PQ间有大小为B＝0.1T的匀强磁场，方向垂直斜面向下．一质量为m＝0.1kg，电阻为R＝0.2Ω，边长L＝1m的正方形单匝纯电阻金属线圈，线圈cd边从距PQ上方x＝2.5m处由静止释放沿斜面下滑进入磁场，切ab边刚要离开磁场时线圈恰好做匀速运动，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）cd边刚进入磁场时，线圈的速度v1；
（2）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q；
（3）线圈通过磁场的过程中，ab边产生的热量Q．
16．（12分）如图，装置中，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，电场强度为E，区域Ⅱ内有垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B．区域Ⅲ中有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度为2B．一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强磁场中。求：
（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径
（2）O、M间的距离
（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间。
试题解析
1．解：A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C必须为正电，在B的右侧。
设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L+r，要能处于平衡状态，
所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为Q．则有：
解得：r＝L
对点电荷A，其受力也平衡，则：
解得：Q＝4q，即C带正电，电荷量为4q，在B的右侧距B为L处。
故选：C。
2．解：A、φ﹣x图像斜率表示电场强度，可知x1处的电场强度不为零，故A错误；
B、根据φ﹣x图像可知，x2处电场为0，且x2右侧电势逐渐降低趋近于固定值，可知两个电荷均在x2的左侧，且为异种电荷，又x1～x2段电场方向向左，x2右侧电场方向向右，则可知，两个电荷均在x1的左侧，即都不处于x1和x2之间，故B错误；
C、负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；
D、由图知，x1～x2段图像的切线斜率越来越小，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故负电荷受到的电场力减小，故D错误。
故选：C。
3．解：由题意得：a处导线在b处产生的磁感应强度大小为B，B＝k，设正方形的边长为r，则c在b处产生的磁感应强度大小也是B，d在b处产生的磁感应强度大小为k．方向如右图，
根据矢量合成得b点的磁感应强度大小为B′，
故选：B。
4．解：根据左手定则，磁感应线穿过手心，四指指向正电荷的运动方向，也就是负电荷运动的反方向，大拇指指的就是洛伦兹力的方向。
A图洛伦兹力的方向应该是垂直纸面向外；B图洛伦兹力的方向应该是向下；C图洛伦兹力应该向上；D图中洛伦兹力的方向应该是向下，故C正确，ABD错误。
故选：C。
5．解：A、不改变电流和磁场方向，适当减小电流，可减小安培力，使悬线张力更不可能为零。故A错误；
B、不改变电流和磁场方向，适当增大电流，可增大安培力，能使悬线张力为零。故B正确；
C、只改变电流方向，金属棒所受安培力方向向下，悬线张力一定不为零。故CD错误
故选：B。
6．解：根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN向右运动，说明MN受到的安培力方向向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈L2中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动，故C正确，ABD错误。
故选：C。
7．解：带电油滴原来处于平衡状态，重力和电场力平衡。
AB、滑片P向上移动时，电阻R变大，电路的总电阻变大，则总电流变小，则R1两端电压与内电压之和减小，电压表的示数增大，电容器两端电压增大，油滴向上运动，故A正确、B错误；
C、电容器两端电压变大，带电量变大，电容器充电，故G中电流从b→a，故C正确；
D、由于电路中的电流减小，则通过R1的电流减小，根据P＝I2R1可得R1消耗功率减小，故D错误。
故选：AC。
8．解：A、根据带电粒子在磁场中的偏转方向，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电。故A错误。
B、根据左手定则知，带电粒子在P1P2区域所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电。故B正确。
C、根据得，，知r越大，荷质比越小。故C错误，D正确。
故选：BD。
9．解：A、刚释放金属棒时加速度最大，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，
解得最大加速度：a＝gsinθ＝5m/s2；故A正确。
B、当金属棒做匀速直线运动时，速度最大，则有mgsinθ＝BIL＝BL
可得最大速度为vm2m/s，故B错误。
C、设电阻R上产生的电热为Q，整个电路产生的电热为Q总，
由能量守恒定律得：mgssinαmvm2+Q总，
电阻R上产生的热量：QQ总，
代入数据解得：Q≈6.7J；故C错误。
D、通过金属棒横截面的电量为q1C，故D正确。
故选：AD。
10．解：A、线圈进入磁场过程中NP边切割磁感线，根据右手定则可得，感应电流的方向沿PNMQ，故A错误；
B、线圈MN边完全处于磁场中运动时，MQ边有一半的长度在切割磁感线，MQ两点间电势差为：
，故B错误；
C、由，，
可得：线圈进入磁场的过程中通过线圈导线某截面的电量为：，故C正确；
D、若线圈以速度v匀速进入磁场，由左手定则可知线圈进入磁场过程中MN边受向下的安培力，使地面对线圈的支持力大于mg，
则线圈所受的向左的摩擦力大于μmg，
NP受到的向左的安培力大小为：，
若，则F小于线圈进入磁场过程中所受摩擦力和安培力的合力，则线圈将不可能以速度v做匀速直线运动，故D正确。
故选：CD。
11．解：（1）根据电阻定律可知，
电路采用分压式接法，为了调节方便，滑动变阻器选较小的，故选R1。
（2）实物连接图如下图：
（3）根据电压表的读数规则可知，量程为3V，精度为0.1V，则读数为2.30V
根据欧姆定律得
代入数据得R
（4）根据得
（1）2.5；（2）R1；（3）连接图见解答；（4）2.48；（5）19.8。
12．解：（1）根据串联电路规律可知：
U＝Ig（R+rg）＝×10﹣6（+4）＝2V；
（2）由电路图可知，R1与G串联后与电阻箱并联，然后再与R0串联，
电流表与R1串联充当电压表使用，测量为路端电压；干路电流为II；
由闭合电路欧姆定律可知：
I（R1+Rg）＝E﹣（I+I）（R0+r）
变形可得：
（4）由对应的图象可知，k
解得：E＝2.08V；
（5）电流表内阻已知，流过电源的电流是两支路的电流之和，为准确值，故本实验无系统误差，理论上电动势和内阻测量准确，故理论上E测＝E真
故答案为：（1）2；（3）；（4）2.08（2.07～2.09）（5）＝
13．解：（1）粒子运动半径为R时，依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心力，
则有：qvB＝m，
且Em
解得：Em；
（2）粒子被加速n次到达动能为Em，则Em＝nqU0，
粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为△t；
而加速度a
因匀加速直线运动，依据运动学公式，则有：nd
由t0＝（n﹣1）△t，
解得：t0
（3）只有在0到（△t）时间内，飘入的粒子才能每次均被加速，
则所占的比例为η；
由η＞99%，解得：d
答：（1）出射粒子的动能；
（2）粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间；
（3）要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件：d
14．解：（1）根据磁通量定义式＝BS，那么在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量为：
△＝（B2﹣B1）S＝（0.4﹣0.2）×0.02Wb＝4×10﹣3Wb；
（2）由图象可知前4s内磁感应强度B的变化率为：
T/s＝0.05T/s
4s内的平均感应电动势为：
E＝nS0×0.02×0.05V＝1V。
（3）电路中的平均感应电流为：，
qt，
又因为E＝n，
所以q＝n0C＝0.8C。
答：（1）在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量4×10﹣3Wb；
（2）前4s内感应电动势为1V。
（3）6s内通过R的电荷量为0.8C。
15．解：（1）导线框沿斜面向下运动：
解得：
（2）导线进入磁场通过ab棒的电量：
联立得：0.5C
（3）导线框离开磁场时：
解得：
由能量守恒有：
代入数据：
解得：
则ab边产生的热量为：
答：（1）cd边刚进入磁场时，线圈的速度为5m/s；
（2）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q为0.5C；
（3）线圈通过磁场的过程中，ab边产生的热量Q为
16．解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛规律知：v2v0
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：Bqv＝m
所以：R
（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a，
则有：qE＝ma
v0tan60°＝at1
即t1
O、M两点间的距离为：Lat1t2
（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2，则有：
T1
则：t2T1
设粒子在Ⅲ区域磁场中运行时间为t3，同理：T2
则：t3T2
粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为：
t＝t1+t2+t3
答：（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；
（2）O、M间的距离为；
（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间。