河南省南阳市2022-2023高二上学期期终质量评估物理试题

河南省南阳市2022-2023学年高二上学期期终质量评估物理试题
一、单选题
1．（2023高二上·南阳期末）下列物理量中属于标量的是（　　）
A．电流强度 B．电场强度 C．磁感应强度 D．洛伦兹力
2．（2023高二上·南阳期末）如图所示实线为电场某区域的电场线分布情况示意图，由图可知（　　）
A．A点电势低于点电势
B．一个负电荷在A点受到的电场力小于在点受到的电场力
C．一个正电荷可以仅在电场力的作用下，沿电场线从A运动到
D．一个负电荷由A点移动到点，克服电场力做功
3．（2023高二上·南阳期末）如图所示，一个单匝矩形闭合导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，转动周期为，线圈产生的电动势的最大值为，则（　　）
A．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为
B．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为
C．线圈产生的电动势的有效值为
D．经过的时间，通过线圈电流的方向改变1次
4．（2023高二上·南阳期末）如图1所示，A、B端接有恒流源（输出恒定电流）的均匀长方形金属线框放在水平面上，部分线框处在垂直于线框平面向下的匀强磁场中，边与磁场边界平行，边受到的安培力大小为；如图2所示，将金属棒放在金属线框上，金属棒与线框接触良好，并在磁场中处于静止状态，与平行，段与段电阻相同。此时，受到的安培力大小为，受到的安培力大小为，则下列关系正确的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2019高二下·云南月考）将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2023高二上·南阳期末）如图所示，带电粒子（不计重力）以初速度v0从a点垂直于y轴进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa＝Ob。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点垂直于y轴进入电场，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． C．2v0 D．
7．（2023高二上·南阳期末）1876年美国著名物理学家罗兰在实验室中完成了著名的“罗兰实验”。罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂一个小磁针，使圆盘绕中心轴高速旋转，发现小磁针发生了偏转。下列说法正确的是（　　）
A．仅改变圆盘的转动方向，小磁针的偏转方向不变
B．使小磁针发生转动的原因是地磁场发生了变化
C．使小磁针发生转动的原因是圆盘上的电荷运动时产生了磁场
D．如果使圆盘带上正电，圆盘的转动方向不变，小磁针的偏转方向不变
8．（2023高二上·南阳期末）如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置的示意图．速度选择器(也称滤速器)中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外． 在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，若m甲＝m乙v乙＝v丙>v丁，在不计重力的情况下，则分别打在P1、P2、P3、P4四点的离子分别是
A．甲、丁、乙、丙 B．丁、甲、乙、丙
C．甲、丁、丙、乙 D．丁、甲、丙、乙
二、多选题
9．（2023高二上·南阳期末）空间存在着平行于轴方向的某静电场，轴上各点的电势随坐标的分布图像如图所示。一个带电量绝对值为、质量为的带电粒子在坐标轴上处，以沿轴正向的初速度射出，粒子沿轴运动到处时速度恰好为0。若粒子只受到电场力的作用，则（　　）
A．粒子带正电
B．粒子在处的初速度大小为
C．粒子从运动到过程中做匀减速直线运动
D．粒子从运动到过程中电势能先减小后增大
10．（2022高二下·太原期中）如图是发电机给用户供电的示意图。已知发电机的输出电压为、输出功率为。升压变压器原、副线圈的匝数比是1：20，两变压器间输电导线的总电阻为，用户得到的电压为。已知变压器是理想变压器，则（　　）
A．输电线上的电流为
B．用户得到的功率为
C．输电线上损失的电压为
D．降压变压器原、副线圈的匝数比为240：11
11．（2023高二上·南阳期末）如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，z轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场B。质量为m带电量为q的小球A，绕z轴做匀速圆周运动，小球A的速度大小为v0，小球与坐标原点的距离为r，O点和小球A的连线与z轴的夹角θ=37°。重力加速度为g，m、q、r已知。（cos37°=0. 8，sin37°= 0. 6）则下列说法正确的是（　　）
A．小球A与点电荷之间的库仑力大小为mg
B．从上往下看带电小球只能沿顺时针方向做匀速圆周运动
C．v0越小所需的磁感应强度B越小
D．时，所需的磁感应强度B最小
12．（2023高二上·南阳期末）如图所示，虚线左侧有垂直于光滑水平面向下的匀强磁场，右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为。边长为、质量为、总电阻为的均匀正方形单匝金属线框放在水平面上，处于右侧的匀强磁场中。给线框一个向左的初速度，线框刚好能完全通过虚线，线框在运动过程中边始终与平行，则线框在运动过程中（　　）
A．线框中产生的焦耳热为
B．通过线框横截面的电荷量为
C．最大加速度为
D．线框有一半进入左侧磁场时速度大小为
三、实验题
13．（2023高二上·南阳期末）“额温枪”被大量应用于排查高温患者，其原理是通过传感器接收红外线得出感应温度数据。某同学为了研究额温枪中某导电材料的导电规律，用该种导电材料制作成电阻较小的元件Z做实验，测量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律。
（1）他应选用下列哪个电路进行实验_________________；
A． B．
C． D．
（2）为了进一步验证“额温枪”测温的准确性，该同学设计了图甲所示电路，已知电源电动势，内阻忽略不计，，热敏电阻的阻值与温度的关系如图乙所示。闭合电键后发现电压表示数为0.45V，则热敏电阻此时的温度为　 　℃（保留1位小数）。
14．（2020·安徽模拟）如图甲为物理兴趣小组设计的多用电表的电路原理图。他们选用内阻Rg＝10Ω、满偏电流Ig＝10mA的电流表、标识不清电源，以及由定值电阻、导线、滑动变阻器等组装好的多用电表。当选择开关接“3”时为量程250V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标出。
（1）其中电阻R2=　 　Ω。
（2）选择开关接“1”时，两表笔接入待测电路，若指针指在图乙所示位置，其读数为　 　mA。
（3）兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校”到“测”的实验：
①将选择开关接“2”，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度线的标注值应为　 　。
③用待测电阻Rx代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针依旧指在图乙所示位置，则计算可知待测电阻约为Rx＝　 　Ω。 (保留三位有效数字)
④小组成员拿来一块电压表，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，其中　 　表笔(填“红”或“黑”)接电压表的正接线柱，该电压表示数为1.45V，可以推知该电压表的内阻为　 　Ω。
四、解答题
15．（2023高二上·南阳期末）如图所示，两根足够长的电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面内，两导轨间的距离为，之间接有阻值为的定值电阻。一根质量为的均匀金属棒放在导轨上，与两导轨垂直且保持良好接触，在导轨间的电阻为，整个装置放在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现对金属棒施加水平向右的恒力，使之由静止开始运动。求：
（1）金属棒中电流的方向及最大速度；
（2） 棒的速度大小为时棒的加速度大小。
16．（2022高二下·眉山期末）如图所示，发电机转子是一个匝数N=100，边长L=10cm的正方形线圈abcd。线圈在磁感应强度B=1T的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO’以f=50Hz的频率逆时针匀速转动，已知线圈的电阻r=5，外电路电阻R=20。从如图所示的位置开始计时。求：
（1）线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式以及外电路电阻R上消耗的电功率；
（2）从计时开始，线圈逆时针转过的过程中，通过外电阻的电荷量q。
17．（2023高二上·南阳期末）如图所示，在水平方向的匀强电场中（电场线未画出），一根长为L，不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，将小球拉起直至细线与场强平行的A点，然后无初速释放，已知小球最多摆到最低点另一侧的B点，BO连线与竖直方向的夹角为，求：（结果可用根式表示）
（1）小球经过最低点时细线对小球的拉力；
（2）小球由A到B过程中的最大速度。
18．（2021高三上·南阳期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在垂直于坐标平面的匀强磁场（未画出），第二象限存在水平向左的匀强电场。质量为m、电荷量为-q的带电粒子从第三象限无初速度释放后，经电压为U的电场加速后从P（L， 0）点垂直x轴进入第二象限，然后从A（0，2L）点进入第一象限，又经磁场偏转后由x轴上的M点（图中未画出）垂直于x轴进入第四象限。已知磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子重力。
（1）求第二象限内电场强度的大小；
（2）若第一象限各处均分布有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，求M点坐标；
（3）若第一象限内的匀强磁场分布在某矩形区域内，磁场方向垂直纸面向外，求此矩形区域的最小面积。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】BCD．矢量是既有大小又有方向，且运算符合平行四边形法则的物理量，洛伦兹力、电场强度和磁感应强度都是矢量，BCD不符合题意。
A．电流虽然有大小、也有方向，但是其方向表示正电荷定向移动的方向，由于电流强度的运算不遵守矢量运算法则：平行四边形定则，所以电流强度是标量，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】矢量是既有大小又有方向，且运算符合平行四边形法则，标量是只有大小没有方向的物理量。
2．【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场强度；电场线
【解析】【解答】A．沿着电场线方向电势降低，则A点电势高于 点电势，A不符合题意；
B．电场线越密集场强越大，A点场强大于 点场强，一个负电荷在A点受到的电场力大于在 点受到的电场力，B不符合题意；
C．正电荷所受电场力的方向沿电场线的切线方向，一个正电荷不能仅在电场力的作用下，沿电场线从A运动到 ，C不符合题意；
D．负电荷受到的电场力方向斜向左上方，一个负电荷由A点移动到 点，克服电场力做功，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】沿着电场线方向电势降低，电场线越密集场强越大，正电荷所受电场力的方向沿电场线的切线方向，结合电场力做功进行分析判断。
3．【答案】B
【知识点】磁通量；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．由公Em=BSω，
可求出磁通量的最大值
A不符合题意；
B．根据法拉第电磁感应定律表达式 ，可确定磁通量变化率的最大值
B符合题意；
C．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，则电动势的有效值为 ，C不符合题意；
D．经过T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】结合法拉第电磁感应定律以及磁通量的表达式得出 线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值 ，一个周期内通过线圈电流的方向改变2次。
4．【答案】C
【知识点】安培力
【解析】【解答】设恒流源的电流为I，则图1中
在图2中，因cd的电阻小于cabd部分的电阻，可知Icd>Iab
因Icd+Iab=I
可知Icd> I
则 ，
则 ， ，
故答案为：C。
【分析】根据安培力的表达式以及各金属棒中电流的大小得出各金属棒所受安培力的大小关系。
5．【答案】B
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从b→a，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右．B符合题意．
故答案为：B．
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向，利用磁通量变化率可以判别电流的大小，结合磁场的方向和大小可以求出对应安培力的大小和方向。
6．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】设 ，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于 ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
解得：
如果换成匀强电场，水平方向以 做匀速直线运动，在水平方向
竖直沿 轴负方向做匀加速运动，即：
解得：
则有：
C符合题意，A、B、D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度的表达式，粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动的规律得出电场强度的表达式，从而得出 电场强度E和磁感应强度B的比值 。
7．【答案】C
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】ABC．橡胶圆盘上电荷定向运动形成电流，电流周围产生磁场使小磁针发生偏转；若改变圆盘的转动方向，电荷运动产生的电流方向与之前相反，相应的磁场方向也会相反，小磁针的偏转方向会发生改变，AB不符合题意，C符合题意；
D．同理，如果使圆盘带上正电，圆盘的转动方向不变，电荷运动形成的电流方向改变，可知产生的磁场方向改变，小磁针的偏转方向改变，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】电荷定向移动形成电流，小磁针在通电导线周围发生偏转，结合电流的方向进行分析判断。
8．【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】四种粒子，只有两个粒子通过速度选择器，只有速度满足v=E/B，才能通过速度选择器．所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙．由牛顿第二定律得：qvB=m ，解得： ，乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在P3点，丙打在P4点．甲的速度大于乙的速度，即大于E/B，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在P2点．丁的速度小于乙的速度，即小于E/B，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在P1点．
故答案为：B．
【分析】满足v=E/B的速度才能过速度选择器，结合洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的表达式从而得出打在极板上的四个粒子。
9．【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；动能与动能定理的理解；电势能
【解析】【解答】A．由题意可知粒子在 处电势能为零，动能大于零，而粒子在 处动能为零，则根据能量守恒定律可知粒子在 处电势能大于零，而 处的电势为负，所以粒子带负电，A不符合题意；
B．设粒子在 处的初速度大小为v0，对粒子从 到 的过程，根据动能定理有
解得
B符合题意；
C．粒子从 运动到 ，电势能一直增大，所以动能一直减小，一直在做减速运动，又由于 图像斜率不变，则场强不变，粒子受到的电场力不变，加速度不变，做匀减速直线运动，C符合题意；
D．粒子从 运动到 ，电势一直变小，又粒子带负电，可知电势能一直增大，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据能量守恒定律得出粒子的电性， 图像斜率表示电场强度，结合动能定理得出处的初速度，结合电势能的表达式得出电势能的变化情况。
10．【答案】C,D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．发电机的输出功率
解得
根据
解得
A不符合题意；
B．远距离输电损失的功率为
用户得到的功率为
B不符合题意；
C．远距离输电损失的电压
C符合题意；
D．根据
解得
降压变压器的输入电压
根据
解得
D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用其电功率的表达式可以求出发电机输出电流的大小，结合匝数之比可以求出输电线电流的大小；结合热功率的表达式可以求出损失功率的大小，结合能量守恒定律可以求出用电户得到的功率大小；利用欧姆定律可以求出损失电压的大小；利用其匝数之比可以求出升压变压器的输出电压，结合其分压关系可以求出降压变压器的输入电压，结合输出电压可以求出降压变压器的匝数之比。
11．【答案】A,D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．小球A受重力、库仑兹和洛伦兹力，它们的合力提供向心力，重力与库仑力的合力水平，如图，库仑力大小为
A符合题意；
B．洛伦兹力指向z轴，匀强磁场竖直向下，根据左右定则可知，从上往下看带电小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动，B不符合题意；
CD．根据牛顿第二定律
得
当
即
时，B取最小值，由数学知识可知，v0和B并非单调关系，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】对小球进行受力分析，根据力的分解得出库仑力的大小，结合左手定则得出洛伦兹力的方向，从而得出小球的运动方向，根据牛顿第二定律得出磁感应强度最小时的速度。
12．【答案】A,B
【知识点】动量定理；动量守恒定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．根据能量守恒可知线框中产生的焦耳热为
A符合题意；
B．通过线框的电荷量
B符合题意；
C．当线框刚进入虚线时加速度最大，此时ab和cd两边同时切割磁感线，感应电动势叠加，因此回路电流
此时ab和cd两边同时受安培力且大小方向相同 ，
联立解得
C不符合题意；
D．线框有一半进入 左侧磁场过程中，根据动量定理可知
即
则
又因为
联立解得
D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】由能量守恒可知线框中产生的焦耳热，结合电流的定义式以及闭合电路欧姆定律和安培力的表达式得出加速度的表达式，通过动量定理得出线框有一半进入左侧磁场时速度 。
13．【答案】（1）A
（2）40.0或40.1或40.2
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律，故滑动变阻器采用分压式接法；又由于电阻较小，故应该采用安培表外接法。
故答案为：A。
（2）当电压为0.45V时，由上面的公
可得
代入数据可得
由R-t图像，对应的温度为 。
【分析】（1）根据研究额温枪中某导电材料的导电规律的实验原理得出正确的电路图；
（2）根据欧姆定律得出R的表达式，从而得出R的大小，结合R-t图像得出对应的温度。
14．【答案】（1）24990
（2）6.9
（3）150Ω；67.4；黑；4350
【知识点】练*使用多用电表
【解析】【解答】(1)根据闭合电路欧姆定律得 (2)由图甲所示电路图可知，选择开关接1时电表测量电流，其量程为10mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，示数为6.9mA；(3)②由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω，此时指针指在中央，此为中值电阻等于欧姆表内阻都等于此时电阻箱阻值，即RΩ=150Ω；③根据闭合电路欧姆定律有 满偏电流时
当电流表示数为
联立解得E=1.5V
Rx=67.4Ω④根据电流方向“黑出红进”的规律知，黑表笔接电压表正接线柱，根据闭合电路欧姆定律得 电压表的示数
解得电压表内阻
【分析】（1）利用欧姆定律可以求出电阻的大小；
（2）利用电流表的分度值可以读出对应的读数；
（3）利用欧姆定律可以求出电阻的大小；利用红进黑出可以判别表笔的接法；利用欧姆定律可以求出电压表的内阻大小。
15．【答案】（1）金属棒向右运动，根据右手定则可知此时金属棒 中电流的方向为从b到a；对金属棒受力分析有 ， ， ，
联立可得 ①
分析可知随着速度的增大，安培力在增大，当 时，此时加速度为零，速度到达最大，即
代入数值得
（2）当 棒的速度大小为 时，代入①式可得此时加速度大小为
【知识点】牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；右手定则
【解析】【分析】（1）根据右手定则得出金属棒中ab的电流的方向，结合牛顿第二定律以及安培力的表达式和闭合电路欧姆定律得出恒力F的表达式，从而得出 金属棒中电流的方向及最大速度 ；
（2）结合（1）中加速度的表达式得出 棒的速度大小为时棒的加速度 。
16．【答案】（1）解：由题意可知
代入数据解得
则由感应电动势随时间的变化函数表达式为
代入数据得
设I代表电流的有效值
代入数据得
由外电阻R的功率
得
（2）解：从计时开始，线圈逆时针转过的过程中，由感应电动势
感应电流
通过电阻R的电荷量
所以
代入数据解得
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【分析】（1） 由题意可知线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式 ，代入数据求解外电路电阻R上消耗的电功率。
（2） 由感应电动势求出感应电流 ，求出通过电阻R的电荷量 。
17．【答案】（1）小球无初速度释放摆到另一侧的过程：
由动能定理得：
小球摆到最低点过程中，由动能定理得：
小球最低点时由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律得：
联立解得
（2）
将电场力与重力合成
由图可知，合力方向与竖直方向成30度角斜向右下，B为对应的“等效最低点”。
由几何关系得 ，小球到达A时速度最大，动能最大，小球从释放到小球到达A点过程中，由动能定理得：
解得小球的最大速度：
【知识点】受力分析的应用；向心力；动能与动能定理的理解
【解析】【分析】（1） 小球无初速度释放摆到另一侧的过程和小球摆到最低点过程中根据动能定理得出最低点的速度；
（2）在最低点利用牛顿第二定律合力提供向心力从而得出小球经过最低点时细线对小球的拉力；
（3）对小球进行受力分析根据力的合成得出合力的大小，小球从释放到小球到达A点过程中，由动能定理得出小球的最大速度。
18．【答案】（1）解：设粒子从点进入电场的速度大小为，根据动能定理有
粒子进入电场后做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
其中
联立解得
（2）解：若第一象限内的磁场方向垂直于坐标平面向里，粒子进入第一象限的匀强磁场后，做匀速圆周运动，如图所示
由
解得
则粒子进入磁场中的速度为
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，则有
由几何关系可知粒子偏转，则点坐标为
解得
（3）解：若第一象限内的磁场方向垂直于坐标平面向外，粒子进入第一象限的匀强磁场后，做匀速圆周运动，如图所示
由几何关系可知粒子偏转，所以矩形的长为
宽为
则最小面积为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中根据动能定理得出射入偏转电场的速度，再结合类平抛运动的规律以及牛顿第二定律得出电场强度的表达式；
（2）粒子进入磁场后根据洛伦兹力提供向心力以及几何关系得出M点坐标；
（3）粒子在磁场中 运动的过程中根据几何关系得出矩形的长宽，从而得出最小面积。
河南省南阳市2022-2023学年高二上学期期终质量评估物理试题
一、单选题
1．（2023高二上·南阳期末）下列物理量中属于标量的是（　　）
A．电流强度 B．电场强度 C．磁感应强度 D．洛伦兹力
【答案】A
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】BCD．矢量是既有大小又有方向，且运算符合平行四边形法则的物理量，洛伦兹力、电场强度和磁感应强度都是矢量，BCD不符合题意。
A．电流虽然有大小、也有方向，但是其方向表示正电荷定向移动的方向，由于电流强度的运算不遵守矢量运算法则：平行四边形定则，所以电流强度是标量，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】矢量是既有大小又有方向，且运算符合平行四边形法则，标量是只有大小没有方向的物理量。
2．（2023高二上·南阳期末）如图所示实线为电场某区域的电场线分布情况示意图，由图可知（　　）
A．A点电势低于点电势
B．一个负电荷在A点受到的电场力小于在点受到的电场力
C．一个正电荷可以仅在电场力的作用下，沿电场线从A运动到
D．一个负电荷由A点移动到点，克服电场力做功
【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场强度；电场线
【解析】【解答】A．沿着电场线方向电势降低，则A点电势高于 点电势，A不符合题意；
B．电场线越密集场强越大，A点场强大于 点场强，一个负电荷在A点受到的电场力大于在 点受到的电场力，B不符合题意；
C．正电荷所受电场力的方向沿电场线的切线方向，一个正电荷不能仅在电场力的作用下，沿电场线从A运动到 ，C不符合题意；
D．负电荷受到的电场力方向斜向左上方，一个负电荷由A点移动到 点，克服电场力做功，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】沿着电场线方向电势降低，电场线越密集场强越大，正电荷所受电场力的方向沿电场线的切线方向，结合电场力做功进行分析判断。
3．（2023高二上·南阳期末）如图所示，一个单匝矩形闭合导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，转动周期为，线圈产生的电动势的最大值为，则（　　）
A．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为
B．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为
C．线圈产生的电动势的有效值为
D．经过的时间，通过线圈电流的方向改变1次
【答案】B
【知识点】磁通量；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．由公Em=BSω，
可求出磁通量的最大值
A不符合题意；
B．根据法拉第电磁感应定律表达式 ，可确定磁通量变化率的最大值
B符合题意；
C．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，则电动势的有效值为 ，C不符合题意；
D．经过T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】结合法拉第电磁感应定律以及磁通量的表达式得出 线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值 ，一个周期内通过线圈电流的方向改变2次。
4．（2023高二上·南阳期末）如图1所示，A、B端接有恒流源（输出恒定电流）的均匀长方形金属线框放在水平面上，部分线框处在垂直于线框平面向下的匀强磁场中，边与磁场边界平行，边受到的安培力大小为；如图2所示，将金属棒放在金属线框上，金属棒与线框接触良好，并在磁场中处于静止状态，与平行，段与段电阻相同。此时，受到的安培力大小为，受到的安培力大小为，则下列关系正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】安培力
【解析】【解答】设恒流源的电流为I，则图1中
在图2中，因cd的电阻小于cabd部分的电阻，可知Icd>Iab
因Icd+Iab=I
可知Icd> I
则 ，
则 ， ，
故答案为：C。
【分析】根据安培力的表达式以及各金属棒中电流的大小得出各金属棒所受安培力的大小关系。
5．（2019高二下·云南月考）将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从b→a，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右．B符合题意．
故答案为：B．
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向，利用磁通量变化率可以判别电流的大小，结合磁场的方向和大小可以求出对应安培力的大小和方向。
6．（2023高二上·南阳期末）如图所示，带电粒子（不计重力）以初速度v0从a点垂直于y轴进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa＝Ob。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点垂直于y轴进入电场，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． C．2v0 D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】设 ，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于 ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
解得：
如果换成匀强电场，水平方向以 做匀速直线运动，在水平方向
竖直沿 轴负方向做匀加速运动，即：
解得：
则有：
C符合题意，A、B、D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度的表达式，粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动的规律得出电场强度的表达式，从而得出 电场强度E和磁感应强度B的比值 。
7．（2023高二上·南阳期末）1876年美国著名物理学家罗兰在实验室中完成了著名的“罗兰实验”。罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂一个小磁针，使圆盘绕中心轴高速旋转，发现小磁针发生了偏转。下列说法正确的是（　　）
A．仅改变圆盘的转动方向，小磁针的偏转方向不变
B．使小磁针发生转动的原因是地磁场发生了变化
C．使小磁针发生转动的原因是圆盘上的电荷运动时产生了磁场
D．如果使圆盘带上正电，圆盘的转动方向不变，小磁针的偏转方向不变
【答案】C
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】ABC．橡胶圆盘上电荷定向运动形成电流，电流周围产生磁场使小磁针发生偏转；若改变圆盘的转动方向，电荷运动产生的电流方向与之前相反，相应的磁场方向也会相反，小磁针的偏转方向会发生改变，AB不符合题意，C符合题意；
D．同理，如果使圆盘带上正电，圆盘的转动方向不变，电荷运动形成的电流方向改变，可知产生的磁场方向改变，小磁针的偏转方向改变，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】电荷定向移动形成电流，小磁针在通电导线周围发生偏转，结合电流的方向进行分析判断。
8．（2023高二上·南阳期末）如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置的示意图．速度选择器(也称滤速器)中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外． 在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，若m甲＝m乙v乙＝v丙>v丁，在不计重力的情况下，则分别打在P1、P2、P3、P4四点的离子分别是
A．甲、丁、乙、丙 B．丁、甲、乙、丙
C．甲、丁、丙、乙 D．丁、甲、丙、乙
【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】四种粒子，只有两个粒子通过速度选择器，只有速度满足v=E/B，才能通过速度选择器．所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙．由牛顿第二定律得：qvB=m ，解得： ，乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在P3点，丙打在P4点．甲的速度大于乙的速度，即大于E/B，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在P2点．丁的速度小于乙的速度，即小于E/B，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在P1点．
故答案为：B．
【分析】满足v=E/B的速度才能过速度选择器，结合洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的表达式从而得出打在极板上的四个粒子。
二、多选题
9．（2023高二上·南阳期末）空间存在着平行于轴方向的某静电场，轴上各点的电势随坐标的分布图像如图所示。一个带电量绝对值为、质量为的带电粒子在坐标轴上处，以沿轴正向的初速度射出，粒子沿轴运动到处时速度恰好为0。若粒子只受到电场力的作用，则（　　）
A．粒子带正电
B．粒子在处的初速度大小为
C．粒子从运动到过程中做匀减速直线运动
D．粒子从运动到过程中电势能先减小后增大
【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；动能与动能定理的理解；电势能
【解析】【解答】A．由题意可知粒子在 处电势能为零，动能大于零，而粒子在 处动能为零，则根据能量守恒定律可知粒子在 处电势能大于零，而 处的电势为负，所以粒子带负电，A不符合题意；
B．设粒子在 处的初速度大小为v0，对粒子从 到 的过程，根据动能定理有
解得
B符合题意；
C．粒子从 运动到 ，电势能一直增大，所以动能一直减小，一直在做减速运动，又由于 图像斜率不变，则场强不变，粒子受到的电场力不变，加速度不变，做匀减速直线运动，C符合题意；
D．粒子从 运动到 ，电势一直变小，又粒子带负电，可知电势能一直增大，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据能量守恒定律得出粒子的电性， 图像斜率表示电场强度，结合动能定理得出处的初速度，结合电势能的表达式得出电势能的变化情况。
10．（2022高二下·太原期中）如图是发电机给用户供电的示意图。已知发电机的输出电压为、输出功率为。升压变压器原、副线圈的匝数比是1：20，两变压器间输电导线的总电阻为，用户得到的电压为。已知变压器是理想变压器，则（　　）
A．输电线上的电流为
B．用户得到的功率为
C．输电线上损失的电压为
D．降压变压器原、副线圈的匝数比为240：11
【答案】C,D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．发电机的输出功率
解得
根据
解得
A不符合题意；
B．远距离输电损失的功率为
用户得到的功率为
B不符合题意；
C．远距离输电损失的电压
C符合题意；
D．根据
解得
降压变压器的输入电压
根据
解得
D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用其电功率的表达式可以求出发电机输出电流的大小，结合匝数之比可以求出输电线电流的大小；结合热功率的表达式可以求出损失功率的大小，结合能量守恒定律可以求出用电户得到的功率大小；利用欧姆定律可以求出损失电压的大小；利用其匝数之比可以求出升压变压器的输出电压，结合其分压关系可以求出降压变压器的输入电压，结合输出电压可以求出降压变压器的匝数之比。
11．（2023高二上·南阳期末）如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，z轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场B。质量为m带电量为q的小球A，绕z轴做匀速圆周运动，小球A的速度大小为v0，小球与坐标原点的距离为r，O点和小球A的连线与z轴的夹角θ=37°。重力加速度为g，m、q、r已知。（cos37°=0. 8，sin37°= 0. 6）则下列说法正确的是（　　）
A．小球A与点电荷之间的库仑力大小为mg
B．从上往下看带电小球只能沿顺时针方向做匀速圆周运动
C．v0越小所需的磁感应强度B越小
D．时，所需的磁感应强度B最小
【答案】A,D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．小球A受重力、库仑兹和洛伦兹力，它们的合力提供向心力，重力与库仑力的合力水平，如图，库仑力大小为
A符合题意；
B．洛伦兹力指向z轴，匀强磁场竖直向下，根据左右定则可知，从上往下看带电小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动，B不符合题意；
CD．根据牛顿第二定律
得
当
即
时，B取最小值，由数学知识可知，v0和B并非单调关系，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】对小球进行受力分析，根据力的分解得出库仑力的大小，结合左手定则得出洛伦兹力的方向，从而得出小球的运动方向，根据牛顿第二定律得出磁感应强度最小时的速度。
12．（2023高二上·南阳期末）如图所示，虚线左侧有垂直于光滑水平面向下的匀强磁场，右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为。边长为、质量为、总电阻为的均匀正方形单匝金属线框放在水平面上，处于右侧的匀强磁场中。给线框一个向左的初速度，线框刚好能完全通过虚线，线框在运动过程中边始终与平行，则线框在运动过程中（　　）
A．线框中产生的焦耳热为
B．通过线框横截面的电荷量为
C．最大加速度为
D．线框有一半进入左侧磁场时速度大小为
【答案】A,B
【知识点】动量定理；动量守恒定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．根据能量守恒可知线框中产生的焦耳热为
A符合题意；
B．通过线框的电荷量
B符合题意；
C．当线框刚进入虚线时加速度最大，此时ab和cd两边同时切割磁感线，感应电动势叠加，因此回路电流
此时ab和cd两边同时受安培力且大小方向相同 ，
联立解得
C不符合题意；
D．线框有一半进入 左侧磁场过程中，根据动量定理可知
即
则
又因为
联立解得
D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】由能量守恒可知线框中产生的焦耳热，结合电流的定义式以及闭合电路欧姆定律和安培力的表达式得出加速度的表达式，通过动量定理得出线框有一半进入左侧磁场时速度 。
三、实验题
13．（2023高二上·南阳期末）“额温枪”被大量应用于排查高温患者，其原理是通过传感器接收红外线得出感应温度数据。某同学为了研究额温枪中某导电材料的导电规律，用该种导电材料制作成电阻较小的元件Z做实验，测量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律。
（1）他应选用下列哪个电路进行实验_________________；
A． B．
C． D．
（2）为了进一步验证“额温枪”测温的准确性，该同学设计了图甲所示电路，已知电源电动势，内阻忽略不计，，热敏电阻的阻值与温度的关系如图乙所示。闭合电键后发现电压表示数为0.45V，则热敏电阻此时的温度为　 　℃（保留1位小数）。
【答案】（1）A
（2）40.0或40.1或40.2
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律，故滑动变阻器采用分压式接法；又由于电阻较小，故应该采用安培表外接法。
故答案为：A。
（2）当电压为0.45V时，由上面的公
可得
代入数据可得
由R-t图像，对应的温度为 。
【分析】（1）根据研究额温枪中某导电材料的导电规律的实验原理得出正确的电路图；
（2）根据欧姆定律得出R的表达式，从而得出R的大小，结合R-t图像得出对应的温度。
14．（2020·安徽模拟）如图甲为物理兴趣小组设计的多用电表的电路原理图。他们选用内阻Rg＝10Ω、满偏电流Ig＝10mA的电流表、标识不清电源，以及由定值电阻、导线、滑动变阻器等组装好的多用电表。当选择开关接“3”时为量程250V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标出。
（1）其中电阻R2=　 　Ω。
（2）选择开关接“1”时，两表笔接入待测电路，若指针指在图乙所示位置，其读数为　 　mA。
（3）兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校”到“测”的实验：
①将选择开关接“2”，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度线的标注值应为　 　。
③用待测电阻Rx代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针依旧指在图乙所示位置，则计算可知待测电阻约为Rx＝　 　Ω。 (保留三位有效数字)
④小组成员拿来一块电压表，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，其中　 　表笔(填“红”或“黑”)接电压表的正接线柱，该电压表示数为1.45V，可以推知该电压表的内阻为　 　Ω。
【答案】（1）24990
（2）6.9
（3）150Ω；67.4；黑；4350
【知识点】练*使用多用电表
【解析】【解答】(1)根据闭合电路欧姆定律得 (2)由图甲所示电路图可知，选择开关接1时电表测量电流，其量程为10mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，示数为6.9mA；(3)②由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω，此时指针指在中央，此为中值电阻等于欧姆表内阻都等于此时电阻箱阻值，即RΩ=150Ω；③根据闭合电路欧姆定律有 满偏电流时
当电流表示数为
联立解得E=1.5V
Rx=67.4Ω④根据电流方向“黑出红进”的规律知，黑表笔接电压表正接线柱，根据闭合电路欧姆定律得 电压表的示数
解得电压表内阻
【分析】（1）利用欧姆定律可以求出电阻的大小；
（2）利用电流表的分度值可以读出对应的读数；
（3）利用欧姆定律可以求出电阻的大小；利用红进黑出可以判别表笔的接法；利用欧姆定律可以求出电压表的内阻大小。
四、解答题
15．（2023高二上·南阳期末）如图所示，两根足够长的电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面内，两导轨间的距离为，之间接有阻值为的定值电阻。一根质量为的均匀金属棒放在导轨上，与两导轨垂直且保持良好接触，在导轨间的电阻为，整个装置放在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现对金属棒施加水平向右的恒力，使之由静止开始运动。求：
（1）金属棒中电流的方向及最大速度；
（2） 棒的速度大小为时棒的加速度大小。
【答案】（1）金属棒向右运动，根据右手定则可知此时金属棒 中电流的方向为从b到a；对金属棒受力分析有 ， ， ，
联立可得 ①
分析可知随着速度的增大，安培力在增大，当 时，此时加速度为零，速度到达最大，即
代入数值得
（2）当 棒的速度大小为 时，代入①式可得此时加速度大小为
【知识点】牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；右手定则
【解析】【分析】（1）根据右手定则得出金属棒中ab的电流的方向，结合牛顿第二定律以及安培力的表达式和闭合电路欧姆定律得出恒力F的表达式，从而得出 金属棒中电流的方向及最大速度 ；
（2）结合（1）中加速度的表达式得出 棒的速度大小为时棒的加速度 。
16．（2022高二下·眉山期末）如图所示，发电机转子是一个匝数N=100，边长L=10cm的正方形线圈abcd。线圈在磁感应强度B=1T的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO’以f=50Hz的频率逆时针匀速转动，已知线圈的电阻r=5，外电路电阻R=20。从如图所示的位置开始计时。求：
（1）线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式以及外电路电阻R上消耗的电功率；
（2）从计时开始，线圈逆时针转过的过程中，通过外电阻的电荷量q。
【答案】（1）解：由题意可知
代入数据解得
则由感应电动势随时间的变化函数表达式为
代入数据得
设I代表电流的有效值
代入数据得
由外电阻R的功率
得
（2）解：从计时开始，线圈逆时针转过的过程中，由感应电动势
感应电流
通过电阻R的电荷量
所以
代入数据解得
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【分析】（1） 由题意可知线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式 ，代入数据求解外电路电阻R上消耗的电功率。
（2） 由感应电动势求出感应电流 ，求出通过电阻R的电荷量 。
17．（2023高二上·南阳期末）如图所示，在水平方向的匀强电场中（电场线未画出），一根长为L，不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，将小球拉起直至细线与场强平行的A点，然后无初速释放，已知小球最多摆到最低点另一侧的B点，BO连线与竖直方向的夹角为，求：（结果可用根式表示）
（1）小球经过最低点时细线对小球的拉力；
（2）小球由A到B过程中的最大速度。
【答案】（1）小球无初速度释放摆到另一侧的过程：
由动能定理得：
小球摆到最低点过程中，由动能定理得：
小球最低点时由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律得：
联立解得
（2）
将电场力与重力合成
由图可知，合力方向与竖直方向成30度角斜向右下，B为对应的“等效最低点”。
由几何关系得 ，小球到达A时速度最大，动能最大，小球从释放到小球到达A点过程中，由动能定理得：
解得小球的最大速度：
【知识点】受力分析的应用；向心力；动能与动能定理的理解
【解析】【分析】（1） 小球无初速度释放摆到另一侧的过程和小球摆到最低点过程中根据动能定理得出最低点的速度；
（2）在最低点利用牛顿第二定律合力提供向心力从而得出小球经过最低点时细线对小球的拉力；
（3）对小球进行受力分析根据力的合成得出合力的大小，小球从释放到小球到达A点过程中，由动能定理得出小球的最大速度。
18．（2021高三上·南阳期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在垂直于坐标平面的匀强磁场（未画出），第二象限存在水平向左的匀强电场。质量为m、电荷量为-q的带电粒子从第三象限无初速度释放后，经电压为U的电场加速后从P（L， 0）点垂直x轴进入第二象限，然后从A（0，2L）点进入第一象限，又经磁场偏转后由x轴上的M点（图中未画出）垂直于x轴进入第四象限。已知磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子重力。
（1）求第二象限内电场强度的大小；
（2）若第一象限各处均分布有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，求M点坐标；
（3）若第一象限内的匀强磁场分布在某矩形区域内，磁场方向垂直纸面向外，求此矩形区域的最小面积。
【答案】（1）解：设粒子从点进入电场的速度大小为，根据动能定理有
粒子进入电场后做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
其中
联立解得
（2）解：若第一象限内的磁场方向垂直于坐标平面向里，粒子进入第一象限的匀强磁场后，做匀速圆周运动，如图所示
由
解得
则粒子进入磁场中的速度为
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，则有
由几何关系可知粒子偏转，则点坐标为
解得
（3）解：若第一象限内的磁场方向垂直于坐标平面向外，粒子进入第一象限的匀强磁场后，做匀速圆周运动，如图所示
由几何关系可知粒子偏转，所以矩形的长为
宽为
则最小面积为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中根据动能定理得出射入偏转电场的速度，再结合类平抛运动的规律以及牛顿第二定律得出电场强度的表达式；
（2）粒子进入磁场后根据洛伦兹力提供向心力以及几何关系得出M点坐标；
（3）粒子在磁场中 运动的过程中根据几何关系得出矩形的长宽，从而得出最小面积。

未经允许不得转载：答案星辰 » 河南省南阳市2022-2023高二上学期期终质量评估物理试题