1、第三章学业质量标准检测本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第16小题只有一个选项符合题目要求，第710小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1(辽宁鞍山一中20152016学年高二上学期期中)下列四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是(B)A甲图中，导线通电后磁针发生偏转B乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用C丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近D丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离解析：甲、丙、丁中小磁针或导
2、线所受的磁场力都是导线中电流产生的磁场给的力，但乙中的磁场是磁铁产生的。2(河北衡水中学20152016学年高二上学期调研)如图所示，装有导电液的玻璃器皿放在上端为S极的蹄形磁铁的磁场中，器皿中心的圆柱形电极与电源负极相连，内壁边缘的圆环形电极与电源正极相连。电流方向与液体旋转方向(从上往下看)分别是(B)A由边缘流向中心、顺时针旋转B由边缘流向中心、逆时针旋转C由中心流向边缘、顺时针旋转D由中心流向边缘、逆时针旋转解析：在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器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逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故选B。31930
3、年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法不正确的是(B)A带电粒子由加速器的中心附近进入加速器B带电粒子由加速器的边缘进入加速器C电场使带电粒子加速，磁场使带电粒子旋转D离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压无关解析：根据回旋加速器的加速原理，被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，从边缘离开加速器，故A正确，B错误；在磁场中洛伦兹力不做功，离子是从电场中获得能量，故C正确；当离子离开回旋加速器时，半径最大，动能最大，Emmv2，与加速的电压无关，故D正确。本题选不正确的，故选B。4(广东汕头市20142015
4、学年高二上学期三校联考)如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等。电荷量为2e的正离子以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出，当它运动到b点时，击中并吸收了一个处于静止状态的电子，不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用，则它们在磁场中的运动轨迹是(D)解析：正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后，速度不变，电荷量变为e，由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力方向向下，由rmv/qB可知，轨迹半径增大到原来的2倍，所以在磁场中的运动轨迹是图D。5如图所示，三个完全相同的
5、半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，P、M、N分别为轨道的最低点，如图所示，则下列有关判断正确的是(B)A小球第一次到达轨道最低点的速度关系vpvMvNB小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系FPFMFNC小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系tPtMtND三个小球到达轨道右端的高度都不相同，但都能回到原来的出发点位置解析：小球沿P、M轨道下滑过程都只有重力做功，根据动能定理WGmgRmv2知到达底端速度相等，小球沿N轨道下滑过程电场力做负功，根据动能定理WGW电mv，其
6、到达最低点速度要小于沿P、M轨道下滑情况，故选项A正确；根据上述分析知到达最低点的时间关系tPtMtN，故选项C错误；选项B中，小球沿P轨道到达底端时，根据牛顿第二定律：FPmg2mg，所以FP3mg，同理小球沿M轨道到达底端时，对轨道的压力为FM3mgF洛，小球沿N轨道到达底端时FNmgFPFN，故选项B错误；小球沿轨道P、M下滑后，能到达右端同样高度的地方，故选项D错误。6(哈尔滨六中20142015学年高二下学期检测)如图所示，一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转，如果让这些不偏转的离子进入另一匀强
7、磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入另一磁场的离子，可得出结论(D)A它们的动能一定各不相同B它们的电荷量一定各不相同C它们的质量一定各不相同D它们的电荷量与质量之比一定各不相同解析：因为粒子进入电场和磁场正交区域时，不发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvBqE，得出能不偏转的粒子速度应满足v，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvBm，圆周运动的半径R，由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径R不同，进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，所以粒子能分裂成几束的原因是粒子的比值不同，故D正确，ABC错误。7(山东临沂市
8、20152016学年高二上学期三校联考)根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的发射炮弹的装置电磁炮，其原理如图所示：把待发炮弹(导体)放置在强磁场中的两平行导轨上，给导轨通以大电流，使炮弹作为一个通电导体在磁场作用下沿导轨加速运动，并以某一速度发射出去。现要提高电磁炮的发射速度，你认为下列方案在理论上可行的是(AB)A增大电流I的值B增大磁感应强度B的值C减小磁感应强度B的值D改变磁感应强度B的方向，使之与炮弹前进方向平行解析：根据FBIL可知，选项A、B正确，C错误；根据左手定则可知，选项D错误。8(沈阳市20142015学年高二上学期期末)如图所示，在射线OA以下有垂直纸面
9、向里的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的正电粒子a和b以不同的速率由坐标原点O沿着x轴正方向射入磁场，已知vavb，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是(ACD)A两粒子的轨道半径之比B粒子a在磁场中运动时间比b长C两粒子在磁场中运动时间相等D两粒子离开磁场时速度方向相同解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvBm，得：r，则得，故A正确；粒子运动周期 T，T相同，两个粒子从OA射出磁场时，速度与OA夹角相同，方向平行，则两个粒子轨迹对应的圆心角都是60，根据tT知两粒子在磁场中运动时间相等，故B错误，CD正确。9如图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电
10、小球A与B处在同一条竖直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态，若将绝缘板C沿水平方向抽去，则(AB)A小球A仍可能处于静止状态B小球A将可能沿轨迹1运动C小球A将可能沿轨迹2运动D小球A将可能沿轨迹3运动解析：若小球所受库仑力和重力二力平衡，则撤去绝缘板后，小球仍能继续处于平衡状态，A正确。若小球在库仑力、重力、绝缘板弹力三力作用下处于平衡状态，则撤去绝缘板后，小球所受合力向上，小球向上运动并受到向左的洛伦兹力而向左偏转，B正确，C、D错误。10长为L的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离为L，板不带电。现在质
11、量为m、电量为q的正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的方法是(AC)A使粒子的速度vBqL/4mC使粒子的速度v5BqL/4mD使粒子的速度BqL/4mv5BqL/4m解析：要使粒子不打在板上，那么粒子经过磁场后，可在板的右边或者左边穿出磁场，依据题意，粒子打在板上的临界状态，如图所示，即从板左边B点或者右边A点穿出磁场。根据几何关系，有：r1rL2(r2)2得r2L，根据r，则v1，v2那么欲使粒子不打到极板上，v5BqL/4m。第卷(非选择题共60分)二、填空题(共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)11(6分)(华中师
12、大一附中20152016学年高三模拟)在第三次工业革命的今天，新材料的发现和运用尤为重要。我国某科研机构发现一种新型的半导体材料，目前已经知道这种半导体材料的载流子(参与导电的带电粒子)的电荷量的值是e(电子电量的绝对值)，但不知道它的电性和载流子的数密度n(单位体积中载流子的数量)。为了测定这种材料中的载流子是带正电还是带负电，以及载流子的数密度，科学家把这种材料先加工成一块扁平的六面体样品，这块样品的长、宽和厚度分别为a、b、d(如图所示)。现将这块样品接入电路中，且把靠外的扁平面标记为M，靠里的扁平面标记为N，然后在垂直于大平面的方向加上一个磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，调节
13、可变电阻R，使电路中产生合适的电流。然后用电压表判定M、N两个面的电势高低并测定M、N间的电压(也叫霍耳电压)，从而得到这种半导体材料载流子的电性和数密度。(1)当M的电势比N的电势低时，材料中的载流子带_负_(填“正”或“负”)电；(2)为了测定载流子的数密度n，除题目中已给出的数据外，还需要测定的物理量有_电路中的电流强度(电流表读数)I，M、N间的电压(电压表读数或霍尔电压)U_(写出物理量的含义并设定相应的符号)；(3)根据题设条件和你测定的物理量，写出载流子的数密度的表达式n_。解析：(1)根据左手定则判断，载流子为负电荷，受到指向M端的磁场力作用，因此M端电势低；若载流子为正电荷，
14、受到指向M端的磁场力作用，M端电势高。(2)由qqvB，InqvSnqvbd，解得n。所以还要测量I、U。12(8分)图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。(1)在图中画线连接成实验电路图。(2)完成下列主要实验步骤中的填空：按图接线。保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。闭合开关
15、S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D_重新处于平衡状态_；然后读出_电流表的示数I_，并用天平称出_此时细沙的质量m2_。用米尺测量_D的底边长度L_。(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B_。(4)判定磁感应强度方向的方法是：若_m2m1，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。答案：(1)如图所示解析：考查了安培力作用下物体的平衡，解题的关键是弄清实验原理。分析知，两次细沙的重力差与D的底边所受安培力相等，即BIL|m2m1|g，所以磁感应强度B；根据m1和m2的关系及左手定则可判断磁感应强度的方向。三、论述计算题(
16、共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13(10分)(江西南昌二中20152016学年高二上学期期中)水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)，现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：(1)当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？(2)若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？
17、答案：(1)Nmg，f。(2)B的大小至少为，此时B的方向水平向右。解析：从b向a看其受力如图所示。(1)水平方向：fFAsin 竖直方向：NFAcosmg又FABIL联立得：Nmg，f。(2)使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知所受安培力竖直向上，则有FAmg解得：Bmin，根据左手定则判定磁场方向水平向右。14(12分)(辽宁鞍山一中20152016学年高二上学期期中)竖直平行放置的两个金属板A、K连在如图所示电路中，电源电动势E91V，内阻r1，定值电阻R110，滑动变阻器R2的最大阻值为80，S1、S2为A、K板上的两个小孔，S1与S2的连线水平，在K板的右侧正方形MNPQ区域内有
18、一个水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B0.10T，方向垂直纸面向外。其中正方形MN边与S1S2连线的延长线重合，已知正方形MNPQ的边界有磁场，其边长D0.2m，电量与质量之比为2.0105C/kg的带正电粒子由S1进入电场后，通过S2沿MN射入磁场，粒子从NP边的中点离开磁场，粒子进入电场的初速度、重力均可忽略不计，(sin300.5，sin370.6，sin450.7，3.14)问：(1)两个金属板A、K各带什么电？(不用说明理由)(2)粒子在磁场中运动的时间为多长？(3)滑动变阻器R2的滑片P左端的电阻R2为多大？(题中涉及数学方面的计算需要写出简要的过程，计算结果保留三位有效数字)
19、答案：(1)A板带正电，K板带负电(2)4.62105s(3)52.5解析：(1)带正电的粒子在电场力作用下向右加速运动，粒子所受电场力水平向右，电场水平向右，则金属板A带正电，金属板K带负电；(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：D2(r)2r2，解得：r0.25m，sin0.8，则：53；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBm，粒子做圆周运动的周期：T，粒子的运动时间：tT，解得：v5103m/s，t4.62105s；(3)粒子在极板间做加速运动，由动能定理得：qUmv20，由欧姆定律得：I，UI(R1R2)，解得：R252.5；15(12分)
20、如图所示空间分为、三个足够长的区域，各边界面相互平行，其中、区域存在匀强电场E11.0104V/m，方向垂直边界竖直向上，E2105V/m，方向水平向右；区域存在匀强磁场，磁感应强度B5.0T，方向垂直纸面向里，三个区域宽度分别为d15.0m，d24.0m，d310m，一质量m1.0108kg、电荷量q1.6106C的粒子从O点由静止释放，粒子重力忽略不计。求：(1)粒子离开区域时的速度大小；(2)粒子从区域进入区域时的速度方向与边界面的夹角；(3)粒子从O点开始到离开区域时所用的时间。答案：(1)v14103m/s(2)30(3)t6.12103s解析：(1)由动能定理得：mvqE1d1得：
21、v14103m/s(2)粒子在区域做类平抛运动，设水平向右为y轴，竖直向上为x轴，粒子进入区域时速度与边界的夹角为tanvxv1vyat2at2由式解得30(3)粒子进入磁场时的速度v22v1粒子在磁场中运动的半径R10m所以粒子在磁场中运动所对的圆心角为120，因此t3103s；粒子在电场中，qE1ma1，v1a1t1得t12.5103s由得t2103stt1t2t3(3.5)103s6.12103s16 (12分)(哈尔滨六中20142015学年高二下学期开学检测)在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，
22、半径R1.8m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角37。今有一质量m3.6104kg、电荷量q9.0104C的带电小球(可视为质点)，以v04.0m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动，已知重力加速度g10m/s2，sin370.6，不计空气阻力，求：(1)匀强电场的场强E；(2)小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力。答案：(1)E3N/C(2)3.2103N解析：(1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示：由平衡条件得：F电qEmgtan代入数据解得：E3N/C(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得：F电RsinmgR(1cos)代入数据得：v5m/s由F电qvB解得：B1T分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况由牛顿第二定律得：FNBqv0mg代入数据得：FN3.2103N由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：FN3.2103N。
