2022-2023学年安徽省蚌埠市第二中学高二下学期第一次月考 物理试题（解析版）

安徽省蚌埠市第二中学2022-2023学年高二下学期第一次月考

物理试卷

一、单选题（共7小题）

1.磁流体发电的原理如图所示，将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压．如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极，若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是(　　)

A. 上板为正极，电流I＝  B. 上板为负极，电流I＝

C. 下板为正极，电流I＝  D. 下板为负极，电流I＝

【答案】C

【解析】等离子体进入磁场，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，故下板为正极，设两板间的电压为U，则q＝Bqv，得U＝Bdv，电流I＝＝，故C正确．

2. 如图所示，足够长的导体棒MN固定在相互平行的金属导轨上，导轨间距离为0.5 m，通过的电流为1 A，导体棒MN与导轨的夹角为30°，且处于垂直于纸面向外的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为0.2 T，则导体棒MN所受的安培力大小为(　　)

A. 0.02 N  B. 0.05 N  C. 0.1 N  D. 0.2 N

【答案】D

【解析】导体棒MN在导轨间的有效长度为L＝m＝1 m，导体棒受到的安培力F＝BIL＝0.2×1×1 N＝0.2 N，故选D．

3. 如图所示，两根平行放置、长度均为L的直导线a和b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中．当a导线通有电流大小为I、b导线通有电流大小为2I，且电流方向相反时，a导线受到的磁场力大小为F1，b导线受到的磁场力大小为F2，则b通电导线的电流在a导线处产生的磁感应强度大小为(　　)

A.   B.   C.   D.

【答案】D

【解析】两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律知，两导线间的作用力等大、反向、共线，大小设为Fab

对左边电流，有F1＝BIL＋Fab

对右边电流，有F2＝2BIL＋Fab

两式联立解得Fab＝2F1－F2

则b通电导线的电流在a导线处产生的磁感应强度大小B′＝＝.故D正确．

4. 如图所示，边长为l的等边三角形ACD内、外分布着方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．顶点A处有一粒子源，能沿∠CAD的平分线方向发射不同速度的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为＋q，不计粒子重力．则粒子以下列哪一速度发射时不能通过D点(　　)

A.   B.   C.   D.

【答案】C

【解析】粒子带正电，且经过D点，其可能的轨迹如图所示；

所有圆弧所对的圆心角均为60°，所以粒子运动的半径为r＝(n＝1,2,3，…)；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，解得v＝＝(n＝1,2,3，…)，故选C．

5. 将一段通电直导线abc从中点b折成120°，分别放在如图所示的匀强磁场中，图甲中导线所在平面与磁场的磁感线平行，图乙中导线所在平面与磁场的磁感线垂直，若两图中两导线所受的安培力大小相等，则甲、乙两图中磁场的磁感应强度大小之比为(　　)

A.   B.   C.   D.

【答案】B

【解析】设导线的总长为2L，通过导线的电流为I，题图甲中导线受到的安培力大小为B1IL＋B1cos 60°IL＝B1IL，题图乙中导线受到的安培力的大小为B2I·2Lcos 30°＝B2IL，根据题意有B1IL＝B2IL，则有＝，B正确．

6. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向斜向右上方，与水平方向的夹角为45°.一个四分之三金属圆环ab置于匀强磁场中，圆环的半径为r，圆心为O，两条半径Oa和Ob相互垂直，Oa沿水平方向，Ob沿竖直方向．c点将圆环等分为两部分，当圆环中通以电流I时，则圆环ac受到的安培力大小为(　　)

A. BIr  B. πBIr  C. BIr  D. BIr

【答案】D

【解析】根据几何关系，可知通电圆环在磁场中的有效长度为a、b连线的长度L＝r；根据安培力公式F=BIL可得，圆环ab受到的安培力大小为F＝BIr，又圆环ac和圆环cb所受安培力大小相等，方向相同，所以圆环ac受到的安培力大小为F′＝＝BIr，D正确．

7. 如图所示，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°角的有界匀强电场．MN下方有方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度为B.今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨迹半径为R.若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点．不计粒子的重力，对于上述运动过程，下列说法正确的是(　　)

A. 电场强度大小为Bv

B. 根据能量守恒定律可知，该粒子再次回到O点时的速度仍为v

C. 上述运动过程在磁场区域内运动的时间为

D. 该粒子从O点出发至再回到O点全程用时为(2＋π)

【答案】D

【解析】粒子的运动轨迹如图所示，从O点进入磁场后，先在磁场中做匀速圆周运动到a点，然后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反，在电场中做匀变速直线运动，在电场中匀减速运动到b点后再匀加速返回a点，从a点再次进入磁场后做匀速圆周运动，然后从c点再次进入电场，进入电场后做类平抛运动，回到O点．粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由几何知识可得Oc＝2R，粒子从c到O做类平抛运动，垂直电场方向和平行电场方向的位移大小都是s⊥＝s∥＝Ocsin 45°＝2R，设粒子做类平抛运动的时间为t3，在垂直电场方向有s⊥＝2R＝vt3，在平行电场方向有s∥＝2R＝·t32，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，联立解得E＝vB，t3＝，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，由几何知识可知，粒子第一次在磁场中转过的圆心角θ＝90°，粒子第二次在磁场中转过的圆心角θ′＝270°，粒子在磁场中运动的总时间t1＝T＝，粒子在电场中做匀变速直线运动的时间t2＝＝＝，该粒子从O点出发至再回到O点全程用时t＝t1＋t2＋t3＝(2＋π)，故C错误，D正确；粒子第二次进入电场后做类平抛运动，则有v∥＝at3＝×＝×＝2v，粒子再次回到O点时的速度v′＝＝＝v，故B错误．

二、多选题（共3小题）

8. 半导体内导电的粒子—“载流子”有两种：自由电子和空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子)，以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体，以空穴导电为主的半导体叫P型半导体。图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会在与z轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电热差UH，霍尔电势差大小满足关系UH＝k，其中k为材料的霍尔系数。若每个载流子所带电量的绝对值为e，下列说法中正确的是(　　)

A. 如果上表面电势高，则该半导体为P型半导体

B. 如果上表面电势高，则该半导体为N型半导体

C. 霍尔系数较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较多

D. 样品板在单位体积内参与导电的载流子数目为

【答案】AD

【解析】如果半导体为P型半导体，则能自由移动的是带正电的粒子，由左手定则可以判断出粒子偏向上表面，故上表面电势高，A正确；如果半导体为N型半导体，则能自由移动的是电子，由左手定则可以判断出电子偏向上表面，故上表面电势低，B错误；待电流稳定后，粒子在电场力与洛伦兹力的作用下处于平衡状态，故存在e＝Bev，而电流的大小又可以表示为：I＝neSv＝nebcv，二式整理得：BI＝UHeEc，又因为UH＝k，故k＝，所以霍尔系数k较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较少，C错误；由上式还可以推出n＝，D正确。

9. 如图，边长为L的正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的同种粒子每次都从a点沿与ab边成30°角的方向垂直射入磁场，若初速度大小为v0，射入磁场后从ac边界距a点处射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　)

A. 若粒子射入磁场的速度增大为2v0，则出射位置距a点

B. 若粒子射入磁场的速度增大为2v0，则粒子在磁场中的运动时间减小为原来的一半

C. 若粒子射入磁场的速度不大于3v0，粒子从磁场中射出时速度方向均与ab边垂直

D. 若粒子射入磁场的速度不同，但从ac边射出的所有粒子在磁场中的运动时间相等

【答案】ACD

【解析】根据几何关系可知从ac边界距a点处射出磁场的粒子运动的轨迹半径R1＝，由洛伦兹力提供向心力可知，R1＝。若粒子射入磁场的速度增大为2v0，由洛伦兹力提供向心力可知，R2＝，根据几何关系可知出射位置距a点，故A正确；若粒子从c点射出，根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R3＝L，由洛伦兹力提供向心力解得，粒子射入磁场的速度为3v0，若粒子射入磁场的速度不大于3v0，则所有的粒子都从ac边射出磁场，射出方向与ac边夹角为30°，与ab边垂直，在磁场中运动的轨迹所对应的角度都为60°，粒子在磁场中运动的时间都相等，故B错误，C、D正确。

10.如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里．一带电小球恰能以速度v0做直线运动，其轨迹如图虚线所示，虚线与水平方向成37°角，小球最终穿过一轴线沿小球运动方向且固定摆放的光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径)，已知sin 37°＝0.6，下列说法正确的是(　　)

A. 小球可能带负电

B. 磁感应强度B和电场强度E的大小关系为＝v0

C. 若小球从管道的甲端运动到乙端，则小球机械能增加

D. 若小球刚进入管道时撤去磁场，小球将在管道中做匀速直线运动

【答案】BD

【解析】小球做匀速直线运动，当带正电时，静电力水平向左，重力竖直向下．从甲端运动到乙端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向右上三力恰好平衡，能保证小球沿图中虚线运动．当小球带负电时，静电力水平向右，重力竖直向下．从甲端运动到乙端时或者从乙端运动到甲端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左下或者右上，均不能使小球沿直线运动，故A错误；由A项分析可知，静电力和洛伦兹力关系为sin 37°＝，整理得＝v0，故B正确；小球从管道的甲端运动到乙端，静电力做负功，小球的机械能减少，故C错误；未撤磁场时，小球受三力平衡，其中静电力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在管道中所受重力和静电力均没有变化，故沿虚线方向(管道方向)合力仍为零．而管道的支持力垂直于管道，即小球所受的合力仍为零，做匀速直线运动，故D正确．

三、计算题（共5小题）

11. (10分)如图所示，竖直放置的通电直导线ab位于垂直纸面向里的匀强磁场中，导线ab长L＝0.2 m，通以大小I＝0.5 A、方向向上的电流，导线ab所受的安培力的大小F＝0.1 N.

(1)判断导线ab所受的安培力的方向；

(2)求匀强磁场的磁感应强度大小；

(3)若导线ab通以大小为I′＝2A的电流，求导线ab所受的安培力大小F′.

【答案】（1）水平向左 （2）1 T （3）0.4 N

【解析】(1)根据左手定则可以判断，导线ab所受的安培力的方向水平向左．

(2)根据磁感应强度的定义式B＝，

代入数据解得B＝1 T.

(3)由安培力公式F′＝I′LB，

代入数据解得F′＝0.4 N.

12. (10分)如图所示为等臂电流天平。左臂所挂盘和砝码的总质量为m，右臂所挂矩形线圈的匝数为n，线圈水平边的长为L。下边处在磁感应强度大小为B，方向垂直线圈平面(纸面)向里的匀强磁场中。当线圈中通过大小为I、方向如图中所示的电流时，天平水平平衡。重力加速度为g，不计线圈重力。

(1)请写出用n、m、L、I、g计算B的表达式；

(2)已知挂盘和砝码的总质量为m＝0.5 kg，B＝1.0 T，L＝0.1m，重力加速度g取10 m/s2，天平平衡时线圈中的电流I为2.0 A，求线圈的匝数。

【答案】(1)B＝　(2)25

【解析】(1)由题可知，磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，线圈所受安培力方向向下，

根据平衡条件有mg＝nBIL

解得B＝

(2)由(1)可得n＝

代入数据，解得线圈匝数为n＝25

13. (10分)如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，在导轨平面内分布着磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝6 V、内阻r＝1 Ω的直流电源。现把一个质量0.04 kg 的导体棒ab放在金属导轨上。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒静止于金属导轨上。导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R＝2 Ω，金属导轨电阻不计，已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g＝10 m/s2。求：

(1)通过导体棒的电流；

(2)导体棒受到的摩擦力大小和方向。

【答案】(1)2 A　(2)0.16 N，方向沿斜面向下

【解析】(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有

I＝＝A＝2 A。

(2)导体棒受到的安培力

F安＝BIL＝0.5×2×0.4 N＝0.4 N，方向沿导轨面向上

导体棒所受重力沿斜面向下的分力为

F1＝mgsin 37°＝0.24 N

由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力Ff，根据共点力平衡条件有

mgsin 37°＋Ff＝F安

解得Ff＝0.16 N，方向沿斜面向下。

14. (12分)如图(a)所示，匀强磁场垂直于xOy平面，磁感应强度B1按图(b)所示规律变化(垂直于纸面向外为正)．t＝0时，一比荷为＝1×105C/kg的带正电粒子从原点O沿y轴正方向射入磁场，速度大小v＝5×104m/s，不计粒子重力．

(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径；

(2)求t＝×10－4s时带电粒子的坐标；

(3)保持(b)中磁场不变，再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2，其磁感应强度为0.3 T，在t＝0时，粒子仍以原来的速度从原点O射入，求粒子回到坐标原点O的时刻．

【答案】(1)1 m　(2)(3.41 m，－1.41 m)　

(3)t1＝(＋2nπ)×10－4s(n＝0,1,2，…)，t2＝2(n＋1)π×10－4s(n＝0,1,2，…)

【解析】(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB1＝m，

代入数据解得r＝1 m.

(2)带电粒子在磁场中运动的周期T0＝＝×10－4s，

在0～×10－4s过程中，粒子运动了，

轨迹圆弧对应的圆心角θ1＝，在×10－4s～×10－4s过程中，粒子又运动了，圆弧对应的圆心角θ2＝，轨迹如图(a)所示，

根据几何关系可知，横坐标x＝2r＋2rsin＝(2＋) m≈3.41 m，

纵坐标y＝－2rcos＝－m≈－1.41 m，带电粒子的坐标为(3.41 m，－1.41 m)．

(3)施加B2＝0.3 T的匀强磁场与原磁场叠加后形成的磁场变化规律如图(b)所示，

当nT≤t<nT＋(n＝0,1,2,3，…)时，T1＝＝×10－4s，

当nT＋≤t<(n＋1)T(n＝0,1,2，…)时，T2＝＝π×10－4s，

粒子运动轨迹如图(c)所示，则粒子回到原点O的时刻为

t1＝(＋2nπ)×10－4s(n＝0,1,2，…)，

t2＝2(n＋1)π×10－4s(n＝0,1,2，…)．

15. (12分)如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直于纸面向外如图所示，以两虚线P、Q为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，电场强度为E，方向水平向右，两侧为相同的磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m、带电荷量为－q、重力不计的带电粒子以水平向右的初速度v0从电场边界P、Q之间的O点出发．

(1)若粒子能到达边界Q，求O点到边界Q的最大距离l1；

(2)若使粒子到达边界Q并进入磁场的偏转半径为R，求O点到边界Q的距离l2；

(3)在题(2)的前提下，能使粒子从O点出发到再次回到O点的过程中，在磁场运动的时间最短，求电场宽度d和全过程的运动时间t.

【答案】见解析

【解析】(1)由动能定理得－Eql1＝0－mv02，

则l1＝.

(2)由动能定理得－Eql2＝mv12－mv02，

由洛伦兹力提供向心力，qv1B＝

解得l2＝.

(3)要使粒子在磁场中运动时间最短，则轨迹如图所示，

由洛伦兹力提供向心力qv1B＝

qv2B＝

由动能定理得

Eqd＝mv22－mv12

解得d＝

粒子在电场中运动的加速度a＝

在磁场中运动的周期T＝

全过程的运动时间t＝×＋＋＝＋.