安徽省合肥一中2022-2023学年高二物理下学期第一次质量检测试卷（Word版附解析）

安徽省合肥一中2022-2023学年高二年级下学期第一次质量检测物理试卷考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来,如图所示，地磁场可以改变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，在地磁场的作用下，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】地球的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，所以A正确．2.如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将(　　)A.沿路径a运动，轨迹是圆B.沿路径a运动，轨迹半径越来越大C.沿路径a运动，轨迹半径越来越小D.沿路径b运动，轨迹半径越来越小【答案】B【解析】由左手定则可判断电子运动轨迹向下弯曲．又由r＝知，B减小，r越来越大，故 电子的径迹是a.故选B.3.如图所示，A为电磁铁，C为胶木称盘，A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁片，质量为m，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳OO′上拉力F的大小为(　　)A.F＝MgB.mg＜F＜(M＋m)gC.F＝(M＋m)gD.F＞(M＋m)g【解析】当电磁铁通电前，绳的拉力应为(M＋m)g；当电磁铁通电后，铁片被吸引上升．常识告诉我们，铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其运动情况是变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大．根据F合＝ma可知，此过程中超重，吸引力大于铁片重力．由于磁力，将整个电磁铁装置与铁片联系到一起．因为电磁铁吸引铁片的吸引力F吸大于铁片的重力，则根据作用力与反作用力原理，铁片吸引电磁铁的力F吸′与F吸大小相等、方向相反，且作用在两个不同的物体上．所以，绳的拉力大于(M＋m)g.所以选项D正确，A、B、C错误．4.一重力不计的带电粒子以初速度v0(v0<)先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E和匀强磁场B，如图甲所示．电场和磁场对粒子总共做功W1，若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以v0的初速度穿过叠加场区，电场和磁场对粒子总共做功W2，比较W1、W2的大小(　　)A.一定是W1＝W2B.一定是W1>W2C.一定是W1<W2D.可能是W1>W2，也可能是W1<W2【答案】B【解析】带电粒子在甲图电场中偏转位移大，在甲图中电场力做功多，B正确5.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使带电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。如图所示为改进后的回旋加速器的示意图，其中距离很小的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处静止释放，并沿电场线方向进入加速电场，经加速后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对于这种回旋加速器，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＝P2P3C.粒子能达到的最大速度与D形盒的尺寸无关D.加速电场的方向需要做周期性的变化【答案】A【解析】据题意，由于加速电场只在实线部分有，则带电粒子运动一周，经过加速电场一次，故应该被加速一次，选项A正确而D选项错误；据图有：P1P2=R2-R1=和P3P2=R3-R2=由于带电粒子经过加速电场时有：，经过处理得到：同理有：，故B选项错误；据可知，带电粒子的最大速度有D形盒半径决定，故C选项错误。6.如图所示，在半径为R圆形区域有垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，从A点沿着AO方向垂直磁场射入大量带正电、电荷量为q、质量为m、速率不同的粒子，不计粒子间的相互作用力和重力，关于这些粒子在磁场中的运动以下说法正确的是（）A.这些粒子出射方向的反向延长线不一定过O点B.速率越大的粒子在磁场中通过的弧长越长，时间也越长C.这些粒子在磁场中的运动时间相同 D.若粒子速率满足v=qBR/m，则粒子出射方向与入射方向垂直【答案】D【解析】粒子从A点进，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，从圆周上面的B点出，设圆周运动圆心为O′，半径为r，则AB为公共弦长，弦的垂直平分线过圆心，既过O点又过O′。粒子出磁场的速度沿圆形磁场的半径方向，出射方向的反向延长线一定过O点，选项A错。粒子圆周运动的圆心角设为2，则有，粒子做圆周运动的周期，根据速度越大的粒子，半径越大，那么转过的圆心角越小，运动时间越短，选项BC错。若粒子速率满足v=qBR/m，则圆周运动半径r=R，，，转过圆心角，所以速度偏向角等于，即出射方向与入射方向垂直，选项D对。7.如图，a、b是一对水平放置的平行金属板，板间存在着竖直向下的匀强电场．一个不计重力的带电粒子从两板左侧正中位置以初速度v沿平行于金属板的方向进入场区，带电粒子进入场区后将向上偏转，并恰好从a板的右边缘处飞出；若撤去电场，在两金属板间加垂直纸面向里的匀强磁场，则相同的带电粒子从同一位置以相同的速度进入场区后将向下偏转，并恰好从b板的右边缘处飞出．现上述的电场和磁场同时存在于两金属板之间，仍让相同的带电粒子从同一位置以相同的速度进入场区，则下面的判断中正确的是（　　）A.带电粒子将做匀速直线运动B.带电粒子将偏向a板一方做曲线运动 C.带电粒子将偏向b板一方做曲线运动D.无法确定带电粒子做哪种运动【答案】B【解析】只有电场时，粒子做类平抛，设半间距离为d，板长为L，有：qE=ma…①=at2…②L=v0t…③由①②③得：qE=…④只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，设运动半径为R，有：Bqv0=m…⑤由几何关系知：R2﹣L2=…⑥由⑤⑥联立得：Bqv0=…⑦对比④⑦知：qE＞Bqv0，电场力大于洛伦兹力，故向a板偏转做曲运动．8.如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以如图所示的电流后，以下说法正确的是(　　)A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将变短C.台秤读数变小D.台秤读数变大【答案】BC【解析】以导体棒为研究对象分析受力，根据左手定则判断得知，其所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律可知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，平板光滑，故磁铁向左运动，弹簧被压缩，长度变短，所以A错误，B正确；磁铁受到斜向左上方的安培力，所以其对台秤的压力减小，故C正确，D错误．9.一电子在匀强磁场中，以一正电荷为圆心在一圆轨道上运行．磁场方向垂直于它的运动平面，电场力恰好是磁场作用在电子上的磁场力的3倍，电子电荷量为e，质量为m，磁感应强度为B，那么电子运动的角速度可能为(　　)A.4B.3C.2D.【答案】AC【解析】向心力可能是F电＋FB或F电－FB，即4eBv1＝m＝mωR或2eBv2＝＝mωR， 所以角速度为ω1＝或ω2＝.故A、C正确．10.如图所示，一个质量为m的带电小球从M点自由下落，M点距场区水平边界PQ的高度为h，边界PQ下方有方向竖直向下、大小为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的大小为B的匀强磁场．小球从边界上的a点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出．重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）A.小球带负电，电荷量大小q=mg/EB.匀强磁场方向垂直于纸面向外C.小球从a运动到b的过程中，小球的电势能先减小后增大D.小球在复合场中做匀速圆周运动的半径R=【答案】ABD【解析】A、因小球在混合场中做匀速圆周运动，故电场力和重力平衡，电场力向上，故粒子带负电；由Eq=mg可知，q=mg/E，故A正确；B、由图可知，圆周运动的圆心在上方，故洛仑兹力向上，由左手定则可知，磁场向外，故B正确；C、小球从a到b的过程中，电场力先做负功再做正功，故电势能先增大后减小，故C错误；D、粒子进入混合场时的速度由机械能守恒得：v=；由Bqv=可得，半径R=；故D正确；二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.（10分）音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．如图所示是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等．某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I. (1)求此时线圈所受安培力的大小和方向．(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．【答案】(1)nBIL，方向水平向右　(2)nBILv【解析】(1)线圈的右边受到磁场的安培力，共有n条边，故F＝n·BIL＝nBIL由左手定则，电流向外，磁场向下，安培力水平向右．(2)安培力的瞬时功率为P＝F·v＝nBILv.12.（10分）一匀强磁场分布在以O为圆心，半径为R的圆形区域内，方向与纸面垂直，如图所示，质量为m、电荷量q的带正电的质点，经电场加速后，以速度v沿半径MO方向进入磁场，沿圆弧运动到N点，然后离开磁场，∠MON=120º，质点所受重力不计，求：(1)判断磁场的方向；(2)该匀强磁场的磁感应强度B；(3)带电质点在磁场中运动的时间。【答案】(1)垂直纸面向外(2)(3)【解析】（1）根据左手定则，可知该磁场方向垂直纸面向外；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，圆心为O如图所示，洛仑兹力提供向心力因此：由几何关系可得联立得（3）设粒子在磁场中运动的时间为t，粒子做匀速圆周运动，周期粒子在磁场中运动的时间 13.（10分）如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：(1)电场强度的大小E；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.【答案】(1)(2)(3)＋【解析】粒子的运动轨迹如右图所示(1)设粒子在电场中运动的时间为t1则有2h＝v0t1，h＝at根据牛顿第二定律得Eq＝ma求得E＝.(2)设粒子进入磁场时速度为v，在电场中，由动能定理得Eqh＝mv2－mv又Bqv＝m，解得r＝(3)粒子在电场中运动的时间t1＝粒子在磁场中运动的周期T＝＝设粒子在磁场中运动的时间为t2，t2＝T，求得t＝t1＋t2＝＋.14.（12分）如图所示的空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，各边界面相互平行，Ⅰ区域存在匀强电场，电场强度E＝1.0×104V/m，方向垂直边界面向右．Ⅱ、Ⅲ区域存在匀强磁场，磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里，磁感应强度分别为B1＝2.0T，B2＝4.0T．三个区域宽度分别为d1＝5.0m、d2＝d3＝6.25m，一质量m＝1.0×10－8kg、电荷量q＝1.6×10－6C的粒子从O点由静止释放，粒子的重力忽略不计．求： (1)粒子离开Ⅰ区域时的速度大小v；(2)粒子在Ⅱ区域内运动的时间t；(3)粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角α.【答案】　(1)4.0×103m/s　(2)1.6×10－3s　(3)60°【解析】　(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有qEd1＝mv2－0解得v＝4.0×103m/s(2)设粒子在磁场B1中做匀速圆周运动的半径为r，则qvB1＝解得r＝12.5m设在Ⅱ区域内圆周运动的圆心角为θ，则sinθ＝解得θ＝30°粒子在Ⅱ区域运动周期T＝粒子在Ⅱ区域运动的时间t＝T解得t＝s≈1.6×10－3s(3)设粒子在Ⅲ区域做圆周运动的轨道半径为R，则qvB2＝，解得R＝6.25m粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知△MO2P为等边三角形，则粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角α＝60°15.（12分）如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为L/2，PQ板带正电，MN板带负电，在PQ板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场．一个电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v．从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场．不计粒子重力．求：（1）两金属板间所加电压U的大小（2）从Q处离开电场时的偏转角θ（3）匀强磁场的磁感应强度B的大小． 【答案】（1）两金属板间所加电压U的大小为．（2）从Q处离开电场时的偏转角为450．（3）匀强磁场的磁感应强度的大小为2mvo/qL．【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动如图所示，设运动时间为t，则有：垂直场强方向：L=v0t…①沿场强方向：a②加速度：a=Eq/m…③电场强度：…④联立①～④解得：（2）设粒子离开电场沿场强方向速度大小为vy，则有：…=⑤由数学知识有：tanθ=⑥联立①⑤⑥式解得：θ=450（3）粒子在磁场中运动轨迹如图所示，设轨道半径为R，根据牛顿第二定律有：⑦运动速度：…⑧由几何知识有：…⑨联立⑦～⑨解得：B=2mvo/qL