1、天津市南开区南大奥宇培训学校2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）第卷一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）1. 如图所示，在水平长直导线的正下方，有一只可以自由转动的小磁针。现给直导线通以由a向b的恒定电流I，若地磁场的影响可忽略，则小磁针的N极将 A. 保持不动B. 向下转动C. 垂直纸面向里转动D. 垂直纸面向外转动【答案】C【解析】【详解】当通入如图所示的电流时，根据右手螺旋定则可得小磁针的位置的磁场方向是垂直纸面向里，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动。A保持不动，故A不符合题意； B向下转动，故B不符合题意；C垂直
2、纸面向里转动，故C符合题意； D垂直纸面向外转动，故D不符合题意。故选C。2. 一个不计重力的带电粒子垂直进入某匀强磁场做匀速圆周运动，轨迹半径为，若该粒子动能变为原来的2倍，轨迹半径将变为，则：为（）A. 1：2B. 2：1C. 1：D. 【答案】C【解析】【详解】根据解得若该粒子动能变为原来的2倍，则故选C。3. 质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚线所示，下列表述正确的是A. M带负电，N带正电B. M的速度率小于N的速率C. 洛伦磁力对M、N做正功D. M的运行时间大于N的运行时间【答案】A【解析】【详解】A由左手定则可知，M
3、带负电，N带正电，选项A正确B由可知，M的速度率大于N的速率，选项B错误；C洛伦磁力对M、N都不做功，选项C错误；D由可知，M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误4. 如图所示为水平放置的两根等高固定长直导线的截面图，O点是两导线间距离的中点，a、b是过O点的竖直线上与O点距离相等的两点，两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流下列说法正确的是( )A. 两导线之间存在相互吸引的安培力B. O点的磁感应强度为零C. O点的磁感应强度方向竖直向下D. a、b两点的磁感应强度大小相等、方向相反【答案】C【解析】【详解】由图可知，两处电流的方向相反，所以它们之间存在相互排斥的作用力故A错误由安培定
4、则可知，左侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，右侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，方向相同，所以合磁场的方向向下故B错误，C正确结合安培定则，分别作出两处电流在a、b两点的磁场方向如图，可知a、b两点的磁感应强度方向相同故D错误故选C.5. 如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时相对入射方向的偏角分别为、，则它们在磁场中运动的时间之比为（）A 1：1：1B. 1：2：3C. 3：2：1D. 1：【答案】C【解析】【详解】洛伦滋力提供向心力，由牛顿第二定律可得解得由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，粒子在
5、磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90、60、30，所以偏转角为90的粒子的运动的时间为， 偏转角为60的粒子的运动的时间为，偏转角为30的粒子的运动的时间为，所以有t1:t2:t3=3:2:1。故选C。6. 如图所示，一带电粒子，从a点以垂直磁场方向的速度v进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中，沿着acb半圆弧运动，从b点飞出磁场，已测得半圆弧的直径ab长度为L，则下列说法中正确的是（）A. 粒子带正电，带电粒子的荷质比B. 粒子带正电，带电粒子的荷质比C. 粒子带负电，带电粒子的荷质比D. 粒子带负电，带电粒子的荷质比【答案】B【解析】【分析】根据左手定则
6、判断粒子的电性，粒子做匀速圆周运动，轨道半径为，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解带电粒子的荷质比。【详解】初位置粒子速度向上，磁场方向向外，洛伦兹力向右，根据左手定则，粒子带正电；轨道半径为，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有解得故B正确。故选B。【点睛】本题关键掌握左手定则，知道洛伦兹力提供向心力，会用牛顿第二定律并结合向心力公式列式求解。7. 如图所示，有界匀强磁场边界线SPMN，速率不同的同种带电粒子(重力不计且忽略粒子间的相互作用)从S点沿SP方向同时射入磁场其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60角，则粒子从S点分别到a、b所需时间之
7、比为（ ） A. 13B. 43C. 32D. 11【答案】C【解析】【详解】粒子在磁场中运动的周期的公式为，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同；由粒子的运动的轨迹可知，通过a点的粒子的偏转角为90，通过b点的粒子的偏转角为60，所以通过a点的粒子的运动的时间为T/4，通过b点的粒子的运动的时间为T/6，所以从S到ab所需时间t1：t2为3：2，所以C正确，ABD错误。故选C。二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）8. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电流为I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向
8、为（）A. ，方向垂直斜面向上B. ，方向垂直水平面向上C. ，方向竖直向下D. ，方向水平向右【答案】C【解析】【详解】A. 若磁场方向垂直于斜面向上，由左手定则知安培力平行于斜面向下，导线不可能静止，故A错误；B. 若磁场方向垂直于水平面向上，由左手定则知安培力水平向右，导线不可能处于平衡，故B错误；C. 若磁场方向竖直向下，由左手定则知安培力水平向左，根据平衡条件：所以故C正确；D. 若磁场方向水平向右，受到竖直向下的安培力，故导线不可能处于平衡，故D错误。 故选C。9. 如图所示，平面直角坐标系的第象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O
9、点沿着与y轴夹角为30的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则A. 该粒子带正电B. A点与x轴的距离为C. 粒子由O到A经历时间tD. 运动过程中粒子的速度不变【答案】BC【解析】【详解】根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：A根据左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电，故A错误；B设点A与x轴的距离为d，由图可得：r-rcos60=d所以d=0.5r而粒子轨迹半径为，则得A点与x轴的距离为：，故B正确；C粒子由O运动到A时速度方向改变了60角，所以粒子轨迹对应的圆心角为=60，所以粒子运动的时间为故C正确；D由于粒子的速度的方向在改变，而速度是矢量，所以
10、速度改变了，故D错误10. 长为的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为，板不带电现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是 ()A. 使粒子的速度vC. 使粒子的速度vD. 使粒子的速度v【答案】AB【解析】【分析】带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据此可以求得粒子做圆周运动的半径和速度的关系，再根据几何关系求出粒子刚好射出磁场时的轨道半径范围，即可求得粒子速度的范围；【详解】欲使粒子不打在极板上，如图所示，带正电的粒子从左边射出磁场时
11、，其在磁场中圆周运动的半径粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，即： 可得粒子做圆周运动的半径： 所以粒子不打到极板上且从左边射出，则：即：带正电的粒子从右边射出，如图所示，此时粒子的最小半径为R，由上图可知：；可得粒子圆周运动的最大半径： 则： 即： 故欲使粒子不打在极板上，粒子的速度必须满足或，故AB正确，CD错误【点睛】本题是带电粒子在有界磁场中运动的问题，利用几何关系求出轨迹半径是解题的关键，还要能根据沦洛伦兹力提供向心力得到粒子做圆周运动的半径和粒子速度的关系第卷三、填空题（本大题共6小题，共24.0分）11. (1)地理的南极相当于地磁场的_极，地理的北极相当于地磁场的_极。
12、(2)磁体之间的相互作用规律是：同名磁极相互_，异名磁极相互_。(3)电流之间的相互作用规律是：同向电流相互_，异向电流相互_。(4)丹麦物理学家_发现了电流的磁效应现象。【答案】 (1). 北 (2). 南 (3). 排斥 (4). 吸引 (5). 吸引 (6). 排斥 (7). 奥斯特【解析】【详解】(1)12地理的南极相当于地磁场的北极，地理的北极相当于地磁场的南极。(2)34磁体之间的相互作用规律是：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。(3)56电流之间的相互作用规律是：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。(4)7丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应现象。12. 地球本身是一个磁体，N
13、极位于地理_附近，S极位于地理_附近。【答案】 (1). 南极 (2). 北极【解析】【详解】12地球本身是一个磁体，N极位于地理南极附近，S极位于地理北极附近。13. 如图所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r.现测得a点磁感应强度的大小为B，则去掉导线1后，b点的磁感应强度大小为_，方向_【答案】 (1). (2). 垂直纸面向外【解析】【详解】12长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，并且a点在两导线的中间与两导线的距离均为r，根据右手定则
14、可得1导线和2导线在a点产生的磁场大小，方向都相同，故当撤去1导线后，又因为a，b两点关于2导线对称，所以2导线在ab两点的磁场强度大小相等，根据右手定则可知b的磁场方向垂直纸面向外，14. 两个点电荷甲和乙同处于真空中甲的电量是乙的4倍，则甲对乙的作用力是乙对甲的作用力的_ 倍 若把每个电荷的电量都增加为原来的2倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的_ 倍；保持其中一电荷的电量不变，另一个电荷的电量变为原来的4倍，为保持相互作用力不变，则它们之间的距离应变为原来的_ 倍【答案】 (1). 1； (2). 4； (3). 2【解析】【详解】（1）甲对乙的作用力和乙对甲的作用是一对作用力和反作用
15、力，一定等大（2）由库仑定律，若把每个电荷的电量都增加为原来的2倍，那么它们之间的相互作用力，是原来的4倍（3）保持其中一电荷的电量不变，另一个电荷的电量变为原来的4倍，为保持相互作用力不变，由库仑定律，解得，则它们之间的距离应变为原来的2倍15. 电子伏（eV）是电学中的一个重要能量单位，1eV=_J【答案】【解析】【详解】电子在电势差为1V的两点间移动时电场力做功等于1eV，由电场力做功公式W=qU得：16. 两相同的金属小球(可视为质点)带电量分别为-Q和+3Q,当相距r时,其间作用力为F,将两金属球相接触后再放回原来位置,则其间作用力为_.【答案】 ;【解析】【详解】由库仑定律可得：两
16、球接触前的库仑力；而两球接触后平分电量，则两球的电量q=Q ，则作用力【点睛】两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；库仑定律计算中可以只代入电量，最后再根据电性判断库仑力的方向四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）17. 如图所示，在一个范围足够大、垂直纸面向里匀强磁场中，用绝缘细线将金属棒吊起，使其呈水平状态。已知金属棒长，质量，棒中通有的向右的电流。（1）若磁场的磁感应强度大小，求此时金属棒受到的安培力F的大小，并判断安培力的方向；（2）若细线拉力恰好为零，求磁场的磁感应强度B的大小。【答案】（1），安培力的方向向上；（2）【解析】【详解】（1）导体棒长为，磁感应强
17、度，电流为，并且导体棒和磁场垂直，所以导体棒受到的安培力大小为根据左手定则判断安培力向上；（2）悬线拉力恰好为零，金属棒受重力和安培力，由金属棒静止可得所以18. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=370，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.50 的直流电源现把一个质量m=0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 ，金属导轨电阻不计， g取10 m/s2
18、已知sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到安培力和导体棒受到的摩擦力；（3）若仅将磁场方向改为竖直向上，求导体棒受到的摩擦力【答案】（1）1.5A（2）0.30N 方向沿斜面向上 0.06N 方向沿斜面向下 （3）零【解析】【详解】（1）对导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N 方向沿斜面向上 导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin370=0.24N由于F1小于F安，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f ，受力如图根据共点力平衡条件mg sin370+f=F安 解
19、得：f=0.06N 方向沿斜面向下 （3）对导体棒受力分析如图，由于所以在安培力作用下导体棒刚好处于平衡，故导体棒受的摩擦力为零19. 如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里匀强磁场，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，其运动的方向与原入射方向成角设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的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】(1) （2） （3）【解析】【详解】电子在磁场中受洛伦兹力作用，电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可以求出电子运动的半径，画出电子运动轨迹，根据几何关系可以求得电子在磁场中的运动的时间和圆形磁场区域的半径解：（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R=（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=则电子在磁场中运动的时间：t=（3）由题意知，由图根据几何关系知：- 15 -
