2017-2018学年广西钦州市钦州港经济技术开发区中学高二上学期12月月考物理试题 解析版

2017-2018学年广西钦州市钦州港经济技术开发区中学高二上学期12月月考物理试题 解析版

‎2017-2018学年广西钦州市钦州港经济技术开发区中学高二上学期12月月考物理试题 解析版 一、 选择题 ‎1. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零 B. 若电荷在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零 C. 将通电导体置于匀强磁场中，若导体长度和电流大小一定，那么导体所受的安培力大小也是一定的 D. 在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，长为 L 、电流为 I 的通电直导线所受到的安培力的大小，介于零（含零）和 BIL （含 BIL ）之间 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：若电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零，故A正确；若电荷在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度不一定为零，可能电荷是静止的，也可能电荷的运动方向与磁场平行，故B错误；若通电导体置于匀强磁场中，若导体长度和电流大小一定，而不同放置角度时，那么导体所受的安培力大小也不一定的相等，故C错误；磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L、电流为I的遥电直导线所受到的安培力的大小，与电流和磁场的夹角有关，介于零（含零）和（含）之间，故D正确。‎ 考点：安培力、磁感应强度、电场强度 ‎【名师点睛】电场的性质是对电荷有力的作用，而电荷受到电场力的方向与电场强度可以相同，也可以相反，根据左手定则可知，要明确通电导线在磁场中不一定有力的作用，电流方向或电荷运动方向与磁场平行时，没有磁场力作用．而只有当通电导线垂直放置磁场中，安培力的大小才是；解决本题的关键知道电场的性质是对电荷有力的作用，及通电导线在磁场中受到安培力的条件与安培力的大小计算是解题的关键。‎ ‎2. 全自动洗衣机中，排水电磁阀是由程序控制器控制其动作的。当洗衣机进行排水和脱水工序时，电磁铁的线圈通电，使电磁铁的铁芯2动作，牵引排水阔的活塞打开，排除污水。牵引电磁铁的结构如图所示。 当程序控制器的控制电流通过线圈时，线圈和铁芯1产生一个强的磁场，使铁芯2磁化，由于磁体相互作用，将铁芯2吸入线圈，此时铁芯2‎ 将拉动阀门使阀门打开排水。同样，控制器不输出控制电流时，电磁铁将失去磁性，弹簧（图中未画）将铁芯 2拉回原位，从而关闭阀门（ ） ‎ A. 某时刻输入控制电流时， a 为正， b 为负，则铁芯2中 A 端为N极、 B 端为S极 B. 某时刻输入控制电流时， a 为正，b为负，则铁芯2中 A 端为S极、 B 端为N极 C. 若 a 、 b 处输入的是正、负交变电流，铁芯2不能被吸入线圈 D. 若 a 、 b 处输入的是正、负交变电流，铁芯2能被吸入线圈 ‎【答案】BD ‎【解析】若输入的控制电流由a 流入，由b流出，则根据右手螺旋定则可知，铁芯1下端是S极，上端是N极，那么铁芯2中A端为S极，B端为N极，故A错误，B正确；根据磁化原理可知，若a，b处输入交变电流，铁芯2能吸入线圈中，故C错误，D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎3. 通有恒定电流的长直螺线管，下列说法中正确的是 A. 该螺线管内部是匀强磁场 B. 该螺线管外部是匀强磁场 C. 放在螺线管内部的小磁针静止时，小磁针N极指向螺线管的N极 D. 放在螺线管外部中点处的小磁针静止时，小磁针N极指向螺线管的N极 ‎【答案】AC ‎【解析】AB选项：通电螺线管相当于条形磁铁，内部是匀强磁场，外部越靠近两端磁场越强，所以A选项错误，B选项正确。‎ CD选项：磁感线在外部是从N极指向S极，在内部是从S极指向N极，而小磁针静止时，小磁针N极指向就是该点磁感应强度的方向，而磁感应强度的方向规定为磁感线的切线方向，所以放在螺线管内部的小磁针静止时，小磁针N极指向螺线管的N极螺线管的N极，C选项正确。放在螺线管外部中点处的小磁针静止时，小磁针N极指向螺线管的S极D选项错误。‎ ‎4. 一根通有交流电流I=I m sinωt的长直导线PQ与一个断开的矩形金属框在同一平面内且相距很近，如图所示。设从P到Q为电流通过直导线的正方向。若要使线框断开处的M 端电势高于N端，则PQ中的交变电流可能正经历着t=0开始的一个周期内的 ‎ A. 第一个1/4周期 B. 第二个1/4周期 C. 第三个1/4周期 D. 第四个1/4周期 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：第一个1/4周期，电流由P到Q增大，可判断，穿过线框的磁通量向外增加，由楞次定律可知M端电势高于N端，选项A 正确；同理可判断第四个1/4周期M端电势也高于N端，选项AD正确。‎ 考点：右手定则及楞次定律。‎ ‎5. 某同学家中电视机画面的幅度偏小，维修的技术人员检查后认为是显像管或偏转线圈出了故障，显像管及偏转线圈如图所示，引起故障的原因可能是  ‎ ‎①电子枪发射的电子数减小 ②加速电场的电压过大 ‎ ‎③偏转线圈的电流过小，偏转磁场减弱④偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小 ‎ 以上故障可能的是 A. ①②‎ B. ②③④‎ C. ①②④‎ D. ①③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 如果发现电视画面幅度比正常时偏小，是由于电子束的偏转角减小，即轨道半径增大所致。电子枪发射电子数减少，而运动的电子速率及磁场不变，因此不会影响电视画面偏大或小，故①错误；当加速电场电压过大，电子速率偏大，则会导致电子运动半径变大，从而使偏转角度减小，导致画面比正常偏小，故②正确；当偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱时，从而导致电子运动半径变大，所以导致画面比正常偏小，故③正确；当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，从而使电子运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故④正确。所以B正确，ACD错误。‎ ‎6. 如图所示， M 、 N 为两条沿竖直方向放置的直导线，其中有一条导线中通有恒定电流，另一条导线中无电流。一带电粒子在 M 、 N 两条直导线所在平面内运动，曲线 ab 是该粒子的运动轨迹。带电粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计。关于导线中的电流方向、粒子带电情况以及运动的方向，下列说法中可能正确的是 ‎ A. M 中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从 点向 点运动 B. M 中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从 点向 点运动 C. N 中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从 点向 点运动 D. N 中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从 点向 点运动 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：注意观察图象的细节，靠近导线M处，粒子的偏转程度大，说明靠近M处偏转的半径小，洛伦兹力提供电子偏转的向心力，圆周运动的半径，粒子速率不变，偏转半径变小，说明B变强，又靠近通电直导线的地方磁场强，故只有M中通电流，故CD错误，根据曲线运动的特点，合外力指向弧内，则洛伦兹力指向右侧；当M通向下的电流，利用右手螺旋定则可判，在MN中的磁场为垂直直面向外，根据左手定值可以判断，该粒子应带负电，故A正确，B错误．‎ 考点：考查了带电粒子在磁场中的运动 ‎7. 每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来，地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义.假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，如图所示，地球由西向东转，虚线表示地球自转轴，上方为地理北极，在地球磁场的作用下，它将( ) ‎ A. 向东偏转 B. 向南偏转 C. 向西偏转 D. 向北偏转 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由于带正电的粒子竖直向下运动，而地磁场的方向由南到北，故由左手定则可知，带正电的粒子受到向东的作用力，故粒子将向东偏转，选项A正确。‎ 考点：洛伦兹力的方向。‎ ‎8. 如图所示，把一导线用弹簧挂在蹄形磁铁磁极的正上方 ，当导线中通以图示电流 I 时，导线的运动情况是（从上往下看）（ ） ‎ A. 顺时针方向转动，同时下降 B. 顺时针方向转动，同时上升 C. 逆时针方向转动，同时下降 D. 逆时针方向转动，同时上升 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：在导线两侧取两小段，由左手定则可知，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向外，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，从上往下看，知导线逆时针转动；当转动90度时，由左手定则可知，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为，逆时针转动，同时下降．故C正确．‎ 考点：左手定则.‎ ‎9. 固定不动的绝缘直导线 MN 和可以自由移动的矩形线圈 ABCD 处在同一平面内， MN 与 AD 、 BC 边平行，且离 AD ‎ 边较近，当导线和线圈中通以如图所示的电流时，线圈的运动情况是（  ） ‎ A. 静止不动 B. 向左方移动 C. 向右方移动 D. 绕MN为轴转动 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：当导线和线圈中通以如图所示的电流时，根据同向电流相互吸引、异向电流相互排斥，分析MN对AD和BC的安培力方向，分析这两个力的大小判断线圈的运动方向．‎ 解：根据同向电流相互吸引、异向电流相互排斥，则知，MN对AD的安培力向左，对BC的安培力向D左，由于AD靠近MN，则MN对AD的安培力大于对BC的安培力，线圈所受的安培力合力方向向左，则线圈将向左运动．故B正确．‎ 故选B ‎【点评】本题采用的推论法，利用推论：同向电流相互吸引、异向电流相互排斥进行判断，也可以根据安培定则和左手定则结合进行分析．‎ ‎10. 如图所示，条形磁铁静止在水平桌面上，闭合铝环从条形磁铁的正上方附近由静止竖直下落至桌面．则在下落过程中（ ） ‎ A. 铝环中产生方向不变的感应电流 B. 磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力 C. 铝环所受安培力的方向先向上后向下 D. 铝环的加速度小于或等于 g ‎【答案】D ‎11. 以下哪一个图是正确的：‎ ‎ ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】正电荷受到的电场力与该点的切线方向相同，故A错误；静止的电荷在磁场中不受到洛伦兹力作用，故B错误；依左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下，故C正确；根据安培定则，可知小磁针所处的磁场方向，并通过小磁针静止时，N极的指向即为磁场的方向，可知N极指向右端，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎12. 做奥斯特实验时，把小磁针放在水平的通电直导线的下方，通电后发现小磁针不动，用手拨动一下小磁针，小磁针转动180 o 后静止不动，由此可知通电直导线放置情况是 ( )‎ A. 东西向 B. 南北向 C. 正西南 D. 正西北 ‎【答案】A ‎【解析】由于地球磁场的作用，小磁针静止时N极指向地球的北极，如果通电导线是南北方向放置的，则不论电流方向指向南还是指向北，小磁针静止时将偏离南北方向而指向东西方向，即磁针转动的角度接近900。如果通电导线是东西方向放置，通以由东向西的电流，则小磁针北极静止时仍然指向地理的北极；如果通以由西向东的电流，则小磁针静止时北极指向地理的南极。所以通电导线应东西方向放置，故 A正确，BCD错误。‎ 二、 实验题 ‎ ‎13. 在纸面上有一个等边三角形 ABC ，其顶点处都有通相同电流的三根长直导线垂直于纸面放置，电流方向如图所示，每根通电导线在三角形的中心产生的磁感应强度大小为 ，则中心 O 处的磁感应强度大小为 __。 ‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】根据右手定则可知，直线电流的磁场是以直线电流为中心的一组同心圆，故中心O点处三个直线电流的磁场方向如右图所示：‎ 由于对称性，它们互成1200的角，且它们的大小相等，均为B0，根据矢量合成的特点，可知它们的合矢量为零。 ‎ ‎14. 如图，一矩形线框面积为S，空间有一垂直水平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B、若线圈绕图示OO′轴顺时针旋转到水平位置(矩形线框原来与水平面成θ角)，此过程中穿过线框中磁通量的变化量是_____________。‎ ‎ ‎ ‎【答案】BS(1+cosθ)或BS(1-cosθ)‎ ‎【解析】矩形线框顺时针转到水平面上有两种情形。一是顺时针转过(π-θ)到水平面，则Φ′=-BS，Φ=BScosθ，变化量为：ΔΦ=Φ′-Φ=BS(1+cosθ)。二是顺时针转过(2π-θ)到水平面，则Φ′=BS，Φ=BScosθ，变化量为：ΔΦ=Φ′-Φ=BS(1-cosθ)。 ‎ ‎15. 在倾角为30°的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒,一匀强磁场垂直于斜面向上,如图所示,当导体棒内通有垂直纸面向里的电流I时,导体棒恰好静止于斜面上,则磁感应强度B=_______.‎ ‎ ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】导体棒静止于斜面上,所以棒受到的沿斜面向上的安培力与棒的重力沿斜面向下的分力相等,即BIL=mgsin30°，解得：。‎ ‎16. 如图所示，当给圆环中通电时，与其共面且在正下方的小磁针S极转向读者，则圆环中的电流方向是__________ (填“顺时针”或“逆时针”)，圆环中小磁针的__________极转向读者．‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 逆时针 (2). N ‎【解析】当给圆环中通电时，与其共面且在正下方的小磁针S极转向读者，说明在圆环下面的磁场方向向里，由右手定则可知，圆环中的电流方向是逆时针，圆环中小磁针的N极转向读者．‎ 三、 综合题 ‎ ‎17. 如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B 。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度 v 射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成角。设电子质量为 m ，电荷量为 e ，不计电子之间相互作用力及所受的重力。求： ‎ ‎(1)电子在磁场中运动轨迹的半径 R ； ‎ ‎(2)电子在磁场中运动的时间 t ； ‎ ‎(3)圆形磁场区域的半径 r 。 ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即： ‎ 由此可得电子做圆周运动的半径为： （2）如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度为：α=θ 则电子在磁场中运动的时间： （3）由题意知，由图根据几何关系知： 得： ‎ ‎18. 如图所示，相距20 cm的两根光滑平行铜导轨，导轨平面倾角为 ，上面放着质量为80 g的金属杆 ab ，整个装置放在 B =0.2T的匀强磁场中。 ‎ ‎(1)若磁场方向竖直向下，要使金属杆静止在导轨上，必须通以多大的电流？ ‎ ‎(2)若磁场方向垂直斜面向下，要使金属杆静止在导轨上，必须通过多大的电流？ ‎ ‎【答案】（1）15A（2）12A ‎【解析】试题分析：对金属棒进行受力分析，金属棒静止，金属棒处于平衡状态，所受合力为零，‎ 根据平衡条件及安培力即可求出电流。‎ ‎（1）当磁场方向竖直向下，导体棒受重力、支持力和水平向右的安培力，如图所示：‎ 由于杆静止，根据平衡条件可得： F=mgtan37° 又因为安培力为：F=BIL 联立代入数据解得：I=15A ‎（2）当磁场的方向垂直于垂直斜面向下，导体棒受重力、支持力和沿斜面向上的安培力，如右图所示：‎ 由于杆静止，根据平衡条件可得：F1=mgsin37°‎ 又因为安培力为：F1=BI1L 联立解得：I1=12A 点睛：本题主要考查了物体的平衡条件，金属棒静止处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒正确受力分析，并且转化为平面图，即可解题。‎ ‎19. 飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。如图所示，在真空状态下，脉冲阀 P ‎ 喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自 a 板小孔进入 a 、 b 间的加速电场，从 b 板小孔射出，沿中线方向进入 M 、 N 板间的偏转控制区，到达探测器。已知元电荷电量为 e ， a 、 b 板间距为 d ，极板 M 、 N 的长度和间距均为 L 。不计离子重力及进入 a 板时的初速度。 ‎ ‎(1)当 a 、 b 间的电压为 时，在 M 、 N 间加上适当的电压 ，使离子到达探测器。请导出离子的全部飞行时间与比荷 K （ ）的关系式。 ‎ ‎(2)去掉偏转电压 ，在 M 、 N 间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度 B ，若进入 a 、 b 间所有离子质量均为 m ，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出， a 、 b 间的加速电压 至少为多少？ ‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎ ‎ ‎（2）当加上磁场时，经过找圆心、求半径以及几何关系可以求得电压。‎ ‎（1）由动能定理：‎ n价正离子在a、b间的加速度 在a、b间运动的时间 在MN间运动的时间 离子到达探测器的时间 ‎（2）假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R ‎，由牛顿第二定律 离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系：‎ 由以上各式得：‎ 当n=1时取最小值。‎ ‎ ‎ ‎20. 某地地磁场磁感应强度B的水平分量Bx=0.18×10-4 T，竖直分量By=0.54×0-4 T。求： ‎ ‎(1)地磁场B的大小及它与水平方向的夹角; ‎ ‎(2)在水平面内2.0 m2的面积内地磁场的磁通量Φ。‎ ‎【答案】(1)B≈0.57×10-4 T方向：磁倾角α=71°34′ (2)Φ=1.1×10-4 Wb ‎ ‎【解析】试题分析：根据矢量的合成，结合水平与竖直方向的磁感应强度，即可求出地磁场磁感应强度的大小；根据匀强磁场中穿过线框的磁通量一般公式为Φ=BSsinα，α是线圈与磁场方向的夹角，即可求解。‎ ‎（1）根据题意可知，依据平行四边形定则可得地磁场B的大小为：。‎ B与水平方向的夹角(即磁倾角) ：。‎ ‎（2）地磁场与水平面不垂直，取其与水平面垂直的By分量，故磁通量为 ‎ Φ=ByS=0.54×10-4×2.0 Wb=1.1×10-4 Wb 点睛：本题主要考查了磁通量的计算和矢量的合成，当B与S平行时，磁通量为零；当B与S垂直时，磁通量为Φ=BS。‎