L v2 q 2E
第三次月考高二物理试题参考答案 半径为 r 则由洛伦兹力提供向心 qvB0 m 代入速度 v可得 m BB L 故 C正确；D．若改变加速电2 r 0
1．【答案】D E
场的电压 U，则粒子进入速度选择器的速度发生变化，当速度不等于 时，粒子不能沿直线通过选择器，
2.【答案】C B
3．【答案】D 即粒子不能通过狭缝 P打在胶片上，故 D错误。
【详解】A．根据安培定则可知，通电后，电流在小磁针处产生的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针的 N 8. 【答案】ACD
极向纸里偏转，A错误；B．通电后，小磁针静止时 N极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场与 【详解】A．线框右半边磁通量不变，线圈左半边磁场增强，磁通量增大，由法拉第电磁感应定律可得
2 2
地磁场的合磁场的方向，B错误；C．小磁针距导线 x0时，设电流在该处产生的磁场的磁感应强度大小为 E S B d B B d 0 0 故 A正确；B．由右手螺旋定则可知线框中感应电流方向为逆时针方向。
t t 2 t0 2t0
B tan 3 B1 3 E d
3B2
1，则 可得 B x3 B 1
B0 C错误；D．由矢量的合成可知，小磁针距导线 0时，该处合磁场3 上下边框对称位置受力等大反向，左右两边受力等大同向。故安培力合力为 F 2B0IL 2B0 d
0
0 R t0R
2 3 E 3B
2d 3
的磁感应强度大小为 B ，D正确。 故 B错误；C．2t0时左边线框受力与右边线框受力同向，故F1 2B0IL B0IL 3B0IL 3B0 d
0
3 0 R 2Rt0
4 B 2．【答案】 故 C D E B d正确； ．根据电荷量的公式有Q It 2t 00 故 D正确。
【详解】A．两个 H在 A合场强为零，O在 A点场强竖直向上，所以 A点电场强度方向竖直向上，故 A R R
错误；B．根据对称性可知，氧原子所受两个 H的引力水平合力为零，所以氧原子所受电场力的方向竖 9．【答案】BC
q2 q2 【详解】A．水平面光滑，点电荷水平方向合力即所受恒力 F，由牛顿第二定律可得F ma解得 a 2m / s
2
直向下，故 B正确；C．左侧 H受到右侧 H的斥力，设腰长为 L，有F1 k k ，受到引(2L sin 60 )2 3L2 易知点电荷离开水平面前做匀加速直线运动。故 A错误；B．点电荷竖直方向受重力、支持力和洛伦兹
F k 2q q 3q
2 力作用，有 + = ，当支持力为零时，点电荷将离开地面，即 qvB mg解得 v 10m / sB正确；C．点
力水平分 2 sin 60 k 所以 H受到的水平方向合力不为零，总合力不可能竖直向上，根据L2 L2 电荷离开水平面前在水平面上做匀加速直线运动设运动时间为 t，有 v at解得 t 5s故 C正确；D．同理，
对称性可知，右侧 H受合力也不会竖直向上故 C错误；D．根据 A分析可知，A点电场强度方向竖直向 1根据位移与时间的关系式，可得 x at 2 25m故 D错误。
上，负电的试探电荷受力竖直向下，所以试探电荷从 A点沿竖直向下方向移动，电场力开始阶段会做负 2
功，电势能减小，故 D错误。 10. 【答案】BC
5．【答案】D 左手定则
6. 【答案】D 【详解】MN向右运动，说明 MN受到向右的安培力，因为 ab在 MN处的磁场垂直纸面向里 ――→ MN
【详解】A．处在电容器中的油滴 P恰好静止不动时，有 mg＝Eq要使油滴 P向上加速运动，只有增大 安培定则 楞次定律 L2中磁场方向向上减弱
电场强度 E；将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻时，磁敏电阻的阻值增大，滑动变阻器 R0上分得的电压 中的感应电流由 M→N ――→ L1中感应电流的磁场方向向上 ――→ ；若 L2L2中磁场方向向下增强
减小，但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电容器两端的电压不变，所以电场强度不变，油 安培定则 右手定则
滴 P不动，A错误；B．当滑动变阻器的滑片向下移动时，电容器两端的电压减小，但由于二极管的单
中磁场方向向上减弱 ――→ PQ中电流为 Q→P且减小 ――→ 向右减速运动；若 L2中磁场方向向下
向导电性，电容器不能放电，电容器两端的电压不变，所以电场强度不变，油滴 P不动，B错误；C．当
安培定则 右手定则
4 kQ
增大平行板电容器两个极板的距离时，电容器不能放电，电容器所带电荷量不变，电场强度 E 即 增强 ――→ PQ中电流为 P→Q且增大 ――→ 向左加速运动，故选 B、C。
S
U
场强不变，油滴 P不动，C错误；D．当减小平行板电容器两个极板的正对面积时，电容器电容 C减小， 11．【答案】 负 2.5 R1 RI 1
E 4 kQ则带电量应该减小，但是电容器不能放电，电容器所带电荷量不变，由选项 C中的结论 可知所 【详解】（1）电流需从多用电表黑表笔流出，流入电流表的正接线柱，则红表笔应接触电流表的负接线
S
柱。欧姆表读数为 2.5 1 2.5
以电场强度增大，油滴 P向上加速运动，D正确。
U 3
7．【答案】BC （2）由欧姆定律可知，当电压表、电流表均满偏时，此时电路中的电阻为 R 5 I 0.6
qE qvB v E【详解】AB．能通过狭缝 P的带电粒子，在通过速度选择器时做直线运动，则有 = 解得 根
B 此时 R0 R RA 2.5
U U
故选择 R1较合理。由欧姆定律R1 RA 解得 RA RI I 1
据加速电场可知，粒子带正电，则粒子在速度选择器中受到的电场力向右，则粒子受到洛伦兹力向左，
12．【答案】 a 很大 1.0×103 2.80 64.3
由左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外，故 B正确，A错误；C．打在 D点的粒子，
【详解】（1）测绘伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，应选图 a
在平板 S下方有磁感应强度大小为 B0的匀强磁场中匀速圆周运动，由几何知识可知，做匀速圆周运动的
所示实验电路。
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{#{QQABIQ4UogAAABAAARhCQQUoCACQkACCCIoORFAMsAIAgQFABAA=}#}
（2）太阳能电池的电阻阻值 R
U BLx
，由图乙所示图像可知，在电压小于 2.00V时，电流 I很小，所以太 平均感应电动势 E （1分）
I t t
阳能电池的电阻很大。由图丙所示图像可知，当电压为 2.80V时，电流 I=2.80×10-3A所以电阻 联立解得 x 6m （1分）
R U 2.80V 3
（3）导体棒 ab从释放到开始匀速运动下滑的过程中，设回路中产生的热量为 Q，
3 1.0 10 ΩI 2.80 10 A 1 2
则由功能关系mgxsin mv Q （2分）
（3）由图可知，图像与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为 2.80V；若与 1kΩ的电阻连接构成一 2
个闭合电路,在U I图中作出对应的电阻的伏安特性曲线，如图所示： r
由功率分配关系有Qr Q （1分）R r
联立求得Qr 0.36J （1分）
2v 2 3d 3v0 10 3d 8 d 14 3d 16 d15．【答案】（1） 0 ， ；（2） ；（3） 或者
3 kd 3v0 9v0 3v0 9v0
qEd 1 mv2 1 2【详解】（1）根据动能定理可知 1 mv0 解得 v1 2v0 （2分）2 2
1 2 1 Eq 2
粒子在电场中做类平抛运动，有 d a1t1 t1 x v2 2 m 0
t1（2分）
t 2 3d x 2 3d两方程联立解得 1 （1分）
图像的交点为电源的工作点，则由图可知电源的工作电压为 1.8V 3v，则电源的效率 0 3
（2）粒子的运动轨迹如图所示
UI U 1.8 100% 64.3%
EI E 2.8
13．【答案】（1）P 0.4W；（2）0.12W
【详解】（1）开关 S接 1时，根据闭合电路欧姆定律有 E U L （I R r）（1分）
解得 I 0.2A（1分）
小灯泡的功率为 P U LI （1分）
解得 P 0.4W（1分）
（2）开关 S接 2时，根据闭合电路欧姆定律有 E U L UM Ir （2分）
解得UM 0.8V（1分）
电动机的输入功率为 PM UM I 0.8 0.2W 0.16W（1分）
2 2
发热功率为 P热 I
2RM 0.04W（1分） x v v设粒子以与 轴正方向成 角进入磁场，则 tan 1 0 3解得 60 （1分）
所以机械功率为 P PM P热 0.12W v0机 （1分）
2d
14. 【答案】（1） v 6m / s；（2） x 6m；（3）Qr 0.36J
根据几何关系 R Rcos d 解得 R （2分）
3
v 21 3v0
【详解】（1）回路中的感应电动势为 E BLv （1分） 由牛顿第二定律可得 qv1B m 解得 B （2分）R kd
感应电流为 I
E
（1分） 4 2dR r （4）粒子将以上图的轨迹周期性运动，第一次在磁场中运动的时间为 t (2 2 )R 3 3 4 d
安培力大小为 F BIL 2 （1分） v 2v0 9v0
当导体棒速度达到最大值 v时 F mg sin （1分） （1分）
联立求得 v 6m / s （1分） T 2t 4 3d 4 d一个完整周期的时间为 1 t2 （2分）3v0 9v0
（2）导体棒 ab从释放到开始匀速运动的过程，通过电阻 R的电荷量为 q q IΔt （1分）
坐标为 (2 3d ,d )为粒子运动轨迹中第三个周期或第四周期上的点，即从原点O处发射时开始计时，需要
I E 1 10 3d 8 d 14 3d 16 d平均感应电流 （ 分） 经过 t 2T t1 或 t 3T t1 t2 粒子接收器能将该粒子捕获（2分）R r 3v0 9v0 3v0 9v0
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{#{QQABIQ4UogAAABAAARhCQQUoCACQkACCCIoORFAMsAIAgQFABAA=}#}高二年级第三次月考物理试题
一、单选题(1-6单选，每题4分，共24分)
1、关于物理学史，下列说法正确的是()
A.麦克斯韦建立了电磁场理论，预言并通过实验证实了电磁波的存在
B。法拉第首次发现了“变化的磁场才能产生电场，并且总结提出了法拉第电磁感应定律
C,安培发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象之间的联系
D.美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e电荷量
2.电子束焊机是一种高精密的焊接设备，它利用高速运动的电子束流轰击工件使动能转化为热能进行焊
接加工。在曲面K与A之间加上高压U后，K与A之间的电场线如图所示，
A到曲面各点的距离均为d,电子由静止被加速后轰击工件，电子的电量大
小为e,不考虑患电子重力，则下列说法正确的是()
A.待焊接的工件应放置在K极
B.《、K之间的电场强度大小为后
C.电子在加速运动过程中加速度逐渐增大
D.电子经高压U加速后电势能增大了eU
3,一长直导线沿南北方向水平放置，在导线正下方有一灵敏小磁针，现在导线中通以图甲所示方向的恒
定电流，上下移动小磁针，测得小磁针静止时偏离南北方向的角度8的正切值aB与小磁针距导线的距
离x的关系如图乙所示。己知该处地磁场方向水平，磁感应强度大小为B。,则下列判断正确的是()
tan 8
3
中N
555665K4
图甲
图乙
A.通电后，小磁针的N极向纸外偏转
B,通电后，小磁针静止时N极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场方向
C.小磁针距导线时，电流在该处产生的磁场的磁感应强度大小为√3B。
D,小磁针距导线时，该处合磁场的磁感应强度大小为25
B
3
4.水分子120°的键角堆积造成了水分子宏观结晶的多样性。如图所示，
一个水分子中氧原子(0)与氢原子(H)分布在竖直平面内等腰三角形
的三个顶点上，两个氢原子的连线水平且中点为A。已知氢原子带正电，
键角
氧原子带负电，氧原子所带电荷量为氢原子电荷量的2倍。下列说法正
确的是()
A.A点电场强度方向竖直向下
B。氧原子所受电场力的方向竖直向下
C.其中一个氢原子所受电场力的方向竖直向上
D。若将带负电的试探电荷从A点沿竖直向下方向移动，其电势能先增大后减小
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5.电流传感器在电路中相当于电流表，可以用来研究自感现象。在如图所示的实验电路中，L是自感线
圈，其自感系数足够大，直流电阻值大于灯泡D的阻值，电流传感器的电阻可以忽略不计。在0时刻
闭合开关$，经过一段时间后，在时刻断开开关S。在下列表示电流传感器记录的电流随时间变化情
况的图像中，可能正确的是（)
②电流传锡
D
6,科学家研究发现，磁敏电阻的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而减小。如
图所示电路中为一个磁敏电阻，置于真空中的平行板电容器水平放置，滑动变阻器R的滑片位于中点
位置，此时处在电容器中的油滴P恰好静止不动。现在要使油滴P
0
向上加速运动，下列操作正确的是()
A.
仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻
B.仅将滑动变阻器的滑片向下移动
条形磁铁
C.仅增大平行板电容器两个极板的距离
D.仅减小平行板电容器两个极板的正对面积
二、多透题(7-10多选，每题5分，共20分)
7,如图所示是质谱仪的工作原理示意图；带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内
有相互正交的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B、电场的电场强度为E,平板S上有可让粒子
通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片AA,其中OP与速度选择器的极板平行。平板S下方有磁感应强
度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向外，通过狭缝P的粒子最终打在胶片AA上的D点，且PD=L,
不计带电粒子所受的重力及粒子间的相互作用力，下列表述正确的是()
0
加速电场
速度选择器
D
A,速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里
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