天津市大港一中等六校联考2019-2020学年高二上学期期中物理试卷(有解析)

天津市大港一中等六校联考2019-2020学年高二上学期期中物理试卷
一、单选题（本大题共5小题，共25.0分）
1.在同一轨道平面上绕地球做匀速圆周运动的卫星A、B、C，某时刻恰
好在同一过地心的直线上，如图所示，当卫星B经过一个周期时()
A. 各卫星角速度相等，因而三星仍在一直线上
B. A超前于B，C落后于B
C. A超前于B，C超前于B
D. A，C都落后于B
2.嫦娥奔月蕴含着炎黄儿女千年的飞天梦想，随着我国“嫦娥计划”的逐步进展，奔月梦想即将
成为现实．某校物理兴趣小组收集了月球表面的许多资料，如①没有空气；②重力加速度约为地球表面的l/6；③没有磁场…并设想登上月球后，完成如下实验：在空中从同一高度同时自由释放氢气球和铅球，忽略地球和其它星球的影响，你认为以下说法正确的是()
A. 氢气球和铅球都处于漂浮状态
B. 氢气球将加速上升，铅球加速下落
C. 氢气球和铅球都将下落，且同时落地
D. 氢气球和铅球都将下落，但铅球先落到地面
3.如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能
通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是()
A. 小球落地点离O点的水平距离为2R
B. 小球落地点离O点的水平距离为R
C. 小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零
D. 若将半圆弧轨道上部的1
圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点低
4
4.如图所示，三根长为L的通电直导线在空间构成等边三角形，电流的方向
垂直纸面向里。

电流大小均为I，其中A，B电流在C处产生的磁感应强
度的大小均为B0，导线C位于水平面处于静止状态，则()
A. 导线C受到的静摩擦力为0
B. 导线C受到的静摩擦力为√3B0IL，水平向右
C. 若将导线A中电流反向，则导线C受到的支持力不变
D. 若同时物导线A与B中电流反向，则导线C受到的支持力变小
5.如右上图所示，在两个水平放置的平行金属板之间，电场和磁场的方向相互垂直．一束带电粒
子(不计重力)沿着直线穿过两板间的空间而不发生偏转．则这些粒子一定具有相同的()．
A. 质量m
B. 电荷量q
C. 运动速度v
D. 比荷q
m
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）
6.如图1是2015年9月3日北京天安门大阅兵我军展示的东风−41洲际弹道导弹，它是目前中国
军方对外公布的战略核导弹系统中的最先进系统之一．图2所示，从地面上A点发射一枚中远程地对地导弹，在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为ℎ.已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G，不计空气阻力．下列结论中正确的是()
A. 导弹在运动过程中只受重力作用，做匀变速曲线运动
B. 导弹在C点的加速度等于GM
(R+ℎ)2
C. 地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点
D. 导弹从A点到B点的时间可能比半径为R的近地卫星的周期小
7.一个带电粒子(不计重力)从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U
的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的
方向进入匀强磁场，最后打到照片底片D上。

虚线为某粒子的
运动轨迹，由图可知()
A. 此粒子带负电
B. 下极板比上极板电势高
C. 若只增大加速电压U，则半径r变大
D. 若只增大入射粒子的质量，则半径r变大
8.如图所示，一半径为R的半圆形磁场区域内有垂直纸面向外、磁感应强度为B
的匀强磁场．矩形abcd相切于半圆，bc为圆的直径，质量为m、带电量为+q 的离子(不计重力)以不同速率从切点O沿垂直ad方向射入磁场中．在ab之间装一个离子接收器，射向ab的离子均能被接收，则()
A. 当离子的速度v>qBR
时，离子接收器可以接收到该离子
m
B. 当离子的速度v<qBR
时，离子接收器能全部接收到该离子
m
C. 当离子的速度v=(√2−1)qBR
时，离子接收器接收不到该离子
2m
D. 当离子的速度v=qBR
时，离子接收器可以接收到该离子
2m
三、填空题（本大题共3小题，共12.0分）
9.如图所示宽度为d，厚度为h的金属板放在垂直于它的磁感应强度
为B的匀强磁场中，当有电流I通过金属板时，在金属板上侧面A
和下侧面间产生电势差，这种现象叫霍尔效应，若金属板内自由电
子密度为n，则产生的电势差U=________
10.A、O、B为同一水平线上的三点，且OA=OB=r，以O为球心放置一个质量为M的半球，以
A、B为球心各放一个质量为m的球，如图所示．若已知半球对位于B点的球的万有引力大小为
F，引力常量为G，那么半球对位于A点的球的万有引力大小为______ ．
11.如图所示，有电流I流过长方体金属块，金属块宽度为d，高为b，有一磁感
应强度为B的匀强磁场垂直纸面向里，金属块单位体积内的自由电子数为n，
电子的电量为e，则金属块上表面的电势比下表面的电势要______ (填“高”或“低”)，金属块上下表面间的电势差是______ ．
四、计算题（本大题共3小题，共48.0分）
12.宇航员发现一颗未知行星，已知万有引力常量为G，测得它的半径为R，自转周期为T，宇航员
在行星极地地面以初速度v竖直上抛一个小球，小球上升的最大高度为h，小球在运动过程中只受行星引力的作用。

求：
(1)此未知行星的质量M；
(2)若行星赤道上空有一颗同步卫星，同步卫星离该行星表面的高度H是多少？
13.如图所示，真空中有两块足够大的荧光屏P1、P2水平正对放置，间距为d，两荧光屏之间有一垂
直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在紧贴荧光屏P2的A点有一粒子源，某一时刻向荧光屏P2上方纸面内的各个方向同时以相同的速率各发射一个粒子(图中只画出其中的几个
.若粒子打到荧光屏上立即被方向)，粒子的质量为m，带电荷量为−q，粒子的速率为v0=2qBd
m
吸收并发出荧光，不计粒子间的相互作用力和重力。

(1)求平行于P2向左发射的粒子在磁场中的运动时间；
(2)求荧光屏P1、P2之间有粒子经过的区域的面积；
(3)当平行于P2向左发射的粒子到达荧光屏时，求仍在磁场中运动的粒了和已经被屏吸收的粒子
的个数之比。

14.如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在大
小为B方向垂直纸面向里的匀强磁场。

质量为m带电量为q的正电粒子从x轴上的A点以初速度v0垂直x轴射入电场，OA=L，不计重力。

求：
(1)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离S；
(2)粒子经过y轴进入磁场时的速度大小；
(3)粒子进入第二象限做圆周运动的轨迹半径R。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：
卫星绕地球圆周运动向心力由万有引力提供，根据半径关系求出周期大小，再根据周期关系进行分析。

根据万有引力提供圆周运动向心力，由半径关系分析周期关系进行分析即可。

掌握相关公式和规律是正确解决问题的关键。

根据万有引力提供圆周运动向心力有：G Mm
r2=mr4π2
T2
，半径大的周期大，如图可知，周期关系满足
T A<T B<T C所以：
A.三颗卫星的周期不同，故角速度不同，A错误；
B.当B经过一周期时，A的周期小超前B，C的周期大落后B，故B正确；
C.因为C的周期大，故C落后于B，故C错误；
D.A的周期小，故A超前于B，D错误；
故选B。

2.答案：C
解析：解：A、因只受重力作用作自由落体运动，故A错误；
B、因都做自由落体运动．氢气球不会加速上升．故B错误；
C、因只受重力做用，加速度相等，故同时落地．故C正确，D错误；
故选：C
因在月球上没有空气，则没有空气浮力，没有磁场，但受到重力且只受重力．则所有物体做自由落体运动加速度相等．
考查在月球上物体受力，明确只受重力作用，则所有物体的自由落体加速度一样．
解析：解：AC、小球恰好通过最高点P，在P点，由重力恰好提供向心力，向心力不为零，则有：mg=m v P2
，
R
解得：v P=√gR
小球离开最高点后做平抛运动，则有：
gt2
2R=1
2
x=vt
解得小球落地点离O点的水平距离为：x=2R，故A正确，BC错误；
D、根据机械能守恒定律可知，小球通过O点的动能等于小球落地点时的动能．
圆弧截去，小球到达最高点时的速度为零，从O到最高点的过程，由动能定若将半圆弧轨道上部的1
4
理得：
−mg(R+ℎ)=0−E k
解得：ℎ=1.5R，所以小球能达到的最大高度比P点高1.5R−R=0.5R，故D错误；
故选：A．
小球恰能通过圆弧最高点P，重力恰好提供向心力，可由牛顿第二定律先求出小球通过最高点P的
圆弧截去，速度，小球离开最高点后做平抛运动，可由动能定理求解落地速度，将半圆弧轨道上部的1
4
同样可以用动能定理求解最大高度．
本题关键分析清楚物体的运动过程，然后结合平抛运动和动能定理的相关知识进行研究．要注意小球运动过程中，只有重力做功，机械能是守恒的，也要灵活运用．
4.答案：B
解析：解：AB、电流在C处产生
的磁感应强度的大小分别为B0，
如图1所示，根据力的平行四边形
定则，结合几何的菱形关系，则有：
B C=2B0cos30°=√3B0
再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为：F=
根据平衡条件得：导线C受到的静摩擦力大小为：f=F=√3B0IL，方向水平向右，故A错误，B 正确；
C、若将导线A中的电流反向，则导线C的磁感应强度为B0，方向水平向左，根据左手定则导线A 所受安培力竖直向下，导线所受支持力等于重力与向下的安培力之和，变大，故C错误；
D、若同时将导线A与B中电流反向，则磁感应强度为：B=2B0cos30°=√3B0，如图2所示，受力分析可知，导线C所受支持力不变，故D错误；
故选：B。

根据矢量合成法则，可知A、B电流在C处的磁应强度叠加的大小，再由左手定则与安培力大小表达式，结合受力平衡方程，即可求解。

考查磁感应强度的矢量性，掌握矢量合成法则，注意几何知识的应用，同时掌握受力平衡条件，特别注意静摩擦力的方向。

5.答案：C
解析：
本题考查了速度选择器的原理，知道粒子沿着直线穿过两板间的空间而不发生偏转的条件即可解答，基础题。

粒子能够沿着直线穿过两板间的空间而不发生偏转的条件是粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，列式即可分析。

粒子能够沿着直线穿过两板间的空间而不发生偏转的条件是粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，及
qvB=qE，故v=E
B ，与质量m，电荷量q及比荷q
m
无关，故C正确，ABD错误。

故选C。

6.答案：BCD
解析：解：A、导弹在运动过程中所受重力的方向一直在变，不是做匀变速曲线运动．故A错误．
B、导弹在C点受到的万有引力F=G Mm
(R+ℎ)2，所以a=F m=GM
(R+ℎ)2
.故B正确．
C、导弹做的是椭圆运动，地球位于椭圆的焦点上．故C正确．
D、设导弹运动的周期为T，半径为R的近地卫星的周期为T0，导弹的半长轴可能小于卫星的轨道半径R，根据开普勒第三定律知道：导弹运动的周期T可能小于T0，故D正确．
故选：BCD
匀变速运动是加速度不变的运动，大小方向都要不变；万有引力提供向心力力G Mm
(R+ℎ)2
=ma，从而求得向心加速度；导弹做的是椭圆运动，地球位于椭圆的焦点上．
解决本题的关键理解万有引力提供向心力，以及理解开普勒轨道定律．此题属于中档题．
7.答案：CD
解析：
带电粒子先经过电场加速，根据动能定理可以求出末速度；洛伦兹力的方向可以根据左手定则进行判断，在磁场中洛伦兹力提供向心力，可求出粒子的轨道半径。

本题考查带电粒子在复合场中的运动，为质谱仪模型，解决本题的关键利用动能定理和洛伦兹力提供向心力，求出半径r的表达式。

A.在磁场中，根据左手定则判断洛伦兹力得到四指所指的方向和运动方向相同，故粒子带正电，故A 错误；
B.正电荷被加速是沿着电场线；因此上极板电势高于下极板，故B错误；
C.在极板间根据动能定理：qU=1
2mv2；在磁场中洛伦兹力提供向心力即：qvB=m v2
r
得到：r=
1 B √2mU
q
；则若只增大加速电压U，半径r变大，故C正确；
D.在极板间根据动能定理：qU=1
2mv2；在磁场中洛伦兹力提供向心力即：qvB=m v2
r
得到：r=
1 B √2mU
q
；则若只增大入射粒子的质量，半径r变大，故D正确。

故选CD。

8.答案：CD
解析：
【分析】当离子从O点射入经过磁场偏转刚好过b点，则a点为轨迹圆的圆心，轨迹圆的半径为r1=R，
由qvB=m v 2
r1得v=qBR
m
.当离子的速度v>qBR
m
时，离子从bO1射出，离子接收器接收不到该离子；
本题主要考查的是带电粒子在有界磁场中的运动，多画图，掌握规律就好。

A.当离子从O点射入经过磁场偏转刚好过b点，则a点为轨迹圆的圆心，轨迹圆的半径为r1=R，
由qvB=m v 2
r1得v=qBR
m
.当离子的速度v>qBR
m
时，离子从bO1射出，离子接收器接收不到该离子，A
错误；
B.若离子的速度合适时，恰能在离开磁场时打到a点，连接磁场圆的圆心O1与a相交于磁场圆边界O3，过O3作O1a的垂线相交于ad边O2，O2为轨迹圆的圆心，如图所示．
设轨迹圆的半径为r2，由几何关系得r2+√2r2=R，而qvB=m v2
r2，得v=(√2−1)qBR
m
，当离子的速度
满足(√2−1)qBR
m ≤v≤qBR
m
时，可以被离子接收器接收，B错误；
C.由于v=(√2−1)qBR
2m <(√2−1)qBR
m
，该离子从ad飞出，打不到ab上，离子接收器接收不到该离子，C
正确；
D.由于(√2−1)qBR
m <qBR
2m
<qBR
m
，该离子能打到ab上，离子接收器可以接收到该离子，D正确．
9.答案：BI
ned
解析：
金属中移动的是自由电子；电子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡求出电势差的大小。

解决本题的关键会运用左手定则判断电子的偏转方向，当上下表面有电荷后，之间形成电势差，最终电荷受电场力和洛伦兹力平衡。

电子最终达到平衡，evB =e U
d ；则U=vBd；电流的微观表达式I=nevS=nevℎd；则v=I
neℎd
代
入得，U=BI
ned
；
故答案为：BI
ned
−F
10.答案：2GMm
r2
解析：解：如图，先将中间的半球填满成球体，则球体的质量是半球质量的2倍即2M；
球体对A的吸引力为：
F A′=G⋅2M⋅m
r2
由图可知，由于A与B的质量是相等的，所以中间球体的右半部分对A的吸引力与中间原来的部分对B的吸引力是大小相等的，所以中间原来的部分对A的吸引力：
F A=F A′−F=2GMm
−F
r2
−F
故答案为：2GMm
r2
若将中间的半球看作一个球体，则球体对A的吸引力可以由万有引力定律求出，然后结合左右的对称性即可求出．
该题为万有引力定律的应用中常见的“割补法”的应用的题目，在解答的过程中要注意该方法中补的是那一部分，与哪一个力是对称的．
11.答案：低；IB
ned
解析：解：根据左手定则知，电子向上表面偏转，则上表面带负电，下表面带正电，即金属块上表面的电势比下表面电势低．
根据I=nevS=nevdℎ，解得v=I
，
nedℎ
得，
根据evB=e U
ℎ
金属块上下表面的电势差U=vBℎ=BI
．
ned
．
故答案为：低，BI
ned
根据左手定则判断电子的偏转方向，从而确定金属块上下表面电势的高低；根据电子所受的电场力和洛伦兹力平衡，结合电流的微观表达式求出金属块上下表面的电势差．
解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．
12.答案：解：(1)根据竖直上抛运动规律，物体上升的最大高度ℎ=v02
2g
，根据题意可得星球表面的重力加速度
g=v2 2ℎ
在星球表面重力与万有引力相等，故有：G mM
R2=mg，可得星球的质量M=gR2
G
=
v2
2ℎ
R2
G
=v2R2
2Gℎ
(2)同步卫星绕星球圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力有：
G mM
r2
=mr
4π2
T2
可得同步卫星的轨道半径r=3GMT2
4π2=3v2R2T2
8ℎπ2
所以同步卫星距地面的高度H=r−R=3v2R2T2
8ℎπ2
−R
答：(1)此未知行星的质量M为v2R2
2Gℎ
；
(2)若行星赤道上空有一颗同步卫星，同步卫星离该行星表面的高度H是3v2R2T2
8ℎπ2
−R。

解析：(1)根据竖直上抛运动规律由小球的竖直上抛求得星球表面的重力加速度，再由万有引力与重力相等求得星球的质量M；
(2)根据万有引力提供圆周运动向心力由星球的质量和同步卫星的周期求得同步卫星的轨道半径，从而求得卫星请星球表面的高度H。

本题是万有引力与竖直上抛运动的综合，关键能根据上抛运动求得星球表面的重力加速度而后根据万有引力与重力相等和万有引力提供圆周运动向心力两方面入手求解，不难属于基础题。

13.答案：解：(1)设粒子运动轨迹的半径为R，则有：
qv0B=mv02 R
解得：R=2d
平行于P2向左发射的粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示，圆心角为α，
则有：cosα=R−d
R
解得：α=π
3
粒子的运动周期为：T=2πR v
粒子的运动时间为：t=πm
3qB
(2)粒子的轨迹恰好和Р1相切时，初速度的方向和P2成角θ轨迹如图2.所示，
则有：cosθ=R−d
R
即为：θ=π
3
所以有粒子经过的区域的最大面积为：
S=2(1
6
πR2−
1
2
Rsinα×Rcosα)+d×Rsinθ
解得：S=4
3
πd2
(3)粒子的初速度方向与P2成角β时，轨迹如图3所示，
若圆心角也为π
3，则β=π
6
所以当平行于P2，向左发射的粒子到达P1时，此时已经打到荧光屏P1上的粒子的发射方向与平行于P2向右
发射的粒子的方向成角的范围是θ～π
已经打到荧光屏Р2上的粒子的发射方向与平行于P2向右的方向成角的范围是0～β
仍在磁场中运动的粒子的发射方向范围是β−θ
所以仍在磁场中运动的粒子和和经被屏吸收的粒子个数之比为θ−β
β+π−θ=1
5
答：(1)平行于P2向左发射的粒子在磁场中的运动时间为πm
3qB
；
(2)荧光屏P1、P2之间有粒子经过的区域的面积为4
3
πd2；
(3)仍在磁场中运动的粒了和已经被屏吸收的粒子的个数之比为1
5。

解析：(1)根据粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力求出半径、周期，根据几何知识求解运动时间。

(2)粒子的轨迹恰好和Р1相切时，面积最大，画出轨迹图根据几何知识求解；
(3)粒子的初速度方向与P2成角β时，若圆心角也为π
3，则β=π
6
，所以当平行于P2，向左发射的粒子
到达P1时，此时已经打到荧光屏P1上的粒子的发射方向与平行于P2向右，发射的粒子的方向成角的范围是θ～π，已经打到荧光屏Р2上的粒子的发射方向与平行于P2向右的方向成角的范围是0～β，仍在磁场中运动的粒子的发射方向范围是β−θ，然后求解在磁场中运动的粒子和和经被屏吸收的粒子个数之比。

本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题。

14.答案：解：粒子运动轨迹如图所示：
(1)粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：S=v0t，竖直方向：L=1
2qE
m
t2，
解得：S=v0√2mL
qE
；
(2)粒子在电场中做类平抛运动，
水平方向：L=v0t，
竖直方向：v y=qE
m
t，
粒子进入磁场时的速度：v=√v02+v y2，
解得：v=√v02+q2E2L2
mv02
；
(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=m v2
R
，
解得：R=m
qB √v02+q2E2L2
mv02。

答：(1)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离S为v0√2mL
qE
；
(2)粒子经过y轴进入磁场时的速度大小为√v02+q2E2L2
mv02
；
(2)粒子进入第二象限做圆周运动的轨迹半径R为m
qB √v02+q2E2L2
mv02。

解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出O到S的距离。

(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子的速度。

(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径。

本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、租出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题。