【物理】山西省大同市浑源县第七中学2019-2020学年高二上学期第三次月考物理试题（解析版）

【物理】山西省大同市浑源县第七中学2019-2020学年高二上学期第三次月考物理试题（解析版）

‎2019-2020学年度第一学期高二年级第三次月考 物理试题 一、单选题（每小题3分，共36分）‎ ‎1.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类社会的进步，人类社会的进步又促进了物理学的发展．下列叙述中错误的是 ( )‎ A. 奥斯特发现了电流的磁效应 B. 库仑发现了电荷间的相互作用规律 C. 洛仑兹提出了分子电流假说 D. 法拉第发现了电磁感应现象 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 奥斯特发现了电流的磁效应，选项A正确；库仑发现了电荷间的相互作用规律，选项B正确； 安培提出了分子电流假说，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.‎ ‎2.金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图示时刻穿过线圈的磁通量为零，当线圈转动时，磁通量增加，将产生感应电流．故A正确．‎ B．线圈转动过程中，线圈始终与磁场平行，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生．故B错误．‎ C．线圈运动过程中，线圈与磁场平行，没有磁感线穿过线圈，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生．故C错误．‎ D．线圈在匀强磁场中运动，根据Φ=BS知，磁通量Φ保持不变，没有感应电流产生．故D错误．‎ ‎3.‎ ‎ 为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成（测量记录仪未画出）．当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口．若俯视轨道平面磁场垂直地面向里（如图乙），则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向为 ( )‎ A. 始终逆时针方向 B. 先逆时针，再顺时针方向 C. 先顺时针，再逆时针方向 D. 始终顺时针方向 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：列车带着磁场向右运动，其实相当于线圈的左边向左运动切割磁感线，根据右手定则可知，线圈中的电流方向先是沿逆时针方向，当线圈的右边进入磁场时，相当于线圈右边向左切割磁感线，也可以判断出线圈中的感应电流方向是顺时针方向，故线圈中的电流是先逆时针，再顺时针方向，所以选项B正确．‎ 考点：感应电流．‎ ‎【名师点晴】通过磁场向右运动来考查问题，比原来导体运动正好相反，但是只要磁场与导体之间有相对的运动，导体两端就会有感应电动势，而感应电流则需要是闭合电路，故线圈中的电流方向可以通过右手定则来判断．‎ ‎4.如图所示,一个有弹性的闭合金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将( )‎ A. S增大，l变长 B. S减小，l变短 C. S增大，l变短 D. S减小，l变长 ‎【答案】D ‎【解析】当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增大，金属圆环中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量的增大：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离直导线的方法进行阻碍，故D正确．‎ ‎5. 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是 A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据题意可知，地理南、北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重合，A正确； ‎ B．地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理的南极附近，B正确；‎ C．由于地磁场的磁场方向沿磁感线切线的方向，故只有赤道处地磁场的磁场方向才与地面平行，C错误；‎ D．在赤道处，磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力的作用，D正确．‎ ‎【点睛】地球本身是一个巨大的磁体．地球周围的磁场叫做地磁场．地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，所以地磁场的方向是从地磁北极到地磁南极．‎ ‎6.如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是（　　）‎ A. +x方向 B. ﹣x方向 C. +y方向 D. ﹣y方向 ‎【答案】A ‎【解析】据题意，电子流沿z轴正向流动，电流方向沿z轴负向，由安培定则可以判断电流激发的磁场以z轴为中心沿顺时针方向（沿z轴负方向看），通过y轴A点时方向向外，即沿x轴正向，则选项A正确．‎ ‎【考点定位】安培定则、电子束产生电流的方向 ‎【方法技巧】首先需要判断出电子束产生电流的方向，再根据安培定则判断感应磁场的方向．‎ ‎7. 如图所示，用细绳悬于O点的可自由转动的通电导线AB放在蹄形磁铁的上方，当导线中通以图示方向电流时，从上向下看，AB的转动方向及细绳中张力变化的情况为(　　)‎ A. AB顺时针转动，张力变大 B. AB逆时针转动，张力变小 C. AB顺时针转动，张力变小 D. AB逆时针转动，张力变大 ‎【答案】D ‎【解析】在导线上靠近A、B两端各取一个电流元，A处的电流元所在磁场向上穿过导线，根据左手定则，该处导线受力向外，同理B处电流元受安培力向里，所以从上向下看，导线逆时针转动，同时，由于导线转动，所以电流在垂直纸面方向有了投影，对于此有效长度来说，磁感线是向右穿过导线，再根据左手定则可判定导线有向下运动的趋势，故选D.‎ ‎8. 如下图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．电流方向如图所示，试判断正对读者而来的电子束将向哪边偏转(　 　)‎ A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：据右手定则判断磁场方向向上，在根据左手定则磁感线穿掌心四指指电流方向，拇指指受力方向可确定电子向左偏转，选C 考点：考查右手螺旋定则和左手定则的应用 点评：本题考查了右手螺旋定则和左手定则结合使用能力，对两个定则难以区分是学生容易犯错和忽视的问题，判断力用左手，判断磁场用右手 ‎9.目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体(即 高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板 A、B，这时金属板上就聚集了电荷．在磁极配置如图中所示的情况下，下述说法正确的 是 ( )‎ A. A 板带正电 B. 有电流从 a 经用电器流向 b C. 金属板 A、B 间的电场方向向下 D. 等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力 ‎【答案】D ‎【解析】A、根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A板带负电．故A错误．B、因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为b经用电器流向a．故B错误．C、因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上．故C错误．D、等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力．故D正确．故选D．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道电流在外电路中，由高电势流向低电势．‎ ‎10. 两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 A. 轨道半径减小，角速度增大 B. 轨道半径减小，角速度减小 C. 轨道半径增大，角速度增大 D. 轨道半径增大，角速度减小 ‎【答案】D ‎【解析】由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即，轨道半径，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度可判断角速度变小，选项D正确．‎ ‎【定位】磁场中带电粒子的偏转 ‎【名师点睛】洛伦兹力在任何情况下都与速度垂直，都不做功，不改变动能．‎ ‎11.如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场足够大)，一对正负电子分别以相同的速度沿与x轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动的时间之比为 A. B. 1∶2 C. 1∶1 D. 2∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示：‎ 电子在磁场中做圆周运动的周期为：‎ 由几何知识可知：‎ α=120°，β=60°，‎ 电子在磁场中的匀速时间：‎ 则负电子与正电子在磁场中运动时间之比：‎ 故选B。‎ ‎12.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为 A. 11 B. 12 C. 121 D. 144‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】直线加速过程根据动能定理得 得 ‎ ①‎ 离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 得 ‎ ②‎ ‎①②两式联立得：‎ 一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，A、B、C错误。故选D。‎ 二、多选题（每小题4分，共16分）‎ ‎13.如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B．则（　　）‎ A. 该磁场是匀强磁场 B. 线圈平面总与磁场方向垂直 C. 线圈将顺时针转动 D. a、b导线受到的安培力大小总为BIl ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】由题意可知考查磁电式电流表内部磁场特点及安培力方向判断，大小计算，由左手定则和安培力公式分析计算可得．‎ ‎【详解】A．匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等,方向处处相同,由图可知，选项A错误；‎ B．线圈平面总与磁场方向平行，故B错误．‎ C．在图示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，线圈顺时针转动，选项C正确；‎ ‎ D．由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则安培力大小始终为BIl，选项D正确．‎ ‎【点睛】磁电式电流表内部磁感应线辐射分布，可保证线圈无论转到哪个位置，线圈平面总和磁场方向平行，安培力大小总是BIl，从而保证指针偏转角度大小和电流大小成正比．‎ ‎14.美国物理学家劳伦斯于1932年发明 回旋加速器，利用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场中做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是 A. 带电粒子每运动一周被加速一次 B. P1P2＝P2P3‎ C. 粒子能获得的最大速度与D形盒的尺寸有关 D. A、C板间的加速电场的方向需要做周期性的变化 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次.电场的方向没有改变，则在AC间加速;故A正确，D错误。‎ B．根据 则 因为每转一圈被加速一次，根据 知每转一圈，速度的变化量不等，且v3-v2＜v2-v1，则P1P2＞P2P3;故B错误。‎ C．当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据 得，‎ 知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关;故C正确。‎ 故选AC。‎ ‎15. ‎ 如图所示，O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，它们的速度大小相等、速度方向均在xOy平面内.在直线x=a与x=2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60°角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出.不计粒子的重力和粒子间的相互作用力关于这些粒子的运动，下列说法正确的是( )‎ A. 粒子的速度大小为 B. 粒子的速度大小为 C. 与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长 D. 与y轴正方向成90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：画出粒子的运动轨迹，由几何图形可知轨迹的半径为，由，解得粒子的速度大小为，A对；B错；在磁场中的运动时间由圆心角决定,所以与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长，所以C对D错；‎ 考点：考查粒子在匀强磁场中的运动 点评：本题难度中等，处理粒子在匀强磁场中的运动问题时，要先画出大概的运动轨迹，按照找圆心求半径的步骤进行，粒子的运动时间由圆心角决定 ‎16.如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m=0.1kg、带正电q=0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为F=0.6N的恒力，g取10m/s2．则滑块（　 　）‎ A. 开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动 B. 一直做加速度为2m/s2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止 C. 速度为6m/s时，滑块开始减速 D. 最终做速度为10m/s的匀速运动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供最大加速度为μg=5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg，解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，．可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速，最后做速度为10m/s的匀速运动．故AD正确，B错误．木块开始的加速度为2m/s2，当恰好要开始滑动时，f=μ（mg-qvB）=ma，代入数据得：v=6m/s，此后滑块的加速度减小，仍然做加速运动．故C错误．故选AD 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况，进而判断运动情况．‎ 二、计算题（本题共4个小题，第17小题10分，18小题12分，第19小题10分，第20小题16分，共48分。解答过程应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）。‎ ‎17.如图所示，在水平放置的平行导轨（间距为0.2m）一端架放着一根质量m=40g，长L=0.2m的金属棒ab，导轨另一端通过开关与电源相连，该装置放在高h=20cm的绝缘垫块上。当有竖直向下B=1T的匀强磁场时，接通开关（图中末画开关），金属棒ab会被平抛到距导轨右端水平距离s=100cm处，不计一切阻力，g=10m/s2，试求：‎ ‎（1）开关接通瞬间安培力对金属棒ab做的功W？‎ ‎（2）开关接通瞬间流经金属棒ab的电荷量q？‎ ‎【答案】(1) 0.5J (2) 1C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)棒离开水平轨道后只受重力，开始做平抛运动，运动时间为t2，则有：‎ 联立解得：‎ 开关接通瞬间安培力对金属棒ab做功把电能转化为棒的动能，由动能定理有：‎ ‎(2)设开关接通瞬间棒通电时间为t1，末速度为v0，由动量定理得：‎ 化简得： ‎ 解得： ‎ ‎18.一个质量为m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10-4 C的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示．小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时要离开斜面．求：(取g＝10 m/s2)‎ ‎(1)小滑块带何种电荷？‎ ‎(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？‎ ‎(3)该斜面的长度至少多长？‎ ‎【答案】（1）负电荷（2）3.5 m/s（3）1.2 m ‎【解析】‎ ‎（1）小滑块在沿斜面下滑的过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F作用，若要使小滑块离开斜面，则洛伦兹力F应垂直斜面向上，如图所示，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷；‎ ‎（2）小滑块沿斜面下滑的过程中，由平衡条件得，‎ 当支持力FN=0时，小滑块脱离斜面．设此时小滑块速度为，‎ 则此时小滑块所受洛伦兹力，‎ 所以；‎ ‎（3）设该斜面长度至少为l，则小滑块离开斜面的临界情况为小滑块刚滑到斜面底端时．因为下滑过程中只有重力做功，由动能定理得，‎ 所以斜面长至少为、．‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在磁场和重力场中的运动情况，要注意明确在运动过程中洛伦兹力随速度的变化而变化，但洛伦兹力不会做功，因此要注意选择动能定理进行分析求解．‎ ‎19.如图所示，在一个直角三角形区域ACB内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，AB、BC、AC为磁场边界，AC边长为3a，角CAB=53°。一质量为m、电荷量为+q的粒子从AB边上距A点为a的D点垂直于磁场边界AB射入匀强磁场。取sin53°＝0.80，cos 53°＝0.60，求：要使粒子从BC边射出磁场区域，粒子速率应满足的条件；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 ‎    ①‎ 设粒子速率为v1时运动轨迹与BC边相切，如图所示，‎ 由几何关系可得：‎ ‎ ②‎ 解得：‎ ‎　　 ③‎ 则：‎ ‎     ④‎ 设粒子速率为v2时运动轨迹与AC边相切，则切点为C点，由几何关系可得：‎ R2=BC=BD=4a   ⑤‎ 解得：‎ ‎      ⑥‎ 因此粒子从BC边射出时速率满足的条件是   ⑦‎ ‎20.如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T．水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C．现有大量质量m=6.6×10﹣27kg、电荷量q=3.2×10﹣19‎ C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6×106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：‎ ‎(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；‎ ‎(2)求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t；‎ ‎(3)当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程．‎ ‎【答案】（1）r=0.1m （2） （3） 曲线方程为()‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，解得 ‎（2）粒子运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场，‎ 粒子在电场中运动的加速度 粒子在电场中运动的时间 解得 ‎（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°，‎ 则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30°~60°‎ 所有粒子此时分别在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上，‎ 曲线方程为 ‎ ‎【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径