2022北京顺义二中高二（上）期末物理（教师版）

这是一份2022北京顺义二中高二（上）期末物理（教师版），共29页。

2022北京顺义二中高二（上）期末
物 理（等级考）
第一部分（选择题共60分）
一、选择题共30小题，每小题2分，共60分．在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项．
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 C. aM EkN D. aM 2. 如图所示，两根垂直纸面的直导线a、b通有大小相同的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等。若使P点的磁场方向向左，则（　　）

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变大
B. 保持S不变，增大d，则θ变小
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，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 B. 电阻率变为
C. 电阻变为4R D. 电阻变为
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，沿着z轴方向电势升高
B. 质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大，沿着z轴方向电势降低
C. 质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变，沿着z轴方向电势升高
D. 质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变，沿着z轴方向电势降低
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，一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，其电势能随其坐标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（　　）
额定电压
220V
额定功率
热风时：990W
冷风时：110W



A. 开关、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
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线，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知

A. 电源的电动势为3 V，内阻为1Ω
B. 电阻R的阻值为2 Ω
C. 电源的输出功率为4 W
D. 电源的效率为50%
12. 如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一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点少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. 如图所示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，三点是实线与虚线的交点，则该粒子（）

A. 带负电
B. 在点受力最大
C. 在点电势能小于在点的电势能
D. 由点到点的动能变化大于由点到点的动能变化
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. 电流表的示数变小 B. 电源的总功率变小
C. 灯泡L的亮度变大 D. 电压表的示数变小
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．设带电荷量为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. 顺时针
B. 顺时针
C. 逆时针
D. 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′点下方
B. 穿出位置一定在O′点上方
C. 运动时，在电场中的电势能一定减小
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阻值的一半；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形盒之间交变电场的变化周期为
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.
第二部分（非选择题共40分）
二、计算论证题共40分，每题10分．解题要求：写出必要的文字说明、方程式和结果．有数值计算的题，结果必须明确写出数值和单位．
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～）
D．滑动变阻器（0～）
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______V，内电阻______。
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。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）经电势差为的AB两金属板间的加速电场加速后，沿中心轴线射入金属板间，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，板间距离为d，其右端到荧光屏M的水平距离为。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；
（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，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：
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的表达式。

参考答案
第一部分（选择题共60分）
一、选择题共30小题，每小题2分，共60分．在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项．
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 C. aM EkN D. aM 【答案】D
【解析】
【详解】因为N点的电场线较M点密集，则EM A．aM >aN，EkM >EkN，与结论不相符，选项A错误；
B．aM >aN，EkM C．aM EkN，与结论不相符，选项C错误；
D．aM 故选D.
2. 如图所示，两根垂直纸面的直导线a、b通有大小相同的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等。若使P点的磁场方向向左，则（　　）

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
【答案】D
【解析】
【详解】根据平行四边形定则以及对称性可知，当P点的磁场方向向左时，直导线a、b中的电流在P点激发的磁场方向如图所示，根据安培定则可知此时a中电流方向向里，b中电流方向向外，故D正确。
故选D。

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变大
B. 保持S不变，增大d，则θ变小
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
【答案】A
【解析】
【详解】AB、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则变小，而由可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;
CD、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误．
故选:A.
4. 如图所示，正方形区域内存在垂直纸面匀强磁场．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
【答案】C
【解析】
【详解】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据确定粒子运动半径和运动时间．
由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误．
5. 某金属导线的电阻率为，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 B. 电阻率变为
C. 电阻变为4R D. 电阻变为
【答案】A
【解析】
【详解】AB．电阻率由材料本身决定，金属导线拉长后电阻率不变，故A正确，B错误；
CD．将金属导线均匀拉长到直径为原来的一半时，其面积变为原来的四分之一，长度变为原来的四倍，根据电阻定律可知

故CD错误。
故选A。
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，沿着z轴方向电势升高
B. 质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大，沿着z轴方向电势降低
C. 质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变，沿着z轴方向电势升高
D. 质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变，沿着z轴方向电势降低
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】由左手定则可知，质子所受的洛伦兹力方向沿z轴正向，由于质子做匀速运动，则所受电场力方向为z轴负向，大小等于洛伦兹力，即有

电场的方向沿z轴负向，故运动中电场力不做功，电势能不变；沿z轴正方向电势升高；ABD错误，C正确。
故选C。
考点：洛伦兹力；电场力及电势能
【名师点睛】 此题是对左手定则以及电场强度及电势能的考查；要熟练掌握左手定则判断洛伦兹力的方法，注意四指指正电荷的运动方向，大拇指指洛伦兹力方向；电场力做功等于电势能的变化量，沿电场线方向电势逐渐降低，这些都应该熟练掌握.

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，一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，其电势能随其坐标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
【答案】B
【解析】
【详解】A．电子仅在电场力作用下沿x轴运动，所以电场线一定与x轴重合，故A正确；
B．电子在x轴正半轴运动时电势能逐渐增大，则电子所受电场力沿x轴负方向，所以x轴正半轴电场强度方向沿x轴正方向，故B错误；
C．Ep-x图像的斜率的绝对值表示电子所受电场力的大小，所以该电子在A点受到的电场力大于其在O点受到的电场力，故C正确；
D．该电子在O点的电势能小于其在A点的电势能，根据能量守恒定律可知该电子在O点的动能大于其在A点的动能，故D正确。
本题选错误的，故选B。
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（　　）
额定电压
220V
额定功率
热风时：990W
冷风时：110W



A. 开关、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
【答案】B
【解析】
【详解】A．开关、都闭合时，电热丝工作，电吹风吹热风，故A错误；
BC．吹热风时电热丝的功率为

通过电热丝的电流为

故B正确，C错误；
D．若电动机是纯电阻，电阻为

但电动机是非纯电阻，所以内阻不等于440Ω，故D错误。
故选B。
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
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】AC．根据等量异种点电荷的电场线分布得：

M点的场强与P点的场强大小相等，N点的场强与P点的场强大小相等，方向相同，故A错误C正确；
BD．根据等量异种点电荷的电势分布特点可知，M点的电势与N点的电势相等，M点的电势高于P点的电势，根据 可知，电子在M点的电势能比在P点的电势能小，故BD错误。
故选C。
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
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心，轨迹如图所示


A．由几何关系可知


因圆心的坐标为，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为

故A正确；
BD．洛伦兹力提供向心力，有

解得带电粒子在磁场中运动的速率为

因轨迹圆的半径可求出，但磁感应强度未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故BD错误；
C．带电粒子圆周的圆心角为，而周期为

则带电粒子在磁场中运动的时间为

因磁感应强度未知，则运动时间无法求得，故C错误；
故选A。
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线，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知

A. 电源的电动势为3 V，内阻为1Ω
B. 电阻R的阻值为2 Ω
C. 电源的输出功率为4 W
D. 电源的效率为50%
【答案】C
【解析】
【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率．
【详解】A项：由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势 E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，则，故A错误；
B项：电阻R的阻值为，故B错误；
C项：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电路中电流和路端电压，则有 U=2V，I=2A，电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W．故C正确；
D项：电源的效率为，故D错误．
故应选：C．
【点睛】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压．
12. 如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一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点少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
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据粒子的运动轨迹，可知粒子带正电，故A错误；
B. 从A点运动到B点电场力做正功，电势能减少，则粒子在A点的电势能比在B点多1.5J，故B错误；
C. 从A点运动到B点，克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J，则在A点的动能比在B点多0.5J，故C错误；
D. 从A点运动到B点，场力做的功为1.5J，由能量的转化与守恒定律可知，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D。
13. 如图所示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，三点是实线与虚线的交点，则该粒子（）

A. 带负电
B. 在点受力最大
C. 在点的电势能小于在点的电势能
D. 由点到点的动能变化大于由点到点的动能变化
【答案】D
【解析】
【详解】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电场力做功较多，动能变化也大，故D正确。
故选D。
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. 电流表的示数变小 B. 电源的总功率变小
C. 灯泡L的亮度变大 D. 电压表的示数变小
【答案】D
【解析】
【分析】将滑片P向右移动时，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．根据流过变阻器的电流与总电流、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和电阻R1消耗的功率的变化．
【详解】将滑片P向右移动时，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A错误；电源总功率P=EI，电流I增大，总功率增大，故B错误；由于内阻不为零，故路端电压U=E-Ir减小，电灯L消耗的功率减小，变暗，故C错误；流过变阻器的电流I1=I-IL，I增大，IL减小，则I1增大，电阻R1消耗的功率变大，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D正确．故选D．
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．设带电荷量为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. 顺时针
B. 顺时针
C. 逆时针
D. 逆时针
【答案】C
【解析】
【详解】电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为:
根据电流的定义式得：电流强度为:
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C正确，选项ABD错误．
【点睛】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. 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
【答案】D
【解析】
【详解】A．粒子的运动偏转轨迹相反，根据左手定则可知，粒子电性相反，故A错误；
B．粒子沿圆形磁场的直径飞入，根据径向对称定圆心如图所示

由图可知

粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力

解得

两粒子的质量和电荷量大小相等，所以，故B错误；
C．根据左手定则可知洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，故C错误；
D．粒子在磁场中运动的周期

圆心角为，在磁场中运动的时间

两粒子的质量和电荷量大小相等，所以周期相等，因为，所以穿过磁场区域过程中所用时间：，故D正确。
故选D。
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′点下方
B. 穿出位置一定在O′点上方
C. 运动时，在电场中的电势能一定减小
D. 在电场中运动时，动能一定减小
【答案】C
【解析】
【详解】AB． 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： 即只要满足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，故无法判断从点的上方或下方穿出，故AB错误；
CD．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．
【点睛】带电粒子在复合场中运动的综合分析，这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：．
（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. 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阻值的一半；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
【答案】C
【解析】
【详解】当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1＝，可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06 A，所以A、B错误；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A，C正确，D错误．

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形盒之间交变电场的变化周期为
D. 其它条件不变，质子被加速的总次数n与R成正比
【答案】A
【解析】
【详解】AB．由

可得

当r=R时，v最大，为，由此可知，粒子的最大速度随B、R的增大而增大，与电压无关，故A正确，B错误；
C．使质子每次经过D形盒间缝隙时都能得到加速，应使交变电压的周期等于质子的回旋周期，有

故C错误；
D．粒子的最大动能为

每一次加速增加的动能为

质子被加速的总次数

其它条件不变，n与R平方成正比，故D错误。
故选A。
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.
【答案】C
【解析】
【详解】如果仅将电阻R的阻值变大，则电容器放电电流会减小，则放电变慢，因电容器带电量一定，可知放电时间变长；
A．该图与结论不相符，选项A错误；
B．该图与结论不相符，选项B错误；
C．该图与结论相符，选项C正确；
D．该图与结论不相符，选项D错误；
故选C.
第二部分（非选择题共40分）
二、计算论证题共40分，每题10分．解题要求：写出必要的文字说明、方程式和结果．有数值计算的题，结果必须明确写出数值和单位．
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～）
D．滑动变阻器（0～）
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______V，内电阻______。
【答案】 ①. 甲 ②. 电压表的分流 ③. B ④. C ⑤. ⑥. ⑦. 1.5 ⑧. 0.83
【解析】
【详解】（1）[1][2]干电池内阻较小，为减小实验误差，应选题甲所示电路图；产生误差的原因是电压表的分流作用；
（2）[3]一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B；
[4]为方便实验操作，要求尽量减小实验误差，滑动变阻器应选C；
（3）[5]电路连线如图


（4）[6]根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U-I图象如图所示


（5）[7]由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势为

[8]电源内阻为

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。求
（1）电子的质量m；
（2）穿越磁场的时间t。

【答案】(1) ；(2)
【解析】
【详解】(1)根据几何关系可得

洛伦兹力提供电子的向心力，有

联立可得

(2)穿越磁场的时间

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）经电势差为的AB两金属板间的加速电场加速后，沿中心轴线射入金属板间，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，板间距离为d，其右端到荧光屏M的水平距离为。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；
（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。

【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）对于电子在加速电场中的加速过程，根据动能定理有

解得

（2）设电子在偏转电场中，飞行时间为t，加速度为a，则水平方向有

竖直方向有

其中

解得

设电子飞出偏转电场时偏角为θ，竖直分速度为vy，则


根据几何关系有

解得

（3）示波管的灵敏度为

则减小加速电场电压U0可以提高示波管的灵敏度。
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，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：
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的表达式。
【答案】(1) ；(2) ，
【解析】
【详解】(1)设电子定向移动速率为v，在Δt时间内流过导线横截面的电量为

根据电流强度的定义

解得

(2) F做功的大小为

电动势为

根据闭合电路欧姆定律

根据电阻定律

解得