2018-2019学年山东省新泰一中高二上学期第一次质量检测物理试题 解析版
新泰一中2017级高二上学期第一次质量检测
物理试题
一、选择题
1.关于磁场与磁感线，正确的描述为：
A. 磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都与小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致
B. 磁感线从是从磁铁的北极出发，到南极终止的
C. 磁感线就是细铁屑连成的曲线
D. 磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种客观存在的特殊物质
【答案】AD
【解析】
【详解】磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都与小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致，选项A正确；磁感线在磁体的外部是从磁铁的北极出发，到南极终止的，内部是从南极出发到北极终止，形成闭合的曲线，选项B错误；磁感线可以用细铁屑来模拟显示，是假想的线，故C错误；磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种客观存在的特殊物质，选项D正确；故选AD.
2.对磁感应强度大小的分析，正确的是：
A. 通电导线受安培力大的地方磁感应强度一定大
B. 磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关
C. 磁感线的指向就是磁感应强度减小的方向
D. 放在匀强磁场中各处的通电导线受力大小和方向处处相同
【答案】B
【解析】
【详解】如果通电导线不是垂直放入磁场中，有：，对于同一段电流，IL固定，由于θ可以改变，故不能说受磁场力大的地方，磁感应强度一定越大；只有当通电导线垂直放入磁场中，受磁场力大的地方，磁感应强度一定越大；故A错误；磁感应强度的大小和方向是由磁场本身决定的物理量，跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关，选项B
正确；磁感线的疏密反映磁场的强弱，则磁感线的指向不一定就是磁感应强度减小的方向，选项C错误；放在匀强磁场中各处的通电导线受力大小和方向与导线的放置方式有关，垂直时最大，平行时为零，选项D错误；故选B.
3. 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）
A. 安培力的方向可以不垂直于直导线
B. 安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C. 安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D. 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
【答案】B
【解析】
试题分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL．
解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；
C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；
D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误．
故选：B．
【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL．
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4.如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是
A. 直导线中电流方向垂直纸面向里
B. d点的磁感应强度为0
C. a点的磁感应强度为2T，方向向右
D. b点的磁感应强度为T，方向斜向下，与B成450角
【答案】C
【解析】
【分析】
a点的磁感应强度为0，说明通电导线在O点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向．通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成，来分析b、c、d三点的磁感应强度大小和方向．
【详解】由题，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里。故A正确。通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，根据磁场的叠加可知d点感应强度为T，方向与B的方向成45°斜向下，不为0．故B错误。通电导线在b点产生的磁感应强度大小为1T，方向竖直向上，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为T，方向与B的方向成45°斜向上。故C错误。通电导线在c处的磁感应强度方向水平向右，则a点磁感应强度为2T，方向向右。故D错误，故选A。
【点睛】本题关键掌握安培定则和平行四边形定则，知道空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加而成的．
5.一根有质量的金属棒MN两端用细软导线连接后悬挂于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中电流方向从M流向N，如图所示，此时棒受到导线对它的拉力作用．为使拉力等于零，可以
A. 适当减小磁感应强度 B. 适当增大电流
C. 使磁场反向 D. 使电流反向
【答案】B
【解析】
【分析】
通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．
【详解】棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必须增加。所以适当增加电流强度，或增大磁场，故A错误，B正确；若使磁场反向或者使电流反向，都会使安培力反向变为向下，则细线的拉力不可能为零，则CD错误；故选B。
【点睛】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向．
6.把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面相接触，并使它组成如图所示的电路图。当开关S接通后，将看到的现象是（ ）
A. 弹簧向上收缩
B. 弹簧被拉长
C. 弹簧上下跳动
D. 弹簧仍静止不动
【答案】C
【解析】
如图所示，通电后，弹簧的每一圈都相当于一个环形电流，且各圈 的电流绕向相同．任取其中两圈，其相邻两侧一定形成相异极性，因此互相吸引(或者，也可把任意两圈的相邻各段，看做两个同向电流而相互吸引)．弹簧的各圈互相吸引后，弹簧收缩，下端脱离水银面，使电路断开．电路断开后，弹簧中的电流消失，磁场作用失去，弹簧在自身重力及弹力作用下下落．于是，电路又接通，弹簧又收缩……如此周而复始，弹簧上下跳动．C项正确．
7.如图所示，在半径为R的圆内，有一磁感应强度为B的向外的匀强磁场，一质量为，电量为的粒子（不计重力），从A点对着圆心方向垂直射入磁场，从C点飞出，则
A. 粒子的轨道半径为R
B. 粒子的轨道半径为
C. 粒子在磁场中运动的时间为
D. 粒子在磁场中运动的时间为
【答案】BD
【解析】
【分析】
带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，使粒子做匀速圆周运动．从而可推导出轨道半径公式与周期公式，由题中运动的时间与磁感应强度可求出粒子的比荷，由于圆磁场的半径未知，所以无法求出轨道半径，也不能算出粒子的初速度．
【详解】带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转后又沿半径方向出射，从而画出圆弧对应的弦，确定圆弧的圆心，根据几何关系可知，r=Rtan60°=R，A错误，B正确；
带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转60°后又沿半径方向出射，从而画出圆弧对应的弦，确定圆弧的圆心，算出圆心角θ．再根据，则运动的时间为．故C错误，D正确；故选BD。
【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．注意圆形磁场的半径与运动轨迹的半径的区别，圆形磁场的夹角与运动轨迹对应的圆心角的不同．
8.如图所示，匀强磁场中磁感应强度为B，宽度为d，一电子从左边界垂直匀强磁场射入，入射方向与边界的夹角为θ.已知电子的质量为m，电荷量为e，要使电子能从轨道的另一侧射出，则电子的速度大小v的范围为（ ）.
A. B.
C. D. v=0
【答案】B
【解析】
【分析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，当其轨迹恰好与右边界相切时，轨迹半径最小，对应的速度最小。利用洛伦兹力提供向心力结合临界几何关系，联立即可求出电子的速率v0至少多大。
【详解】设当速度为v时，粒子恰好从右边界射出，即：轨迹正好与右边界相切，根据洛伦兹力提供向心力可得：evB=m；根据几何关系可得：d=r（1+cosθ）；联立可得：
，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，则电子的速率v满足：；故选B.
【点睛】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，找到临界几何条件，再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解即可。
9.如图，空间某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场， 一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果这个区域只有电场，则粒子从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D点离开场区；设粒子在上述三种情况下，从A到B点、A到C点和A到D点所用的时间分别是t1、t2和t3，比较t1、t2和t3的大小(粒子重力忽略不计)，则有
A. t1=t2=t3 B. t2
t2
【答案】C
【解析】
试题分析：带电粒子由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开场区，这个过程粒子受到的电场力等于洛伦兹力，水平方向做匀速直线运动，运动时间，如果只有电场，带电粒子从A点射出，做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，运动时间：，如果这个区域只有磁场，则这个粒子从D点离开场区，此过程粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，所以速度的水平分量越来越小，所以运动时间：，所以，故C正确．
考点：带电粒子在复合场、电场、磁场中的运动情况
10.设空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如右图所示。已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿ABC曲线运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法中正确的是：( )
A. 这个离子必带正电荷；
B. A点和B点位于同一高度；
C. 离子在C点时速度最大；
D. 离子达B点后将沿原路返回点。
【答案】ABC
【解析】
试题分析：（1）由离子从静止开始运动的方向可知离子必带正电荷；
（2）在运动过程中，洛伦兹力永不做功，只有电场力做功根据动能定理即可判断BC；
（3）达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动．
解：A．离子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以离子必带正电荷，A正确；
B．因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，根据动能定理可知，离子从A到B运动过程中，电场力不做功，故A、B位于同一高度，B正确；
C．C点是最低点，从A到C运动过程中电场力做正功最大，根据动能定理可知离子在C点时速度最大，C正确；
D．到达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动，向右运动，不会返回，故D错误．
故选ABC．
【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中．
11.如图所示为磁流体发电机的示意图．金属板M、N之间的间距为d，板间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性）以速度v从左侧喷射入磁场，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．则下列说法中正确的是
A. 金属板M上聚集负电荷，金属板N上聚集正电荷
B. 通过电阻R的电流方向由a到b
C. 通过电阻R的电流方向由b到a
D. 该发电机的电动势
【答案】BD
【解析】
试题分析：由左手定则知正离子向上偏转，所以M带正电，A错误；M板相当于电源的正极，开关闭合时，流过R的电流方向是从a至b，故B正确，C错误；两板间电压稳定时满足：qvB=qE=，所以U=Bdv，即发电机的电动势E=Bdv，故D正确；故选：BD．
考点：左手定则；带电粒子在复合场中的运动.
12.如图所示，闭合圆线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．试分析使线圈做如下运动时，能产生感应电流的是
A. 使线圈在纸面内平动
B. 使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动
C. 使线圈以ac为轴转动
D. 使线圈以bd为轴转动
【答案】D
【解析】
试题分析：使线圈在纸面内平动，沿垂直纸面方向向纸外平动或以ac为轴转动，线圈中的磁通量始终为零，不变化，无感应电流产生；以bd为轴转动时，线圈中的磁通量不断变化，能产生感应电流，所以D选项正确。
考点：磁通量
13.如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘．当MN中电流突然增大时，线圈所受安培力的合力方向
A. 向左 B. 向右 C. 垂直纸面向外 D. 垂直纸面向里
【答案】A
【解析】
【分析】
金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，当导线中电流增大时，穿过线框abcd的磁通量增大，根据楞次定律判断线框abcd感应电流，再由左手定则来确定所受有安培力方向．
【详解】金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况。若MN中电流突然增大时，穿过线框的磁通量将增大。根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd感应电流方向为逆时针，再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向左，而右边的安培力方向也水平向左，故安培力的合力向左。故A正确，BCD错误。故选A。
【点睛】本题运用楞次定律判断电磁感应中导体的运动方向，也可以根据因果关系，运用安培定则、楞次定律和左手定则按部就班进行分析判断．
14.磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁（ ）
向上运动 B．向下运动 C．向左运动 D．向右运动
【答案】B
【解析】
据题意，从图示可以看出磁铁提供的穿过线圈原磁场的磁通量方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流激发的感应磁场方向向上，即两个磁场的方向相反，则由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在增加，故选项B正确。
【考点定位】楞次定律和安培定则
【方法技巧】通过安培定则判断感应磁场方向，通过楞次定律判断磁铁的运动情况。
【此处有视频，请去附件查看】
15. 一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角。将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为( )
A. 0 B. 2BS C. 2BScosθ D. 2BSsinθ
【答案】C
【解析】
本题考查的是对磁通量的理解，开始穿过线圈的磁通量为，最后穿过线圈的磁通量是，变化量为，C正确。
二、解答题
16.如图所示，在与水平方向成60°的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上垂直于导轨放一重力为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止．求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B；
(2)ab棒对导轨的压力．
【答案】对导体棒受力分析（1分） ，
如图所示，导体棒恰好能静止，应有
FNx=F安=Nsin60° （1分）
FNy=G=Ncos60° （1分）
FN==（1分）
根据牛顿第三定律可知，导体棒对轨道的压力与轨道对棒的支持力FN大小相等 （1分）
又F安="BIL" = tan60°G=G （1分）
所以B=（2分）
【解析】
试题分析：金属棒受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，安培力F安=BIL，根据平衡条件求解匀强磁场的磁感应强度B和支持力．
解：作出受力侧视图，如图．导体棒处于静止状态，根据平衡条件得
F安=mgtan60°=3N，
FN==2mg=6N，
根据牛顿第三定律得ab棒对导轨的压力大小为6N，方向垂直导轨向下．
又导体棒与磁场垂直，F安=BIL，则B==T=
答：（1）匀强磁场的磁感应强度B=；
（2）ab棒对导轨的压力大小为6N，方向垂直导轨向下．
【点评】本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键是分析物体的受力情况，画出力图，原图是立体图，往往画侧视图，便于作力图．
17.如图所示，直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场．一质子（质量为m、电荷量为e）以v的速度从点O与MN成30°角的方向射入磁场中，求：
(1)质子从磁场中射出时距O点多远？
(2)质子在磁场中运动的时间为多少？(要做出粒子运动轨迹图)
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）根据粒子在磁场中运动的半径公式得出半径的大小，结合几何关系求出质子从磁场中射出时距O点的距离．
（2）根据粒子在磁场中运动的周期公式，结合圆心角的大小，根据t=T求出质子在磁场中运动的时间．
【详解】（1）由左手定则可判断出质子应落在OM之间，根据几何关系可解得圆心角为300°，
根据evB＝得，
则电子出射点距O点的距离等于质子的运动半径，为．
（2）质子在磁场中的运动时间应为
【点睛】解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，结合几何关系进行求解，掌握圆心、半径的确定方法．
18.在一根足够长的竖直绝缘杆上，套着一个质量为m、带电量为-q的小球，球与杆之间的动摩擦因数为μ．场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场方向如图所示，小球由静止开始下落。
(1)小球开始下落时的加速度为多大？
(2)小球运动的最大加速度为多大？
(3)小球运动的最大速度为多大？
【答案】(1) (2)g (3)
【解析】
【分析】
对小环进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小环最大速度及最大加速度的状态．
【详解】（1）小环静止时只受电场力、重力及摩擦力，电场力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，小环的加速度应为：；
（2）小环速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定则可知，洛仑兹力向左，故水平方向合力将减少，摩擦力减少，故加速度增加；当qvB=qE时水平方向合力为0，摩擦力减小到0，加速度达到最大，所以小环由静止沿棒下落的最大加速度为：a==g；
（3）当此后速度继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将继续减小，当加速度等于零时，即重力等于摩擦力，此时小环速度达到最大．
则有：mg=μ（qvB-qE），
解得：
【点睛】本题要注意分析带电小环的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．同时注意因速度的变化，导致洛伦兹力变化，从而使合力发生变化，最终导致加速度发生变化．
19.如图所示装置中，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
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【分析】
（1）将粒子在A点的速度分解，即可求得粒子进入磁场时的速度；根据洛伦兹力提供向心力，即可求得粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；
（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动分解为沿电场方向和垂直于电场的方向，即可求得OM之间的距离；
（3）做出粒子运动的轨迹，确定粒子偏转的角度，然后根据t=T即可求出粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间。
【详解】（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：
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：
（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
O、M两点间的距离为：
（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2，则有：
则：
设粒子在Ⅲ区域磁场中运行时间为t3，同理：
则：
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=
【点睛】该题涉及带电粒子在电场中和磁场中的运动，带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，解题的关键是把握住解题的一般步骤和规律，画好运动的轨迹。
