湖南省株洲市醴陵二中醴陵四中两校联考高二物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年湖南省株洲市醴陵二中、醴陵四中两校联考高二（上）期中物理试卷　一、单选（每个小题只有一个答案符合题意，每小题4分）1．下列关于磁感应强度的说法中，正确的是（　　）A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向D．一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一定为零　2．如图是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是（　　）A．B点的电势高于A点的电势B．这个电场可能是负点电荷的电场C．点电荷q在A处的瞬时加速度比在B处的瞬时加速度小（不计重力）D．负电荷仅在静电力的作用下从B点运动到A点电场力做正功　3．在电场中的某点放入电量为﹣q的试探电荷时，测得该点的电场强度为E；若在该点放入电量为+2q的试探电荷，此时测得该点的场强为（　　）A．大小为2E，方向和E相反B．大小为E，方向和E相反C．大小为2E，方向和E相同D．大小为E，方向和E相同　4．某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（　　）A．电流表烧坏B．小灯泡不亮C．小灯泡烧坏D．电压表烧坏　5．甲乙两条密度相同的铜线质量之比M甲：M乙=4：1，长度之比为L甲：L乙=1：4，则其电阻之比R甲：R乙为（　　）A．64：1B．1：64C．1：1D．1：16　6．一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．并联一个9.5kΩ的电阻D．串联一个9.5kΩ的电阻-19-\n　7．如图所示，实线AB为一电子在电场中的运动轨迹，虚线为等势线且相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，电子运动到等势线φ1上时，具有动能3.0×10﹣20J，它运动到等势线φ3上时，具有动能1.0×1.0﹣20J．令φ0=0，电子重力不计，则下列说法正确的是（　　）A．电场方向水平向左B．电子在运动过程中加速度变小C．当该电子的电势能为4×10﹣21J时，其动能大小为3.6×10﹣20JD．电子在A点的电势能为负值　8．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么（　　）A．微粒带正、负电荷都有可能B．微粒做匀减速直线运动C．微粒做匀速直线运动D．微粒做匀加速直线运动　　二、多选（每个小题只有多个答案符合题意，每小题4分，全部选对的该小题计4分，部分选对的该小题计2分，有多选、错选、不选的该小题计零分）9．一个带正电的点电荷仅在电场力作用下在某空间运动，其速度﹣时间图象如图所示，其中t1、t2、t3、t4是电荷在电场中运动的1、2、3、4点对应的四个时刻，图中AB与时间轴平行，则下列说法正确的是（　　）A．电场中3、4两点处电场强度大小为零B．电场中1、2两点处电场强度大小E1＜E2C．电场中2、4两点电势φ2＞φ4D．电荷从1运动到3的过程中，电场力做负功，电势能增加　-19-\n10．如图所示，虚线为等势面，实线为一带电油滴（重力不可忽略）在匀强电场中的运动轨迹．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况正确的是（　　）A．油滴的动能增加B．油滴的电势能减小，机械能增加C．油滴的动能和电势能之和增加D．油滴的重力势能和电势能之和增加　11．如图，在矩形区域abcd区域中，分布有垂直纸面向外的匀强磁场，ab长为L，在ab的中点P处有一电子发射，出射电子速率取一切可能值，所有电子出射的速度方向均与ab成30°，下列说法正确的是（　　）A．只要初速度大小取合适的值，电子可以在磁场中做完整的圆周运动B．从ad边出射的电子一定比从bc出射的粒子时间长C．电子入射速度越大，在磁场中运动的时间一定越短D．当bc＞（+1）L时，cd边无电子射出　12．如图是质谱仪的工作原理示意图，带点粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2，平板S下方有强度为B0的匀强磁场，下列表述正确的是（　　）A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小-19-\nD．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于　　三、实验（每空2分，共16分）13．在《练习使用多用电表》的实验中：（1）用欧姆档测量一定值电阻的阻值．机械调零、欧姆调零后，用“×100”档测量，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是　　　　　　．A．被测电阻值很大B．被测电阻值很小C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”档，重新欧姆调零后再测量．D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”档，重新欧姆调零后再测量．（2）如图为一正在测量中的多用电表表盘．（a）如果是用×100Ω挡测量电阻，则读数为　　　　　　Ω．（b）如果是用直流5mA挡测量电流，则读数为　　　　　　mA．　14．（10分）（2022秋•醴陵市校级期中）描绘一个标有“6V3W”字样的小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：a．标有“6V3W”字样的小灯泡一个；b.9伏学生电源一个；c．量程为0﹣3V的电压表，内阻约为3千欧；d．量程为0﹣15V的电压表，内阻约为15千欧；e．量程为0﹣0.6A的电流表，内阻约为0.5欧；f．量程为0﹣3A的电流表，内阻约为0.1欧；g．滑动变阻器（阻值范围0﹣50欧，允许通过的最大电流1.5A）；h．滑动变阻器（阻值范围0﹣500欧，允许通过的最大电流0.5A）；电键一个，导线若干．（1）为减小实验误差，方便调节，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光．请在图中给定的四个电路图和上述所给的器材中选取适当的电路和器材，并将它们的编号填在横线上．应选取的电路是　　　　　　，电压表应选　　　　　　；电流表应选　　　　　　；滑动变阻器应选取　　　　　　．（填a．b．c．d．e．f．g．h等序号）-19-\n（2）根据实验测定的数据，以电压U为横坐标，电流强度I为纵坐标画出图线，在图中给出的四个I﹣U图线中，最能反映实际情况的是　　　　　　．　　四、计算（要写出必要过程）15．（12分）（2022秋•醴陵市校级期中）如图所示，质量为m的直导体杆ab水平放置在倾角为θ、间距为l的光滑平行导轨上，导体杆中通有图示方向的电流，电流强度为I，现在空间加上匀强磁场使导体杆ab静止在导轨上．问：（1）若磁场方向竖直向上，求磁感应强度B1的大小；（2）若磁场方向垂直导轨平面向上，求磁感应强度B2的大小．　16．（12分）（2022•东莞校级模拟）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e．求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离．　-19-\n17．（12分）（2022秋•醴陵市校级期中）如图所示是圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．一质量为m电荷量为q（q＞0）的粒子从M点沿与直径MN成45°角的方向以速度v射入磁场区域．已知粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角为135°，P是圆周上一点，弧MP对应的圆心角为30°．不计粒子重力，求：（1）粒子做匀速圆周运动的半径r为多少？（2）磁场区域的半径R为多少？（3）若粒子以同样的速度从P点平行于MN入射，求粒子从磁场射出的位置？　　2022-2022学年湖南省株洲市醴陵二中、醴陵四中两校联考高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析　一、单选（每个小题只有一个答案符合题意，每小题4分）1．下列关于磁感应强度的说法中，正确的是（　　）A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向D．一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一定为零【考点】磁感应强度．【专题】定性思想；类比法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】磁感应强度的方向与通电导体所受的磁场力方向垂直．通电导体在磁场中所受的安培力由公式F=BILsinα分析．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向．当通电导线与磁场平行时不受安培力．由这些知识来分析．【解答】解：A、根据左手定则可知，某处磁感应强度的方向与一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向垂直，故A错误．B、由安培力公式F=BILsinα，知通电导线在磁感应强度大的地方受力不一定大，还与导线与磁场方向的夹角有关，故B错误．C、根据物理学上的规定知，小磁针N极受磁场力的方向就是该处的磁场方向，也就是该处的磁感应强度的方向．故C正确．D、一小段通电导线在某处不受安培力的作用，该处磁感应强度可能不为零，可能由于导线与磁场方向平行，故D错误．故选：C【点评】本题关键抓住磁感应强度的方向与磁场方向、小磁针N极受力方向、小磁针静止时N极所指方向、磁感线的切线方向相同，与安培力垂直．　2．如图是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是（　　）-19-\nA．B点的电势高于A点的电势B．这个电场可能是负点电荷的电场C．点电荷q在A处的瞬时加速度比在B处的瞬时加速度小（不计重力）D．负电荷仅在静电力的作用下从B点运动到A点电场力做正功【考点】电势差与电场强度的关系；电场线；电势．【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据顺着电场线方向电势逐渐降低，分析电势的高低．电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．电场力F=qE，同一电荷在场强越大的地方，所受的电场力越大．由牛顿第二定律分析加速度的大小．根据电场力方向与速度方向的夹角判断电场力做功的正负．【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低，等势面与电场线垂直可知：B点所在的等势面的电势高于A点所在等势面的电势，所以B点的电势高于A点的电势．故A正确．B、负点电荷电场的电场线是直线，因此这个电场不是负点电荷形成的电场，故B错误；C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以EA＞EB，根据F=qE=ma知：电荷在A处的加速度较大，故C错误；D、电场线的切线方向为该点场强的方向，由F=qE知负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，负电荷仅在静电力的作用下从B点运动到A点电场力做负功，故D错误．故选：A【点评】本题关键要理解并掌握点电荷电场线的分布情况，理解电场线的物理意义：电场线的方向反映电势高低，电场线的疏密表示场强的大小，就能轻松解决这类问题．　3．在电场中的某点放入电量为﹣q的试探电荷时，测得该点的电场强度为E；若在该点放入电量为+2q的试探电荷，此时测得该点的场强为（　　）A．大小为2E，方向和E相反B．大小为E，方向和E相反C．大小为2E，方向和E相同D．大小为E，方向和E相同【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关；场强公式E=，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义．【解答】解：根据场强的定义式E=得该点的场强为E，再根据电场中的场强取决于电场本身，所以在该点放入电量为+2q的试探电荷时，该点的场强不变，故ABC错误，D正确．故选：D．【点评】明确电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关是解本题的关键．　4．某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（　　）-19-\nA．电流表烧坏B．小灯泡不亮C．小灯泡烧坏D．电压表烧坏【考点】串联电路和并联电路．【专题】计算题；学科综合题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】由于电流表内阻较小，而电压表内阻较大；根据欧姆定律可知此时可能出现的情况．电压表不能串联接入电路．【解答】解：由于电压表内阻较大，所以电路中的电流非常小，故灯泡几乎不亮，不会被烧坏；电流表中示数很小，不会被烧坏；此时电压表相当于直接接在电源两端，故此时电压表的示数接近电源的电动势；故ACD错误；B正确；故选：B【点评】本题要求能正确理解电压表和电流表的内阻；明确电压表在电路中相当于开路，电流表相当于短路．　5．甲乙两条密度相同的铜线质量之比M甲：M乙=4：1，长度之比为L甲：L乙=1：4，则其电阻之比R甲：R乙为（　　）A．64：1B．1：64C．1：1D．1：16【考点】电阻定律．【专题】信息给予题；定量思想；比较思想；类比法；恒定电流专题．【分析】由题意根据质量相等可明确导体的长度及横截面积关秒，再由电阻定律即可求得电阻之比．【解答】解：铜线的质量：M=ρ′V=ρLS；则可知：===16：1；则由R=可知，电阻之比：=×=×=故选：B．【点评】本题考查电阻定律公式的应用；要注意质量公式的应用，由质量明确体积关系，从而求出截面积；不能简单地认为长度之比即为电阻之比而忽略了截面积的存在．　6．一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．并联一个9.5kΩ的电阻D．串联一个9.5kΩ的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】把电流表改装成电压表应串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．【解答】解：把电流表改装成电压表，需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：-19-\nR=﹣Rg=﹣500=9500Ω=9.5kΩ；故选：D．【点评】本题考查了电表改装，知道电压表的改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．　7．如图所示，实线AB为一电子在电场中的运动轨迹，虚线为等势线且相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，电子运动到等势线φ1上时，具有动能3.0×10﹣20J，它运动到等势线φ3上时，具有动能1.0×1.0﹣20J．令φ0=0，电子重力不计，则下列说法正确的是（　　）A．电场方向水平向左B．电子在运动过程中加速度变小C．当该电子的电势能为4×10﹣21J时，其动能大小为3.6×10﹣20JD．电子在A点的电势能为负值【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】定量思想；图析法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据动能的变化，判断电势能的变化，得出电势的高低，根据电场线与等势面垂直，且指向电势低的等势面，判断电场的方向；该电场是匀强电场，电子所受的电场力不变，加速度不变；根据电势能公式Ep=qφ，分析电子在A点的电势能；根据动能定理和电场的特点，求出电子在A处的动能，得到总能量，由能量守恒求解电势能为4×10﹣21JJ时的动能．【解答】解：A、据题电子从A到B，动能减小，则电势能增大，而电子带负电，电子在电势低处电势能大，所以φ1＞φ3，因此电场方向水平向右，故A错误．B、相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，由公式可知该电场是匀强电场，电子所受的电场力不变，加速度不变，故B错误．C、电子从等势线φ1运动到等势线φ3时，动能减小2×10﹣20J，由动能定理可知电场力做功W13=2×10﹣20J．由于相邻等势面间电势差相等，根据W=qU可知，电子从等势线φ0运动到等势线φ3时，电场力做功应为W03=﹣3×10﹣20J，动能减小﹣3×10﹣20J，所以电子在A处的动能为EkA=4×10﹣20J，总能量为E=EkA+EpA=4×10﹣20J，根据能量守恒可得当该电子的电势能为4×10﹣21J时，其动能大小为3.6×10﹣20J，故C正确．D、令φ0=0，则A点电势为负，由公式Ep=qφ可知电子在A点的电势能为正．故D错误．故选：C【点评】学习电场中的功能关系时可以类比重力场中的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；要知道只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变．　8．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么（　　）-19-\nA．微粒带正、负电荷都有可能B．微粒做匀减速直线运动C．微粒做匀速直线运动D．微粒做匀加速直线运动【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质．【解答】解：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．故选：B【点评】本题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于基础题．　二、多选（每个小题只有多个答案符合题意，每小题4分，全部选对的该小题计4分，部分选对的该小题计2分，有多选、错选、不选的该小题计零分）9．一个带正电的点电荷仅在电场力作用下在某空间运动，其速度﹣时间图象如图所示，其中t1、t2、t3、t4是电荷在电场中运动的1、2、3、4点对应的四个时刻，图中AB与时间轴平行，则下列说法正确的是（　　）A．电场中3、4两点处电场强度大小为零B．电场中1、2两点处电场强度大小E1＜E2C．电场中2、4两点电势φ2＞φ4D．电荷从1运动到3的过程中，电场力做负功，电势能增加【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】比较思想；图析法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】在v﹣t图象中，斜率等于加速度，加速度由电场力产生，由牛顿第二定律可判断场强的大小．沿电场方向电势降低，根据动能定理判断出电场力做功即可判断电势能的变化．【解答】解：A、图象AB段表示点电荷做匀速直线运动，合力为零，说明不受电场力，电场强度为零，故A正确．B、点电荷从t1到t3加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律得：qE=ma，可知，E1＞E2，故B错误．-19-\nC、从2到4，速度增大，故电场力做正功，沿电场方向运动，电势降低，故φ2＞φ4，故C正确D、电荷从1运动到3的过程中，速度变大，电场力做正功，电势能减小，故D错误；故选：AC【点评】本题的关键要明确v﹣t图象的斜率表示加速度，分析出加速度的变化，再结合牛顿运动定律和功能关系分析带电粒子在电场中的运动情况．　10．如图所示，虚线为等势面，实线为一带电油滴（重力不可忽略）在匀强电场中的运动轨迹．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况正确的是（　　）A．油滴的动能增加B．油滴的电势能减小，机械能增加C．油滴的动能和电势能之和增加D．油滴的重力势能和电势能之和增加【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据轨迹的弯曲得出电场力以及合力的方向，通过电场力做功，结合动能定理、电场力做功与电势能的关系得出动能、电势能的变化．【解答】解：A、根据轨迹的弯曲程度，以及电场强度的方向与等势面垂直，知电场力的方向竖直向上，合力向上，则a到b的过程中，电场力做正功，根据动能定理知，动能增加．故A正确．B、电场力做正功，电势能减小．除重力以外其它力，即电场力做正功，则机械能增加．故B正确．C、根据能量守恒定律知，a到b的过程中，重力势能增加，则油滴动能和电势能减小．故C错误．D、根据能量守恒定律知，动能增加，则重力势能和电势能之和减小．故D错误．故选AB．【点评】解决本题的突破口在于通过轨迹的弯曲程度得出电场力以及合力的方向，知道合力做功与动能的关系，电场力做功与电势能的关系．　11．如图，在矩形区域abcd区域中，分布有垂直纸面向外的匀强磁场，ab长为L，在ab的中点P处有一电子发射，出射电子速率取一切可能值，所有电子出射的速度方向均与ab成30°，下列说法正确的是（　　）-19-\nA．只要初速度大小取合适的值，电子可以在磁场中做完整的圆周运动B．从ad边出射的电子一定比从bc出射的粒子时间长C．电子入射速度越大，在磁场中运动的时间一定越短D．当bc＞（+1）L时，cd边无电子射出【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】计算题；定量思想；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】电子做圆周运动的半径：r=，可见电子的速率越大，则做圆周运动的半径越大，而周期T=，与速率大小无关，则圆心角越大运动时间越长．【解答】解：A、电子在磁场中做圆周运动，电子运动轨迹：r=，粒子速率越小轨道半径越小，转过的最大圆周如图中黑线所示，无法做完整的圆周运动，故A错误；B、电子在磁场中的运动时间：t=T，如图中的蓝线和红线，从ad边出射的电子一定比从bc出射的粒子转过的圆心角θ大，电子的运动时间t长，故B正确；C、电子入射速度越大，运动半径越大，但是比图中黑线半径更小的所有运动情况转过的圆心角相同，则运动时间相同，并不一定是入射速度越大在磁场中运动的时间越短，故C错误；D、当粒子轨迹恰好与bc边相切时，若不能从cd边射出，则cd边无电子射出，由几何关系知相切时的轨迹半径R=L，则粒子距离ad最远距离为：L+L，若bc＞（+1）L时，则粒子不能从cd边射出，即当bc＞（+1）L时，cd边无电子射出；故D正确；故选：BD．【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，本题的解题关键是画出从各边射出的代表轨迹，找出恰好不从每个边射出的临界情况，熟练应用粒子做圆周运动的周期公式和半径公式．　12．如图是质谱仪的工作原理示意图，带点粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2，平板S下方有强度为B0的匀强磁场，下列表述正确的是（　　）-19-\nA．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小D．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为v=粒子可通过选择器，然后进入B0，打在S板的不同位置，【解答】解：A、进入B0的粒子满足，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；B、根据加速电场，可知粒子带正电，则受电场力向右，所以洛伦兹力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B正确；C、由，知R越小，荷质比越大，故C错误；D、由qE=qvB，得v=，此时粒子受力平衡，可沿直线穿过选择器，与粒子的电性无关，故D正确；故选：ABD【点评】质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段．　三、实验（每空2分，共16分）13．在《练习使用多用电表》的实验中：（1）用欧姆档测量一定值电阻的阻值．机械调零、欧姆调零后，用“×100”档测量，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是　AC　．A．被测电阻值很大B．被测电阻值很小C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”档，重新欧姆调零后再测量．D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”档，重新欧姆调零后再测量．（2）如图为一正在测量中的多用电表表盘．（a）如果是用×100Ω挡测量电阻，则读数为　800　Ω．（b）如果是用直流5mA挡测量电流，则读数为　3.25　mA．-19-\n【考点】用多用电表测电阻．【专题】常规题型．【分析】（1）用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表最大刻度线在左侧，0刻度线最最右侧．（2）根据多用电表选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后根据指针位置读出其示数．【解答】解：（1）用“×100”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，说明所测电阻较大，所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应换用“×1k”挡，换挡后重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值；故AC正确，BD错误；（2）（a）如果是用×100Ω挡测量电阻，由图示表盘可知，读数为8×100Ω=800Ω．（b）如果是用直流5mA挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为0.1mA，则读数为3.25mA；故答案为：（1）AC；（2）800，3.25．【点评】本题考查了欧姆表的使用方法与主要事项，知道欧姆表刻度线特点，根据题意即可正确解题；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近．　14．（10分）（2022秋•醴陵市校级期中）描绘一个标有“6V3W”字样的小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：a．标有“6V3W”字样的小灯泡一个；b.9伏学生电源一个；c．量程为0﹣3V的电压表，内阻约为3千欧；d．量程为0﹣15V的电压表，内阻约为15千欧；e．量程为0﹣0.6A的电流表，内阻约为0.5欧；f．量程为0﹣3A的电流表，内阻约为0.1欧；g．滑动变阻器（阻值范围0﹣50欧，允许通过的最大电流1.5A）；h．滑动变阻器（阻值范围0﹣500欧，允许通过的最大电流0.5A）；电键一个，导线若干．（1）为减小实验误差，方便调节，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光．请在图中给定的四个电路图和上述所给的器材中选取适当的电路和器材，并将它们的编号填在横线上．应选取的电路是　C　，电压表应选　d　；电流表应选　e　；滑动变阻器应选取　g　．（填a．b．c．d．e．f．g．h等序号）-19-\n（2）根据实验测定的数据，以电压U为横坐标，电流强度I为纵坐标画出图线，在图中给出的四个I﹣U图线中，最能反映实际情况的是　C　．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】本题（1）测定小灯泡的伏安特性曲线要求电流从零调，变阻器应采用分压式接法，小灯泡的电阻较小满足电流表外接法的条件，电路应是“分压外接”电路；根据小灯泡的额定电压大小来选择电压表量程，根据灯泡额定电流来选择电流表量程，采用分压式接法时应选择全电阻小的变阻器以方便调节；题（2）根据电阻定义写出I=U可知I﹣U图象是的点与原点连线的斜率倒数等于小灯泡的电阻，再根据金属的电阻随温度的升高而增大即可求解．【解答】解：（1）：由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法；由于待测电阻较小满足，电流表应用外接法，所以应选取的电路是C；根据小灯泡的额定电压为6V可知电压表应选择d；小灯泡的额定电流为I==A=0.6A，所以电流表应选择e；变阻器采用分压式时，变阻器的阻值越小调节越方便，所以变阻器应选择g；（2）：由I==可知，I﹣U图象上的点与原点连线的斜率倒数等于导体的电阻，由于金属的电阻随温度的升高而增大，所以图线上的点与原点连线的斜率应逐渐减小，所以最能反映实际情况的是C；故答案为：（1）C，d，e，g；（2）C【点评】应明确：①当实验要求电流从零调或要求多测几组数据时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；②应根据待测电阻额定电压与额定电流大小来选择电压表与电流表的量程；③当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法．　四、计算（要写出必要过程）-19-\n15．（12分）（2022秋•醴陵市校级期中）如图所示，质量为m的直导体杆ab水平放置在倾角为θ、间距为l的光滑平行导轨上，导体杆中通有图示方向的电流，电流强度为I，现在空间加上匀强磁场使导体杆ab静止在导轨上．问：（1）若磁场方向竖直向上，求磁感应强度B1的大小；（2）若磁场方向垂直导轨平面向上，求磁感应强度B2的大小．【考点】安培力．【专题】计算题；定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题．【分析】（1）若磁场方向竖直向上，对导线进行受力分析，根据共点力力平衡求磁感应强度的大小．（2）若磁场方向垂直导轨平面向上，对导线进行受力分析，根据共点力力平衡求磁感应强度的大小．【解答】解：（1）若磁场方向竖直向上，从a向b观察，由导线受力情况可知由平衡条件得：在水平方向上：F﹣FNsinθ=0在竖直方向上：mg﹣FNcosθ=0其中F=B1IL，联立以上各式可解得：B1=．（2）若磁场的方向垂直导轨平面向上，从a向b观察，由导线受力情况可知：mgsinθ=B2ILB2=答：（1）若磁场的方向竖直向上，则磁感应强度为；（2）若磁场的方向垂直导轨平面向上，则磁感应强度为．【点评】解决本题的关键会利用共点力平衡求出安培力的大小，以及掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系．　16．（12分）（2022•东莞校级模拟）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e．求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离．-19-\n【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小．（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量．（3）电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间．竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解．【解答】解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU1=，解得：（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1．根据牛顿第二定律和运动学公式得：a=，又E=，得a=水平方向：t1=，竖直方向：y1=，解得：y1=（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy．根据运动学公式得：vy=at1=电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示t2=，y2=vyt2-19-\n解得：y2=P到O点的距离为y=y1+y2=答：（1）电子穿过A板时的速度大小为；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y1=；（3）P点到O点的距离y2=．【点评】带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解．第（3）问也可以利用三角形相似法求解．　17．（12分）（2022秋•醴陵市校级期中）如图所示是圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．一质量为m电荷量为q（q＞0）的粒子从M点沿与直径MN成45°角的方向以速度v射入磁场区域．已知粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角为135°，P是圆周上一点，弧MP对应的圆心角为30°．不计粒子重力，求：（1）粒子做匀速圆周运动的半径r为多少？（2）磁场区域的半径R为多少？（3）若粒子以同样的速度从P点平行于MN入射，求粒子从磁场射出的位置？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】计算题；定量思想；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径；（2）作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出磁场半径；（3）作出粒子运动轨迹，然后确定粒子从磁场中射出的位置．【解答】解：（1）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，-19-\n由牛顿第二定律得：，解得：；（2）粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知，圆周运动的两条半径与圆形区域的两条半径组成的图形，为菱形，则：；（3）粒子圆周运动的圆心与入射速度是垂直的，且速度大小不变，则运动半径r不变，即仍为R，若粒子以同样的速度从P点入射，由圆心的运动轨迹变化知出射点的位置不变，粒子运动轨迹图如图所示，由图知虚线构成一菱形，射出位置在圆的最高点．答：（1）粒子做匀速圆周运动的半径r为；（2）磁场区域的半径R为；（3）若粒子以同样的速度从P点平行于MN入射，粒子从磁场射出的位置保持不变．【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键；对于粒子在磁场中做圆周运动问题，多数题目的解题思路是先确定圆心画出轨迹，由几何知识得到半径，然后由牛顿第二定律求解其他量．　-19-