2022-2023学年青海省西宁市大通县高二（上）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年青海省西宁市大通县高二（上）期末物理试卷

1.  磁场对电流的作用力通常称为安培力。这是为了纪念法国物理学家安培，他对研究磁场对电流的作用力有杰出的贡献。关于安培力，下列说法正确的是(    )

A. 安培力和洛伦兹力是性质完全不同的两种力
B. 磁场对通电导线的作用力的方向一定与磁场方向垂直
C. 放在匀强磁场中的通电导线一定受磁场的作用力
D. 通电直导线跟磁场方向平行时作用力最大

2.  如图所示为一水平向右的匀强电场的电场线，其中A、B、C、D为一条电场线上的四个点，已知，，，匀强电场的电场强度大小为。则下列说法正确的是(    )

A. CD两点之间的电势差
B. 如果A点的电势为零，则D点的电势为
C. 如果B点的电势为零，则D点的电势为
D. 一试探电荷由C直接到D与该试探电荷由C经O再到D的过程，电场力做功不同

3.  如图所示，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为2F，则线框LMN受到的安培力的大小为(    )

A.
B. 3F
C. 4F
D. 0

4.  初速度为的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子初速度方向如图，则(    )

A. 电子将向左偏转
B. 电子将向右偏转
C. 电子所受洛伦兹力变小
D. 电子所受洛伦兹力大小不变

5.  一带电粒子射入固定在O点的正点电荷q的电场中，粒子运动轨迹沿图中实线从M运动到N，图中虚线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计粒子的重力，则可以判断(    )

A. 射入电场中的粒子带正电
B. M点的场强大于N点的场强
C. 射入电场中的粒子从M到N的过程中，电场力对粒子先做负功再做正功
D. 射入电场中的粒子从M到N的过程中，粒子的动能和电势能之和减小
 

6.  用如图所示的回旋加速器加速电荷量为q、质量为m的带电粒子，已知D形盒半径为R，所加磁场磁感应强度大小为B，a、b间所接电压为U，忽略两D形盒间狭缝的宽度．下列说法正确的是

A. 图中回旋加速器加速的带电粒子一定带正电
B. 回旋加速器a、b之间所接高频交流电的周期为
C. 回旋加速器加速后粒子的最大动能为
D. 回旋加速器D形盒的半径R、磁感应强度B不变，则加速电压U越高，粒子飞出D形盒的动能越大

7.  某研究性小组的同学们为了测定磁极间的磁感应强度，设计了如下的实验，其装置如图所示.在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计.水平直铜条AB的两端通过导线与一电源连接成闭合回路，直铜条AB在磁场中的长度为L、AB的电阻为R，电源电动势为E，内阻为在开关S闭合前电子测力计的计数为，开关S闭合后电子测力计的计数为
开关S闭合后，铜条所受的安培力的大小为______ .
方向______ .
磁极间的磁感应强度大小______ .

8.  如图甲所示，将两个不同金属电极插入水果中就可以做成一个水果电池，某同学准备测定一水果电池的电动势和内阻。实验室提供的器材如下：

A.待测水果电池电动势约1V、内阻小于
B.滑动变阻器阻值
C.滑动变阻器阻值
D.电压表量程3V，内阻约
E.毫安表量程，内阻为
F.开关一个，导线若干
为了尽可能准确测定这个水果电池的电动势和内阻，已提供的如图甲、乙所示的两个测量电路图应选______ 填“甲”或“乙”；滑动变阻器应选______ 填“B”或“C”。
该同学实验时根据记录的数据在坐标系中描点并作出图线如图丙所示，根据图线求出这个水果电池的电动势为______ V，内阻为______ 内阻结果保留整数。

9.  如图所示，在纸面内竖直放置的平行金属导轨，上端接有电动势、内阻的电源。从纸外侧靠在竖直导轨上的金属棒ab的质量、电阻，它与导轨间的动摩擦因数为，有效长度为。为使金属棒不下滑，在导轨平面内加一竖直方向的匀强磁场图中未画出。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。求：
所加磁场方向是竖直向上的还是竖直向下的？
所加磁场的磁感应强度B的大小需满足的条件。

10.  如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在y轴上OM区间有一个线状粒子收集器紧贴y轴放置，现有质量为m、电荷量为的带电粒子从x轴上的P点沿y轴正方向以不同速率射入磁场。已知，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。求：
一粒子刚好打到O点，则该粒子的入射速度大小；
粒子能打到收集器上的最大速率的大小及此时粒子在磁场运动的时间。

11.  如图所示，一平行板电容器水平放置，AB为两板中央水平线，板长为2L，板间距也为2L，在距离电容器右端3L处竖直放置挡板，挡板上的BC长也为3L。一带电粒子以初速度沿中央水平线射入两板间，打在竖直放置挡板上的C点.带电粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力。求：
电容器两极板间所加的电压大小；
该过程粒子电势能的变化量大小。

答案和解析

1.【答案】B 

【解析】解：A、安培力是洛伦兹力的宏观表现，其本质都是磁场对运动电荷的作用，故A错误；
B、磁场对通电导线的作用力即安培力方向与磁场方向一定垂直，故B正确；
C、放在匀强磁场中的通电导线，如果电流与磁场平行，则不受磁场的作用力，故C错误；
D、当通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大，故D错误。
故选：B。
通电导线在磁场中受到力为安培力，而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力．它们均属于磁场力，本质上是一种力，方向都由左手定则来确定，安培力与电流和磁场所在平面垂直，因此安培力既垂直于磁场方向又垂直于电流方向，当垂直时，平行时安培力为零。
本题知道安培力和洛伦兹力的联系和区别，以及会根据左手定则判断安培力和洛伦兹力的方向。
 

2.【答案】B 

【解析】解：两点之间的电势差为，故A错误；
B.AD两点之间的电势差为，故，故B正确；
C.BD两点之间的电势差为，故，故C错误；
D.电场力做功只有电荷起始位置与终止位置有关，与电荷运动的路径无关，所以一试探电荷由C直接到D与该试探电荷由C经O再到D的过程，电场力做功相同，故D错误。
故选：B。
根据电势差与电场强度的公式解得ABC，电场力做功只有电荷起始位置与终止位置有关。
本题考查电势差与电场强度的关系，解题关键掌握的应用。
 

3.【答案】B 

【解析】解：设导体棒MN长度为L，MN棒中电流为I，则其受到的安培力大小为：
MLN的电阻是MN棒电阻的两倍，二者并联，两端电压相同，则流过MLN的电流为，MLN有效长度也为L，掌握MLN受到的安培力的合力为：
MN棒和MLN受到的安培力方向相同，故线框LMN受到的安培力大小为，故B正确、ACD错误。
故选：B。
先由已知条件可知MLN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，先根据并联电路的电阻关系得出电流关系，再由即可分析MLN边所受安培力，由力的合成即可求得线框LMN所受安培力的大小。
本题的关键是要明白安培力求解公式中的L是指通电导线的有效长度。
 

4.【答案】BC 

【解析】解：根据安培定则判断导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则判断运动电子所受洛伦兹力方向向右，所以电子将向右偏转，故A错误，B正确；
洛伦兹力不做功，电子的速率不变，根据，B变小，变小，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据安培定则和左手定则分析判断。
本题考查洛伦兹力，要求掌握用左手定则判断洛伦兹力分析。
 

5.【答案】AC 

【解析】解：A、如图所示，轨迹向下弯曲，带电粒子所受的电场力方向向下，则带电粒子受到了排斥力作用，所以该粒子与点电荷q的电性相同，带正电，故A正确；
B、等势面疏密程度可以表示电场强弱，所以M点的场强小于N点的场强，故B正确；
C、从M到N过程中，运动方向和电场力方向夹角先为钝角再为锐角，故电场力对正电荷先做负功再做正功，故C正确；
D、从M到N过程中，粒子只有动能和电势能变化，根据能量守恒，粒子动能和电势能之和不变，故D错误。
故选：AC。
等势面疏密程度可以表示电场强弱，从粒子运动轨迹看出，可知带电粒子受到了排斥力作用，根据电场力做功，可判断电势能的大小和速度大小．
本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理或能量守恒定律分析动能和电势能的变化是常用的思路．
 

6.【答案】ABC 

【解析】解：A、根据题目可得，粒子的运动方向为逆时针方向，根据左手定则可知，粒子的受力方向指向圆心，由此可知粒子带正电，故A正确；
B、粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

根据圆周运动的周期公式可得：

联立解得：
而因为粒子的圆周运动的周期与交流电的周期是相等的，故B正确；
C、根据动能的计算公式可得：

根据牛顿第二定律可得：

联立解得：，故C正确；
D、根据上述分析可知，加速电压不会对粒子非出D形盒的动能产生影响，故D错误；
故选：ABC。
根据左手定则结合粒子的运动方向得出粒子的电性；
根据洛伦兹力提供向心力，结合圆周运动的周期公式完成分析。
本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解其工作原理，结合牛顿第二定律和周期的计算公式完成分析。
 

7.【答案】  向下  

【解析】解：根据共点力平衡可知，铜导线受到的安培力为：
根据左手定则可知，安培力方向向下，根据闭合电路的欧姆定律可知：
由可得：
故答案为：，向下；
根据共点力平衡即可求得受到的安培力大小
根据左手定则判断出安培力方向；
有求得磁感应强度
本题是简单的力电综合问题，结合闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件和牛顿第三定律列式求解，规律多，难度不大．
 

8.【答案】甲   

【解析】解：电流表的内阻已知，可以将电流表内阻看作电源内阻一部分，减小测量误差，故选择电流表用内接法相对电源的，采用甲电路图。
毫安表满偏时，电路的总电阻约为：，而电源内阻小于，所以滑动变阻器接入电路的阻值最小约为250欧姆，故滑动变阻器选择：C。
根据闭合电路欧姆定律有
图线与纵轴截距表示电动势，即
图像的斜率绝对值为
解得。
故答案为：甲，C；，700。
根据电流表内阻已知，可将电流表内阻看作电源内阻分析判断；
根据闭合电路欧姆定律、结合图像分析判断。
本题考查测电源电动势和内阻实验，要求掌握实验原理、实验电路和数据处理。
 

9.【答案】解：金属棒的电流方向由a指向b，为使金属棒不下滑，安培力方向应该垂直纸面向外，使金属棒紧压在导轨上，根据左手定则，磁场方向应该竖直向上；
根据欧姆定律，通过金属棒的电流
根据安培力公式，作用在金属棒上的安培力；
作用在金属棒上的最大静摩擦力
根据平衡条件
代入数据联立解得：
答：所加磁场方向是竖直向上的；
所加磁场的磁感应强度B的大小需满足。 

【解析】根据平衡条件确定安培力方向，根据左手定则判断磁感应强度方向；
根据闭合电路的欧姆定律求电流；再根据安培力公式和平衡条件求解。
本题考查了闭合电路的欧姆定律、安培力公式、摩擦力公式和平衡条件；注意：安培力的作用是使金属棒紧压在导轨上，产生摩擦力。
 

10.【答案】解：粒子刚好打到O点，其轨迹半径为r，轨迹如图所示

已知，则
根据洛伦兹力提供向心力得

解得：；
粒子打到M点时速率最大，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得：
，，
根据洛伦兹力提供向心力得

解得：，，
粒子在磁场运动的时间
。
答：一粒子刚好打到O点，则该粒子的入射速度大小为；
粒子能打到收集器上的最大速率的大小为，此时粒子在磁场运动的时间为。 

【解析】依题意作出粒子运动轨迹图，由几何关系求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力列式可解；
粒子打到M点时速率最大，作出粒子运动轨迹图，由几何关系求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力列式求出此时速率和周期，根据圆心角和周期求在磁场中运动时间。
本题考查了带电粒子在匀强磁场中运动问题。对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
 

11.【答案】解：粒子在平行板电容器间做类平抛运动，则水平方向：
竖直方向根据牛顿第二定律：，竖直位移：，竖直速度：
粒子出平行板电容器后做匀速直线运动，则：，
由竖直方向上位移关系：
联立解得电容器两极板间所加的电压：
电场力做功为：
由功能原理并代入数据解得：
故粒子电势能减小。
答：电容器两极板间所加的电压大小为；
该过程粒子电势能的变化量大小为。 

【解析】根据题意分析，小球最后垂直打在挡板上，必须考虑质点的重力。小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，小球的加速度向下，最后才能最后打在挡板的C点，根据对称性可明确加速度关系，从而根据动力学规律即可明确板间电势差；
根据功能关系可分析电势能的增加量；
本题是类平抛运动与平抛运动的综合应用，基本方法相同：运动的合成与分解，关键要分析出带电微粒在电场内外运动过程的竖直方向的对称性，得到加速度关系从而求出偏转电压。