安徽省淮南市2024-2025学年第二学期高二物理3月检测试卷-普通用卷

这是一份安徽省淮南市2024-2025学年第二学期高二物理3月检测试卷-普通用卷，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.1932年，美国物理学家安德森在宇宙射线实验中发现了正电子，证实了反物质的存在。实验中，安德森记录了正电子在云室中由上向下经过6mm铅板的轨迹如图所示，匀强磁场方向垂直于纸面，正电子穿过铅板会有部分能量损失，其他能量损失不计，则可判定正电子( )
A. 所在磁场方向一定垂直于纸面向里B. 穿过铅板后受到洛伦兹力变大
C. 穿过铅板后做圆周运动的半径变大D. 穿过铅板后做圆周运动的周期变大
2.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一长为l的悬线，一端固定于O点，另一端挂一质量为m、带电荷量为+q的小球，将小球与悬线拉至右侧与磁感线垂直的水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则小球第一次通过最低位置时悬线上的拉力大小为( )
A. 3mg+Bq glB. 3mg+Bq 2glC. 3mg-Bq glD. 3mg-Bq 2gl
3.如图所示，虚线的上方存在垂直纸面向外的匀强磁场。将一粗细均匀的电阻丝折成的正五边形导体框abcde置于磁场中(ab边水平)，用导线将恒压电源U连接在导体框的a、b两点。则下列说法正确的是( )
A. ba边所受的安培力方向竖直向上
B. bcdea部分与ba边所受的安培力大小之比为1：4
C. ba边与bc边所受的安培力大小相等
D. 导体框所受的安培力为0
4.如图，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ=30∘。粒子经过磁场偏转后垂直穿过x轴。已知OM=a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则( )
A. 粒子带正电荷B. 粒子运动的轨道半径为a
C. 粒子速度的大小为2qBamD. 粒子在磁场中运动时间为πm3qB
5.如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒MN从某高度由静止开始下滑，下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好，则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I，随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，带负电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是( )
A. 小球运动过程中的速度不变
B. 小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左
C. 小球运动过程的加速度保持不变
D. 小球受到的洛伦兹力对小球做负功
7.如图所示，长方体空间被平面MNPO分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一电子以某一速度从长方体左侧垂直Oyz平面进入并穿过两磁场区域，关于电子运动轨迹在下列坐标平面内的投影，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
8.如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面的夹角为37∘，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg。已知小环的电荷量为q，重力加速度大小为g，sin37∘=0.6，下列说法正确的是( )
A. 小环带正电
B. 小环滑到P处时的速度大小vP=6mg5qB
C. 当小环的速度大小为v=mgqB时，小环对杆没有压力
D. 当小环与杆之间没有正压力时，小环到P的距离L=2m2g5q2B2
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.某同学得知安培力和洛伦兹力之间有一定的关联，设计了以下实验来模拟导线和导线中的自由电荷。如图所示，在光滑水平面xOy上沿x轴方向放置着一根两端开口的光滑绝缘玻璃管，管中始终有一排完全相同的带正电小球(如果有小球从一端出管，另一端就会进相同数量的小球)，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。下列说法正确的是( )
A. 若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，管内小球相对于管向x轴正方向匀加速运动
B. 若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，管侧壁会受到小球向y轴负方向的力的作用
C. 若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，玻璃管会沿y轴正方向匀加速运动
D. 若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，且玻璃管被固定，小球可以匀速通过玻璃管
10.如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形区域内有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。M、N点在圆周上且MON为其竖直直径。现将两个比荷k相同的带电粒子P、Q分别从M点沿MN方向射入匀强磁场，粒子P的入射速度为v1=v，粒子Q的入射速度为v2= 3v，已知P粒子在磁场中的运动轨迹恰为14圆弧，不计粒子的重力，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 粒子P带正电，粒子Q带负电
B. 粒子P和粒子Q的周期和角速度相同
C. 粒子Q的轨道半径为3vkB
D. 粒子P和粒子Q在磁场中的运动时间之比为32
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某物理兴趣小组的同学设计了一个利用天平测定磁感应强度的实验方案，实验原理如图所示，天平的右臂下面挂一个宽为L的矩形线圈，线圈的下部悬在方向垂直于纸面的匀强磁场中.天平左右悬点关于支点对称，线圈共N匝，当地重力加速度大小为g，实验步骤如下：
(1)未通电流时，在天平左盘内放入质量为M的砝码，使天平平衡;当给线圈通以逆时针方向、大小为I的电流(如图所示)时，需要在砝码盘中再加入质量为m0的砝码，天平才重新平衡.分析可知磁场方向垂直于纸面 (填“向里”或“向外”)，磁感应强度大小B= .(用题中所给物理量符号表示)
(2)只改变通入线圈电流I的大小，砝码盘中放入砝码使天平平衡，读出砝码盘中砝码的总质量m，得到多组m和I数据后，作出了m-I图像，若该图像是一条斜率为k的直线，则匀强磁场的磁感应强度大小B= .(用g、k、L和N表示)
12.如图所示，用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动轨迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是其结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中，电子经电子枪中的加速电场加速后水平向右垂直于磁感线方向射入磁场。图丙是励磁线圈的结构示意图。
(1)要使电子形成如图乙所示的运动轨迹，图乙中的励磁线圈应通以(沿垂直于纸面向里方向观察) (选填“逆时针”或“顺时针”)方向的电流。
(2)若仅增大励磁线圈中的电流，则电子束轨迹的半径 (选填“变小”“变大”或“不变”)。
(3)若仅增大电子枪中加速电场的电压，则电子束轨迹的半径 ，电子做匀速圆周运动的周期 。(均选填“变小”“变大”或“不变”)
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，不计电阻的金属导轨固定在水平桌面上，间距为d，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面成θ角斜向下，导轨左侧接入电动势为E、内阻为r的直流电源。现将一质量为m、接入电路的电阻为R的金属杆垂直放在导轨上且接触良好，闭合开关，金属杆开始在导轨上滑动。已知金属杆和导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
(1)闭合开关瞬间金属杆受到的安培力；
(2)闭合开关瞬间金属杆加速度的大小。
14.如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.05m.电压为10V，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0=0.1T，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。图中右边有一半径R为0.1m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B= 33T，方向垂直于纸面向里．一正离子从A点沿平行于金属板面且垂直磁场方向射入，能沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出．已知速度的偏向角θ=π3，不计离子重力．求：
(1)离子速度v的大小；
(2)离子的比荷q/m；
(3)离子在圆形磁场区域中运动时间t.(结果可保留根号和π)
15.如图甲所示，在xOy坐标系的第三象限内，有平行于y轴正方向的匀强电场，电场强度为E1但大小未知。一质量为m，电荷量为q的正离子(不计重力)从y轴上坐标为(0,-32d)的M点以平行于x轴负方向的速度v0射入第三象限，恰好从x轴上坐标为(- 3d,0)的N点进入第二象限。离子刚进入第二象限的时候，在y轴正半轴上的某点固定一个负点电荷，电量-Q未知，同时撤去E1，离子随即做匀速圆周运动。随后离子经过y轴时，立即撤去-Q，同时在第一、四象限加上如图乙所示的周期性变化的电场E2，取平行于y轴正方向为E2的正方向，其周期T=3d4v0，E2与时间t的关系如图乙所示，已知静电力常量为k。求：

(1)第三象限电场强度E1的大小；
(2)点电荷-Q的纵坐标yQ以及其电量Q；
(3)离子从y轴正半轴到x轴的时间(结果用d和v0表示)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故A正确;
B.根据F洛=evB，正电子速度减小，受到的洛仑兹力减小，故B错误;
C.设正电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有evB=mv2r，解得r=mveB，所以运动半径减小，故C错误;
D.正电子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πmeB，穿过铅板前后，运动的周期不变，故D错误。
2.【答案】B
【解析】从水平位置到最低点根据动能定理可知：mgL=12mv2
解得：v= 2gL
在最低点，根据牛顿第二定律可得：F-mg-qvB=mv2L
解得：F=3mg+Bq 2gL
故B正确，ACD错误。
故选：B。
3.【答案】B
【解析】A.由电路可知，流过ab边的电流方向由b向a，由左手定则可知ba边所受的安培力方向竖直向下，A错误;
B.设导体框的边长为L，单位长度的电阻为R0，由欧姆定律可得ab边的电流为I1=ULR0，
流过bcdea边的电流为I2=U4LR0，又bcdea边与ba边在磁场中的有效长度相等，则由公式F=BIL可知安培力的大小与电流成正比，则bcdea部分与ba边所受的安培力大小之比为1:4，B正确;
C.同理ba边与bc边所受的安培力大小之比为4:1，C错误;
D.整个导体框所受的安培力大小为F=B(I1+I2)L=5UB4R0，由左手定则可知安培力的方向竖直向下，D错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】A.粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电荷，故 A错误;
BC.粒子运动轨迹如图所示，
由几何知识可知，粒子做圆周运动的轨道半径R=OMsin θ=a12=2a，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=mv2R，解得v=2qBam，故B错误，C正确;
D.粒子在场中的运动周期T=2πRv=2πmqB，粒子轨迹对应的圆心角为α=180∘-θ=180∘-30∘=150∘，粒子在磁场中运动的时间为t=150∘360∘T=5πm6qB，故D错误。
5.【答案】A
【解析】ABC.根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度大小为B，导体棒速度为v时，受到的安培力为F=BIL=B2L2vR，可知F∝v，由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为a=mgsinθ-Fm=gsinθ-B2L2vmR可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则v-t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F与速度v成正比，则F-t图像的斜率逐渐减小直至为零时，F保持不变，故A正确，BC错误；
D.根据题意，由公式可得感应电流为I=BLvR，由数学知识可得ΔIΔt=BLR⋅ΔvΔt=BLaR，由于加速度逐渐减小，则I-t图像的斜率逐渐减小，故D错误。
6.【答案】B
【解析】A.小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度时刻变化，故A错误；
B.带负电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场中，小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，故B正确；
C.小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，重力始终竖直向下，洛伦兹力始终与速度方向垂直，且速度方向时刻变化，合力方向时刻变化，根据牛顿第二定律，加速度的方向时刻变化，故C错误；
D.洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力永不做功，故D错误。
故选B。
7.【答案】A
【解析】由左手定则可以判断出电子在两磁场中的洛伦兹力方向，沿着z轴负方向看，电子在洛伦兹力的作用下，在平面MNPO的左侧区域，电子沿逆时针做圆周运动，在平面MNPO的右侧区域，电子沿顺时针做圆周运动，所以电子运动轨迹在xy坐标平面内的投影如选项A所示，在xz平面内的投影应该是一条平行于x轴的直线。
故选A。
8.【答案】D
【解析】A.小环的重力在垂直杆方向上的分力：G1=mgcs37∘=0.8mg，根据题意知，带电小环沿杆下滑到图中的P处时，小环对杆的压力为0.4mg，压力小于0.8mg，根据牛顿第三定律可知杆对小环的支持力垂直杆向上，大小为0.4mg，所以小环受到的洛伦兹力方向应垂直杆斜向上。由左手定则可知，小环带负电，故A错误；
B.设小环滑到P处的速度为vP，在P处小环的受力如图所示：
，
在垂直杆的方向上，对环根据平衡条件有：qvPB+FN=mgcs37∘，其中FN=0.4mg，解得vP=2mg5qB，故B错误；
C.当小环的速度大小为v=mgqB时，可得其受的洛伦兹力为：F=qvB= mg，其大小大于小环重力垂直于杆的分力mgcs37∘，故此时杆对小环有垂直杆向下的分力，根据牛顿第三定律，小环对杆有压力，故C错误；
D.在小环由P处下滑到P'处，小环与杆之间没有正压力，小环受力如图：
此时小环的速度大小为v'，垂直杆方向，由平衡条件得qv'B=mgcs37∘，变形解得v'=4mg5qB，在小环由P处滑到P'处的过程中，小球向下运动的过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，设两点之间的距离是L，则：mgLsin37°=12mv'2-12mvP2解得：L=2m2g5q2B2，故D正确。
9.【答案】BD
【解析】A.若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，小球受到受到向左的洛伦兹力开始加速，由于玻璃管的速度不变，所以小球受到向左的洛伦兹力大小不变，即加速度不变，管内小球相对于管向x轴负方向匀加速运动，A错误；
B.小球有向左的速度，则侧壁会受到小球向y轴负方向的力的作用，B正确；
C.若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，玻璃管会向y轴加速运动，小球在y轴方向上有速度，会受到向左的洛伦兹力，即在小球在x方向的速度会减小，那么整体小球在y方向上受到的洛伦兹力会减小，所以玻璃管不是匀加速运动，C错误；
D.若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，且玻璃管被固定，则小球在水平方向上不受力，小球可以匀速通过玻璃管，D正确。
10.【答案】BD
【解析】A.由左手定则可知，粒子P和粒子Q均带正电，选项A错误；
B.根据周期公式T=2πmqB
和角速度公式ω=2πT
可知，因为两粒子比荷k相同，所以它们的周期和角速度也相同，选项B正确；
C.由轨道半径公式r=mvqB
可知，粒子Q的轨道半径为r2=mv2qB= 3vkB
选项C错误；
D.作出两粒子的运动轨迹如图所示。设磁场的边界半径为R，由几何关系得P粒子的轨道半径r1=R
所以Q粒子的轨道半径为r2= 3r1= 3R
由几何关系得tanα=Rr2= 33
所以α=30∘
由t=θ360∘×T
可知，P粒子和Q粒子在磁场中的运动时间之比为t1:t2=90∘:2α=3:2
选项D正确。
故选BD。
11.【答案】向外
m0gNIL
kgNL

【解析】(1)由题意可知，线圈受到向下的安培力，根据左手定则，可知磁场方向垂直于纸面向外;根据平衡条件，有NBIL=m0g，解得B=m0gNIL；
(2)设线圈的重力为G，根据平衡条件有mg=NBIL+G，化简可得m=NBLg⋅I+Gg，则m-I图像的斜率k=NBLg，解得B=kgNL．
12.【答案】(1)逆时针；(2)变小；(3)变大；不变。
【解析】(1)根据电子进入磁场的方向，利用左手定则判断出电子受到的洛伦兹力正好指向圆心，所以磁场方向垂直纸面向外，根据安培定则可知，励磁线圈中应通以逆时针方向的电流；
(2)若仅增大励磁线圈中的电流，则磁感应强度增大，根据公式Bqv=mv2r，可得运动半径变小；
(3)根据公式qU=mv22和Bqv=mv2r可得，当仅增大电子枪中加速电场的电压时，电子的速度增加，所以电子的运动半径变大；根据公式T=2πmqB可知，电子做匀速圆周运动的周期和速度大小无关，故周期不变。
13.【答案】解：(1)由闭合电路的欧姆定律得 E=I(R+r)
安培力FA=IBd
联立，得 FA=BEdR+r
方向与竖直方向成θ角斜向右上方
(2)对导体棒，水平方向： FAsinθ-f=ma
竖直方向：FAcsθ+FN=mg
f=μFN
联立，得a=BEd(sinθ+μcsθ)m(R+r)-μg
14.【答案】解：(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等，即：
B0qv=qE0E0=Ud
解得：v=2000m/s
(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有：
Bqv=mv2r
由几何关系有：tanθ2=Rr
离子的比荷为：qm=2×104C/kg
(3)弧CF对应圆心角为θ，离子在圆形磁场区域中运动时间t
t=θ2π⋅TT=2πmqB
解得：t=θB0RdUtanθ2= 3π6×10-4s≈9×10-5s
答：(1)离子速度v的大小为2000m/s；
(2)离子的比荷qm为2×104C/kg；
(3)离子在圆形磁场区域中运动时间t为9×10-5s。
15.【答案】解：(1)离子在第三象限内做类平抛运动
x= 3d=v0t
y=32d=12at2
a=qE1m
联立解得
E1=mv02qd
(2)离子在第三象限内做类平抛运动，N点时分解速度：
vy=at
解得
vy= 3v0
tanθ=vyvx
解得
tanθ= 3
离子在第二象限做匀速圆周运动，则离子

在N点的速度垂直于N和-Q的连线，则
tanθ=xyQ
解得：yQ=d
粒子在N点的速度
v= v02+vy2=2v0
粒子的轨道半径
R= x2+d2=2d
库仑力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，则
kQqR2=mv2R
解得：Q=8mv02dkq
(3)粒子到达y轴正半轴时，到x轴的距离
y0=R+d
解得
y0=3d
粒子在第一象限，x轴方向做向右的匀速直线运动，y方向做初速度为0的变加速度运动。
进入电场后竖直方向的加速度大小
a=2E1qm=2v02d
利用v-t图像可知

第一个周期向上运动的距离
y1=12at2=12⋅2v02d⋅(d4v0)2=d16
每个周期比前一个周期向下多移动的距离为
Δy=v02T=38d
设经过n个周期，则向下移动的距离
y=n(-y1)+n(n-1)2Δy=3d
解得
4