2017-2018学年山东省青岛市西海岸新区胶南第一高级中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版

2017-2018学年山东省青岛市西海岸新区胶南第一高级中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版

‎2017-2018学年山东省青岛市西海岸新区胶南第一高级中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版 一、选择题 ‎1. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 通电导线受安培力大的地方，磁感应强度一定大 B. 根据磁感应强度定义式，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与I成反比 C. 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 D. 磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线的受力大小和方向均无关 ‎【答案】D ‎【解析】根据安培力的公式：F=BILsinθ，一小段通电导体在磁场中受安培力大的地方，该处磁感应强度不一定大，还与导线与磁场的夹角有关．故A错误．磁感应强度B的定义式，采用的是比值定义法，则知B与F、IL均无关．故B错误．根据安培力的公式：F=BILsinθ，放在匀强磁场中各处的通电导线，因放置的方式不同，受力大小不是处处相同，选项C错误；在确定的磁场中，同一点的磁感应强度B是确定的，跟放在磁场中的通电导线的受力大小和方向均无关，选项D正确；故选D.‎ ‎2. 如图所示是表示磁场B，负电荷运动方向v和磁场对电荷作用力f的相互关系图，这四个图中画的正确的是（图中B、v、f两两垂直）（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】据左手定则：磁感线穿入手心，四指指向电荷运动的相同，拇指指向洛伦兹力方向，可知，洛伦兹力方向应向下，故A错误；根据左手定则：磁感线穿入手心，四指指向电荷运动的相同，拇指指向洛伦兹力方向，可知，洛伦兹力方向向左，故B正确；根据左手定则：磁感线穿入手心，四指指向电荷运动的相同，拇指指向洛伦兹力方向，可知，洛伦兹力方向应向左，故C错误；根据左手定则：磁感线穿入手心，四指指向电荷运动的相同，拇指指向洛伦兹力方向，可知，洛伦兹力方向应向里，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎3. 质子(p)和α粒子（质量为质子的4倍，电量为质子的2倍）以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径分别为Rp和Rα，周期分别为Tp和Tα，下列选项正确的是 (　　)‎ A. Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶2 B. Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶1‎ C. Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶2 D. Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】带电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得： ，质子和α粒子的半径之比：， 粒子在磁场中做圆周运动的周期公式：，质子与α粒子的周期之比：，故A正确；故选A．‎ 点睛：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径即可正确解题.‎ ‎4. 如图是回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核（q1、m1）和氦核（q2、m2）．已知q2=2q1，m2=2m1，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 它们的最大速度相同 B. 它们的最大动能相同 C. 仅增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能 D. 仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：当带电粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据D形盒的半径，结合洛伦兹力提供向心力，求出粒子的最大速度以及最大动能，看与什么因素有关，从而确定增大最大动能的方法．‎ 解：A、根据qvB=m，解得，因为两粒子的比荷相等，则它们的最大速度相同．故A正确．‎ B、粒子的最大动能，根据两粒子的质量和电量的关系，知不等，则最大动能不同．故B错误．‎ C、根据知，要增大粒子的动能，增大电压和频率，最大动能不变，需增加磁感应强度和D形盒的半径．故C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速粒子，但是最大动能与加速的电压无关．‎ ‎5. 如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．已知O是PQ的中点，不计粒子重力．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 粒子a带负电，粒子b、c带正电 B. 射入磁场时粒子a的速率最小 C. 射出磁场时粒子b的动能最小 D. 粒子c在磁场中运动的时间最长 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据若a、b、c均为正电荷,运动电荷所受洛伦兹力方向即可判断出a、b、c向均应向左偏转，与b、c偏转方向实际相反，因此粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即：，解得，由此可得知，当速度越大时，轨道半径越大，射入磁场时粒子c的速率最小，动能最小，故B、C均错误；粒子运动的周期为，故粒子在磁场中的偏转角越大，运动时间越长，故D正确。‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎6. 如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球（电荷量+q，质量为m）从正效或平行的电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球不可能沿直线通过下列的哪个电磁混合场（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：A图中，小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；B图中小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；C图中小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；D图中粒子受向下的重力和向上的洛伦兹力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；故选CD.‎ 考点：洛伦兹力；电场力；物体的平衡 ‎【名师点睛】本题考查了带电粒子在复合场中的运动问题；解题的关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力.‎ ‎7. 如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为，若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。两个微粒所受重力均忽略。新微粒运动的 ( )‎ A. 轨迹为pb,至屏幕的时间将小于 B. 轨迹为pc,至屏幕的时间将大于 C. .轨迹为pa，至屏幕的时间将大于 D. 轨迹为pb，至屏幕的时间将等于 ‎【答案】C ‎【解析】碰撞前后动量守恒，即m1v1=(m1+m2)v2，所以轨道半径不变，轨迹还是pa，做圆周运动的周期变大，所以运动的时间大于ta，故C正确；ABD错误。‎ ‎8. 在如图所示的平行板电容器中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，一带正电的粒子q以速度v沿着图中所示的虚线穿过两板间的空间而不偏转（忽略重力影响）。以下说法正确的是 A. 带电粒子在电磁场中受到的电场力、洛伦兹力相互垂直 B. 若粒子带负电，其它条件不变，则带电粒子向上偏转 C. 若粒子电量加倍，其它条件不变，则粒子仍沿直线穿过两板 D. 若粒子从右侧沿虚线飞入，其它条件不变，则粒子仍沿直线穿过两板 ‎【答案】C ‎【解析】带正电的粒子受向下的电场力，向上的洛伦兹力，方向共线，选项A错误；因粒子做直线运动，故 ，则 ，则若粒子带负电，其它条件不变，则带电粒子仍沿直线运动，选项B错误；根据，若粒子电量加倍，其它条件不变，则粒子仍沿直线穿过两板，选项C正确；若粒子从右侧沿虚线飞入，其它条件不变，则受电场力向下，洛伦兹力也向下，故则粒子将向下偏转，选项D错误；故选C.‎ 点睛：解决本题的关键知道在速度选择器中，从左边射入，速度满足条件，电场力与洛伦兹力平衡，与电量、电性无关。‎ ‎9. 某磁场的磁感线分布如图所示，有一铜线圈从图中的上方A处落到B 处，则在下落的过程中，从上向下看，线圈中的感应电流的方向是(　　)‎ A. 顺时针 B. 逆时针 C. 先逆时针后顺时针 D. 先顺时针后逆时针 ‎【答案】D ‎【解析】在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量先增大后减小，A处落到中间位置，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针；从中间位置落到B处，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针，故D正确，ABC错误。‎ ‎10. 如图所示，闭合的矩形线圈abcd 放在范围足够大的匀强磁场中，下列哪种情况下线圈中能产生感应电流 ( ) ‎ A. 线圈向左平移 B. 线圈向上平移 C. 线圈以ab为轴旋转 D. 线圈不动 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由于磁场是匀强磁场且范围足够大，因此线圈无论向那个方向平移，磁通量都不会发生变化，故ACD错误；当线圈以ab为轴旋转时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故C正确；‎ 考点：考查了产生感应电流的条件 ‎【名师点睛】当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，回路中会产生感应电流 ‎11. 如图所示，质量m=0.1kg的AB杆放在倾角θ=30°的光滑轨道上，轨道间距L=0.2m，电流I=0.5A．当加上垂直于杆AB的某一方向的匀强磁场后，杆AB处于静止状态，则所加磁场的磁感应强度不可能为（　　）‎ A. 4T B. 6T C. 8T D. 10T ‎【答案】A ‎【解析】金属导轨光滑，所以没有摩擦力，则金属棒只受重力支持力和安培力，根据平衡条件支持力和安培力的合力应与重力等大反向，根据矢量三角形合成法则作出三种情况的合成图如图： 由图可以看出当安培力F与支持力垂直时有最小值：Fmin=mgsinθ，即BIL=mgsinθ mgsin30°=0.5mg，得B=5T．故不可能的是4T．因选不可能的，故选A．‎ ‎12. 有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是 A. 静止不动 B. 向纸外平动 C. N极向纸外，S极向纸内转动 D. N极向纸内，S极向纸外转动 ‎【答案】C ‎【解析】假设磁体不动，导线运动，则有：根据右手螺旋定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场是斜向上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，知导线顺时针转动，当转动90°时，导线所受的安培力方向向上，所以导线的运动情况为，顺时针转动，同时上升；如今导线不动，磁体运动，根据相对运动，则有磁体逆时针转动（从上向下看），即N极向纸外转动，S级向纸内转动．故C正确，ABD错误．故选C．‎ ‎13. 有两个匀强磁场区域I和 II，I中的磁感应强度是II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与I中运动的电子相比，II中的电子 ( )‎ A. 运动轨迹的半径是I中的k倍 B. 加速度的大小是I中的k倍 C. 做圆周运动的周期是I中的k倍 D. 做圆周运动的角速度是I中的k倍 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可．‎ 设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，根据电子在磁场中运动的半径公式可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，故A正确；电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，故B错误；根据电子在磁场中运动的周期公式可知，Ⅰ中的电子运动周期为，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k倍，故C正确；做圆周运动的角速度，所以Ⅰ中的电子运动角速度为，Ⅱ中的电子运动角速度为，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，故D错误。‎ ‎ ‎ ‎14. 如图所示,在两根平行长直导线中，通以方向相同、大小相等的恒定电流．一个小线框在两导线平面内，从靠近右边的导线内侧沿着与两导线垂直的方向匀速向左移动，直至到达左边导线的内侧．在这移动过程中，线框中的感应电流方向 （ ）‎ A. 沿abcda不变 B. 沿dcbad不变 C. 由abcda 变为dcbad D. 由dcbad变为abcda ‎【答案】B ‎【解析】根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知，在中线右侧磁场向外，左侧磁场向里．当导线框位于中线右侧运动时，磁场向外，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为dcbad；当导线框经过中线 ‎，磁场方向先向外，后向里，磁通量先减小，后增加，根据楞次定律，可知感应电流方向为dcbad；当导线框位于中线左侧运动时，磁场向里，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为dcbad．选B．‎ ‎【点睛】两根平行长直导线M、N中，通以同方向同强度的电流，产生磁场，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，在中线右侧磁场向外，左侧磁场向里．当导线框向左运动时，磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向．‎ ‎15. 如图所示，半径为的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，磁场边界上点一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向（均平行于纸面）且速度大小相等的带正电的粒子（重力不计），已知粒子的比荷为，速度大小为．则粒子在磁场中运动的最长时间为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出粒子转过的最大圆心角，再求出粒子在磁场中的最长运动时间．‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得，已知，，解得，粒子运动的弧长越长，对应的弦长越长，转过的圆心角越大，粒子运动轨迹对应的最大弦长是，则最大圆心角为：，粒子在磁场中运动的最长时间：，C正确．‎ 二、计算题 ‎16. 如图所示，在x轴上方有磁感应强度为B的匀强磁场，一个质量为m，电荷量为﹣q的粒子，以速度v从O点射入磁场，已知，粒子重力不计，求：‎ ‎（1）粒子的运动半径，并在图中定性地画出粒子在磁场中运动的轨迹；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的时间；‎ ‎（3）粒子经过x轴和y轴时的坐标．‎ ‎【答案】（1） ，；（2） ；（3） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）由(2分)‎ 解得：(1分)‎ ‎ ‎ ‎（2）粒子运动周期(2分)‎ 则粒子运动时间(2分)‎ 所以(1分)‎ ‎（3）由几何关系得：(2分)‎ ‎(2分)‎ 所以粒子经过x轴和y轴时的坐标分别为，(1分)‎ 考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎ ‎ ‎17. 如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场， y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从电场中Q（－2h，－h）点以速度v0‎ 水平向右射出，经过坐标原点O处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场。已知MN平行于x轴，N点的坐标为（2h，2h），不计粒子的重力，求：‎ ‎（1）电场强度E的大小以及带电粒子从O点射出匀强电场时与水平方向夹角α的正切值；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）带电粒子从Q点运动到射出磁场的时间t．‎ ‎【答案】（1）,（2）（3）‎ ‎【解析】试题分析:（1）粒子在电场中运动过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得:‎ ‎2h=v0t qE=ma 得 粒子到达O点时，沿+y方向的分速度 速度与x正方向的夹角α满足 ‎（2）粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，‎ 粒子在磁场中的速度 轨道半径 由得:‎ ‎（3）粒子在电场中的运动时间：‎ 粒子在磁场和电场之间的运动时间为：‎ 粒子在磁场中的运动时间为：‎ 故总时间为：‎ 考点：考查带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎