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2021-2022学年北京市顺义二中高二（上）期末物理试卷（等级考）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年北京市顺义二中高二（上）期末物理试卷（等级考）（含答案解析），共20页。试卷主要包含了0.83等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市顺义二中高二（上）期末物理试卷（等级考）
1. 某电场的电场线如图所示，一带正电的点电荷仅在电场力的作用下从M点运动到N点。若其在电场中M、N两点运动的加速度大小分别为aM和aN，所具有的动能分别为EkM和EkN，则下列说法中正确的是( )
A. aM >aN，EkM >EkN B. aM >aN，EkMEkN D. aM
A. a中电流方向向外，b中电流方向向里 B. a中电流方向向外，b中电流方向向外
C. a中电流方向向里，b中电流方向向里 D. a中电流方向向里，b中电流方向向外
3. 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )
A. 保持S不变，增大d，则θ变小 B. 保持S不变，增大d，则θ变大
C. 保持d不变，减小S，则θ变小 D. 保持d不变，减小S，则θ不变
4. 如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电
B. 粒子在b点速率大于在a点速率
C. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
5. 某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，则该导线的( )
A. 电阻率仍为ρ B. 电阻率变为4ρ C. 电阻变为4R D. 电阻变为R16
6. 在如图所示的空间中，存在场强为E的匀强电场，同时存在沿x轴负方向，磁感应强度为B的匀强磁场．一质子(电荷量为e)在该空间恰沿y轴正方向以速度v匀速运动．据此可以判断出( )
A. 质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能减小；沿z轴正方向电势升高
B. 质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大；沿z轴正方向电势降低
C. 质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势升高
D. 质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势降低
7. 如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，O为坐标原点，A点坐标为x1，一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示。下列说法中不正确的是( )
A. 过O点的电场线一定与x轴重合
B. A点电场强度的方向沿x轴负方向
C. 该电子在A点受到的电场力大于其在O点受到的电场力
D. 该电子在O点的动能大于其在A点的动能
8. 某简易电吹风简化电路如图所示，其主要部件为电动机M和电热丝，部分技术参数如下表，电吹风在220V电压下工作。下列说法正确的是( )
A. 开关S1、S2都闭合时电吹风吹冷风 B. 吹热风时通过电热丝的电流为4A
C. 吹热风时电热丝的功率为990W D. 该电吹风中电动机的内电阻为440Ω
9. 如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是( )
A. M点的场强比P点的场强大
B. M点的电势比N点的电势高
C. N点的场强与P点的场强相同
D. 电子在M点的电势能比在P点的电势能大
10. 如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60∘的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP=a。不计重力。根据上述信息可以得出( )
A. 带电粒子在磁场中运动的轨迹方程 B. 带电粒子在磁场中运动的速率
C. 带电粒子在磁场中运动的时间 D. 该匀强磁场的磁感应强度
11. 在如图所示的U−I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知正确的是( )
A. 电源的电动势为3V，内阻为1Ω B. 电阻R的阻值为2Ω
C. 电源的输出功率为4W D. 电源的效率为50%
12. 如图所示为一匀强电场，某带电粒子仅受重力和电场力作用从A点运动到B点，在这运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J.则下列说法正确的是( )
A. 粒子带负电 B. 粒子在A点的电势能比在B点多1.5J
C. 粒子在A点的动能比在B点少0.5J D. 粒子在A点的机械能比在B点少1.5J
13. 图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )
A. 带负电
B. 在c点受力最大
C. 在b点的电势能小于在c点的电势能
D. 由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
14. 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S，电灯L正常发光。两块电表均为理想电表。在滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数变小
B. 电流表的示数变小
C. 灯泡L的亮度变大
D. 电源的总功率变小
15. 安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设电量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，其电流的等效电流强度I和方向为( )
A. 电流强度为ve2πr顺时针 B. 电流强度为ve2πr逆时针
C. 电流强度为ver顺时针 D. 电流强度为ver逆时针
16. 如图所示，在一个圆形区域内有垂直于圆平面的匀强磁场，现有两个质量相等、所带电荷量大小也相等的带电粒子a和b，先后以不同的速率从圆边沿的A点对准圆形区域的圆心O射入圆形磁场区域，它们穿过磁场区域的运动轨迹如图所示。粒子之间的相互作用力及所受重力和空气阻力均可忽略不计，下列说法中正确的是( )
A. a、b两粒子所带电荷的电性可能相同
B. 射入圆形磁场区域时a粒子的速率较大
C. 穿过磁场区域的过程洛伦兹力对a做功较多
D. 穿过磁场区域的过程a粒子运动的时间较长
17. 如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场，而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )
A. 穿出位置一定在O′下方 B. 穿出位置一定在O′上方
C. 在电场中运动时，电势能一定减小 D. 在电场中运动时，动能一定减小
18. 如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A，R1的阻值等于电流表内阻的12；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是( )
A. 将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示0.04A
B. 将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示0.02A
C. 将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示0.06A
D. 将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示0.01A
19. 一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连，两盒间的电压为U。设质子的质量为m，电荷量为q，则下列说法正确的是( )
A. 只增大R可增加质子被加速后的最大速度
B. 只增大加速电压U可增加质子被加速后的最大速度
C. D形盒之间交变电厂的变化周期为πmqB
D. 其它条件不变，质子被加速的总次数n与R成正比
20. 如图所示为某同学利用传感器研究电容器放电过程的实验电路，实验时先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；待电路稳定后把开关S掷向2端，电容器通过电阻放电。传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i−t曲线，这个曲线的横坐标是放电时间，纵坐标是放电电流。若其他条件不变，只将电阻R换为阻值更大的定值电阻，现用虚线表示电阻值变大后的i−t曲线，则在下列四个图象中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
21. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。
(1)应该选择的实验电路是图1中的______(选项“甲”或“乙”)，该方案的实验误差原因是______。
(2)现有电流表(0∼0.6A)、开关和导线若干，以及以下器材：
A.电压表(0∼15V)
B.电压表(0∼3V)
C.滑动变阻器(0∼20Ω)
D.滑动变阻器(0∼200Ω)
实验中电压表应选用______；滑动变阻器应选用______。(选填相应器材前的字母)
(3)请根据图1所示的电路图，在图2中完成实物的连接。
(4)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图3的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U−I图线。
序号
1
2
3
4
5
6
电压U(V)
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I(A)
0.060
0.120
0.240
0.260
0.360
0.480
(5)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。
22. 如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁场方向(磁感应强度为B)并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ=30∘。求：
(1)电子的质量m；
(2)穿越磁场的时间t。
23. 如图所示为示波管的结构原理图，加热的阴极K发出的电子(初速度可忽略不计)经电势差为U0的AB两金属板间的加速电场加速后，沿中心轴线O′O射入金属板间，两金属板间偏转电场的电势差为U，电子经偏转电场偏转后打在右侧竖直的荧光屏M上。整个装置处在真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场。已知电子的质量为m，电荷量为e；偏转电场的金属板长为L1，板间距离为d，其右端到荧光屏M的水平距离为L2。电子所受重力可忽略不计，求：
(1)电子从加速电场射入偏转电场时的速度大小v0；
(2)电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离y；
(3)在偏转电场中，若单位电压引起的偏转距离称为示波管的灵敏度，该值越大表示示波管的灵敏度越高。在示波管结构确定的情况下，为了提高示波管的灵敏度，请分析说明可采取的措施。
24. 对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻的理解其物理本质。一段长为l、电阻率为ρ、横截面积为S的细金属直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e、质量为m。
(1)请根据电流的定义，当电子移动速率为v时，推导出电流的微观表达式；
(2)将上述导线弯成一个闭合圆线圈，若该不带电的圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动，线圈中不会有电流通过，若线圈转动的线速度大小发生变化，线圈中会有电流通过，这个现象首先由斯泰瓦和托尔曼在1917年发现，被称为斯泰瓦-托尔曼效应．这一现象可解释为：当线圈转动的线速度大小均匀变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动。取线圈为参照物，金属离子相对静止，由于惯性影响，可认为线圈中的自由电子受到一个大小不变、方向始终沿线圈切线方向的力，该力的作用相当于非静电力的作用。
已知某次此线圈匀加速转动过程中，该切线方向的力的大小恒为F.根据上述模型回答下列问题：
a：求一个电子沿线圈运动一圈，该切线方向的力F做功的大小；
b：推导该圆线圈中的电流I′的表达式。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由电场线的疏密反映电场强度的大小知，EM
用电场线的疏密程度表示场强的大小，进而可比较电场力和加速度的大小；由电场力做功的性质可比较动能的大小。
本题考查电场线、静电力做功和动能定理的相关知识，需要加强理解，难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A、若a中向纸外，b中向纸里，同理可知，如图所示，P点的磁感应强度方向水平向右，故A正确。
B、若a、b中均向纸外，根据安培定则判断可知：a在p处产生的磁场Ba方向垂直于ap连线向上，
b在p处产生的磁场Bb方向垂直于连线向上，根据平行四边形定则进行合成，P点的磁感应强度方向竖直向上，故B错误。
C、若a、b中均向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向竖直向下，故C错误。
D、若a中向纸里，b中向纸外，同理可知，则得P点的磁感应强度方向水平向左，故D错误。
故选：A。
P点的磁场是由两个直导线a、b中电流产生的磁场叠加，根据安培定则和平行四边形定则进行分析。
磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量。它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。
3.【答案】B
【解析】解：A、B、保持S不变，增大d，可知电容变小，电容器的带电量不变，根据C=QU，说明板间电势差变大，发现θ变大，故A错误，B正确；
C、D、保持d不变，减小S，可知电容变小，电容器的带电量不变，根据C=QU，说明板间电势差变大，发现θ变大，故CD错误。
故选：B。
抓住电量不变，根据C=QU，结合间距与正对面积，来分析C的变化，静电计指针偏角大小表示极板间电势差的大小，根据分析极板间电势差的变化，来分析θ的变化情况。
解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量。电容器与电源断开，电量保持不变，根据电容器的定义式进行判断。
4.【答案】C
【解析】解：A、由题意可知，粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电，故A错误；
B、粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b点速率等于在a点速率，故B错误；
C、根据R=mvqB可知，若仅减小磁感应强度，则粒子运动的半径增大，由几何关系可知，粒子可能从b点右侧射出，故C正确；
D、若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，由几何关系可知，粒子轨迹对应的圆心角可能增大，可能先增大后不变，根据t=θ2π×T，则可知粒子运动时间可能增大，可能先增大后不变，故D错误。
故选：C。
根据粒子的偏转情况结合左手定则判断电性；粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功；根据R=mvqB判断半径的变化，从而分析出射位置；若仅减小入射速率，分析粒子轨迹对应的圆心角，分析粒子运动时间。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
5.【答案】A
【解析】解：AB、由于电阻率受温度的影响，因温度不变，所以电阻率也不变。故A正确，B错误；
CD、电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的14，长度为原来的4倍；由于导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的16倍，即16R.故CD错误；
故选：A。
在电阻丝温度不变的条件下，电阻的影响因素是材料(电阻率)、长度、横截面积，当导线被拉长后，长度变长的同时，横截面积变小，但导体的整个体积不变．
题考查了影响电阻大小的因素，关键要知道导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比．电阻率不受温度影响的材料，可以制成标准电阻．
6.【答案】C
【解析】解：质子受到电场力F=qE与洛伦兹力f=qvB作用而做匀速直线运动，处于平衡状态，
由平衡条件可得：qE=qvB，电场力与洛伦兹力方向相反；
由左手定则可知，质子所受洛伦兹力竖直向上，则电场力竖直向下，
由于质子带正电，所受电场力的方向与电场强度E的方向相同，
则电场强度E方向沿z轴竖直向下，则沿z轴正方向电势升高；
质子在运动过程中，电场力不做功，因此质子的电势能不变，
故ABD错误，C正确；
故选：C。
以质子为研究对象，对质子进行受力分析，质子做匀速直线运动，根据平衡条件分析答题．
本题涉及的知识点较多，对质子正确受力分析、会用左手定则判断洛伦兹力方向、知道电场力方向与场强间的关系是正确解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：A、电子仅在电场力作用下沿x轴运动，所以电场力的方向一定与运动的方向相同，即过O点的电场线一定与x轴重合，故A正确；
B、由于A点的电势能比O点大，根据负电荷在电势越低处电势能越大可知，A点的电势低于O点，即电场强度的方向是由O指向A，沿x轴正方向，故B错误；
C、根据ΔEp=eΔφ=eE⋅Δx=FΔx，可知Ep−x图象的斜率表示电场力的大小，故该电子在A点的电场力大于其在O点受到的电场力，故C正确；
D、电子从O点运动到A点的过程中，电场力做负功，动能越来越小，电势能越来越大，所以该电子在O点的动能大于其在A点的动能，故D正确。
本题选择不正确的，
故选：B。
根据Ep−x图象所示A点的电势能大小和Ep−x图象的斜率表示电场力的大小，分析场强方向和电子的受力情况；
根据负电荷由高电势向低电势运动时，电场力做负功，动能越来越小，电势能越来越高，判断电子的动能变化。
本题考查负电荷仅在电场力作用下的直线运动问题：需注意Ep−x图象的斜率表示电场力的大小。
8.【答案】B
【解析】解：A、由电路图可知，开关S1、S2都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，故A错误；
D、只闭合开关S2时，仅电动机接入电路，若电动机为纯电阻，则电阻为r=U2P=2202110Ω=440Ω，由于电动机为非纯电阻，则内阻不为440Ω，故D错误；
BC、开关S1、S2都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，总功率为990W，即为电动机的功率和电热丝的功率之和，则吹热风时电热丝的功率为880W；通过电热丝的电流为I=PU=880220A=4A，故B正确，C错误。
故选：B。
分析电路图，看懂电吹风工作原理；开关S2闭合时，电吹风吹冷风，只有电动机工作；开关S1、S2都闭合时电吹风吹热风，电动机和电热丝并联工作。
本题考查了基本电路分析，串并联电路功率关系，非纯电阻电路(电动机内阻)分析方法。
9.【答案】C
【解析】
【解答】
A.如图所示M点和P点电场线的疏密程度相同，M和P点电场强度大小相同，故A错误。
B. M点和N点到正负电荷的距离都相同，它们位于同一个等势面上，电势相同，故B错误。
C. 如上图所示MNP三点电场线疏密程度，场强大小相同，其中N点和P点的方向相同，故C正确。
D. 沿电场线方向电势逐渐减小，M点电势大于P点电势，电子带负电，负电荷在电势越低的地方电势能越大，故电子在P点电势能大于M点电势能，故D错误。
故选C。
【分析】
沿电场线方向电势逐渐减小，根据正负电荷所形成的电场图像分析。
熟悉等量同种电荷和异种电荷形成的电场图像以及电势图像对做题有较大帮助。
10.【答案】A
【解析】解：利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置。
设带电粒子在磁场中的运动半径为r，根据几何关系可得
cos30∘=ar
所以r=233a。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，即
qBv=mv2r
带电粒子做圆周运动的周期为
T=2πrv
解得r=mvqB，T=2πmqB。
由此可知，带电粒子在磁场中的运动轨迹是唯一确定且可求的，故A正确。
因为v和B都未知，所以带电粒子在磁场中的运动时间也无法确定，故BCD错误。
故选A。
11.【答案】C
【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定律得U=E−Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r=ΔUΔI=36Ω=0.5Ω.故A错误。
B、电阻的U−I图线的斜率等于电阻，则电阻R=UI=22Ω=1Ω.故B错误。
C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W.故C正确。
D、电源的效率η=P出P总=UIEI=23=66.7%.故D错误。
故选：C。
由电源的U−I的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻．电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻．两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率．
对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．
12.【答案】BD
【解析】解：A.由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力向右，与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故A错误。
B.从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，由题意知电场力做的功为1.5J，则电势能减少1.5J，所以在A点的电势能比B点的电势能大1.5J，故B正确。
C.从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，则总功为W=−0.5J.由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点多0.5J，故C错误。
D.从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，即粒子在A点的机械能比在B点少1.5J，故D正确。
故选：BD。
在由A运动B的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功。从运动轨迹上判断，电场力向右，粒子带正电。从A到B的过程中，电场力做正功为1.5J，所以电势能是减少的，A点的电势能要大于B点电势能。从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可求出动能的变化情况。从A到B的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守恒可比较AB两点的机械能。
解决该题的关键是正确分析电场力的方向，知道正电荷的电场力和电场线方向相同，熟记电场力做功与电势能变化的关系；
13.【答案】D
【解析】
【分析】
电场线与等势面垂直．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，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，属于基础题目。
【解答】
A：根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，A错误；
B：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在c点受到的电场力最小，故B错误；
C：根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C错误；
D：a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确。
故选：D。
14.【答案】A
【解析】解：B、将滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路总电流I增大，则电流表的示数变大，故B错误；
C、电路总电流I增大，路端电压U=E−Ir减小，则电灯L的两端电压减小，其亮度变暗，故C错误；
D、电源总功率P=EI，电流I增大，电源总功率增大，故D错误；
A、电灯L两端的电压减小，流过它的电流IL减小，流过电阻R1的电流I1=I−IL，I增大，IL减小，则I1增大，电阻R1两端的电压U1增大；电压表的示数UV=U−U1，U减小，U1增大，则电压表示数变小，故A正确。
故选：A。
将滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，确定电灯L消耗功率的变化；根据流过电阻R1的电流与总电流、电灯L电流的关系，分析其电流的变化，确定R1两端电压的变化，再分析变阻器两端电压的变化；电源总功率等于电动势与流过电源电流的乘积。
本题是动态电路变化分析问题，由滑动变阻器的阻值变化，得到干路电流的变化为切入点，按从部分到整体再到部分的顺序进行分析。
15.【答案】B
【解析】解：电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为：T=2πrv
根据电流的定义式得：电流强度为：I=qt=qT=ve2πr；
因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故B正确，ACD错误。
故选：B。
电子绕核运动可等效为一环形电流，求出电子运动周期T，根据电流的定义式求解电流强度．电子带负电，电流方向与电子定向移动的方向相反。
本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路．要知道电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反．
16.【答案】D
【解析】解：A.粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电，a向下偏转，应当带负电，故A错误；
B.由几何关系可知，a的半径较小，根据qvB=mv2r，解得r=mvqB，半径较大的b粒子速率较大，故B错误。
C.因为粒子受到的洛伦兹力总是和速度相互垂直，则洛伦兹力永不做功，故C错误；
D.根据t=θ2π×T可知，因两粒子的周期T相同，a的圆心角较大，则a的运动时间较长，故D正确。
故选：D。
a、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定。
从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后，根据公式，再判定速度和运动的时间。
掌握用左手定则分析洛伦兹力以及粒子的电性，知道洛伦兹力提供向心力，能根据粒子的运动轨迹判断粒子的半径以及圆心角的大小关系。
17.【答案】C
【解析】解：A、B、a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv=Eq即只要满足E=Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O′点的上方或下方穿出，故A错误，B错误；
C、D、粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C正确，D错误；
故选：C。
粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动时，由受力平衡，可得到速度与电场强度和磁感应强度的关系．若撤去磁场，粒子做类平抛运动，粒子无论是向上偏转还是向下偏转，都是在电场力的作用下偏转，所以电场力对离子做正功．
带电粒子在复合场中运动类问题综合了带电粒子在电场和磁场组成的复合场中的匀速直线运动、电场中的类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动三个方面：
(1)在电场和磁场组成的复合场中做匀速直线运动时，符合二力平衡：qE=qvB.
(2)若撤去磁场，带电粒子在电场中做类平抛运动，应用运动的合成与分解的方法分析．有时也要结合能量问题分析解决．
(3)若撤去电场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，符合洛伦兹力提供向心力．
18.【答案】C
【解析】解：AB、当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，故量程为1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示0.06A；故AB错误；
CD、当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A，故每一小格表示0.06A，故C正确，D错误；
故选：C。
对电路结构进行分析，再根据串并联电路规律即可明确流过1的电流大小，再根据比例即可求出每一小格所表示的电流大小．
本题考查电表的改装，关键在于明确电路结构；特别是CD中要注意R2对电流表的量程没有影响．
19.【答案】A
【解析】解：A质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑磁力提供质子做圆周运动的向心力，所以;qvB=mv2r，可得r=mvqB，所以D形盒半径R决定质子被加速的最大速度，故A正确；
B.只增大加速电压，只能增加质子被加速一次增加的动能，不能决定质子的最大速度，故B错误；
C.D形盒之间交变电场的变化周期为2πmqB，故C错误；
D.质子在一个周期被加速两次，质子的最大速度与D形盒半径成正比，即：vm=qBRm由动能定理得：2nqU=12mvm2，故D错误。
故选：A。
质子做匀速圆周的周期与速度无关，一个周期加速两次，每经过D形盒缝隙一次，质子被加速一次，那么交变电场的周期就与质子回旋周期相同
本题考查回旋加速器的原理，动能定理，带电粒子在匀强磁场中的运动以及粒子的运动周期与交变电场的周期的关系。
20.【答案】C
【解析】解：i−t图线与坐标轴所围图形的面积表示经过导体的电荷量，即更有电容器上所带电荷量。当把电阻R换成阻值更大的电阻时，因为电容器两板间电压不变，所以刚开始放电时通过电阻的电流变小，又因为电容器所带电荷量不变，即图线与坐标轴所围图形的面积不变，所以放电时间变长。
A、t=0时刻电流变大，面积也变大，故A错误；
B、图线与坐标轴所围图形的面积增大，且t=0时刻的电流不变，故B错误；
C、t=0时刻的电流变小，面积不变，故C正确；
D、图线所围面积减小，故D错误。
故选：C。
i−t图线与坐标轴所围图形的面积表示经过导体的电荷量，当把电阻R换成阻值更大的电阻时，因为电容器两板间电压不变，所以刚开始放电时通过电阻的电流变小。
当把电阻R换成阻值更大的电阻时，因为电容器两板间电压不变，所以刚开始放电时通过电阻的电流变小，又因为电容器所带电荷量不变，所以图线与坐标轴所围图形的面积不变。
21.【答案】甲 电压表的分流 BC1.50.83
【解析】解：(1)一节干电池的内阻很小，为减小实验误差相对于电源来说电流表应采用外接法，应选择图甲所示电路图。该方案的误差来源于：电压表的分流。
(2)一节干电池的电动势约为1.5V，电压表应选择B；为方便实验操作，滑动变阻器应选择C；
(3)根据电路图连接实物图如图2所示；
(4)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象，让尽可能多的点通过直线，不能通过直线的点对称分别在直线两侧，图象如图3所示；
(5)由图甲所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压U=E−Ir，
由图示图象可知，电源电动势E=1.5V，电源内阻：r=ΔUΔI=1.5−1.00.6Ω≈0.83Ω。
故答案为：(1)甲、电压表的分流；(2)B、C；(3)实物连线见解析；(4)描点及图象见解析；(5)1.5、0.83
(1)当电源内阻较小时，为减小实验误差相对于电源来说电流表应采用外接法，根据实验电路图分析误差；
(2)根据电池的电动势选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
(3)根据电路图连接实物图；
(4)根据实验数据应用描点法作出图象；
(5)根据图象的函数表达式结合图示图象求出电源电动势与内阻。
本题考查了测电源电动势与内阻实验，知道实验原理是解题的前提与关键；应用图象法处理实验数据，要掌握描点法作图的方法；根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电源电动势与内阻。
22.【答案】解：(1)粒子的运动轨迹图如图所示，根据几何关系有：R=dsin30∘=2d
对电子，根据洛伦兹力提供向心力：evB=mv2R，
联立解得：m=2eBdv
(2)电子的周期为：T=2πRv=2π×2dv，所以电子穿越磁场的时间：t=30∘360∘×T=πd3v。答：(1)电子的质量m为2eBdv；
(2)穿越磁场的时间t为πd3v。
【解析】作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子的质量；根据几何关系求出电子在磁场中的圆心角，结合周期公式求出穿越磁场的时间。
解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解。
23.【答案】解：(1)电子在加速电场中加速过程，根据动能定理有
eU0=12mv02−0
解得：v0=2eU0m
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，加速度大小为a=eEm=eUmd
电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则电子在偏转电场中运动的时间为t=L1v0
电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离为y′=12at2
联立可得y′=UL124U0d
电子射出偏转电场时速度的反向延长线交水平位移的中点，由三角形相似法可得
y′y=12L112L1+L2
解得：y=L1+2L2L1⋅UL124U0d=(L1+2L2)UL14U0d
(3)示波管的灵敏度为
yU=(L1+2L2)L14U0d
则在示波管结构确定的情况下，为了提高示波管的灵敏度，可采取的措施为：减小加速电场电压。
答：(1)电子从加速电场射入偏转电场时的速度大小v0为2eU0m
(2)电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离y为(L1+2L2)UL14U0d；
(3)在示波管结构确定的情况下，为了提高示波管的灵敏度，可采取的措施为：减小加速电场电压。
【解析】(1)电子在加速电场中加速过程，利用动能定理求解电子加速获得的速度，即为电子射入偏转电场时的速度大小v0；
(2)电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据分运动规律列式求出电子离开偏转电场时的偏转距离。根据类平抛运动的推论和几何关系求电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离y；
(3)根据示波管的灵敏度定义推导出灵敏度的计算公式，由此分析提高示波管灵敏度的方法。
本题的关键是要掌握类平抛运动的处理方法：将类平抛运动分解成两个相互垂直的直线运动，根据牛顿第二定律、运动学规律和几何关系进行解答。
24.【答案】解：(1)一小段时间Δt内，流过导线横截面的电子个数为：ΔN=nSvΔt
对应的电荷量为：ΔQ=ΔNe=nSvΔte
根据电流的定义有：I=ΔQΔt=neSv
(2)a、电子运动一圈，非静电力做功为 W非=F⋅2πr=Fl
b、对于圆线圈这个闭合回路，电动势为 E=W非e=Fle
根据闭合电路欧姆定律，圆线圈这个闭合回路的电流为：I′=ER
联立以上两式，并根据R=ρlS，解得：I′=FSeρ
答：(1)电流的微观表达式为neSv；
(2)a、切线方向的力F做功的大小为Fl；
b、圆线圈中的电流I′的表达式为FSeρ。
【解析】(1)在时间t内流过导线横截面的带电粒子数N=nvSt，通过导线横截面的总电荷量Q=Nq，导线中电流I=Qt，求得速度。
(2)a、非静电力做功为 W非=F⋅2πr=Fl
b、闭合回路的电流为：I′=ER，而E=Fle，又R=ρlS，联立求得电流I′。
本题关键要抓住物理量之间的关系，要在理解的基础上记住电流的微观表达式；正确应用电阻定律求解电阻。
2021-2022学年北京市顺义二中高二（上）期末物理试卷（等级考）
1. 某电场的电场线如图所示，一带正电的点电荷仅在电场力的作用下从M点运动到N点。若其在电场中M、N两点运动的加速度大小分别为aM和aN，所具有的动能分别为EkM和EkN，则下列说法中正确的是( )
A. aM >aN，EkM >EkN B. aM >aN，EkM
A. a中电流方向向外，b中电流方向向里 B. a中电流方向向外，b中电流方向向外
C. a中电流方向向里，b中电流方向向里 D. a中电流方向向里，b中电流方向向外
3. 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )
A. 保持S不变，增大d，则θ变小 B. 保持S不变，增大d，则θ变大
C. 保持d不变，减小S，则θ变小 D. 保持d不变，减小S，则θ不变
4. 如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电
B. 粒子在b点速率大于在a点速率
C. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
5. 某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，则该导线的( )
A. 电阻率仍为ρ B. 电阻率变为4ρ C. 电阻变为4R D. 电阻变为R16
6. 在如图所示的空间中，存在场强为E的匀强电场，同时存在沿x轴负方向，磁感应强度为B的匀强磁场．一质子(电荷量为e)在该空间恰沿y轴正方向以速度v匀速运动．据此可以判断出( )
A. 质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能减小；沿z轴正方向电势升高
B. 质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大；沿z轴正方向电势降低
C. 质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势升高
D. 质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势降低
7. 如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，O为坐标原点，A点坐标为x1，一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示。下列说法中不正确的是( )
A. 过O点的电场线一定与x轴重合
B. A点电场强度的方向沿x轴负方向
C. 该电子在A点受到的电场力大于其在O点受到的电场力
D. 该电子在O点的动能大于其在A点的动能
8. 某简易电吹风简化电路如图所示，其主要部件为电动机M和电热丝，部分技术参数如下表，电吹风在220V电压下工作。下列说法正确的是( )
A. 开关S1、S2都闭合时电吹风吹冷风 B. 吹热风时通过电热丝的电流为4A
C. 吹热风时电热丝的功率为990W D. 该电吹风中电动机的内电阻为440Ω
9. 如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是( )
A. M点的场强比P点的场强大
B. M点的电势比N点的电势高
C. N点的场强与P点的场强相同
D. 电子在M点的电势能比在P点的电势能大
10. 如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60∘的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP=a。不计重力。根据上述信息可以得出( )
A. 带电粒子在磁场中运动的轨迹方程 B. 带电粒子在磁场中运动的速率
C. 带电粒子在磁场中运动的时间 D. 该匀强磁场的磁感应强度
11. 在如图所示的U−I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知正确的是( )
A. 电源的电动势为3V，内阻为1Ω B. 电阻R的阻值为2Ω
C. 电源的输出功率为4W D. 电源的效率为50%
12. 如图所示为一匀强电场，某带电粒子仅受重力和电场力作用从A点运动到B点，在这运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J.则下列说法正确的是( )
A. 粒子带负电 B. 粒子在A点的电势能比在B点多1.5J
C. 粒子在A点的动能比在B点少0.5J D. 粒子在A点的机械能比在B点少1.5J
13. 图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )
A. 带负电
B. 在c点受力最大
C. 在b点的电势能小于在c点的电势能
D. 由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
14. 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S，电灯L正常发光。两块电表均为理想电表。在滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数变小
B. 电流表的示数变小
C. 灯泡L的亮度变大
D. 电源的总功率变小
15. 安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设电量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，其电流的等效电流强度I和方向为( )
A. 电流强度为ve2πr顺时针 B. 电流强度为ve2πr逆时针
C. 电流强度为ver顺时针 D. 电流强度为ver逆时针
16. 如图所示，在一个圆形区域内有垂直于圆平面的匀强磁场，现有两个质量相等、所带电荷量大小也相等的带电粒子a和b，先后以不同的速率从圆边沿的A点对准圆形区域的圆心O射入圆形磁场区域，它们穿过磁场区域的运动轨迹如图所示。粒子之间的相互作用力及所受重力和空气阻力均可忽略不计，下列说法中正确的是( )
A. a、b两粒子所带电荷的电性可能相同
B. 射入圆形磁场区域时a粒子的速率较大
C. 穿过磁场区域的过程洛伦兹力对a做功较多
D. 穿过磁场区域的过程a粒子运动的时间较长
17. 如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场，而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )
A. 穿出位置一定在O′下方 B. 穿出位置一定在O′上方
C. 在电场中运动时，电势能一定减小 D. 在电场中运动时，动能一定减小
18. 如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A，R1的阻值等于电流表内阻的12；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是( )
A. 将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示0.04A
B. 将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示0.02A
C. 将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示0.06A
D. 将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示0.01A
19. 一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连，两盒间的电压为U。设质子的质量为m，电荷量为q，则下列说法正确的是( )
A. 只增大R可增加质子被加速后的最大速度
B. 只增大加速电压U可增加质子被加速后的最大速度
C. D形盒之间交变电厂的变化周期为πmqB
D. 其它条件不变，质子被加速的总次数n与R成正比
20. 如图所示为某同学利用传感器研究电容器放电过程的实验电路，实验时先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；待电路稳定后把开关S掷向2端，电容器通过电阻放电。传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i−t曲线，这个曲线的横坐标是放电时间，纵坐标是放电电流。若其他条件不变，只将电阻R换为阻值更大的定值电阻，现用虚线表示电阻值变大后的i−t曲线，则在下列四个图象中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
21. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。
(1)应该选择的实验电路是图1中的______(选项“甲”或“乙”)，该方案的实验误差原因是______。
(2)现有电流表(0∼0.6A)、开关和导线若干，以及以下器材：
A.电压表(0∼15V)
B.电压表(0∼3V)
C.滑动变阻器(0∼20Ω)
D.滑动变阻器(0∼200Ω)
实验中电压表应选用______；滑动变阻器应选用______。(选填相应器材前的字母)
(3)请根据图1所示的电路图，在图2中完成实物的连接。
(4)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图3的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U−I图线。
序号
1
2
3
4
5
6
电压U(V)
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I(A)
0.060
0.120
0.240
0.260
0.360
0.480
(5)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。
22. 如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁场方向(磁感应强度为B)并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ=30∘。求：
(1)电子的质量m；
(2)穿越磁场的时间t。
23. 如图所示为示波管的结构原理图，加热的阴极K发出的电子(初速度可忽略不计)经电势差为U0的AB两金属板间的加速电场加速后，沿中心轴线O′O射入金属板间，两金属板间偏转电场的电势差为U，电子经偏转电场偏转后打在右侧竖直的荧光屏M上。整个装置处在真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场。已知电子的质量为m，电荷量为e；偏转电场的金属板长为L1，板间距离为d，其右端到荧光屏M的水平距离为L2。电子所受重力可忽略不计，求：
(1)电子从加速电场射入偏转电场时的速度大小v0；
(2)电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离y；
(3)在偏转电场中，若单位电压引起的偏转距离称为示波管的灵敏度，该值越大表示示波管的灵敏度越高。在示波管结构确定的情况下，为了提高示波管的灵敏度，请分析说明可采取的措施。
24. 对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻的理解其物理本质。一段长为l、电阻率为ρ、横截面积为S的细金属直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e、质量为m。
(1)请根据电流的定义，当电子移动速率为v时，推导出电流的微观表达式；
(2)将上述导线弯成一个闭合圆线圈，若该不带电的圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动，线圈中不会有电流通过，若线圈转动的线速度大小发生变化，线圈中会有电流通过，这个现象首先由斯泰瓦和托尔曼在1917年发现，被称为斯泰瓦-托尔曼效应．这一现象可解释为：当线圈转动的线速度大小均匀变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动。取线圈为参照物，金属离子相对静止，由于惯性影响，可认为线圈中的自由电子受到一个大小不变、方向始终沿线圈切线方向的力，该力的作用相当于非静电力的作用。
已知某次此线圈匀加速转动过程中，该切线方向的力的大小恒为F.根据上述模型回答下列问题：
a：求一个电子沿线圈运动一圈，该切线方向的力F做功的大小；
b：推导该圆线圈中的电流I′的表达式。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由电场线的疏密反映电场强度的大小知，EM
用电场线的疏密程度表示场强的大小，进而可比较电场力和加速度的大小；由电场力做功的性质可比较动能的大小。
本题考查电场线、静电力做功和动能定理的相关知识，需要加强理解，难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A、若a中向纸外，b中向纸里，同理可知，如图所示，P点的磁感应强度方向水平向右，故A正确。
B、若a、b中均向纸外，根据安培定则判断可知：a在p处产生的磁场Ba方向垂直于ap连线向上，
b在p处产生的磁场Bb方向垂直于连线向上，根据平行四边形定则进行合成，P点的磁感应强度方向竖直向上，故B错误。
C、若a、b中均向纸里，同理可知，P点的磁感应强度方向竖直向下，故C错误。
D、若a中向纸里，b中向纸外，同理可知，则得P点的磁感应强度方向水平向左，故D错误。
故选：A。
P点的磁场是由两个直导线a、b中电流产生的磁场叠加，根据安培定则和平行四边形定则进行分析。
磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量。它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。
3.【答案】B
【解析】解：A、B、保持S不变，增大d，可知电容变小，电容器的带电量不变，根据C=QU，说明板间电势差变大，发现θ变大，故A错误，B正确；
C、D、保持d不变，减小S，可知电容变小，电容器的带电量不变，根据C=QU，说明板间电势差变大，发现θ变大，故CD错误。
故选：B。
抓住电量不变，根据C=QU，结合间距与正对面积，来分析C的变化，静电计指针偏角大小表示极板间电势差的大小，根据分析极板间电势差的变化，来分析θ的变化情况。
解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量。电容器与电源断开，电量保持不变，根据电容器的定义式进行判断。
4.【答案】C
【解析】解：A、由题意可知，粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电，故A错误；
B、粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b点速率等于在a点速率，故B错误；
C、根据R=mvqB可知，若仅减小磁感应强度，则粒子运动的半径增大，由几何关系可知，粒子可能从b点右侧射出，故C正确；
D、若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，由几何关系可知，粒子轨迹对应的圆心角可能增大，可能先增大后不变，根据t=θ2π×T，则可知粒子运动时间可能增大，可能先增大后不变，故D错误。
故选：C。
根据粒子的偏转情况结合左手定则判断电性；粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功；根据R=mvqB判断半径的变化，从而分析出射位置；若仅减小入射速率，分析粒子轨迹对应的圆心角，分析粒子运动时间。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
5.【答案】A
【解析】解：AB、由于电阻率受温度的影响，因温度不变，所以电阻率也不变。故A正确，B错误；
CD、电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的14，长度为原来的4倍；由于导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的16倍，即16R.故CD错误；
故选：A。
在电阻丝温度不变的条件下，电阻的影响因素是材料(电阻率)、长度、横截面积，当导线被拉长后，长度变长的同时，横截面积变小，但导体的整个体积不变．
题考查了影响电阻大小的因素，关键要知道导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比．电阻率不受温度影响的材料，可以制成标准电阻．
6.【答案】C
【解析】解：质子受到电场力F=qE与洛伦兹力f=qvB作用而做匀速直线运动，处于平衡状态，
由平衡条件可得：qE=qvB，电场力与洛伦兹力方向相反；
由左手定则可知，质子所受洛伦兹力竖直向上，则电场力竖直向下，
由于质子带正电，所受电场力的方向与电场强度E的方向相同，
则电场强度E方向沿z轴竖直向下，则沿z轴正方向电势升高；
质子在运动过程中，电场力不做功，因此质子的电势能不变，
故ABD错误，C正确；
故选：C。
以质子为研究对象，对质子进行受力分析，质子做匀速直线运动，根据平衡条件分析答题．
本题涉及的知识点较多，对质子正确受力分析、会用左手定则判断洛伦兹力方向、知道电场力方向与场强间的关系是正确解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：A、电子仅在电场力作用下沿x轴运动，所以电场力的方向一定与运动的方向相同，即过O点的电场线一定与x轴重合，故A正确；
B、由于A点的电势能比O点大，根据负电荷在电势越低处电势能越大可知，A点的电势低于O点，即电场强度的方向是由O指向A，沿x轴正方向，故B错误；
C、根据ΔEp=eΔφ=eE⋅Δx=FΔx，可知Ep−x图象的斜率表示电场力的大小，故该电子在A点的电场力大于其在O点受到的电场力，故C正确；
D、电子从O点运动到A点的过程中，电场力做负功，动能越来越小，电势能越来越大，所以该电子在O点的动能大于其在A点的动能，故D正确。
本题选择不正确的，
故选：B。
根据Ep−x图象所示A点的电势能大小和Ep−x图象的斜率表示电场力的大小，分析场强方向和电子的受力情况；
根据负电荷由高电势向低电势运动时，电场力做负功，动能越来越小，电势能越来越高，判断电子的动能变化。
本题考查负电荷仅在电场力作用下的直线运动问题：需注意Ep−x图象的斜率表示电场力的大小。
8.【答案】B
【解析】解：A、由电路图可知，开关S1、S2都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，故A错误；
D、只闭合开关S2时，仅电动机接入电路，若电动机为纯电阻，则电阻为r=U2P=2202110Ω=440Ω，由于电动机为非纯电阻，则内阻不为440Ω，故D错误；
BC、开关S1、S2都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，总功率为990W，即为电动机的功率和电热丝的功率之和，则吹热风时电热丝的功率为880W；通过电热丝的电流为I=PU=880220A=4A，故B正确，C错误。
故选：B。
分析电路图，看懂电吹风工作原理；开关S2闭合时，电吹风吹冷风，只有电动机工作；开关S1、S2都闭合时电吹风吹热风，电动机和电热丝并联工作。
本题考查了基本电路分析，串并联电路功率关系，非纯电阻电路(电动机内阻)分析方法。
9.【答案】C
【解析】
【解答】
A.如图所示M点和P点电场线的疏密程度相同，M和P点电场强度大小相同，故A错误。
B. M点和N点到正负电荷的距离都相同，它们位于同一个等势面上，电势相同，故B错误。
C. 如上图所示MNP三点电场线疏密程度，场强大小相同，其中N点和P点的方向相同，故C正确。
D. 沿电场线方向电势逐渐减小，M点电势大于P点电势，电子带负电，负电荷在电势越低的地方电势能越大，故电子在P点电势能大于M点电势能，故D错误。
故选C。
【分析】
沿电场线方向电势逐渐减小，根据正负电荷所形成的电场图像分析。
熟悉等量同种电荷和异种电荷形成的电场图像以及电势图像对做题有较大帮助。
10.【答案】A
【解析】解：利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置。
设带电粒子在磁场中的运动半径为r，根据几何关系可得
cos30∘=ar
所以r=233a。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，即
qBv=mv2r
带电粒子做圆周运动的周期为
T=2πrv
解得r=mvqB，T=2πmqB。
由此可知，带电粒子在磁场中的运动轨迹是唯一确定且可求的，故A正确。
因为v和B都未知，所以带电粒子在磁场中的运动时间也无法确定，故BCD错误。
故选A。
11.【答案】C
【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定律得U=E−Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r=ΔUΔI=36Ω=0.5Ω.故A错误。
B、电阻的U−I图线的斜率等于电阻，则电阻R=UI=22Ω=1Ω.故B错误。
C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W.故C正确。
D、电源的效率η=P出P总=UIEI=23=66.7%.故D错误。
故选：C。
由电源的U−I的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻．电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻．两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率．
对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．
12.【答案】BD
【解析】解：A.由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力向右，与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故A错误。
B.从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，由题意知电场力做的功为1.5J，则电势能减少1.5J，所以在A点的电势能比B点的电势能大1.5J，故B正确。
C.从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，则总功为W=−0.5J.由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点多0.5J，故C错误。
D.从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，即粒子在A点的机械能比在B点少1.5J，故D正确。
故选：BD。
在由A运动B的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功。从运动轨迹上判断，电场力向右，粒子带正电。从A到B的过程中，电场力做正功为1.5J，所以电势能是减少的，A点的电势能要大于B点电势能。从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可求出动能的变化情况。从A到B的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守恒可比较AB两点的机械能。
解决该题的关键是正确分析电场力的方向，知道正电荷的电场力和电场线方向相同，熟记电场力做功与电势能变化的关系；
13.【答案】D
【解析】
【分析】
电场线与等势面垂直．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，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，属于基础题目。
【解答】
A：根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，A错误；
B：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在c点受到的电场力最小，故B错误；
C：根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C错误；
D：a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确。
故选：D。
14.【答案】A
【解析】解：B、将滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路总电流I增大，则电流表的示数变大，故B错误；
C、电路总电流I增大，路端电压U=E−Ir减小，则电灯L的两端电压减小，其亮度变暗，故C错误；
D、电源总功率P=EI，电流I增大，电源总功率增大，故D错误；
A、电灯L两端的电压减小，流过它的电流IL减小，流过电阻R1的电流I1=I−IL，I增大，IL减小，则I1增大，电阻R1两端的电压U1增大；电压表的示数UV=U−U1，U减小，U1增大，则电压表示数变小，故A正确。
故选：A。
将滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，确定电灯L消耗功率的变化；根据流过电阻R1的电流与总电流、电灯L电流的关系，分析其电流的变化，确定R1两端电压的变化，再分析变阻器两端电压的变化；电源总功率等于电动势与流过电源电流的乘积。
本题是动态电路变化分析问题，由滑动变阻器的阻值变化，得到干路电流的变化为切入点，按从部分到整体再到部分的顺序进行分析。
15.【答案】B
【解析】解：电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为：T=2πrv
根据电流的定义式得：电流强度为：I=qt=qT=ve2πr；
因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故B正确，ACD错误。
故选：B。
电子绕核运动可等效为一环形电流，求出电子运动周期T，根据电流的定义式求解电流强度．电子带负电，电流方向与电子定向移动的方向相反。
本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路．要知道电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反．
16.【答案】D
【解析】解：A.粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电，a向下偏转，应当带负电，故A错误；
B.由几何关系可知，a的半径较小，根据qvB=mv2r，解得r=mvqB，半径较大的b粒子速率较大，故B错误。
C.因为粒子受到的洛伦兹力总是和速度相互垂直，则洛伦兹力永不做功，故C错误；
D.根据t=θ2π×T可知，因两粒子的周期T相同，a的圆心角较大，则a的运动时间较长，故D正确。
故选：D。
a、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定。
从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后，根据公式，再判定速度和运动的时间。
掌握用左手定则分析洛伦兹力以及粒子的电性，知道洛伦兹力提供向心力，能根据粒子的运动轨迹判断粒子的半径以及圆心角的大小关系。
17.【答案】C
【解析】解：A、B、a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv=Eq即只要满足E=Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O′点的上方或下方穿出，故A错误，B错误；
C、D、粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C正确，D错误；
故选：C。
粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动时，由受力平衡，可得到速度与电场强度和磁感应强度的关系．若撤去磁场，粒子做类平抛运动，粒子无论是向上偏转还是向下偏转，都是在电场力的作用下偏转，所以电场力对离子做正功．
带电粒子在复合场中运动类问题综合了带电粒子在电场和磁场组成的复合场中的匀速直线运动、电场中的类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动三个方面：
(1)在电场和磁场组成的复合场中做匀速直线运动时，符合二力平衡：qE=qvB.
(2)若撤去磁场，带电粒子在电场中做类平抛运动，应用运动的合成与分解的方法分析．有时也要结合能量问题分析解决．
(3)若撤去电场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，符合洛伦兹力提供向心力．
18.【答案】C
【解析】解：AB、当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，故量程为1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示0.06A；故AB错误；
CD、当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A，故每一小格表示0.06A，故C正确，D错误；
故选：C。
对电路结构进行分析，再根据串并联电路规律即可明确流过1的电流大小，再根据比例即可求出每一小格所表示的电流大小．
本题考查电表的改装，关键在于明确电路结构；特别是CD中要注意R2对电流表的量程没有影响．
19.【答案】A
【解析】解：A质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑磁力提供质子做圆周运动的向心力，所以;qvB=mv2r，可得r=mvqB，所以D形盒半径R决定质子被加速的最大速度，故A正确；
B.只增大加速电压，只能增加质子被加速一次增加的动能，不能决定质子的最大速度，故B错误；
C.D形盒之间交变电场的变化周期为2πmqB，故C错误；
D.质子在一个周期被加速两次，质子的最大速度与D形盒半径成正比，即：vm=qBRm由动能定理得：2nqU=12mvm2，故D错误。
故选：A。
质子做匀速圆周的周期与速度无关，一个周期加速两次，每经过D形盒缝隙一次，质子被加速一次，那么交变电场的周期就与质子回旋周期相同
本题考查回旋加速器的原理，动能定理，带电粒子在匀强磁场中的运动以及粒子的运动周期与交变电场的周期的关系。
20.【答案】C
【解析】解：i−t图线与坐标轴所围图形的面积表示经过导体的电荷量，即更有电容器上所带电荷量。当把电阻R换成阻值更大的电阻时，因为电容器两板间电压不变，所以刚开始放电时通过电阻的电流变小，又因为电容器所带电荷量不变，即图线与坐标轴所围图形的面积不变，所以放电时间变长。
A、t=0时刻电流变大，面积也变大，故A错误；
B、图线与坐标轴所围图形的面积增大，且t=0时刻的电流不变，故B错误；
C、t=0时刻的电流变小，面积不变，故C正确；
D、图线所围面积减小，故D错误。
故选：C。
i−t图线与坐标轴所围图形的面积表示经过导体的电荷量，当把电阻R换成阻值更大的电阻时，因为电容器两板间电压不变，所以刚开始放电时通过电阻的电流变小。
当把电阻R换成阻值更大的电阻时，因为电容器两板间电压不变，所以刚开始放电时通过电阻的电流变小，又因为电容器所带电荷量不变，所以图线与坐标轴所围图形的面积不变。
21.【答案】甲 电压表的分流 BC1.50.83
【解析】解：(1)一节干电池的内阻很小，为减小实验误差相对于电源来说电流表应采用外接法，应选择图甲所示电路图。该方案的误差来源于：电压表的分流。
(2)一节干电池的电动势约为1.5V，电压表应选择B；为方便实验操作，滑动变阻器应选择C；
(3)根据电路图连接实物图如图2所示；
(4)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象，让尽可能多的点通过直线，不能通过直线的点对称分别在直线两侧，图象如图3所示；
(5)由图甲所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压U=E−Ir，
由图示图象可知，电源电动势E=1.5V，电源内阻：r=ΔUΔI=1.5−1.00.6Ω≈0.83Ω。
故答案为：(1)甲、电压表的分流；(2)B、C；(3)实物连线见解析；(4)描点及图象见解析；(5)1.5、0.83
(1)当电源内阻较小时，为减小实验误差相对于电源来说电流表应采用外接法，根据实验电路图分析误差；
(2)根据电池的电动势选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
(3)根据电路图连接实物图；
(4)根据实验数据应用描点法作出图象；
(5)根据图象的函数表达式结合图示图象求出电源电动势与内阻。
本题考查了测电源电动势与内阻实验，知道实验原理是解题的前提与关键；应用图象法处理实验数据，要掌握描点法作图的方法；根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电源电动势与内阻。
22.【答案】解：(1)粒子的运动轨迹图如图所示，根据几何关系有：R=dsin30∘=2d
对电子，根据洛伦兹力提供向心力：evB=mv2R，
联立解得：m=2eBdv
(2)电子的周期为：T=2πRv=2π×2dv，所以电子穿越磁场的时间：t=30∘360∘×T=πd3v。答：(1)电子的质量m为2eBdv；
(2)穿越磁场的时间t为πd3v。
【解析】作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子的质量；根据几何关系求出电子在磁场中的圆心角，结合周期公式求出穿越磁场的时间。
解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解。
23.【答案】解：(1)电子在加速电场中加速过程，根据动能定理有
eU0=12mv02−0
解得：v0=2eU0m
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，加速度大小为a=eEm=eUmd
电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则电子在偏转电场中运动的时间为t=L1v0
电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离为y′=12at2
联立可得y′=UL124U0d
电子射出偏转电场时速度的反向延长线交水平位移的中点，由三角形相似法可得
y′y=12L112L1+L2
解得：y=L1+2L2L1⋅UL124U0d=(L1+2L2)UL14U0d
(3)示波管的灵敏度为
yU=(L1+2L2)L14U0d
则在示波管结构确定的情况下，为了提高示波管的灵敏度，可采取的措施为：减小加速电场电压。
答：(1)电子从加速电场射入偏转电场时的速度大小v0为2eU0m
(2)电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离y为(L1+2L2)UL14U0d；
(3)在示波管结构确定的情况下，为了提高示波管的灵敏度，可采取的措施为：减小加速电场电压。
【解析】(1)电子在加速电场中加速过程，利用动能定理求解电子加速获得的速度，即为电子射入偏转电场时的速度大小v0；
(2)电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据分运动规律列式求出电子离开偏转电场时的偏转距离。根据类平抛运动的推论和几何关系求电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离y；
(3)根据示波管的灵敏度定义推导出灵敏度的计算公式，由此分析提高示波管灵敏度的方法。
本题的关键是要掌握类平抛运动的处理方法：将类平抛运动分解成两个相互垂直的直线运动，根据牛顿第二定律、运动学规律和几何关系进行解答。
24.【答案】解：(1)一小段时间Δt内，流过导线横截面的电子个数为：ΔN=nSvΔt
对应的电荷量为：ΔQ=ΔNe=nSvΔte
根据电流的定义有：I=ΔQΔt=neSv
(2)a、电子运动一圈，非静电力做功为 W非=F⋅2πr=Fl
b、对于圆线圈这个闭合回路，电动势为 E=W非e=Fle
根据闭合电路欧姆定律，圆线圈这个闭合回路的电流为：I′=ER
联立以上两式，并根据R=ρlS，解得：I′=FSeρ
答：(1)电流的微观表达式为neSv；
(2)a、切线方向的力F做功的大小为Fl；
b、圆线圈中的电流I′的表达式为FSeρ。
【解析】(1)在时间t内流过导线横截面的带电粒子数N=nvSt，通过导线横截面的总电荷量Q=Nq，导线中电流I=Qt，求得速度。
(2)a、非静电力做功为 W非=F⋅2πr=Fl
b、闭合回路的电流为：I′=ER，而E=Fle，又R=ρlS，联立求得电流I′。
本题关键要抓住物理量之间的关系，要在理解的基础上记住电流的微观表达式；正确应用电阻定律求解电阻。
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