2019-2020学年河北衡水高二上物理期中试卷

2019-2020学年河北衡水高二上物理期中试卷

‎2019-2020学年河北衡水高二上物理期中试卷 一、选择题 ‎ ‎ ‎1. 首先发现电流磁效应的科学家是（        ） ‎ A.牛顿 B.奥斯特 C.库仑 D.伽里略 ‎ ‎ ‎2. 有a、b、c、d四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部，如图所示．其中哪一个小磁针的指向是正确的（        ） ‎ A.a B.b C.c D.‎d ‎ ‎ ‎3. 某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是（ ） ‎ A. B. C. D.‎ ‎ ‎ ‎4. 汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子．如图所示，把电子射线管（阴极射线管）放在蹄形磁铁的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是（        ） ‎ A.向下 B.向上 C.向左 D.向右 ‎ ‎ ‎5. 在高纬度地区的高空，大气稀薄，常出现五颜六色的弧状、带状或幕状的极其美丽壮观的发光现象，这就是我们常说的“极光”，“极光”是由太阳发射的高速带电粒子（重力不计）受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的，假如我们在南极地区忽然发现正上方的高空出现了射向地球的、沿顺时针方向生成的紫色弧状极光（显示带电粒子的运动轨迹），则关于弧状极光的弯曲程度下列说法正确的是（        ） ‎ A.轨迹半径逐渐减小 B.轨迹半径先增大后减小 C.轨迹半径先减小后增大 D.轨迹半径逐渐增大 ‎ ‎ ‎ ‎6. 一不计重力的带正电粒子沿纸面竖直向下飞入某一磁场区域，在竖直平面上运动轨迹如图所示，则该区域的磁场方向是（        ） ‎ A.沿纸面水平向右 B.沿纸面水平向左 C.垂直向外 D.垂直向里 ‎ ‎ ‎ ‎7. 通电直导线周围的磁场，其磁场线分布和方向用图中哪个图表示最合适（ ） ‎ A. B. C. D.‎ ‎ ‎ ‎8. 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导线和磁场方向的夹角无关 D.将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 ‎ ‎ ‎9. 粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的‎4‎倍与‎2‎倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．以下四个图中，磁场方向垂直纸面向里，大圆的半径是小圆半径的两倍，能正确表示两粒子运动轨迹的是（ ） ‎ A. B. C. D. ‎ ‎ ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎10. 如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为‎45‎‎∘‎．将一个‎3‎‎4‎金属圆环ab置于磁场中，圆环的圆心为O，半径为r，两条半径Oa和Ob相互垂直，且Oa沿水平方向．当圆环中通以电流I时，圆环受到的安培力大小为（        ） ‎ A.‎2‎BIr B.‎3‎‎2‎πBIr C.BIr D.‎‎2BIr ‎ ‎ ‎11. 在如图所示的足够大匀强磁场中，两个带电粒子以相同方向垂直穿过虚线MN所在的平面，一段时间后又再次同时穿过此平面，则可以确定的是（        ） ‎ A.两粒子一定带有相同的电荷量 B.两粒子一定带同种电荷 C.两粒子一定有相同的比荷 D.两粒子一定有相同的动能 ‎ ‎ ‎ ‎12. 如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，有a、b两个电子从同一处沿垂直磁感线方向开始运动，a的初速度为v，b的初速度为‎2v．则（        ） ‎ A.a先回到出发点 B.b先回到出发点 C.a、b同时回到出发点 D.不能确定 ‎ ‎ ‎ ‎13. 如图所示电路，水平放置的平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑动端C相连接．电子以速度v‎0‎垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场．在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端C上移，则电容器极板上所带电荷量q和电子穿越平行板所需的时间t（        ） ‎ A.电荷量q增大，时间t不变 B.电荷量q不变，时间t增大 C.电荷量q增大，时间t减小 D.电荷量q不变，时间t不变 ‎ ‎ ‎ ‎14. 把一条通电直导线垂直于磁场方向放入匀强磁场中，若导线长为‎0.5m，电流为‎4A，磁场的磁感应强度为‎1×‎10‎‎−2‎T，该导线受到的安培力大小为（ ） ‎ A.‎2×‎‎10‎‎−3‎N B.‎5×‎‎10‎‎−2‎N C.‎2×‎‎10‎‎−2‎N D.‎‎4×‎10‎‎−3‎N ‎ ‎ ‎15. 如图所示，斜面顶端在同一高度的三个光滑斜面AB、AC、AD，均处于水平方向的匀强磁场中．一个带负电的绝缘物块，分别从三个斜面顶端A点由静止释放，设滑到底端的时间分别为tAB、tAC、tAD则（        ） ‎ A.tAB‎=tAC=‎tAD B.tAB‎>tAC>‎tAD C.tAB‎‎T‎0‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎，故A正确，B错误； CD．若磁场指向纸外，由左手定则可知：负电荷所受的洛伦兹力指向圆心向里，同理可得： kQqr‎2‎‎+qvB=m‎4‎π‎2‎T‎2‎‎2‎r，T‎2‎‎<‎T‎0‎，故C错误，D正确． 故选AD．‎ ‎19.‎ ‎【答案】‎ A,B,D ‎【考点】‎ 带电粒子在匀强磁场中的运动规律 ‎【解析】‎ 关于本题考查的匀速圆周运动和向心力，需要了解匀速圆周运动线速度的大小恒定，角速度、周期和频率都是恒定不变的，向心加速度和向心力的大小也都是恒定不变的，是速度大小不变而速度方向时刻在变的变速曲线运动；向心力总是指向圆心，产生向心加速度，向心力只改变线速度的方向，不改变速度的大小；向心力是根据力的效果命名的.在分析做圆周运动的质点受力情况时，千万不可在物体受力之外再添加一个向心力才能得出正确答案．‎ ‎【解答】‎ 解：A．如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向指向圆心，此种情况下，如果洛伦兹力刚好提供向心力，这时绳子对小球没有作用力，绳子断开时，对小球的运动没有影响，小球仍做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，故A正确； B．如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，由可知，当洛伦兹力的大小等于小球所受的的拉力的一半时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变，故B正确；  C．如果小球带正电，若洛伦兹力和拉力共同提供向心力，绳子断开时，向心力减小，而小球的速率不变，则小球做逆时针的圆周运动，但半径增大，故C错误； D．如果小球带负电，当洛伦兹力的大小大于小球所受的拉力的一半时，则绳子断后，向心力增大，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径减小，故D正确． 故选ABD．‎ ‎20.‎ ‎【答案】‎ B,C ‎【考点】‎ 带电粒子在有界磁场中的圆周运动 ‎【解析】‎ 粒子在磁场中均由于洛仑兹力充当向心力而做匀速圆周运动，则根据公式和圆的性质可得出粒子运动的半径、偏向角及离开磁场的时间．‎ ‎【解答】‎ 解：A．设粒子轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的时间为t=θ‎2πT，T=‎‎2πmqB，所有粒子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故A错误． B．离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv‎2‎r，解得：r=‎mvqB，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故B正确； CD．由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，此时粒子一定不会沿PQ射入，故C正确，D错误． 故选：BC．‎ 二、解答题 ‎【答案】‎ 磁通量为BL‎2‎． ‎ ‎【考点】‎ 磁通量 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：线圈平面与磁场方向垂直，则穿过正方形线圈的磁通量是：Φ‎1‎‎=BS=BL‎2‎．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）金属棒PQ所受安培力的大小‎0.3N，方向向右．‎ ‎（2）金属棒PQ所受的静摩擦力的大小为‎0.3N．‎ ‎【考点】‎ 二力平衡及其应用 安培力 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：（1）根据闭合电路欧姆定律：I=ER+r=‎4.5‎‎1+8‎A=0.5A， 根据安培力公式：F=BIL=1×0.5×0.6N=0.3N，由左手定则判断安培力方向向右．‎ ‎（2）根据平衡条件：f=F=0.3N．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）匀强电场的场强E的大小为mv‎0‎‎2‎‎2qL；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为‎2mv‎0‎qL；‎ ‎（3）粒子从P点运动到原点O所用的时间‎(8+π)L‎4‎v‎0‎．‎ ‎【考点】‎ 带电粒子在匀强磁场中的运动规律 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 ‎【解析】‎ ‎（1）当粒子从P点垂直进入电场后，做类平抛运动，再以与x轴成‎45‎‎∘‎垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着从原点射出．由粒子在电场P点的速度可求出刚进入磁场的速度，再由动能定理可得电场强度．‎ ‎（2）从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度．‎ ‎（3）同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从P点到O点的时间．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）粒子在电场中经过点P后，做类平抛运动，进入磁场中做匀速圆周运动，从O点射出，则其运动轨迹如图所示： ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎ 设粒子在O点时的速度大小为v，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成‎45‎‎∘‎角，可得：v‎0‎‎=vcos‎45‎‎∘‎， 解得：v=‎‎2‎v‎0‎， 在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得： qEL=‎1‎‎2‎mv‎2‎−‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎， 解得：E=‎mv‎0‎‎2‎‎2qL．‎ ‎（2）在匀强电场由P到Q的过程中， 水平方向的位移为x=‎v‎0‎t‎1‎， 竖直方向的位移为y=v‎0‎‎2‎t‎1‎=L， 可得x=2L，则OQ=L， 由OQ=2Rcos‎45‎‎∘‎， 故粒子在QO段圆周运动的半径：R=‎2‎‎2‎L ， 又R=‎mvBq， 得B=‎‎2mv‎0‎qL．‎ ‎（3）在Q点时，vy‎=v‎0‎tan‎45‎‎∘‎=‎v‎0‎， 设粒子从P到Q所用时间为t‎1‎，在竖直方向上有：t‎1‎‎=Lv‎0‎‎2‎=‎‎2Lv‎0‎， 粒子从Q点运动到O所用的时间为：t‎2‎‎=‎90‎‎∘‎‎360‎‎∘‎T=‎πL‎4‎v‎0‎， 则粒子从P点运动到O点所用的时间为：t总‎=t‎1‎+t‎2‎=‎2Lv‎0‎+πL‎4‎v‎0‎=‎‎(8+π)L‎4‎v‎0‎．‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页