1、新疆昌吉回族自治州昌吉州第二中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题一.选择题（共12个小题，每题4分，共48分1-9题为单选，10-12题为多选全部选对的得4分，漏选的得2分，错选、不选的得0分）1有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是()A通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用B安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功D通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行1【答案】B【解析】安培力方向与磁场垂直，洛伦兹力不做功，通电导线在磁场中不一定受安培力安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现2如图所示，在绝缘的水平面上等间距固定
2、着三根相互平行的通电直导线a、b和c，各导线中的电流大小相同，其中a、c导线中的电流方向垂直纸面向外，b导线中电流方向垂直纸面向里，每根导线都受到另外两根导线对它的安培力作用，则关于每根导线所受安培力的合力，以下说法正确的是()A导线a所受合力方向水平向左B导线a所受合力方向水平向右C导线c所受合力方向水平向左D导线b所受合力方向水平向左2【答案】A【解析】通电直导线同向相吸、异向相斥，可知对于a，Fba是斥力，Fca是引力，又因为在a导线所处位置，导线c产生的磁场比导线b产生的磁场弱，则Fba大于Fca，即a所受的合力向左；而对b，Fab和Fcb都是斥力，且a、c是对称的，合力为零；对c，同
3、理可知合力向右，选A.3. 如图1所示，AC是一个用导线弯成的半径为R、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中当在该导线中通以方向由A到C，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是()图1A.，垂直AC的连线指向右上方B.，垂直AC的连线指向左下方C.BIR，垂直AC的连线指向右上方D.BIR，垂直AC的连线指向左下方3.C4. 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中虚线所示,下列表述正确的是( )A.M带负电,N带正电B.M的速率小于N的速率C.洛伦兹力对M、N做正功D.M的运行时间
4、大于N的运行时间4【答案】A【解析】由左手定则可知M带负电，N带正电，故A选项正确。由得由题意可知两个带电粒子的质量和电量都相等，又进入到同一个匀强磁场中，由题图及A选项的判断可知RNRM,故vNvM，所以B选项错误。由于洛伦兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛伦兹力永远不会对M、N做功，则C选项错误。由及题给条件可知，这两个带电粒子在磁场中运动的周期相等，又由题图可知两个带电粒子在磁场中的偏转角相等，均偏转了180，故在磁场中运动的时间相等，所以D选项错误。5.MN板两侧都是磁感应强度为B的匀强磁场，方向如图2所示，带电粒子从a位置以垂直磁场方向的速度开始运动，依次通过小孔b、c、d
5、，已知abbccd，粒子从a运动到d的时间为t，则粒子的比荷为()图2A. B.C. D.5A画出粒子的运动轨迹如图则有t1.5T，则得Tt.由周期公式T解得，粒子的比荷.故选A.6如图所示是磁流体发电机原理示意图A、B极板间的磁场方向垂直于纸面向里等离子束从左向右进入板间下述正确的是()AA板电势高于B板，负载R中电流向上BB板电势高于A板，负载R中电流向上CA板电势高于B板，负载R中电流向下DB板电势高于A板，负载R中电流向下6【答案】C【解析】等离子束指的是含有大量正、负离子，整体呈中性的离子流，进入磁场后，正离子受到向上的洛伦兹力向A板偏，负离子受到向下的洛伦兹力向B板偏这样正离子聚集
6、在A板，而负离子聚集在B板，A板电势高于B板，电流方向从ARB.7如图所示，带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场，运动过程中经过b点，OaOb.若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为()A v0 B. C2v0 D.7.【答案】C【解析】设OaObd，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d即d，得B.如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有d()2，得E，所以2v0.选项C正确8如图所示，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），从静止开始经电压U加速后，沿水平方向
7、进入一垂直于纸面向外的匀强磁场B中，带电粒子经过半圆到A点，设OAy，则能正确反映y与U之间的函数关系的图像是（ ）8C9如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒从a点进入场区并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法中正确的是() A微粒一定带正电 B微粒的动能一定减小C微粒的电势能一定增加D微粒的机械能一定增加9.【答案】D【解析】微粒进入场区后沿直线ab运动，则微粒受到的合力或者为零，或者合力方向在ab直线上(垂直于运动方向的合力仍为零)若微粒所受合力不为零，则必然做变速运动，由于速度的变化会导致洛伦兹力变化，则微粒在垂直于运动方向上的合
8、力不再为零，微粒就不能沿直线运动，因此微粒所受合力只能为零而做匀速直线运动；若微粒带正电，则受力分析如下图甲所示，合力不可能为零，故微粒一定带负电，受力分析如图乙所示，故A不正确，B错；静电力做正功，微粒电势能减小，机械能增大，故C错，D 正确10如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则()A导体棒向左运动B开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为C开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为D开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为10.【答案】BD【解析】磁场方向与导体棒垂
9、直，导体棒所受安培力FBIL，方向为垂直于磁场方向与导线方向所确定的平面斜向下，其有水平向右的分量，故A、C错误，B正确导体棒的合力F合Fcos(90)Fsin，由a得a，D正确11如图所示，一个质子和一个粒子先后垂直磁场方向进入一个有理想边界的匀强磁场区域，它们在磁场中的运动轨迹完全相同，都是以图中的O点为圆心的半圆已知质子与粒子的电荷量之比q1q212，质量之比m1m214，则以下说法中正确的是()A它们在磁场中运动时的动能相等B它们在磁场中所受到的向心力大小相等C它们在磁场中运动的时间相等D它们在磁场中运动时的质量与速度的乘积大小相等11.【答案】AB.【解析】质子与粒子的电荷量之比q1
10、q212，质量之比m1m214，由r可知，只有动能Ek相同时，半径才相同由Fm可知，动能Ek相同，半径r相同，则向心力大小相等由T可知，它们在磁场中运动的时间不等由r可知，mv大小不等12. 电荷量分别为q和的两个带电粒子分别以速度和射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为和，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则A. a粒子带负电，b粒子带正电B. 两粒子的轨道半径之比：C. 两粒子的速度之比：2D. 两粒子的质量之比：2【答案】ABD12.【解析】a粒子是入射的，而b粒子是入射的，由于从B点射出，则a粒子受到的洛伦兹力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的
11、洛伦兹力方向沿a粒子速度方向，由左手定则可知：a粒子带负电、b粒子带正电，故A正确；AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线与各自速度方向直线的交点即为各自圆心。结果发现：两圆心的连线与两个半径构成一个角为，另一个为的直角三角形。根据几何关系，则有两半径相比为：，故B正确；AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线与各自速度方向直线的交点即为各自圆心。结果发现：两圆心的连线与两个半径构成一个角为，另一个为的直角三角形。则a粒子圆弧对应的圆心角为，而b粒子圆弧对应的圆心角为，粒子在磁场中的运动时间：，由题意可知，两粒子在磁场中的运动时间t相等，即：，则粒子的周期之比为：2，粒子做圆
12、周运动的周期：，则两粒子的质量之比：2，故D正确；粒子在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：，解得：，由题意可知：q、B都相同，而：2，：，则粒子的速度大小之比：，故C错误；故选ABD。二、实验题（本题包括 2 小题，共 16分）13.（12分） 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，所用小灯泡标有“3.8V，0.3A”字样，并提供有以下器材：A.电压表V(,内阻约)B.电流表 (，内阻约)C.电流表 (，内阻约)D.滑动变阻器 ()E.滑动变阻器F.直流电源E(电动势，内阻不计)G.开关S及导线若干(1)为了提高测量的准确度和调节方便：实验中应选用电流表_,滑动变阻
13、器_(填写器材代号)。在图甲虚线框内画出实验电路图_。(2)由正确实验操作得到的数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。在另一实验中将此小灯泡接入如图丙所示的电路中，电路中的电源电压恒定，在时刻闭合开关S，由电流传感器记录的电路中电流随时间变化的图象可能是下图中的_图(选填“A”、“B”或“C”) 。【答案】 (1) C D 见下图 (2) C【解析】（1）小灯泡的额定电压为3.8V，小灯泡的额定电流为0.3A，从安全和精确度方面考虑，所以电流表量程选0.500mA的C；总电阻为2000的滑动变阻器连入电路，电流非常小，测量误差较大，所以选用总电阻为10的滑动变阻器D。小灯泡在正常工作时的电
14、阻，远小于电压表内阻，电流表采用外接法。电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法。电路图如图所示：（2）由于小灯泡温度越来越高，则电阻越来越大，则电流逐渐减小，故选C。14. （4分）用多用表测量某元件的电阻，选用“100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转角度过大，因此需选择_倍率的电阻 挡 ( 填 “10” 或 “1k”) ， 并需_后，再次进行测量.【答案】 (1). 10 (2). 欧姆调零欧姆表的表盘上越向右侧电阻越小，偏角大说明阻值小，为了准确测量要换较小挡：故选择10档进行测量，换档后要重新欧姆调零.三、计算题（本题包括 4小题，共 46分）15.(10分)如图1
15、1所示，将长为50 cm、质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直纸面向里的匀强磁场中，当金属棒中通以0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长，求：(取g10m/s2)图11(1)匀强磁场中磁感应强度是多大？(2)当金属棒通以0.2 A由b到a的电流时，弹簧的总拉力为多少？13(1)0.5T(2)0.15N16（12分）如图所示，在倾角为=30的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器电源电动势E=12V，内阻r=1.0一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（
16、导轨与金属棒的电阻不计）金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值16【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态根据平衡条件，列方程求出安培力（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流（3）根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值【解答】解：（1）作出金属棒的受力图，如图 则有F=mgsin30 F=0.1N （2）根据安培力公式F=BIL得 得 （3）设变阻器接入
17、电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆E=I（R+r） 解得 答：（1）金属棒所受到的安培力为 0.1N； （2）通过金属棒的电流为0.5A； （3）滑动变阻器R接入电路中的阻值为2317(12分)如图所示，直线MN上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，现有一质量为m、带电荷量为q的粒子在纸面内以某一速度从A点射入，其方向与MN成30角，A点到MN的距离为d，带电粒子重力不计。(1)当v满足什么条件时，粒子能回到A点；(2)粒子在磁场中运动的时间t。【答案】(1) (2)【解析】(1)粒子运动轨迹如图所示，由图示的几何关系可知：粒子在磁场中的轨道半径为r，则有 联立两式，得 此时粒子可
18、按图中轨迹回到A点。(2)由图可知，粒子在磁场中运动的圆心角为300所以18(12分)如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场现有一质量为m、电荷量为q的粒子(重力不计)从坐标原点O以速度大小v0射入磁场，其入射方向与x轴的正方向成30角当粒子第一次进入电场后，运动到电场中P点处时，方向与x轴正方向相同，P点坐标为(21)L，L(sin 370.6，cos 370.8)求：(1)粒子运动到P点时速度的大小v；(2)匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B；(3)粒子从O点运动到P点所用的时间t.18【答案】(1)v0(2)(3)【解析】(1)粒子运动轨迹如图所示，OQ段为圆弧，QP段为抛物线，粒子在Q点时的速度大小为v0 ，根据对称性可知，方向与x轴正方向成30角，可得：vv0cos 30解得：vv0(2)在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得qELmv2mv解得E水平方向的位移为xQPv0t1竖直方向的位移为yv0sin 30t1L可得xQP2L，OQxOPxQPL由OQ2Rsin 30，故粒子在OQ段圆周运动的半径RLqv0Bm解得B(3)粒子从O点运动到Q点所用的时间为t1设粒子从Q到P所用时间为t2，在竖直方向上有t2则粒子从O点运动到P点所用的时间为tt1t2- 13 -