山东省潍坊市高二（下）开学考试物理试题（word版含答案）

山东省潍坊市高二（下）开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图为一平面直角坐标系，轴上方有垂直纸面向外的匀强磁场，一束相同的带正电的粒子从坐标原点射入磁场，各粒子速率相等，速度方向不同。有两个入射方向不同的粒子均通过了点，点坐标为。已知两个入射方向夹角为的粒子，都可以通过A点，A点坐标为。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。则（ ）
A．各粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为
B．经过点的两个粒子均不能到达A点
C．经过点的两个粒子，在磁场中运行的时间分别为和，且，则
D．只有两种入射方向的粒子可以经过点
2．如图所示，等腰直角三角形区域中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m，电荷量为q的正粒子沿方向射入磁场，下列说法正确的是（ ）
A．粒子射入速率越大，在磁场中运动时间越长
B．粒子射入速率越大，在磁场中运动的加速度越大
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．若粒子射入速率不同，则射出磁场时速度的方向一定不同
3．如图所示，在一个圆环内的区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（磁场未画出），圆环逆时针转动并在环上开有一个小缺口，一带正电的粒子从小缺口沿直径方向进入圆环内部，且与圆环没有发生碰撞，最后从小缺口处离开磁场区域，已知粒子的比荷为k，磁场的磁感应强度大小为B，圆环的半径为R，粒子进入磁场时的速度为，不计粒子的重力，则圆环转动的角度
A．kB B．3kB C．5kB D．7kB
4．如图所示，平面直角坐标系的第一象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带电粒子以速度v0沿平行于y轴方向从x轴上不同点分别射入磁场。若该粒子从x轴上a点射入磁场，则恰好垂直于y轴射出磁场，且在磁场中运动的时间为t0。若该粒子先后从x轴上b、c两点射入磁场，则恰好能从y轴上的同一点P射出磁场。O、P两点间的距离为，下列说法正确的是（　　）
A．该粒子带正电
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．该粒子从c点射入磁场时，在磁场中运动的时间为
D．该粒子从b点射入磁场时，在磁场中运动的时间为
二、单选题
5．如图所示，固定在水平面内的光滑平行金属导轨电阻不计，左端接有一直流电源和一定值电阻。两条通有大小相等、方向相同的恒定电流的长直绝缘导线垂直导轨水平放置。一导体棒垂直导轨放置且接触良好，由导轨上的M点静止释放，两点到左右两直导线的距离相等，导体棒中产生的感应电动势忽略不计。下列关于导体棒在两直导线之间运动及受力的说法正确的是（　　）
A．导体棒在两点正中间时速度为零
B．导体棒沿金属导轨一直向右做匀加速直线运动
C．导体棒所受安培力先向右后向左，且先减小后增大
D．导体棒所受安培力一直向右，且先减小后增大
6．用粗细均匀的电阻丝折成等边三角形框架abc，边长为L，每边电阻均为R，一电动势为E，内阻为r=R的电源与框架的两个顶点a、b相连。磁感应强度为B的匀强磁场与三角形框架所在的平面垂直，如图所示，则整个三角形框架受到的安培力大小为（ ）
A．0 B． C． D．
7．电磁轨道炮工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触，电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回，轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出，现欲使弹体的出射速度增加到原来的2倍，理论上可采用的方法是（）
A．只将电流I增加至原来的2倍
B．只将弹体质量减至原来的一半
C．只将轨道长度L变为原来的2倍
D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的4倍，其它量不变
8．如图所示，某两相邻匀强磁场区域以MN为分界线，磁感应强度分别为B1、B2，磁场方向均垂直于纸面（图中未画出），有甲、乙两个电性相同的粒子同时分别以速率v1和v2从边界的a、c点垂直于边界射入磁场，经过一段时间后甲、乙两粒子恰好在b点相遇（不计重力及两粒子间的相互作用），O1和O2分别位于所在圆的圆心，其中R1=2R2，则（　　）
A．B1、B2的方向相反
B．v1=2v2
C．甲、乙两粒子做匀速圆周运动的周期不同
D．若B1=B2，则甲、乙两粒子的比荷不同
9．关于磁感应强度的下列说法中，正确的是（ ）
A．由知，磁场中某点的磁感应强度的大小与的乘积成反比，与F成正比
B．无论I的方向如何，都可由求磁感应强度的大小
C．磁场中某处磁感应强度方向与通电导线在该处的安培力的方向相同
D．磁场中某点的磁感应强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关
10．如图，水平放置的螺线管内P点处有一小磁针。忽略地磁场，闭合开关S，当小磁针静止时其N极的指向为（　　）
A．水平向右 B．垂直纸面向里 C．水平向左 D．垂直纸面向外
11．矩形磁场区域如图所示，磁场方向垂直于纸面，，ab=2L。一带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，经时间t从d点射出。若改变粒子速度大小仍从a点沿ab方向射，入磁场，粒子从cd中点离开磁场区域，不计粒子重力，则粒子第二次在磁场中运动的时间为（　　）
A．t B． C． D．
12．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I。已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离。一带负电的小球（图中未画出）以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球先做加速运动后做减速运动
B．小球一直做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力先增大后减小
D．小球对桌面的压力一直在增大
三、解答题
13．如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计。
(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；
(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围。
14．如图所示，电源电动势E＝2.4 V，内阻r＝0.4 Ω，电阻R2＝0.2 Ω，CD、EF为竖直平面内两条平行导轨，处在与导轨平面垂直的水平匀强磁场中，其电阻忽略不计，ab为金属棒，质量m＝5 g，在导轨间的长度l＝25 cm，电阻R1＝0.2 Ω，ab可在光滑导轨上自由滑动且与导轨接触良好，滑动时保持水平，g取10 m/s2，求：
（1）S断开ab保持静止时，B的大小；
（2）S接通瞬间，金属棒的加速度。
15．如图所示，容器A中装有大量的质量不同、电荷量均为+q的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场（初速度可视为零）做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，最后打在感光片上．已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为，两板间距为L，板间电场看成匀强电场，其电场强度，方向水平向左（忽略板间外的电场），平行板f的下端与磁场水平边界ab相交于点P，在边界ab上实线处固定放置感光片．测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且PQ的长度为3L边界ab下方的磁场范围足够大，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用．求：
（1）粒子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏转的距离x和偏转的角度θ；
（2）射到感光片P处的粒子的质量m1；
（3）粒子在磁场中运动的最长时间tm．
16．如图所示，两平行光滑导轨倾斜放置θ= 37°，相距为20cm，金属棒MN的质量为20g，电阻为7Ω，匀强磁场磁感应强度B方向竖直向下，大小为1.5T，电源电动势为10V，内阻r=1Ω，当开关S闭合时，MN处于平衡．（g取10m /s2 sin37°=0.6 cos37°=0.8）求变阻器R1为多大．
四、填空题
17．如图所示，甲图中的小磁针上有一直导线通以图中所示方向的电流时，小磁针北极N将向______（填“纸内”或“纸外”）偏转。
18．一根长20 cm的通电导线放在磁感应强度为0.4 T的匀强磁场中，导线与磁场方向垂直，若它受到的安培力为4×10－3 N，则导线中的电流是________ A，若将导线中的电流减小0.05 A，则该处的磁感应强度为________ T.
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参考答案：
1．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．如图1，圆心为的圆弧经过A点，由几何关系知道圆半径为1cm，故A正确；
B．经过P点的两个圆弧圆心分别为和，对应的圆弧可以经过A点，故B错误；
C．在磁场中它们的圆心角分别为和，因为进入磁场的速率相等，所以粒子做匀速圆周运动的周期相等，所以运动时间之比为5∶3，故C错误；
D．由图可知，只有两个速度方向可以经过P点，故D正确。
故选AD。
2．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．粒子射入磁场时不同的速率对应不同的半径，粒子将从不同的位置离开磁场，当粒子从AC边离开时，速度增加，但在磁场中时间始终不变，根据对称性特征，轨迹均为圆周，当从BC边离开时，随速度增加，轨迹半径增大，轨迹所对圆心角变小，则运动时间越来越短，故A错误；
B．粒子射入速率越大，在磁场中运动的加速度
a越大，故B正确；
C．由A分析可知，粒子从AC边离开磁场时在磁场中运动的时间最长为
故C正确；
D．粒子以不同速率从AC边离开磁场时，根据对称性特征，轨迹均为圆周，沿平行于BC方向离开磁场，故D错误。
故选BC。
3．AC
【解析】
【详解】
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，故，粒子将圆环区域内运动四分之一周期离开磁场，粒子运动的时间为，在这段时间内，圆环转过的角度为，根据可得，故AC正确，BD错误；
故选AC．
【点睛】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，解得运动半径，粒子将圆环区域内运动四分之一周期离开磁场，根据粒子的时间等于圆环转动的时间求解．
4．BC
【解析】
【详解】
A．由左手定则，该粒子带负电，A错误；
B．由 和 得，，B正确；
CD．由
解得
设粒子从b、c射入磁场的两个轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2
解得
该粒子从b、c两点射入磁场时，在磁场中运动的时间分别为
解得
C正确，D错误。
故选BC。
5．C
【解析】
【详解】
CD．根据安培定则可知，左边直导线电流在两导线之间的区域内产生的磁场方向垂直导轨平面向下，右边直导线电流在两导线之间的区域内产生的磁场方向垂直导轨平面向上，根据直线电流产生磁场的性质可知，离直线电流越远，磁场的磁感应强度越小，根据磁场叠加可知合磁感应强度从M点到N点先向下逐渐减小，到正中间为零，后向上逐渐增大。根据左手定则可知，导体棒从M点到N点受到的安培力先向右且逐渐减小，到正中间为零，后向左且逐渐增大，故C正确，D错误；
AB．导体棒在安培力作用下一定是先加速，到正中间速度最大，后速度减为零，故AB错误。
故选C。
6．B
【解析】
【详解】
根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图所示
等效电路为R和2R并联，并联后总电阻为
则路端电压
根据欧姆定律
，
则安培力
F1，F2的夹角为120°，根据平行四边形定则其合力大小为
故三角形框架受到的安培力的合力大小为
故选B。
7．A
【解析】
【详解】
通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有：
，
磁感应强度的大小与I成正比，所以有：
B=kI
解得：
。
A. 只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故A正确；
B. 只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的倍，故B错误；
C. 只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的倍，故C错误；
D. 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的4倍，其它量不变，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D错误。
故选：A。
8．B
【解析】
【详解】
A．若粒子带正电，则由左手定则可知两磁场均垂直纸面向外，若粒子带负电，由左手定则可知两磁场均垂直纸面向里，故B1、B2方向相同，故A错误；
BC．两粒子运动半个圆周的时间相同，故周期相同，由线速度
得
v1∶v2=R1∶R2=2∶1
则
v1=2v2
故B正确，C错误；
D．根据粒子做圆周运动的周期公式
T=
可得，比荷
由于甲、乙两粒子的周期相同，若B1=B2，则甲、乙两粒子的比荷相同，故D错误。
故选B。
9．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．为磁感应强度的定义式，B与F、I、L无关，A错误；
B．若I的方向与磁场平行，受到的安培力始终未零，无法通过求磁感应强度的大小，B错误；
C．由左手定则可知，磁场中某处磁感应强度方向与通电导线在该处的安培力的方向不相同，C错误；
D．磁场中某点的磁感应强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关，D正确。
故选D。
10．C
【解析】
【详解】
根据安培定则可知，螺线管内磁场方向水平向左，则当小磁针静止时其N极指向为水平向左。
故选C。
11．C
【解析】
【分析】
【详解】
带电粒子沿ab方向射入，经时间t从d点射出，得到的轨迹图如图甲所示
则
改变粒子速度大小，沿ab方向射入，从cd中点N离开磁场区域，得到的轨迹图如图乙所示
可知Nd为L，设Md为x，则
解得
即粒子转动半径为
则转过的圆心角为
运动时间
故
故选C。
12．B
【解析】
【详解】
根据右手螺旋定则可知直线MN处的磁场方向垂直于MN向里，磁场大小先减小后增大，根据左手定则可知，带负电的小球受到的洛伦兹力方向在竖直向下，根据F=qvB可知，其大小是先减小后增大，由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力先减小后增大，故ACD错误，B正确。
故选B。
13．(1)；(2)；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
联解得：
(2)离子做类平抛运动：
由牛顿第二定律得：
联解得：
(3)离子在匀强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：
根据题意作出离子运动径迹如图：
则有
离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ。由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足
则有
14．（1）5×10－2 T；（2）4 m/s2，方向竖直向下
【解析】
【分析】
【详解】
（1）S断开时
由平衡条件知
解得
（2）S接通时
通过电源的电流
通过金属棒的电流
由牛顿第二定律得，金属棒的加速度
＝4 m/s2
方向竖直向下。
15．（1）；（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）粒子先经过加速电场的加速后进入水平匀强电场做类平抛运动，根据平抛运动规律求出偏转距离x和偏转角，这是为后续计算做一个铺垫；
（2）粒子从e板下端与水平方向成60°的角射入匀强磁场，偏转240°后打在P点，由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力就能求出粒子的质量；
（3）先判断出打在何处的粒子的时间最短，由于t=T，即质量最大的粒子时间最长，再由半径公式知质量最大则半径最小，所以打在P点的粒子时间最长，再利用周期公式结合粒子转过的圆心角即可求出粒子在磁场中运动的最长时间．
【详解】
（1）设质量为m的粒子通过孔S2的速度为v0由动能定理有：qU＝mv02
粒子在偏转电场中运动的加速度为：
沿速度v0方向L＝v0t
沿电场方向vs＝at，x＝at2
且有tanθ＝
解得x＝．θ＝30°
（2）粒子从e板下方与水平方向成60°角射入匀强磁场．设粒子射入磁场时速度v1．做圆周运动的轨道半径为r1，则qv1B＝m1
其中
由几何关系可知
解得m1＝
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝
粒子进入磁场后偏转240°，运动的时间t＝T
由于qvB＝m
联立解得t＝
由何关系可知拉子做圆周运动的最大半径
则tm＝
【点睛】
本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．
16．12
【解析】
【详解】
【分析】根据左手定则判出安培力方向，再作出金属棒平衡时的受力，根据平衡条件求得．
解：金属棒受重力mg、支持力N、安培力F的作用，受力如图，
根据平衡条件得：
安培力为：
根据欧姆定律得：
代入数据解得：
17．纸内
【解析】
【详解】
[1]由安培定则可知，直导线下方的磁场垂直纸面向里，可知小磁针北极N将向纸内偏转。
18． 0.05 0.4
【解析】
【详解】
根据安培力公式：，可得：，根据安培力公式：，可得：，代入数解得：．
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