【文档说明】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题 含解析.docx，共(18)页，2.241 MB，由小赞的店铺上传

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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，每题4分，共28分）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.上板正极，电流I＝BdvabRabd+B.上板为负极，电流I＝2Bvad

Radb+C.下板为正极，电流I＝BdvabRabd+D.下板为负极，电流I＝2BvadRadb+【答案】C【解析】【详解】等离子体是由大量正、负离子组成的气体状物质，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到的洛伦兹力向上，所以下板为正极；

当磁流体发电机达到稳定状态时，极板间的离子受力平衡，满足UqvBqEqd==可得电动势U＝Bdv根据闭合电路的欧姆定律，电流I＝URr+为而电源内阻r＝ρlS＝dab代入得I＝BdvabRabd+故选C。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，导轨宽度为0.5m，通过的电流为1A，导体棒MN与水平导轨的夹角为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为0.2T，则导体棒MN所受的安培力大小为（）A.0.02NB.0.05NC.0.1ND.0.2N【答案】D【解

析】【详解】导体棒MN在导轨间的有效长度为1m，由安培力公式得0.2NFBIL==故选D。3.如图，两根平行放置、长度均为L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（）A.22FILB.1FILC.1222FFIL−D.122FFIL−【答案】D【解析】的【详解】两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律

，等大、反向、共线，大小设为Fab；对左边电流，有1abFBILF=+对右边电流，有22abFBILF=+两式联立解得122abFFF=−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122abFFFBILIL−==故选D。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。粒子以下列速度发射时其中不能通过D点的是A.4qBlmB.2qBlmC.34qBlmD.qBlm【答案】C【解析】【详解】粒子运动过程只受洛伦兹

力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，由牛顿第二定律得：2vqvBmr=解得：qBrvm=由左手定则可得：粒子在三角形内做逆时针运动，在三角形外做顺时针运动；由粒子做圆周运动，轨道半径相同，根据几何关系可得

：粒子在同一条边上每两次经过边界时在边界上的距离为r，故要使粒子通过D点，则有：lrn=，n=1、2、3、4……故能通过D点的粒子速度大小：qBlvnm=，n=1、2、3……；A．4qBlm，满足结论式子，选项A不符合题意；B．2qBlm，满足结论式

子，选项B不符合题意；C．34qBlm，不满足结论式子，选项C符合题意；D．qBlm，满足结论式子，选项D不符合题意；故选C。5.将一段通电直导线abc从中点b折成120，分别放在甲、乙所示的匀强磁场中，甲图中导线所在平面与磁场的磁感线平行，乙图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12BB为A.33B.233C.36D.332【答案】B【解析】【详解】设导线的总长为2L，通过导线的电流为I，图甲中导线受到的安培力大小

为1113cos602BILBILBIL+=；图乙中导线受到的安培力的大小为222cos303BILBIL=，根据题意有21332BILBIL=，则有12233BB=；故选B。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；将圆环等分为两部分，当圆环中通以电流I时，一半圆环受到的安培力大小为（）A.BIrB.34BIrC.12BIrD.22BIr【答

案】D【解析】【详解】根据几何关系，通电导线的有效长度为2Lr=，根据安培力的公式可得，圆环受到的安培力为2FBIr=，所以一半圆环受到的安培力大小为2'22FFBIr==A．BIr，与结论不相符，选项A错误；B．34BIr，与结

论不相符，选项B错误；C．12BIr，与结论不相符，选项C错误；D．22BIr，与结论相符，选项D正确；故选D.。7.如图，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45的有界匀强电场。MN下方为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道半径为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2BvB.根据能量

守恒，该粒子再次回到O点时的速度仍为vC.上述运动过程在磁场区域内运动的时间为2RvD.该粒子从O点出发至再回到O点全程用时为()22Rv+【答案】D【解析】【详解】粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的14圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减

速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段34圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动．A．易知，22OcR＝类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为sin452ssOcR⊥===所以类平抛运动时间为32sRtvv⊥＝＝又22331

22qEsattm＝＝再者2vqvBmR=联立可得E=vB选项A错误；B．再次回到O点时1vv=因ss⊥=可知两个方向平均速度相等，则22vv=则'22(2)5vvvv=+=选项B错误；C．粒子在磁场中转

过一个圆周，则时间12Rtv＝选项C错误；D．粒子在电场中减速再加速的时间2222vmRtqEqBvm＝＝＝故粒子再次回到O点的时间()12324Rttttv+++＝＝选项D正确。故选D。二、多选题（共3小题，共18分）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的产生霍尔电热差HU，霍尔电势差大小满足关系=HIBUkc，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HIBceU【答案】AD【解析】【详解】A．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；B．如果半导体为N型半导体，则能自由移动的是带负电子，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；C．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HUqBqvb=而电流的大小又可以表示为I＝neSv=nebcv二式整理得BI=UHnec又因为HIBUkc=故1kne=故霍尔系数k较大的材料

，其内单位部体积内的载流子数目较少，C错误；D．由上式还可以推出HIBnceU=D正确。故选AD。【点晴】在霍尔元件中，带电粒子在电场与磁场力的作用下处于平衡状态，故由此可以列出相应的方程来，如果考虑微观的因素，即将粒子运动的速度

与电流相结合即可得出一个综合关系式，再由题中已知的关系式，二者相结合，可以将结果解出来了。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3L处射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是A.若粒子射入磁场速度增大为2v0，则出射位置距a点23LB.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】的【详解】粒子的速度分别为0v、02v

、03v时，画出粒子轨迹过程图如图所示A．若粒子射入磁场的速度增大为02v，根据mvRqB=可知，粒子的半径增大到原来的2倍，则出射位置距a点23L，故A正确；B．若粒子射入磁场速度增大为02v，粒子从ac边射出时与ac边的夹角不变、轨迹对应的圆心角不变，则粒子在磁场中的运动时

间不变，故B错误；C．若粒子射入磁场的速度不大于03v，则粒子均能够从ac边射出，射出时速度方向与ac边的夹角为30，而ab边与ac边的夹角为60，则粒子从磁场中射出时速度方向均与ab边垂直，故C正确；D．若粒子射入磁场的速度不同

，但从ac边射出的所有粒子运动轨迹对应的圆心角均为60，所以在磁场中的运动时间相等，故D正确。故选ACD。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sin37°=0.6，下列说法正确的（）A.小球可能带负电B.磁扬和电场的大小关系为035EvB=C.小球从管道的甲端运动到乙端过程中

，小球机械能增加的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】【分析】【详解】A．小球做匀速直线运动，当带正电时，电场力水平向左，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，电场

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；B．由A项分析可知，电场力和洛伦兹力关系为0sin37qEqvB=整理，得035EvB=故B正确；C．小球从管道

的甲端运动到乙端过程中，电场力做负功，小球的机械能减小，故C错误；D．未撤磁场时，小球三力平衡，其中电场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电场力均没有变化，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。即小球合力仍为零，做匀速直线运动，故D正确；故选BD。三、计算题（共5小题）11.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=0.2m，通以大小I=

0.5A、方向向上的电流，导线ab所受的安培力的大小F=0.1N。（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通以电流大小改为I＇=2A，求导线ab所受的安培力大小F＇。【答案】（1）水平向左（2）1T（3）0.4N【解析】【分析】考查

磁感应强度的定义和安培力的方向判断及大小计算。【详解】（1）根据左手定则：打开手掌，四指并拢伸直，大拇指垂直四指且与手掌在同一平面上，让磁感线穿过掌心，四指指向电流方向，则大拇指方向为安培力方向，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：FBIL=代入数据解得：1TB=；（3）由安培力公式：FBIL=代入数据解得：0.4NF=。12.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）请导出用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=0.5kg，B=1.0T，L=0.1m，

重力加速度g取10m/s2，天平平衡时线圈中的电流I为2.0A，求线圈的匝数。【答案】（1）mgBnIL=；（2）25n=【解析】【详解】（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mgnBIL=解得mgBnIL=（2）由（1）可得mgnBIL=代入数据，解得线圈匝数为25n=13.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨平面与水平面间的夹角37=，在导轨平面内分布着磁感应强度B=0.5T、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=6V、内阻r=1Ω的直流电源。现把一个质量0.04kg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=2Ω，金属导轨电阻不计，已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，g=10m/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)2A；(2)0.16N

，方向沿斜面向下【解析】【详解】(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A6A221EIRr===++(2)导体棒受到的安培力0.520.4N0.4NFBIL===安导体棒所受重力沿斜面向下的分力为1sin37

0.24NFmg==由于1F小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有sin37mgfF+=安解得0.16Nf=方向沿斜面向下14.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5110qm=C/kg的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入，速度大小4510m/sv=，不计粒子重力．⑴求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径．⑵求4102ts−=时带电粒子的坐标．⑶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0.3T，在t=0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻．【答案】（1）1m（2）[3.41m，﹣1.41m]（3）412104tns﹣（）=+422110012tnsn=+=﹣（）（，，，）．【解析】

【详解】试题分析：（1）带电粒子在匀强磁场中运动，洛仑兹力提供向心力，21vqvBmr=r=1m（2）带电粒子在磁场中运动的周期，4022105rTv−==s在0~4104−s过程中，粒子运动了058T，圆弧对应的圆心角，154=在4104−s~4

102−s过程中，粒子又运动了058T，圆弧对应的圆心角，254=。轨迹如图a所示，根据几何关系可知，横坐标：22sin(22)m3.414xrr=+=+m纵坐标：2cos2m1.414yr=−=−−m带电粒子的坐标为（3．41m

，-1．41m）（3）施加B2=0．3T的匀强磁场与原磁场叠加后，如图b所示，①当2TnTtnT+（n=0,1,2,…）时，()41122104mTqBB−==+s②当(1)2TnTtnT+

+（n=0,1,2,…）时，()4212210smTqBB−==−粒子运动轨迹如图c所示，则粒子回到原点的时刻为，41(2)10s4tn−=+422(1)10stn−=+（n=0,1,2,…）考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在磁场中的运动问题，解

题时要通过磁场的变化情况分析粒子的受力变化情况，画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解；注意问题的多解情况.15.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、带电量为q−、重力不计的带电粒子以水平向右的初速度0v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1l；(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2l；(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】(1)2012mvlEq=；(2)22222022mvqBlREqm−=；(3)22232qBRdEqm=，023mqBqmvE

+【解析】【详解】(1)由动能定理得120102Eqlmv−=−得2012mvlEq=(2)由222101122Eqlmvmv−=−211mvqvBR=解得22222022mvqBlREqm−=(3)要使粒子在磁场中运动时间最短则

轨迹如图：由211mvqvBR=2222mvqvBR=22211122Eqdmvmv=−解得22232qBRdEqm=粒子在电场中运动的加速度Eqam=在磁场中运动的周期2mTqB=全过程的运动时间：0121322()2()2vvvvtqBama−−=++0

32mvqBEqm=+