承德市双滦区2023-2024学年高二上学期期中考试
物理试题
(时间：75分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.下列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
2.在下列四幅图中，能正确标明通电直导线所受安培力F方向的是( )
A. B. C. D.
3.质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（ ）
A．拉力F对物体的冲量大小为Ftcosθ B．摩擦力对物体的冲量大小是Ft
C．地面对物体的支持的冲量大小为零 D．合力对物体的冲量大小为零
4.关于下列四幅图的说法正确的是( )
A. 图甲是速度选择器示意图，由图可以判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝
B. 图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A极板是发电机的正极
C. 图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近狭缝S3说明粒子的比荷越大
D. 图丁是回旋加速器示意图，要使粒子飞出加速器时的动能增大，可仅增加电压U
5．一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）
A．t=1 s时物块的速率为2 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s时物块的速度为零
6.如图所示，圆形区域的圆心为，区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，为圆的直径，从圆上的点沿方向，以相同的速度先后射入甲、乙两个粒子，甲粒子从点离开磁场，乙粒子从点离开磁场。已知，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（ ）
A．乙粒子带正电荷，甲粒子带负电荷
B．乙粒子与甲粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为
C．乙粒子与甲粒子的比荷之比为
D．乙粒子与甲粒子在磁场中运动的时间之比为
7.如图所示，边长为的的正方形区域中存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从边的中点点以一定速度垂直于边射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从边中点点射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法中正确的是（ ）
A．该粒子带负电
B．洛伦兹力对粒子做正功
C．粒子在磁场中做圆周运动轨迹圆的圆心一定在a点
D．如果仅使该粒子射入磁场的速度增大，粒子做圆周运动的半径将变小
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
11. (多选)质量和电荷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，不计重力，下列表述正确的是( )
A. M带负电，N带正电 B. M的速率大于N的速率
C. 洛伦兹力对M、N做正功 D. M的运行时间大于N的运行时间
12. (多选)如图所示，带电小球在匀强磁场中沿光滑绝缘的圆弧形轨道的内侧来回往复运动，它每次通过最低点时( )
A. 速度大小一定相同 B. 加速度一定相同
C. 所受洛伦兹力一定相同 D. 轨道给它的弹力一定相同
13. (多选)如图所示，长为L、质量为m的均匀直导体棒，两端用等长的绝缘细绳悬挂在天花板上，垂直纸面放在匀强磁场中。当棒中通以如图方向的电流时，平衡后悬线与竖直方向的夹角为θ，则磁感应强度B的大小和方向可能是( )
A. B＝，方向平行纸面水平向左 B. B＝，方向沿细绳向下
C. B＝，方向垂直纸面向里 D. B＝，方向竖直向下
三、实验题(本题共2小题，共14分)
11.某同学用如图所示的实验器材探究电磁感应现象．他连接好电路并检查无误后，他进行了下列操：
（1）闭合电键的瞬间，观察到电流表G指针 （填“偏转”或“不偏转”）。
（2）闭合电键一段时间后，观察到电流表G指针 （填“偏转”或“不偏转”）。
（3）若闭合电键的瞬间，观察到电流表的指针左偏，电键闭合后，他将滑动变阻器的滑动触头P快速向接线柱C移动，电流计指针将 （填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。
12.某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。先让a球从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近，使其静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。
（1）本实验必须测量的物理量有
A．斜槽轨道末端到水平地面的高度
B．小球a、b的质量、
C．小球a、b在离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间
D．记录纸上O点到A、B、C各点的距离、、
E．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h
（2）小球a、b的质量应该满足关系 （选填、或）
（3）放上被碰小球后两小球下落时间 （选填“相等”或“不相等”）
（4）实验需要验证动量守恒定律成立的表达式是， （用以上的符号表示各物理）
四、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13.如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道。已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，求：
(1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度(用v0、g表示)；
(2)小球离开圆弧轨道时的速度大小。
14.如图所示，宽为L的光滑导轨与水平面成θ角，质量为m、长为L的金属杆ab水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止。求：
(1)磁感应强度B至少为多大？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
15.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知OM＝L，ON＝L，不计粒子重力，求：
(1)电场强度大小E；
(2)带电粒子从N点进入磁场时的速度大小和方向；
(3)磁感应强度大小B。
1. 【答案】B
【解析】当电流方向与磁场方向平行时，通电直导线不受安培力，故A错误；导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力在宏观上表现为导线受到的安培力，所以说安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，B正确；洛伦兹力的方向与电荷运动方向始终垂直，因此洛伦兹力对电荷不做功，C错误；通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向垂直，D错误。
2. 【答案】B
【解析】由左手定则可知，A图中的安培力方向竖直向下，故A错误；B图中的安培力方向竖直向下，故B正确；C图中的安培力方向竖直向下，故C错误；D图中的安培力方向垂直纸面向外，故D错误。
3．D
【详解】A．拉力F对物体的冲量大小为Ft，故A错误；
B．物体没有被拉动，可得摩擦力大小为
故摩擦力对物体的冲量大小是，故B错误；
C．地面对物体的支持大小为，故地面对物体的支持的冲量大小为，故C错误；
D．根据动量定理可知合力对物体的冲量大小为零，故D正确。
故选D。
4. 【答案】C
【解析】图甲是速度选择器示意图，由图无法判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝，故A错误；图乙是磁流体发电机结构示意图，由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B错误；图丙是质谱仪结构示意图，粒子经过速度选择器后的速度一定，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得＝，则可知r越小，比荷越大，即打在底片上的位置越靠近狭缝S3说明粒子的比荷越大，故C正确；图丁是回旋加速器示意图，根据公式qvB＝m，解得v＝，故最大动能Ekm＝mv2＝，可知Ekm与加速电压无关，故D错误。
5．B
【详解】A．由动量定理有
解得时物块的速率为
故A错误；
B．图线与时间轴所围面积表示冲量，根据动量定理可知，时物块的动量大小为
故B正确；
C．根据动量定理可知，时物块的动量大小为
故C错误；
D．根据动量定理可知，时物块的动量大小为
则时物块的速度为
故D错误。
故选B。
6．C
【详解】A．由粒子偏转方向，根据左手定则可知，乙粒子带负电荷，甲粒子带正电荷，故A错误；
B．由题意可知，粒子的轨迹如图所示，设圆形磁场的半径为R，由几何关系可知甲的转动半径为
乙的转动半径为
则乙粒子与甲粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为
故B错误；
C．由洛伦兹力提供向心力，可得
可得乙粒子与甲粒子的比荷之比为
故C正确；
D．粒子的运动周期为
可得乙粒子与甲粒子的周期比为
粒子在磁场中运动时间为
其中为速度的偏转角，则乙粒子与甲粒子在磁场中运动的时间之比为
故D错误。
故选C。
7．C
【详解】A．粒子正好从边中点点射出磁场,可知在M点受到的洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B．洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，可知洛伦兹力对粒子不做功，故B错误；
C．粒子正好从边中点点射出磁场，MN的垂直平分线与ad交于a点，由几何知识可知粒子在磁场中做圆周运动轨迹圆的圆心一定在a点，故C正确；
D．根据
可知如果仅使该粒子射入磁场的速度增大，粒子做圆周运动的半径将变大，故D错误。
故选C。
8. 【答案】AB
【解析】根据左手定则可知N带正电，M带负电，A正确；因为r＝，而M的轨迹半径大于N的轨迹半径，所以M的速率大于N的速率，B正确；洛伦兹力不做功，C错误；M和N的运行时间都为t＝，D错误。
9. 【答案】AB
【解析】在整个运动的过程中，洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以向左或向右通过最低点时重力做功相同，速度大小相同，故A正确；根据合力提供向心力有F合＝ma＝m，则加速度相同，故B正确；根据左手定则可知洛伦兹力的大小相等，方向不同，故C错误；向右、向左通过最低点时，洛伦兹力大小相等，方向相反，根据合力提供向心力可知洛伦兹力向上时有FN＋F洛－mg＝F合，当洛伦兹力向下时FN′－F洛－mg＝F合，比较可知弹力不等，故D错误。
10. 【答案】ABD
【解析】根据左手定则，磁感应强度方向平行纸面水平向左，导体棒受到的安培力竖直向上，若大小等于重力，则细绳拉力为零，二力平衡，满足mg＝BIL，可得B＝，A正确；磁感应强度方向若沿细绳向下，满足FTcos θ＋BILsin θ＝mg，FTsin θ＝BILcos θ，联立解得B＝，B正确；磁感应强度方向垂直纸面向里，导体棒不受安培力，受重力和拉力，不可能平衡在此位置，C错误；磁感应强度方向竖直向下，满足FTcos θ＝mg，FTsin θ＝BIL，联立解得B＝，D正确。
11．偏转 不偏转 左偏
【详解】（1）闭合电键的瞬间，通过闭合回路的磁通量改变，回路中产生感应电流，所以电流表G指针偏转；
（2）闭合电键一段时间后，通过闭合回路的磁通量没有发生变化，回路中没有感应电流产生，电流表G指针不偏转；
（3）若闭合电键的瞬间，通过闭合回路的磁通量变大，此时电流表的指针左偏，电键闭合后，在滑动变阻器的滑动触头P快速向接线柱C移动过程中，变阻器的阻值变小，电流变大，穿过线圈的磁通量变大，电流表的指针左偏；
12．BD 相等
【详解】（1）实验中斜槽轨道末端到水平地面的高度不变，a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h不变，小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，规定向右为正方向，则有
两边同时乘以时间t得
则
因此实验需要测量两球的质量，两球做平抛运动的水平位移，故ACE错误，BD正确。
故选BD。
（2）为防止入射球a与被碰球b碰后反弹，则要求入射球a的质量要大于被碰球b的质量，即
（3）碰撞后两小球做平抛运动，高度相同，所以运动时间相等。
（4）由（1）可知实验需要验证动量守恒定律成立的表达式是
13.答案 (1) (2)
解析 (1)小球在圆弧轨道上上升到最高时两物体速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有mv0＝3mv
得v＝
根据机械能守恒定律得
mv＝×3mv2＋mgh
解得h＝。
(2)小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，则有
mv0＝mv1＋2mv2
根据机械能守恒定律，则有
mv＝mv＋×2mv
联立以上两式可得v1＝－v0
则小球离开圆弧轨道时的速度大小为。
14. 【答案】(1) (2)
【解析】(1)磁感应强度垂直斜面向上时最小，金属杆受力如图
根据平衡条件，有
mgsin θ＝BI1L
解得B＝。
(2)磁感应强度竖直向上时，金属杆受力分析如图
根据平衡条件，可得
BI2L＝mgtan θ
解得I2＝。
15. 【答案】(1) (2)2v0 与x轴夹角为60° (3)
【解析】(1)粒子运动径迹如图所示。
在电场中做类平抛运动，在x轴方向：
L＝v0t
在y轴方向：
L＝t2
联立解得E＝。
(2)设粒子进入磁场时速度为v，和x轴的夹角为θ，沿y轴方向的速度为
vy＝t＝v0
由tan θ＝＝
解得θ＝60°
合速度为v＝＝2v0。
(3)在磁场中运动径迹如图所示，设轨道半径为r，由几何关系可得rsin 60°＝L
解得r＝2L
根据牛顿第二定律可得qvB＝m
联立以上各式解得B＝。
