高二山东青岛市西海岸新区学年高二《物理》上学期第二次月考试题及答案Word格式文档下载.docx
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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
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()
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
7题8题9题
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
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
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
10题11题12题
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.4TB.6TC.8TD.10T
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
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
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dcbadD.由dcbad变为abcda
14题15题
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.
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θ=
,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.
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.
高二上学期月考2物理试卷参考答案
1.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.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;
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;
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.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.A【解析】:
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.
5.D【解:
根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性;
粒子在磁场中做圆周运动,由牛顿第二定律求出粒子的速度,然后求出粒子的动能;
根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间.
A、根据左手定则知粒子a带正电,粒子b、c带负电,故A错误;
B、粒子在磁场中做匀速圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:
qvB=m
v=
,射入磁场时粒子c的半径最小,则速率最小.故B错误;
C、粒子的动能EK=
mv2=
,由于:
q、B、m都相同,因此r越大,粒子动能越大,由图示可知,b的轨道半径r最大,则b粒子动能最大;
c的半径最小,则动能最小.故C错误;
D、粒子在磁场中做圆周运动的周期:
T=
相同,粒子在磁场中的运动时间:
t=
,由于m、q、B都相同,粒子c转过的圆心角θ最大,则射入磁场时c的运动时间最大,故D正确;
故选:
D.
6.AB【解析】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AB.考点:
洛伦兹力;
电场力;
物体的平衡
7.C【解析】碰撞前后动量守恒,即m1v1=(m1+m2)v2,所以轨道半径日r=mv/qB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.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.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.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
11.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.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.AC【解析】设Ⅱ中的磁感应强度为B,则Ⅰ中的磁感应强度为kB,
A、根据电子在磁场中运动的半径公式r=mv/qB可知,Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为mv/kqB,Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为mv/qB,所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍,故A正确;
B、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a=qvB/m,所以Ⅰ中的电子加速度的大小为kqvB/m,Ⅱ中的电子加速度的大小为qvB/m,所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的1/k倍,故B错误;
C、根据电子在磁场中运动的周期公式T=2πm/qB可知,Ⅰ中的电子运动周期为2πm/kqB,Ⅱ中的电子运动周期为2πm/qB,所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k倍,故C正确;
D、做圆周运动的角速度ω=2π/T,所以Ⅰ中的电子运动角速度为kqB/m,Ⅱ中的电子运动角速度为Qb/m,在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的1/k倍,故D错误。
AC。
14.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adcba;
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adcba;
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adcba.故选B.
15.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
,
,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.
16.
(1)
,粒子在磁场中运动的轨迹如图所示;
(2)
;
(3)
(1)粒子做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律,有:
解得:
(2)粒子运动周期:
则粒子运动时间:
所以:
(3)由几何关系得:
所以粒子经过x轴和y轴时的坐标分别为:
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动关键在于明确圆心和半径,用好几何关系即可顺利求解.
17.
(1)
(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.
【名师点睛】带电粒子在电磁场中的运动要注意分析过程,并结合各过程中涉及到的运动规律采用合理的物理规律求解.