江苏省如皋市2019-2020高二物理上学期教学质量调研试卷（选修）（附解析Word版）

2019～2020 学年度高二年级第一学期教学质量调研 物理试题（选修） 一、单项选择题：本题共 6 小题，每题 3 分，共计 18 分，每小题只有一个选项符合题意． 1. 分析下列情况中系统的动量是否守恒 （ ） A. 如图 2 所示，小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对人与车组成的系统 B. 子弹射入放在光滑水平面上的木块中对子弹与木块组成的系统(如图 3) C. 子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统 D. 斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时 【答案】ABD 【解析】 系统所受外力为零、碰撞过程动量守恒，选项 C 中子弹与木块组成的系统水平方向要受到墙 面的弹力作用，动量不守恒，C 错； 2.1876 年美国物理学家罗兰完成了著名的“罗兰实验”．此实验可简化为大量的负电荷加在一 个橡胶圆盘边缘上，然后在圆盘附近悬挂一个小磁针，将圆盘绕中心轴按如图所示方向高速 旋转时，就会发现小磁针发生偏转．忽略地磁场对小磁针的影响．下列说法错误的是 A. 小磁针发生偏转说明了电流会产生磁场 B. 圆盘中心轴处的磁场方向向下 C. 当小磁针位于圆盘的左上方时，它的 N 极指向左侧． D. 当小磁针位于圆盘的左下方时，它的 N 极指向右侧 【答案】B 【解析】【分析】 由题中“大量的负电荷加在一个橡胶圆盘边缘上”可知，本题主要考察定向运动电荷会形成 电流和安培定制，根据安培定则和磁极间的相互作用可以分析本题。 【详解】A．根据题意可以知道，磁针收到磁场力的作用，原因是因为电荷的定向移动，从而 形成电流，而电流周围会产生磁场，A 说法正确但不符合题目要求，故 A 不符合题意； B．由于是负电荷定向移动，因此形成的电流方向与负电荷移动方向相反，根据安培定则可以 判断圆盘中心轴处的磁场方向向上，B 说法错误，符合题目要求，故 B 符合题意； C．圆盘产生的磁场方向向上，故等效磁场上方为 N 极，故小磁针的 N 极将向左侧偏转，C 说 法正确，故 C 不符合题意； D．若小磁针处于圆盘的左下方时，因下方是 S 极，则小磁针的 N 极向右偏，D 说法正确，故 D 不符合题意。 3.如图所示，一劲度系数为 k 的轻质弹簧，下面挂有匝数为 n 的矩形线框 abcd，bc 边长为 l， 线框的下半部处在匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸 面向里)，线框中通以电流 I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感 应强度的大小仍为 B，线框达到新的平衡，则在此过程中线框位移的大小 Δx 及方向是 A. Δx＝ ，方向向下 B. Δx＝ ，方向向上 C. Δx＝ ，方向向上 D. Δx＝ ，方向向下 2nBIl k 2nBIl k nBI k nBI k【答案】A 【解析】 【分析】 由题中“线框的下半部处在匀强磁场中”可知，本题考查安培定制、受力分析和受力平衡， 根据左手定则结合受力平衡可以分析本题。 【详解】BC．线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力 且开始的方向向上，然后方向向下，大小不变，故 BC 错误； AD．设在电流反向之前弹簧的伸长量为 x，则反向之后弹簧伸长量为 则有 解得 且线框向下移动，故 A 正确，D 错误。 【点睛】先对原磁场下的线框进行受力分析列出受力平衡的方程，然后对方向改变后的磁场 中的线框进行受力分析列受力平衡方程，联立计算得出相框的位移大小和方向。 4.回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图所示．若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的 磁感应强度为 B，高频交流电周期为 T．设 D 形盒半径为 R，则下列说法正确的是 A. 质子在磁场和电场中均被加速 B. 质子被加速后的最大速度不可能超过 C. 加速电压越大，粒子飞出加速器时的速度越大 为 BF nBIL= ( )x x+ ∆ 0kx nBIL G+ − = ( ) 0k x x nBIL G+ ∆ − − = 2nBILx k ∆ = 2 R T πD. 不改变 B 和 T，该回旋加速器也能用于加速其它粒子 【答案】B 【解析】 【分析】 由本题“回旋加速器是加速带电粒子的装置”可知，本题考查回旋加速器的装置原理，以及 带电粒子在磁场和电场中的运动情况，根据洛伦兹力和回旋加速器装置原理可以分析本题。 【详解】A.质子在磁场中受洛伦兹力做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，只改变速度方向不 改变大小，故 A 错误； B.由 得 当 时，v 最大，此时 故 B 正确； C.由公式 得 当 时，v 最大，因此决定带电粒子最大速度的因素只与磁场、荷质比和加速半径有关， 与加速电压无关，故 C 错误； D.由周期公式 可知，带电粒子的轨道周期与荷质比有关，故 D 错误。 【点睛】回旋粒子轨道加速器中电场作用是给粒子加速，磁场作用是让粒子做圆周运动，反 复加速，根据加速器半径决定粒子轨道半径从而决定最后的速度，根据运行周期决定电场变 2 rT v π= 2 rv T π= r R= 2 rv T π= 2vqvB m r = qBrv m = r R= 2 mT Bq π=换周期，保证每次经过电场都被加速。 5.如图所示，厚度为 h，宽度为 d 的金属导体，通有向右的电流 I，磁场方向与导体前表面垂 直，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．下列说法正确的是 A. 金属导体中的载流子定向移动方向向右 B. 导体左右两端间的电势差即为霍尔电压 C. 载流子受到的洛仑兹力的方向向下 D. 导体上表面的电势低于下表面电势 【答案】D 【解析】 【分析】 由题中“这种现象称为霍尔效应”可知，本题主要考察霍尔元件、洛伦兹力和电场力等问题， 根据带电粒子受洛伦兹力和电场力大小关系、粒子偏转引起的电势差等可以分析本题。 【详解】A.金属导体中自由移动的是电子，因此电子定向移动的方向与电流方向相反，故 A 错误； BC．根据左手定则可知，电子一开始运动是向上运动，因此上下表面之间产生电势差，BC 错 误； D．电子向上运动，因此上表面带负电，下表面带正电，因此上表面电势低于下表面电势，故 D 正确。 6.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 t。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 t B. 轨迹为 pc，至屏幕的时间将大于 t C. 轨迹为 pb，至屏幕的时间将等于 t D. 轨迹为 pa，至屏幕的时间将大于 t 【答案】D 【解析】 【详解】微粒与不带电微粒碰撞遵守动量守恒，碰撞前后总动量不变，新微粒仍做圆周运动， 由洛仑兹力提供向心力， ， ，半径不变，仍沿 pa 运动，新微粒质量变大 了，所以速度变小了，轨迹相同，所以时间变长了。选 D. 二、多项选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共计 20 分，每个选择题有多个选项符合题 意．全部选对的得 4 分，选对但不全的得 3 分，选错或不选的得 0 分． 7.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动 量 A. 与它的速度成正比 B. 与它所经历的时间成正比 C. 与它的位移成正比 D. 与它的动能成正比 【答案】AB 【解析】 【分析】 由题中“高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动”可知，本题主要 考察匀变速直线运动规律、动能、动量等相关知识，根据匀变速直线运动规律和动能动量相 关公式可以分析本题。 2mvqvB R = mvR qB =【详解】由动量公式 可知，动量与速度成正比，故 A 正确； 由公式 可得 动量与它所经历的时间成正比，故 B 正确； 由公式 ， 可得 故 C 错误； 由公式 ， 得 故 D 错误。 【点睛】根据公式，将公示联立整理成只含有两个相关变量的式子，其他为不变量， 从而判 断两者关系。 8.如图所示，运动员挥拍将质量为 m 的网球击出．如果网球被球拍击打前、后瞬间速度的大 小分别为 v1、v2，v1 与 v2 方向相反，且 v2＞v1．重力影响可忽略，则此过程中球拍对网球作 用力的冲量 A. 大小为 m(v2＋v1) P mv= v at= P mat= P mv= 21 1 2 2x at vt= = 2P m xa= 21 2kE mv= P mv= 2 kP E m=B. 大小为 m(v2－v1) C. 方向与 v1 方向相同 D. 方向与 v2 方向相同 【答案】AD 【解析】 【分析】 由题中“网球被球拍击打前、后瞬间速度”可知，本题考查动量和冲量，根据动量定理可以 分析本题。 【详解】AB．拍子对网球作用力 冲量为 故 A 正确，B 错误； CD．方向与 v1 相反，与 v2 相同，故 D 正确，C 错误。 9.地面附近空间存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个 带电油滴沿着一条与竖直方向成 α 角的直线 MN 运动，如图所示，由此判断 A. 油滴一定做匀速运动 B. 油滴可能做匀变速运动 C. 如果油滴带正电，电场方向水平向左 D. 如果油滴带正电，它是从 N 点运动到 M 点 【答案】AC 【解析】 【分析】 由题中“地面附近空间存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场”可知，本题带电物体在复合 场中的运动，根据洛重力、伦兹力和电场力平衡可以分析本题。 【详解】AB．油滴做直线运动，受重力、洛伦兹力和电场力，因重力和电场力恒定，故洛伦 的 2 1 1 2( )I mv mv m v v= − − = − +兹力也恒定才能保证油滴做直线运动，所以油滴一定做匀速运动，故 A 正确 B 错误； CD．若油滴带正电，则根据受力分析可知，油滴从 N 点运动到 M 点无法平衡，只能从 M 点运 动到 N 点，且电场线方向水平向左，故 C 正确 D 错误。 【点睛】油滴需要考虑重力，根据受力平衡可知三力皆为恒力，因此速度不变，且正交分解 后每个方向都可以受力平衡，从而判断洛伦兹力和电场力的方向。 10.如图所示，物体由静止开始做直线运动，0~4s 内其合外力随时间变化的关系为某一正弦函 数，下列表述不正确的是 A. 0~2s 内合外力的冲量一直增大 B. 0~4s 内合外力 冲量为零 C. 2s 末物体的动量方向发生改变 D. 0~4s 内物体的动量方向一直不变 【答案】C 【解析】 根据 I=Ft 可知，冲量的等于图像与坐标轴围成的面积，则 0~2s 内合外力的冲量一直增大， 0~4s 内合外力的冲量为零，选项 AB 正确；2s 末物体受到的冲量为正值，则动量方向为正， 方向没变，选项 C 错误；0~4s 内合外力的冲量为零，则 0~4s 内物体受到的冲量一直为正，则 物体动量方向一直不变，选项 D 正确；此题选择错误的选项，故选 C. 11.如图所示，在屏 MN 的上方有磁感应强度为 B 的匀强磁场，P 为屏上的一个小孔，PC 与 MN 垂直．一群质量为 m、带电量为－q 的粒子（不计重力）以相同的速率 v 从 P 处沿垂直于磁场 的方向射入磁场区域，且限制在与 PC 夹角为 θ 的范围内（即图中 D’PD 范围），下列说法正 确的有 A. 沿 PC 方向进入磁场的粒子，打在屏上的位置距离 P 点最远 的B. 沿 PD 或 PD’方向进入磁场的粒子，打在屏上的位置距离 P 点最远 C. 打在屏上的位置距离 P 点最远的距离等于 D. 打在屏上的位置距离 P 点最近的距离等于 【答案】AD 【解析】 【分析】 由题中“以相同的速率 v 从 P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域”可知，本题考察带电粒 子在磁场中的运动，根据几何知识和洛伦兹力提供向心力判断轨道半径可以解答本题 【详解】ABC．由于所有粒子都相同，且速度相同，所以根据公式 可知，所有粒子轨道半径为 当粒子沿 PC 方向射入时，在磁场中的轨迹为半圆，因此打在屏上的位置距离 P 点为圆的直径， 最大，为 ，故 A 正确，CD 错误； D．沿着边界进入磁场的粒子打在屏上离 P 点最近，长度为 ，故 D 正确。 三、实验题：本题共 1 小题，每空 2 分，共计 8 分．请将解答填写在答题卡相应的位置． 12.某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的弹簧，如图所示，将这一 系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察木块的运动情况，进行必要的测量，验证木块 间相互作用时动量守恒． mv qB 2 cosmv qB θ 2mvBqv R = mvR Bq = 2mv Bq 2 cosmv qB θ（1）该同学还必须有的器材是___________． （2）需要直接测量的物理是(写出相应的名称及符号)______． （3）用所得数据验证动量守恒的关系式是___________． （4）桌面左右两端间的距离，对实验结果的准确性_________(选填“有”或“无”)影响． 【答案】 (1). 刻度尺、天平 (2). 两木块的质量m1、m2 和两木块落地点分别到桌子两 侧边的水平距离 x1、x2 (3). m1x1＝m2x2 (4). 无 【解析】 【分析】 由题中“将这一系统置于光滑的水平桌面上”可知，本题考查动量守恒实验，根据动量守恒 实验和需要测量的数据可分析本题。 【详解】[1][2]本次实验需要验证的方程为 ，而速度需要根据公式 求解， x 为平抛运动的水平位移，因此需要直接测量的量为两木块的质量 m1、m2 和两木块落地点分别 到桌子两侧边的水平距离 x1、x2，需要的仪器为刻度尺和天平； [3]根据公式 和 可得 本次要验证的公式为 m1x1＝m2x2 [4]由于这一系统置于光滑的水平桌面上，因此水平方向速度不变，故桌面左右两端间的距离， 对实验结果的准确性无影响。 四、计算题：本题共 6 小题，共计 54 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的验 算步骤，只写最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位． 13.如图所示，水平金属导轨的间距为 L，其上垂直导轨放置长度为 2L 的金属棒，当导轨左侧 接上电源时，金属棒通过的电流为 I，整个装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向 与导轨平面的夹角为 θ，金属棒处于静止状态，求： 1 1 2 20 m v m v= − xv t = 1 1 2 20 m v m v= − xv t =（1）金属棒受到 安培力大小； （2）金属棒受到的摩擦力大小． 【答案】（1）F 安=BIL （2）Ff= BILsinθ 【解析】 【分析】 由题中“金属棒处于静止状态”可知，本题考查安培力和受力分析，根据左手定制、力的分 解和力的平衡可以分析本题。 【详解】（1）电流方向与磁场方向垂直，金属棒的有效长度为 L，安培力大小 （2）受力示意图如图所示 解得 14.如图甲所示，一个静止 质量为 m、带电荷量为 q 的粒子(不计重力)，经电压 U 加速后垂 直进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在 P 点，求： 的 的 F BIL=安 sinfF F θ= 安 sinfF BIL θ=（1）粒子进入磁场时的速度大小； （2）设 OP＝x，写出 x 与 U 的函数关系式，并在图乙中定性地画出 x-U 图像． 【答案】（1） （2）x＝ , 【解析】 【分析】 由题中“经电压 U 加速后垂直进入磁感应强度为 B 的匀强磁场”可知，本题考查带电粒子的 加速和带电粒子在磁场中受洛伦兹力的运动情况，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力的知 识可以分析解答。 【详解】（1）带电粒子经电压 U 加速，由动能定理有 解得 （2）洛伦兹力提供向心力 解得 x＝ 2qUv m = 2 2mU B q 21 02qU mv −＝ 2qUv m = 2vqvB m R ＝ 2x R＝ 2 2mU B qx-U 图像如图所示． 【点睛】带电粒子静电场加速，通常用动能定理，电场力做功转化成带电粒子的动能，洛伦 兹力不做功，提供向心力，结合圆周运动解题。 15.如图所示，质量为 60 kg 的建筑工人，不慎从高空 P 处跌下，由于弹性安全带的保护，他 被悬挂起来．已知安全带长 5 m，安全带的缓冲时间是 1.2 s，取 g＝10 m/s2，不计空气阻 力．求： （1）安全带刚好拉直时，人的速度大小； （2）缓冲时间内，安全带对人的平均冲力的大小． 【答案】(1) v＝10m/s (2) F＝1100N 【解析】 【分析】 由题中“安全带的缓冲时间是 1.2 s”可知，本题考查机械能守恒和动量定理，根据机械能守 恒公式和动能定理公式可进行求解。 【详解】（1）安全带长 5 m，人在这段距离上机械能守恒 解得 v＝10 m/s （2）人受安全带的保护经 1.2 s 速度减小为 0，以向上为正方向，应用动量定理有 (F－mg)t＝0－(－mv) 解得 F＝1 100 N 【点睛】动量为矢量，要先确定正方向。 16.质量为 5 g 的子弹以 300 m/s 的速度水平射向被悬挂着质量为 500 g 的木块，设子弹穿过 21 02mgh mv= −木块后的速度为 100 m/s，重力加速度取 10 m/s2，则： （1）试用动量定理证明子弹打击木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒； （2）求子弹穿过木块后的瞬间，木块获得的速度大小； （3）求木块上升的最大高度． 【答案】(1) + Mv2=mv0 (2) v2=2m/s (3) h=0.2m 【解析】 【分析】 由题中“子弹穿过木块”可知，本题考查动量定理和机械能守恒，根据过程分析运用动量定 理公式和机械能守恒定律进行解题。 【详解】（1）设子弹质量为 m，打击木块前的速度为 v0，穿出后的速度为 v1，木块质量为 M， 获得的速度为 v2，打击过程中，木块受到的平均作用力为 F，时间为 t．以子弹的初速度 v0 的 方向为正方向． 对子弹应用动量定理 对木块应用动量定理 上面两式相加有 即： 子弹和木块组成的系统动量守恒． （2）由动量守恒定律 1mv 1 0Ft mv mv− = − 2 0Ft M v= − 1 0 20 mv mv Mv= − + 1 2 0mv Mv mv=+ 1 2 0mv Mv mv=+解得 v2=2m/s （3）由机械能守恒有 解得 h=0.2m 17.如图所示的三角形区域内存在方向垂直三角形平面向外的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.2T， 三角形的边长分别为 AB＝20 cm，BC＝ cm，CA＝10cm．质量为 、电 荷量为 q=+3.2×10－16 C 的粒子，在三角形平面内，从 BC 边的中点垂直射入磁场，不计粒子 重力． （1）若粒子速度大小 v1=10 m/s，求粒子在磁场中运动的半径 r； （2）若粒子速度大小 v2=5 m/s，求粒子在磁场中运动的时间 t； （3）若粒子速度大小不确定，则粒子可能从 AB 边上什么范围内穿出？ 【答案】(1) r=5 cm (2) t = s (3) DE=5 cm 【解析】 【详解】（1）粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动 解得 （2）粒子在磁场中运动的周期 T= 粒子在磁场中运动轨迹为半圆，故粒子在磁场运动时间为周期的一半 2 2 1 2Mgh Mv= 10 3 2032 3 10 kgm −= × 3 23 102 π −× 2 1 1 mvqv B r = 5 3cmr = 2 m qB πt= 解得 t = s(或 s，2.72×10-2s) （3）粒子的速度越大，轨道半径越大，越可能从 AB 边穿出．速度很大时，非常接近 AB 的中 点 D 穿出当粒子运动轨迹与 AB 相切时，对应能从 AB 边穿出的最小速度切点 E 到 D 之间是所 求的范围，由几何关系得 DE=5 cm 18.如图所示，虚线圆内存在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场，虚线圆与 x 轴相切，切点 是坐标原点 O．质量为 m、电荷量为 e 的大量电子从 O 处沿 xOy 平面射入第一象限，射入时速 度方向不同，速度大小均为 v0．已知磁感应强度为 B，虚线圆的半径为 ，荧光屏 MN 与 y 轴平行，不计电子重力． （1）证明这些电子穿过磁场后都能垂直打到荧光屏上； （2）求荧光屏上光斑的长度； （3）用阴影画出电子在磁场中运动的范围，并求出该范围的面积． 【答案】(1)电子穿过磁场后都能垂直打到荧光屏上 (2) (3) 【解析】 【分析】 由题中“虚线圆内存在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场”可知，本题主要考察带电粒子 在磁场中的运动情况，根据带电粒子在磁场中的运动规律、洛伦兹力提供向心力、圆周运动 和部分几何知识可分析求解 【详解】（1）如图所示 2 T 23 102 π −× 35 3 10π −× 0mv eB 0mv eB 2 02 2 mv eB π +     设某电子从 A 点离开磁场圆，O’为磁场圆的圆心，O’’为电子做圆周运动的圆心，连接 OO’、O’A、AO’’、O’’O．电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 解得 R＝ 因为磁场圆半径等于轨迹圆半径，故 则四边形 OO’AO’’为菱形．可得 AO’’∥O’O，又因为 O’O 垂直于 x 轴，所以电子从 A 离开磁场圆时速度方向平行于 x 轴向左，即电子穿过磁场后都能垂直打到荧光屏上． （2）如图所示，初速度沿 x 轴正方向的电子，沿弧 OB 运动到 P 点，为荧光屏上光斑的最高 点，初速度沿 y 轴正方向的电子，沿弧 OC 运动到 Q 点，为荧光屏上光斑的最低点，光斑长 度 ． （3）电子在磁场圆中运动的范围如图中阴影部分所示． 面积大小为 【点睛】根据洛伦兹力提供向心力，先求算出带电粒子在磁场中做圆周运动的半径，结合几 何知识，描绘出粒子的运动轨迹，是解决本题的关键。 2 0 0ev B m v R ＝ 0mv eB 0’ ’ ’’ ’’ mvOO O A AO O O eB = = = = 0mvPQ R eB = = 2 2 2 2 03 1 2 4 4 2 mvS R R R eB ππ π +  = + − =   