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2022-2023学年青海省西宁市大通县高二（下）期末物理试卷
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这是一份2022-2023学年青海省西宁市大通县高二（下）期末物理试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年青海省西宁市大通县高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 为了研究起电方式；某实验小组的同学取了三个不带电的物体A、B、C，然后进行了如下顺序的操作：①使A、B相互摩擦；②使B、C相互接触；③测出A物体的带电荷量为+3.2×10−17C，最终C物体的带电荷量为8.0×10−18C(电性未知)。则下列说法正确的是( )
A. 操作①时，从B物体向A物体转移了3.2×10−17C的正电荷
B. 操作②时，从B物体向C物体转移了8.0×10−18C的正电荷
C. 最终C物体带8.0×10−18C的负电荷
D. 最终B物体带2.4×10−17C的正电荷
2. 关于导体的电阻，下列说法正确的是( )
A. 导体电阻与导体两端电压有关，加在导体两端电压越大，导体的电阻就越大
B. 两根长度相同的镍铬合金线，若忽略温度的影响，电阻一定相等
C. 相同条件下，铜导线比铁导线的导电性能好，说明导体的电阻与材料有关
D. 任何导体都对电流有阻碍作用，导体的电阻越大，它对电流的阻碍作用越小
3. 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(1775−1836)，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
4. 如图所示的电路中，R3为光敏电阻，其电阻值随光照强度增大而减小，则阴天与晴天相比，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数较大、电压表的示数较大
B. 电流表的示数较大、电压表的示数较小
C. 电流表的示数较小、电压表的示数较小
D. 电流表的示数较小、电压表的示数较大
5. 如图所示的电路，R为定值电阻，MN为平行板电容器，保持N板不动，当M板向上移动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电容器充电
B. a点的电势比b点的电势高
C. 流过定值电阻的电流方向向上
D. 极板间的电场强度不变
6. 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AC=3cm，CD=5cm，DB=2cm，匀强电场的电场强度大小为E=200V/m。则下列说法正确的是( )
A. CD两点之间的电势差UCD=−10V
B. 如果A点的电势为零，则D点的电势为φD=−16V
C. 如果B点的电势为零，则D点的电势为φD=−4V
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
7. 如图所示为半径为R的圆，O、A、B为圆的三等分点，其中O为圆的最高点，与圆平行的面内有一匀强电场。现在O、A两点固定电荷量分别为+q、−q的点电荷，将一试探电荷放在B点时所受的电场力为零；如果仅将O、A两点的点电荷位置调换，静电力常量为k.则B点的电场强度大小为( )
A. 3kq9R2 B. kq3R2 C. 3kq3R2 D. 2kq3R2
8. 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. 2 3F
B. 3F
C. 4F
D. 0
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 初速度为v0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
10. 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
11. 如图所示为某品牌的无人机，可以载重32kg进行农药喷洒，其锂电池容量为28000mA⋅h，其电机的额定工作电压为60V，额定功率为8400W，则下列说法正确的是( )
A. “mA⋅h”是能量的单位
B. 无人机正常工作时通过电机的电流为140A
C. 无人机的电机总电阻约为0.43Ω
D. 充满电后一次，无人机正常工作时间不超过12min
12. 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2πmqB
C. 回旋加速器加速后粒子的最大动能为q2B2R22m
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Ek越大
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
13. 某研究性小组为了测定磁极间的磁感应强度，设计了如图所示的实验装置。将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，并由两根绝缘细线悬挂。AB在磁场中的长度为L、电阻为R，电源电动势为E、内阻为r。在开关闭合前，电子测力计的示数为F1；开关闭合后，电子测力计的示数为F2。
(1)开关闭合后，铜条所受安培力的大小为______ (用题中所给物理量符号表示)，方向为______ 。
(2)磁极间的磁感应强度大小B= ______ (用题中所给物理量符号表示)。
14. 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750Ω)
B.滑动变阻器R1(阻值0～50Ω)
C.滑动变阻器R2(阻值0～3000Ω)
D.电压表V(量程3V，内阻约3kΩ)
E.毫安表A(量程1.0mA，内阻为50Ω)
F.开关一个，导线若干
(1)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”)。
(2)该同学实验时根据记录的数据在坐标系中描点并作出U−I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 Ω(内阻结果保留整数)。
四、简答题（本大题共1小题，共3.0分）
15. 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v0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：
(1)电容器两极板间所加的电压大小；
(2)该过程粒子电势能的变化量大小。
五、计算题（本大题共2小题，共20.0分）
16. 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E=2V、内阻r=0.5Ω的电源。从纸外侧靠在竖直导轨上的金属棒ab的质量m=0.1kg、电阻R=0.5Ω，它与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，有效长度为0.2m。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10m/s2。求：
(1)所加磁场方向是竖直向上的还是竖直向下的？
(2)所加磁场的磁感应强度B的大小需满足的条件。
17. 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q(q>0)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OM=OP=2d，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。求：
(1)一粒子刚好打到O点，则该粒子的入射速度大小；
(2)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。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.操作①时，A物体带正电，B物体带负电，根据电荷守恒定律，则从A物体向B物体转移了3.2×10−17C的负电荷，A物体失去电子带正电，故A错误；
B.操作②前，B物体带负电，C不带电，当B、C相互接触，最终C物体的带电荷量为8×10−18C，根据电荷守恒定律可知，可知从B物体向C物体转移了8×10−18C的负电荷，故B错误；
CD.根据电荷守恒定律，最终C物体带8.0×10−18C的负电荷，B物体带2.4×10−17C的负电荷，故C正确，D错误。
故选：C。
根据电荷守恒定律即可判定。
本题主要考查了电荷守恒定律，解题关键是掌握电荷守恒定律和电量分配原则。
2.【答案】C
【解析】解：A、根据电阻的定义式R=UI，由于此定义式为比值定义法，所以导体的电阻与导体两端电压无关，故A错误；
B、根据电阻定律R=ρLS可知，两根长度相同的镍铬合金线，若横截面积不相等，忽略温度的影响，电阻一定不相等，故B错误；
C、相同条件下，铜导线比铁导线的导电性能好，即铜导线比铁导线的电阻率小，结合电阻定律，说明导体的电阻与材料有关，故C正确；
D、任何导体都对电流有阻碍作用，导体的电阻越大，它对电流的阻碍作用越大，故D错误。
故选：C。
根据电阻的定义式R=UI判断；由电阻定律判断；导体的电阻与材料有关；导体的电阻越大，对电流的阻碍作用越大。
本题考查了电阻、电阻定律、电阻率等基础知识，要注意电阻与导体长度成正比，与导体的横截面积成反比。
3.【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F=BIL，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。
4.【答案】A
【解析】解：阴天与晴天相比，R3的阻值较大，外电路总电阻较大，由闭合电路欧姆定律知，干路电流I较小。电压表的示数U=E−I(R4+r)，I较小，其他量不变，则电压表的示数较大。R2、R3并联电压U并=E−I(R4+R1+r)，I较小，其他量不变，则U并较大，通过R2的电流较大，因此电流表的示数较大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
阴天与晴天相比，R3的阻值较大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，并判断电压表示数的变化，以及R2、R3并联电压的变化，判断通过R2的电流变化，从而确定电流表的示数变化。
本题是电路的动态分析问题，按局部→整体→局部的顺序进行分析，也可以根据“串反并同”的结论进行判断。
5.【答案】B
【解析】解：A、当电容器与电源相连时，电容器两极板间的电压不变，当M板向上移动过程中，两极板间距增大，根据电容的决定式C=εrS4πkd可得，电容器的电容C减小，根据电容的定义式C=QU得，电容器所带的电荷量Q减小，则电容器应放电，故A错误；
BC、由于电容器处于放电状态，所以流过定值电阻的电流方向竖直向下，电流从高电势流向低电势，则a点的电势比b点的电势高，故B正确，C错误；
D、根据匀强电场中，电场强度与电势差的关系得：E=Ud
U不变，d增大，则极板间的电场强度E减小，故D错误。
故选：B。
当电容器与电源相连时，电容器两极板间的电压不变，当M板向上移动过程中，根据电容的决定式和定义式判断电荷量的变化，进而得到电容器的充放电状态和电流的方向；电流从高电势流向低电势；根据匀强电场电势差和场强的关系判断电场强度的变化。
本题考查电容器的动态分析，解题关键是知道电容器与电源相连时，电容器两端的电压不变，结合电容的定义式和决定式分析判断即可。
6.【答案】B
【解析】解：A.CD两点之间的电势差为UCD=EdCD=200×0.05V=10V，故A错误；
B.AD两点之间的电势差为UAD=EdAD=200×0.08V=16V，故φD=φA−UAD=0V−16V=−16V，故B正确；
C.BD两点之间的电势差为UDB=EdDB=200×0.02V=4V，故φD=UDB+φB=4V+0V=4V，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U=Ed的应用。
7.【答案】D
【解析】由几何关系可知，OAB构成一等边三角形，该三角形的边长为L=2Rcos30°= 3R.现在在O处放一正电荷+q，在A处放一负电荷−q，正负电荷分别在B点产生的电场强度大小相等，方向如图所示，
由电场叠加后合场强大小与匀强电场强度大小相等，匀强电场E′与E等大反向，E=EO=EA=kqL2=kq3R2，所以匀强电场大小为E′=kqL2=kq3R2；如果仅将O、A两点的点电荷位置调换，则B点的电场强度如图所示，
所以O、A两处的点电荷在B处的合场强与匀强电场方向相同，大小相等，所以B点的场强为E′′=E+E′=2kqL2=2kq3R2，故D正确，ABC错误．
故选：D。
8.【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：2F=BIL
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0.5I，MLN有效长度也为L，掌握MLN受到的安培力的合力为：F′=0.5BIL=F
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F合=2F+F=3F，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F=BIL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F=BIL中的L是指通电导线的有效长度。
9.【答案】BC
【解析】解：AB.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；
CD.洛伦兹力不做功，电子的速率不变，根据F洛=Bvq，B变小，F洛变小，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。
10.【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．
11.【答案】BD
【解析】解：A、根据公式q=It，可知电池容量28000mA⋅h中“mA⋅h是电荷量的单位，故A错误；
B、额定工作电压60V，额定功率8400W，根据公式P=UI，可知无人机正常工作时的电流是I=PU=840060A=140A，故B正确；
C、根据公式U=IR，有：R=UI=60140Ω=0.43Ω，由于不是纯电阻电路，可知无人机的总电阻一定小于0.43Ω，故C错误；
D、根据公式q=It，可知无人机充满电后一次工作时间为：t=qI=28000mA⋅h140A=28A⋅h140A=0.2h=12min，故D正确。
故选：BD。
mAh是电荷量的单位；根据功率公式可以计算出无人机正常工作时的电流；电机不是纯电阻，不能应用欧姆定律计算；根据电流强度的定义式可以计算工作时间。
本题以无人机已在航拍领域被广泛应用为背景，考查了电荷量、电功率等基础知识，要知道mA⋅h是电荷量的单位，电动机不是纯电阻，所以电动机的电阻不能应用欧姆定律计算。
12.【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：
qvB=mv2R
根据圆周运动的周期公式可得：
T=2πRv
联立解得：T=2πmqB
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：
Ekm=12mvm2
根据牛顿第二定律可得：
qBvm=12mvm2
联立解得：Ekm=q2B2R22m，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。
13.【答案】F2−F 向上 (F2−F1)(R+r)EL
【解析】解：(1)开关闭合时，由图中流经铜条的电流方向和磁感应强度B的方向，根据左手定则可知，安培力方向向上。
由于力的作用是相互的，铜条对磁铁产生大小等于安培力且方向向下的作用力。开关未闭合时，电子测力计示数F1是磁铁的重力，闭合开关时，电子测力计示数F2是磁铁的重力和铜条对磁铁产生的向下的作用力的和，故铜条所受安培力的大小为：F=F2−F1
(2)根据闭合电路的欧姆定律可知：I=ER+r
磁极间的磁感应强度大小为：B=FIL=(F2−F1)(R+r)EL
故答案为：(1)F2−F1、向上；(2)(F2−F1)(R+r)EL。
(1)根据开关闭合前后的示数，由共点力平衡条件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；
(2)由安培力公式F=BIL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。
14.【答案】甲 C 0.97 700
【解析】解：(1)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：R=EIg=11.0×10−3Ω=1000Ω，而电源内阻小于750Ω，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。
(2)根据闭合电路欧姆定律有U=E−I(Rg+r)
U−I图线与纵轴截距表示电动势，即E=0.97V
图像的斜率绝对值为|k|=Rg+r=0.97−0.400.76×10−3Ω=750Ω
解得r=750Ω−Rg=700Ω。
故答案为：(1)甲，C；(2)0.97，700。
(1)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；
(2)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。
15.【答案】解：(1)粒子在平行板电容器间做类平抛运动，则水平方向：2L=v0t1
竖直方向根据牛顿第二定律：qU2L=ma，竖直位移：y1=12at12，竖直速度：vy=at1
粒子出平行板电容器后做匀速直线运动，则：3L=v0t2，y2=vyt2
由竖直方向上位移关系：y1+y2=3L
联立解得电容器两极板间所加的电压：U=3mv024q
(2)电场力做功为：W电2=Eqy1=y12L×qU
由功能原理并代入数据解得：ΔEp=W电2=−932mv02
故粒子电势能减小932mv02。
答：(1)电容器两极板间所加的电压大小为3mv024q；
(2)该过程粒子电势能的变化量大小为932mv02。
【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。
16.【答案】解：(1)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；
(2)根据欧姆定律，通过金属棒的电流I=ER+r=20.5+0.5A=2A
根据安培力公式，作用在金属棒上的安培力F=BIL；
作用在金属棒上的最大静摩擦力fm=μF=μBIL
根据平衡条件fm≥mg
代入数据联立解得：B≥5T
答：(1)所加磁场方向是竖直向上的；
(2)所加磁场的磁感应强度B的大小需满足B≥5T。
【解析】(1)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；
(2)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。
17.【答案】解：(1)粒子刚好打到O点，其轨迹半径为r，轨迹如图所示
已知OP=2d，则r=d
根据洛伦兹力提供向心力得
qv1B=mv12r
解得：v1=qBdm；
(2)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：
R=OM=2d，α=π2，
根据洛伦兹力提供向心力得
qvmB=mvm2R=mm4π2RT2
解得：vm=2qBdm，T=2πmqB，
粒子在磁场运动的时间
t=α2π⋅T=π22π⋅2πmqB=πm2qB。
答：(1)一粒子刚好打到O点，则该粒子的入射速度大小为qBdm；
(2)粒子能打到收集器上的最大速率的大小为2qBdm，此时粒子在磁场运动的时间为πm2qB。
【解析】(1)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；
(2)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。
2022-2023学年青海省西宁市大通县高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 为了研究起电方式；某实验小组的同学取了三个不带电的物体A、B、C，然后进行了如下顺序的操作：①使A、B相互摩擦；②使B、C相互接触；③测出A物体的带电荷量为+3.2×10−17C，最终C物体的带电荷量为8.0×10−18C(电性未知)。则下列说法正确的是( )
A. 操作①时，从B物体向A物体转移了3.2×10−17C的正电荷
B. 操作②时，从B物体向C物体转移了8.0×10−18C的正电荷
C. 最终C物体带8.0×10−18C的负电荷
D. 最终B物体带2.4×10−17C的正电荷
2. 关于导体的电阻，下列说法正确的是( )
A. 导体电阻与导体两端电压有关，加在导体两端电压越大，导体的电阻就越大
B. 两根长度相同的镍铬合金线，若忽略温度的影响，电阻一定相等
C. 相同条件下，铜导线比铁导线的导电性能好，说明导体的电阻与材料有关
D. 任何导体都对电流有阻碍作用，导体的电阻越大，它对电流的阻碍作用越小
3. 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(1775−1836)，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
4. 如图所示的电路中，R3为光敏电阻，其电阻值随光照强度增大而减小，则阴天与晴天相比，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数较大、电压表的示数较大
B. 电流表的示数较大、电压表的示数较小
C. 电流表的示数较小、电压表的示数较小
D. 电流表的示数较小、电压表的示数较大
5. 如图所示的电路，R为定值电阻，MN为平行板电容器，保持N板不动，当M板向上移动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电容器充电
B. a点的电势比b点的电势高
C. 流过定值电阻的电流方向向上
D. 极板间的电场强度不变
6. 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AC=3cm，CD=5cm，DB=2cm，匀强电场的电场强度大小为E=200V/m。则下列说法正确的是( )
A. CD两点之间的电势差UCD=−10V
B. 如果A点的电势为零，则D点的电势为φD=−16V
C. 如果B点的电势为零，则D点的电势为φD=−4V
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
7. 如图所示为半径为R的圆，O、A、B为圆的三等分点，其中O为圆的最高点，与圆平行的面内有一匀强电场。现在O、A两点固定电荷量分别为+q、−q的点电荷，将一试探电荷放在B点时所受的电场力为零；如果仅将O、A两点的点电荷位置调换，静电力常量为k.则B点的电场强度大小为( )
A. 3kq9R2 B. kq3R2 C. 3kq3R2 D. 2kq3R2
8. 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. 2 3F
B. 3F
C. 4F
D. 0
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 初速度为v0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
10. 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
11. 如图所示为某品牌的无人机，可以载重32kg进行农药喷洒，其锂电池容量为28000mA⋅h，其电机的额定工作电压为60V，额定功率为8400W，则下列说法正确的是( )
A. “mA⋅h”是能量的单位
B. 无人机正常工作时通过电机的电流为140A
C. 无人机的电机总电阻约为0.43Ω
D. 充满电后一次，无人机正常工作时间不超过12min
12. 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2πmqB
C. 回旋加速器加速后粒子的最大动能为q2B2R22m
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Ek越大
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
13. 某研究性小组为了测定磁极间的磁感应强度，设计了如图所示的实验装置。将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，并由两根绝缘细线悬挂。AB在磁场中的长度为L、电阻为R，电源电动势为E、内阻为r。在开关闭合前，电子测力计的示数为F1；开关闭合后，电子测力计的示数为F2。
(1)开关闭合后，铜条所受安培力的大小为______ (用题中所给物理量符号表示)，方向为______ 。
(2)磁极间的磁感应强度大小B= ______ (用题中所给物理量符号表示)。
14. 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750Ω)
B.滑动变阻器R1(阻值0～50Ω)
C.滑动变阻器R2(阻值0～3000Ω)
D.电压表V(量程3V，内阻约3kΩ)
E.毫安表A(量程1.0mA，内阻为50Ω)
F.开关一个，导线若干
(1)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”)。
(2)该同学实验时根据记录的数据在坐标系中描点并作出U−I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 Ω(内阻结果保留整数)。
四、简答题（本大题共1小题，共3.0分）
15. 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v0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：
(1)电容器两极板间所加的电压大小；
(2)该过程粒子电势能的变化量大小。
五、计算题（本大题共2小题，共20.0分）
16. 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E=2V、内阻r=0.5Ω的电源。从纸外侧靠在竖直导轨上的金属棒ab的质量m=0.1kg、电阻R=0.5Ω，它与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，有效长度为0.2m。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10m/s2。求：
(1)所加磁场方向是竖直向上的还是竖直向下的？
(2)所加磁场的磁感应强度B的大小需满足的条件。
17. 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q(q>0)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OM=OP=2d，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。求：
(1)一粒子刚好打到O点，则该粒子的入射速度大小；
(2)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。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.操作①时，A物体带正电，B物体带负电，根据电荷守恒定律，则从A物体向B物体转移了3.2×10−17C的负电荷，A物体失去电子带正电，故A错误；
B.操作②前，B物体带负电，C不带电，当B、C相互接触，最终C物体的带电荷量为8×10−18C，根据电荷守恒定律可知，可知从B物体向C物体转移了8×10−18C的负电荷，故B错误；
CD.根据电荷守恒定律，最终C物体带8.0×10−18C的负电荷，B物体带2.4×10−17C的负电荷，故C正确，D错误。
故选：C。
根据电荷守恒定律即可判定。
本题主要考查了电荷守恒定律，解题关键是掌握电荷守恒定律和电量分配原则。
2.【答案】C
【解析】解：A、根据电阻的定义式R=UI，由于此定义式为比值定义法，所以导体的电阻与导体两端电压无关，故A错误；
B、根据电阻定律R=ρLS可知，两根长度相同的镍铬合金线，若横截面积不相等，忽略温度的影响，电阻一定不相等，故B错误；
C、相同条件下，铜导线比铁导线的导电性能好，即铜导线比铁导线的电阻率小，结合电阻定律，说明导体的电阻与材料有关，故C正确；
D、任何导体都对电流有阻碍作用，导体的电阻越大，它对电流的阻碍作用越大，故D错误。
故选：C。
根据电阻的定义式R=UI判断；由电阻定律判断；导体的电阻与材料有关；导体的电阻越大，对电流的阻碍作用越大。
本题考查了电阻、电阻定律、电阻率等基础知识，要注意电阻与导体长度成正比，与导体的横截面积成反比。
3.【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F=BIL，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。
4.【答案】A
【解析】解：阴天与晴天相比，R3的阻值较大，外电路总电阻较大，由闭合电路欧姆定律知，干路电流I较小。电压表的示数U=E−I(R4+r)，I较小，其他量不变，则电压表的示数较大。R2、R3并联电压U并=E−I(R4+R1+r)，I较小，其他量不变，则U并较大，通过R2的电流较大，因此电流表的示数较大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
阴天与晴天相比，R3的阻值较大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，并判断电压表示数的变化，以及R2、R3并联电压的变化，判断通过R2的电流变化，从而确定电流表的示数变化。
本题是电路的动态分析问题，按局部→整体→局部的顺序进行分析，也可以根据“串反并同”的结论进行判断。
5.【答案】B
【解析】解：A、当电容器与电源相连时，电容器两极板间的电压不变，当M板向上移动过程中，两极板间距增大，根据电容的决定式C=εrS4πkd可得，电容器的电容C减小，根据电容的定义式C=QU得，电容器所带的电荷量Q减小，则电容器应放电，故A错误；
BC、由于电容器处于放电状态，所以流过定值电阻的电流方向竖直向下，电流从高电势流向低电势，则a点的电势比b点的电势高，故B正确，C错误；
D、根据匀强电场中，电场强度与电势差的关系得：E=Ud
U不变，d增大，则极板间的电场强度E减小，故D错误。
故选：B。
当电容器与电源相连时，电容器两极板间的电压不变，当M板向上移动过程中，根据电容的决定式和定义式判断电荷量的变化，进而得到电容器的充放电状态和电流的方向；电流从高电势流向低电势；根据匀强电场电势差和场强的关系判断电场强度的变化。
本题考查电容器的动态分析，解题关键是知道电容器与电源相连时，电容器两端的电压不变，结合电容的定义式和决定式分析判断即可。
6.【答案】B
【解析】解：A.CD两点之间的电势差为UCD=EdCD=200×0.05V=10V，故A错误；
B.AD两点之间的电势差为UAD=EdAD=200×0.08V=16V，故φD=φA−UAD=0V−16V=−16V，故B正确；
C.BD两点之间的电势差为UDB=EdDB=200×0.02V=4V，故φD=UDB+φB=4V+0V=4V，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U=Ed的应用。
7.【答案】D
【解析】由几何关系可知，OAB构成一等边三角形，该三角形的边长为L=2Rcos30°= 3R.现在在O处放一正电荷+q，在A处放一负电荷−q，正负电荷分别在B点产生的电场强度大小相等，方向如图所示，
由电场叠加后合场强大小与匀强电场强度大小相等，匀强电场E′与E等大反向，E=EO=EA=kqL2=kq3R2，所以匀强电场大小为E′=kqL2=kq3R2；如果仅将O、A两点的点电荷位置调换，则B点的电场强度如图所示，
所以O、A两处的点电荷在B处的合场强与匀强电场方向相同，大小相等，所以B点的场强为E′′=E+E′=2kqL2=2kq3R2，故D正确，ABC错误．
故选：D。
8.【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：2F=BIL
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0.5I，MLN有效长度也为L，掌握MLN受到的安培力的合力为：F′=0.5BIL=F
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F合=2F+F=3F，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F=BIL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F=BIL中的L是指通电导线的有效长度。
9.【答案】BC
【解析】解：AB.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；
CD.洛伦兹力不做功，电子的速率不变，根据F洛=Bvq，B变小，F洛变小，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。
10.【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．
11.【答案】BD
【解析】解：A、根据公式q=It，可知电池容量28000mA⋅h中“mA⋅h是电荷量的单位，故A错误；
B、额定工作电压60V，额定功率8400W，根据公式P=UI，可知无人机正常工作时的电流是I=PU=840060A=140A，故B正确；
C、根据公式U=IR，有：R=UI=60140Ω=0.43Ω，由于不是纯电阻电路，可知无人机的总电阻一定小于0.43Ω，故C错误；
D、根据公式q=It，可知无人机充满电后一次工作时间为：t=qI=28000mA⋅h140A=28A⋅h140A=0.2h=12min，故D正确。
故选：BD。
mAh是电荷量的单位；根据功率公式可以计算出无人机正常工作时的电流；电机不是纯电阻，不能应用欧姆定律计算；根据电流强度的定义式可以计算工作时间。
本题以无人机已在航拍领域被广泛应用为背景，考查了电荷量、电功率等基础知识，要知道mA⋅h是电荷量的单位，电动机不是纯电阻，所以电动机的电阻不能应用欧姆定律计算。
12.【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：
qvB=mv2R
根据圆周运动的周期公式可得：
T=2πRv
联立解得：T=2πmqB
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：
Ekm=12mvm2
根据牛顿第二定律可得：
qBvm=12mvm2
联立解得：Ekm=q2B2R22m，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。
13.【答案】F2−F 向上 (F2−F1)(R+r)EL
【解析】解：(1)开关闭合时，由图中流经铜条的电流方向和磁感应强度B的方向，根据左手定则可知，安培力方向向上。
由于力的作用是相互的，铜条对磁铁产生大小等于安培力且方向向下的作用力。开关未闭合时，电子测力计示数F1是磁铁的重力，闭合开关时，电子测力计示数F2是磁铁的重力和铜条对磁铁产生的向下的作用力的和，故铜条所受安培力的大小为：F=F2−F1
(2)根据闭合电路的欧姆定律可知：I=ER+r
磁极间的磁感应强度大小为：B=FIL=(F2−F1)(R+r)EL
故答案为：(1)F2−F1、向上；(2)(F2−F1)(R+r)EL。
(1)根据开关闭合前后的示数，由共点力平衡条件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；
(2)由安培力公式F=BIL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。
14.【答案】甲 C 0.97 700
【解析】解：(1)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：R=EIg=11.0×10−3Ω=1000Ω，而电源内阻小于750Ω，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。
(2)根据闭合电路欧姆定律有U=E−I(Rg+r)
U−I图线与纵轴截距表示电动势，即E=0.97V
图像的斜率绝对值为|k|=Rg+r=0.97−0.400.76×10−3Ω=750Ω
解得r=750Ω−Rg=700Ω。
故答案为：(1)甲，C；(2)0.97，700。
(1)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；
(2)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。
15.【答案】解：(1)粒子在平行板电容器间做类平抛运动，则水平方向：2L=v0t1
竖直方向根据牛顿第二定律：qU2L=ma，竖直位移：y1=12at12，竖直速度：vy=at1
粒子出平行板电容器后做匀速直线运动，则：3L=v0t2，y2=vyt2
由竖直方向上位移关系：y1+y2=3L
联立解得电容器两极板间所加的电压：U=3mv024q
(2)电场力做功为：W电2=Eqy1=y12L×qU
由功能原理并代入数据解得：ΔEp=W电2=−932mv02
故粒子电势能减小932mv02。
答：(1)电容器两极板间所加的电压大小为3mv024q；
(2)该过程粒子电势能的变化量大小为932mv02。
【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。
16.【答案】解：(1)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；
(2)根据欧姆定律，通过金属棒的电流I=ER+r=20.5+0.5A=2A
根据安培力公式，作用在金属棒上的安培力F=BIL；
作用在金属棒上的最大静摩擦力fm=μF=μBIL
根据平衡条件fm≥mg
代入数据联立解得：B≥5T
答：(1)所加磁场方向是竖直向上的；
(2)所加磁场的磁感应强度B的大小需满足B≥5T。
【解析】(1)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；
(2)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。
17.【答案】解：(1)粒子刚好打到O点，其轨迹半径为r，轨迹如图所示
已知OP=2d，则r=d
根据洛伦兹力提供向心力得
qv1B=mv12r
解得：v1=qBdm；
(2)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：
R=OM=2d，α=π2，
根据洛伦兹力提供向心力得
qvmB=mvm2R=mm4π2RT2
解得：vm=2qBdm，T=2πmqB，
粒子在磁场运动的时间
t=α2π⋅T=π22π⋅2πmqB=πm2qB。
答：(1)一粒子刚好打到O点，则该粒子的入射速度大小为qBdm；
(2)粒子能打到收集器上的最大速率的大小为2qBdm，此时粒子在磁场运动的时间为πm2qB。
【解析】(1)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；
(2)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。
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