海南省海南中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

海南省海南中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

海南中学2020学年度第一学期期中考试 ‎ 高二物理 一、单选题（本大题有12小题，共36分）‎ ‎1.在下面四个图中，标出了磁场的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受安培力F的方向其中正确的是　　‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心朝外,四指指向电流方向：向右，拇指指向安培力方向：向上，符合左手定则，故A正确；‎ B、通电导线与磁场平行，不受安培力，故B错误；‎ C、根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向左穿过手心，则手心朝右．四指指向电流方向：向外，拇指指向安培力方向：向下，此项不符合左手定则，故C错误；‎ D、安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直，而此项安培力方向与磁场方向平行，不可能，故D错误。‎ 点睛：判断通电导线的安培力方向，既要会用左手定则，又要符合安培力方向的特点：安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直。‎ ‎2.运动电荷在磁场中受到洛伦兹力的作用，运动方向会发生偏转，这一点对地球上的生命来说有十分重要的意义．从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，称为宇宙射线，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用．如图所示为地磁场对宇宙射线作用的示意图．现有来自宇宙的一束质子流，以与地球表而垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这 质子在进入地球周围的空间将（　　）‎ A. 竖直向下沿直线射向地面 B. 向西偏转 C. 向东偏转 D. 向北偏转 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】质子流的方向从上而下射向地球表面,地磁场方向在赤道的上空从南指向北,根据左手定则,洛伦兹力的方向向东,所以质子向东偏转.故C对；ABD错；‎ 故选C ‎【点睛】质子流带正电,地磁场的方向在赤道的上空从南指向北,根据左手定则判断出质子流所受洛伦兹力的方向.‎ ‎3.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有（ ）　　‎ A. a的向心加速度等于重力加速度g B. 线速度关系va＞vb＞vc＞vd C. d的运动周期有可能是20小时 D. c在4个小时内转过的圆心角是 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大，解得：，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；根据万有引力提供向心力：，解得：，卫星的半径越大，速度越小，所以有：，同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据，可知，故B错误；由开普勒第三定律：可知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故C错误；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎4.宇宙飞船环绕地球做匀速圆周运动，半径为r，己知地球质量为M引力常量为G，则宇宙飞船在轨道上飞行的线速度大小为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力得:‎ 解得： ，故D对；ABC错；‎ ‎【点睛】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力列式即可求解.‎ ‎5.如图所示，在水平放置的光滑绝缘杆ab上，挂有两个相同的金属环M和N．当两环均通以图示的相同方向的电流时，分析下列说法中，哪种说法正确（　　）‎ A. 两环静止不动 B. 两环互相远离 C. 两环互相靠近 D. 两环同时向左运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】同向电流相互吸引,异向电流相互排斥,知两线圈的运动情况是相互靠近,故C对；ABD错；‎ 故选C ‎6. 如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ．整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止．则（ ）‎ A. 磁场方向竖直向下 B. 磁场方向竖直向上 C. ab所受支持力的大小为mgcosθ D. ab所受安培力的大小为mgcosθ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 根据力的平衡可得金属杆受到的磁场力水平向右，所以根据左手定则磁场方向数值向上。金属杆受到重力，垂直斜面向上的支持力，水平向右的磁场力。处于平衡状态，所以根据正交分解可得ab受到的支持力大小为，所以BD正确。‎ ‎7.如图所示，一个带正电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为。若加上一个垂直于纸面指向纸外的方向的磁场，则物体滑到底端时（ ）‎ A. 变大 B. 变小 C. 不变 D. 不能确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据左手定则，带负电的物体滑下时受到垂直斜面向下的洛仑兹力，从而物体与斜面间的摩擦力增大，所以滑到底端时v变小，B正确。‎ 考点：洛仑兹力 左手定则 ‎8.两个质量均为m的星体，其连线的垂直平分线为MN，O为两星体连线的中点，如图所示，一物体从O沿OM方向运动，则它所受到的万有引力大小F随距离r的变化情况大致正确的是(不考虑其他星体的影响)(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为在连线的中点时所受万有引力的和为零，当运动到很远很远时合力也为零（因为距离无穷大万有引力为零）而在其他位置不是零所以先增大后减小．设两个质量均为m的星体的距离是2L，物体质量是m′，物体沿OM方向运动距离是r时，它所受到的万有引力大小，故ACD错误，B正确；故选B．‎ 点睛：本题运用了极限法、假设法，因为万有引力的合力一直增大，那么最后不可能为零，一开始是零，不可能再减小，运用适当的方法可以避开复杂的数学计算．‎ ‎9.如图所示，套在条形磁铁外的三个线圈，其面积S1＞S2= S3，且 “3”线圈在磁铁的正中间。设各线圈中的磁通量依次为φ1、φ2、φ3，则它们的大小关系是（ ）‎ A. φ1>φ2>φ3 B. φ1>φ2=φ3‎ C. φ1<φ2<φ3 D. φ1<φ2=φ3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 所有磁感线都会经过磁体内部，内外磁场方向相反，所以线圈面积越大则抵消的磁场越大，则，线圈3在正中间，此处磁场最弱，即抵消的最少，所以，最大，选C ‎10.如图所示，在平行金属板A、B间分布着正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一个质子以初速度v0垂直于电场和磁场沿OO′从左端入射，恰能沿OO′做直线运动．则（ ）‎ A. A板的电势低于B板的电势 B. 电子以初速度v0垂直于电场和磁场沿OO′从左端入射，运动轨迹将向A板偏转 C. 氦原子核He以初速度v0垂直于电场和磁场沿OO′从左端入射，仍沿OO′做直线运动 D. 氦原子核He以初速度v0垂直于电场和磁场沿OO′从右端入射，仍沿OO′做直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：质子带正电，由左手定则判断洛伦兹力方向，因质子做匀速直线运动，即可判断出电场力方向，从而确定出两极板电势高低．由平衡条件列方程，可得到电子和He以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从左端入射，受力也平衡，也做匀速直线运动．‎ 解：A、由左手定则判断得知质子所受的洛伦兹力方向向上，质子做直线运动，所受的电场力方向应向下，故A的电势高于B板的电势．故A错误．‎ BC、对于电子，由平衡条件得：qv0B=qE，则得v0B=E，可见此式与带电粒子的质量、电荷量、电性无关，所以当电子和He也以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从左端入射，洛伦兹力与电场力也平衡，也沿OO′作直线运动，故B错误，C正确．‎ D、由上分析可知，当He以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从右端入射，洛伦兹力方向向下，电场力方向也向下，它将向下偏转，不可能沿OO′作直线运动．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查对速度选择器原理的理解，关键掌握当洛伦兹力与电场力二力平衡时，粒子才能沿直线通过速度选择器，注意入射的速度方向是解题的关键．‎ ‎11.如图是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个半径为R的D形金属盒，两金属盒表面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，并分别与一个高频电源两端相连．现用它来加速质量为m、电荷量为q的微观粒子（忽略相对论效应），则下列说法正确的是（　　）‎ A. 要使回旋加速器正常工作，高频电源的频率应为 B. 输出粒子获得的最大动能为 C. 要提高粒子输出时的最大速度，需提高电源的电压 D. 若先后用来加速氘核和氦核，则必须调整电源的频率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、要使回旋加速器正常工作，高频电源的在粒子偏转一周时，电压方向偏转两次，则两次偏转为高频电源的一个周期，则 ， ，故A项错误。‎ B、输出粒子的最大运动半径为R，即 得： ，，粒子的最大动能为 ，故B项正确。‎ C项，由B项知，要提高粒子输出时的最大速度，需提高磁场强度B或金属盒半径R，提高电源电压只能减小提速时间，不能改变输出时粒子速度大小，故C项错误。‎ D项，由于氘核和氦核的荷质比相同，则两种粒子在金属盒中偏转周期相同，所以不需要调整电源频率，故D项错误。‎ 故选B ‎12.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场区域中，有一个固定在竖直平面内的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球，O点圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，bO沿水平方向，已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（　　）‎ A. 当小球运动到b点时，小球受到的洛伦兹力最大 B. 当小球运动到c点时，小球受到的支持力一定大于重力 C. 小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 D. 小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大，所受洛伦兹力最大，A错误；‎ B、当小球运动到c点时，受到的洛伦兹力向上，由于磁场强弱未知，小球受到的支持力不一定大于重力，B错误；‎ C、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，动能先增大后减小，故C正确；‎ D、小球从a点运动到b点，重力做正功，重力势能减小，电场力做正功，电势能减小，D错误。‎ 故选;C.‎ ‎【名师点睛】‎ 电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆 环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可。‎ 二、多选题（本大题共4小题，共20分）‎ ‎13.满载A国公民的一航班在飞行途中神秘消失，A国推断航班遭到敌对国家劫持，政府立即调动大量海空军事力量进行搜救，并在第一时间紧急调动了21颗卫星参与搜寻．“调动”卫星的措施之一就是减小卫星环绕地球运动的轨道半径，降低卫星运行的高度，以有利于发现地面（或海洋）目标．下面说法正确的是 A. 轨道半径减小后，卫星的环绕速度增大 B. 轨道半径减小后，卫星的环绕速度减小 C. 轨道半径减小后，卫星的环绕周期增大 D. 轨道半径减小后，卫星的环绕周期减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】人造卫星绕地球做圆周运动时,由万有引力提供向心力,则有:‎ 及 可知随着距离r的减小，周期T减小，速度v增大，故AD对；BC错；‎ 故选AD ‎【点睛】人造卫星绕地球做圆周运动时,由万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得到卫星的线速度和周期的表达式,再分析即可.‎ ‎14. 如图，金属棒AB用软线悬挂在磁感应强度为B，方向如图所示的匀强磁场中，电流由A向B，此时悬线张力为T，欲使悬线张力变小，可采用的方法有…………………（ ）‎ A. 将磁场反向，且适当增大磁感应强度 B. 改变电流方向，且适当增大电流强度 C. 电流方向不变，且适当增大电流强度 D. 磁场方向不变，且适当增大磁感强度 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 当电流方向由A向B时，安培力方向竖直向上，有F+T=mg，所以要使T减小可增大安培力，由F=BIL可知CD对；‎ ‎15.质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度的大小为E．不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则 A. 速度选择器中的电场方向向右 B. 三种粒子的速度大小均为 C. 如果三种粒子的电荷量相等，则打在P3点的粒子质量最大 D. 如果三种粒子电荷量均为q，且P1、P3的间距为Δx，则打在P1、P3两点的粒子质量差为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 三个粒子在磁场中的偏转方向相同，则电性相同，根据左手定则，知电荷带正电．则粒子下B1磁场中受洛伦兹力向左，则电场力向右，场强向右，故A正确．粒子在两板中做匀速直线运动，有：qvB1=Eq，则粒子的速度v=，选项B错误；根据 可得；则如果三种粒子的电荷量相等，则运转半径越大，则质量越大，即打在P3点的粒子质量最大，选项C正确；因为2r3-2r1=∆x，粒子的速度v=，则两粒子的质量之差．故D正确．故选ACD．‎ 点睛：解决本题的关键知道粒子在电容器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动．掌握粒子在磁场中做圆周运动的半径公式．‎ ‎16.如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m，带电量为的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为现对小球施加水平向右的恒力，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是 A. 直杆对小球的弹力方向不变 B. 直杆对小球的摩擦力先减小后增大 C. 小球运动的最大加速度为 D. 小球的最大速度为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球从静止开始运动，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程．‎ ‎【详解】小球开始下滑时有，随v增大，a增大，当时，a达最大值，摩擦力减小；此时洛伦兹力等于mg，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，反向，此后下滑过程中有：，随v增大，a减小，摩擦力增大，当时，a=0．此时达到平衡状态，速度不变，所以整个过程中，v先增大后不变，a先增大后减小，BC正确，AD错误．‎ ‎【点睛】解决本题的关键是正确地进行受力分析，抓住当速度增大时，洛伦兹力增大，比较洛伦兹力与重力的大小关系，分清摩擦力的变化是解决问题的关键．‎ 三、填空题（本大题共2小题，17题4分，18题6分，共10.0分）‎ ‎17.在下面括号内列举的科学家中，对发现和完善万有引力定律有贡献的是 ‎。（安培、牛顿、焦耳、第谷、卡文迪许、麦克斯韦、开普勒、法拉第）‎ ‎【答案】第谷、开普勒、牛顿、卡文迪许 ‎【解析】‎ 分析：本题强调对万有引力定律的发现和完善有贡献的科学家，第谷是观测家，从而为开普勒得出三定律奠定基础．牛顿在前人的基础之上发现万有引力定律．最后卡文迪许测出引力常量，从而完善了定律．‎ 解答：解：对发现和完善万有引力定律有贡献的是：第谷、开普勒、牛顿、卡文迪许 故答案为：第谷、开普勒、牛顿、卡文迪许 点评：对物理定律与定理的物理史实要熟悉，同时还要记清晰．‎ 视频 ‎18.已知绕中心天体做匀速圆周运动的星体的轨道半径r，运动周期为T。求：‎ ‎(1)中心天体的质量M=________________；‎ ‎(2)若中心天体的半径为R，则其平均密度ρ=_______________________；‎ ‎(3)若星体是在中心天体的表面附近做匀速圆周运动，则其平均密度的表达式ρ=__________________。‎ ‎【答案】 (1). ； (2). ； (3). ；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 人造卫星绕地球做圆周运动时,由万有引力提供向心力,则有:‎ 可得中心天体的质量 ‎(2)根据密度公式可以知道,中心天体的平均密度 ‎(3)当星体在中心天体附近匀速圆周运动时有 ,所以中心天体的平均密度 故本题答案是：； ；‎ ‎【点睛】根据万有引力提供圆周运动向心力求得中心天体的质量,根据密度公式计算中心天体的平均密度,在星体表面做圆周运动时轨道半径与天体半径相等.‎ 四、计算题（本大题共4小题，19题6分，20、21题各9分，22题10分。共34.0分）‎ ‎19.宇航员到达某行星上，一小球从高为h处自由下落，落到星球表面时速度为V0，设行星的半径为R、引力常量为G，求：‎ ‎⑴该行星表面的重力加速度大小；‎ ‎⑵该行星的质量。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】⑴由题意知：小球做自由落体运动，‎ 解得：‎ ‎⑵对行星表面的任一物体m所受到的重力等于物体与行星间的万有引力，‎ 设行星质量为M，则 由①②解得行星的质量 故本题答案是：（1）（2）‎ ‎20.电子质量为m，电荷量为q，以速度与x轴成角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：‎ 电子运动的轨道半径R；‎ 的长度；‎ 电子由O点射入到落在P点所需的时间t．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子轨道半径．‎ 作出粒子运动轨迹，求出OP的长度．‎ 求出粒子转过的圆心角，然后根据粒子周期公式求出粒子的运动时间．‎ ‎【详解】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：，解得：；‎ 粒子运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识得：；‎ 由图中可知圆弧对应的圆心角为，‎ 粒子做圆周运动的周期：，‎ 粒子的运动时间：．‎ 故本题答案是; （1） （2） （3）‎ ‎【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与周期公式可以解题．‎ ‎21.如图所示，通电直导线ab质量为m、长为L，水平地放置在倾角为θ的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流强度为I，要求导线ab静止在斜面上。‎ ‎（1）若磁场的方向竖直向上，则磁感应强度的大小如何？‎ ‎（2）若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的方向和大小如何？‎ ‎【答案】（1） （2） 磁感应强度方向垂直斜面向上 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将立体图转换为平面图，对导线进行受力分析，根据共点力力平衡求出安培力的大小，从而根据F=BIL求出磁感应强度的大小．‎ ‎(2)导线所受重力恒定，支持力的方向不变，根据三角形定则求出安培力的最小值，从而得出磁感应强度的最小值。‎ ‎【详解】(1) 若磁场方向竖直向上，从a向b观察，导线受力情况如图所示 由平衡条件得：‎ 在水平方向上：F-FNsinθ=0‎ 在竖直方向上：mg-FNcosθ=0‎ 其中F=BIL，联立以上各式可解得：‎ ‎；‎ ‎(2) 若要求磁感应强度最小，则一方面应使磁场方向与通电导线垂直，另一方面应调整磁场方向使与重力、支持力合力相平衡的安培力最小，如图所示，‎ 由力的矢量三角形讨论可知，当安培力方向与支持力垂直时，安培力最小，对应磁感应强度最小，设其值为Bmin，则：‎ BminIL=mgsinθ，‎ 解得：‎ 根据左手定则判定知，该磁场方向垂直于斜面向上。‎ ‎【点睛】解决本题的关键将立体图转换为平面图，运用共点力平衡求解力，以及会运用三角形定则求解力的最小值。‎ ‎22.质量为m，带电量为q的液滴以速度v沿与水平成45°角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，如图所示．液滴带正电荷，在重力、电场力及磁场力共同作用下在场区做匀速直线运动．试求：‎ ‎（1）电场强度E和磁感应强度B各多大？‎ ‎（2）当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的磁场的影响，此时液滴加速度多少？说明此后液滴的运动情况（即求：半径与周期）．‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）液滴带正电，液滴受力如图所示：‎ 根据平衡条件，有：‎ Eq=mgtanθ=mg qvB= =‎ 解得： ;‎ ‎（2）电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：‎ 粒子做圆周运动：‎ qvB= =‎ 可解得：‎ 故本题答案是：（1）； （2） ； ‎ ‎【点睛】利用带电粒子做匀速运动可以找到电场力与重力、洛伦兹力与重力之间的关系，求出电场强度和磁场强度，根据洛伦兹力提供向心力可求出运动时的半径和运动时的周期。‎