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陕西省西安市铁一中学2023-2024学年高二上学期第二次月考物理试题（解析版）
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这是一份陕西省西安市铁一中学2023-2024学年高二上学期第二次月考物理试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时间： 75 分钟满分： 100分
一、单项选择题（本题共7题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1. 下列关于图中的相关判断和描述正确的是（ ）
A. 甲图中地球赤道表面磁场方向指向南方
B. 乙图中表示的电场是由等量异种电荷产生的，电场线方向从正电荷到负电荷，再从负电荷回到正电荷形成闭合回路
C. 丙图中条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止
D. 丁图中如果忽略地磁场，那么环形导线通电后，其轴心位置小磁针的N极向纸外旋转
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲图中地球赤道表面磁场方向指向北方，故A错误；
B．乙图中表示的电场是由等量异种电荷产生的，电场线方向从正电荷到负电荷，电场线并不会从负电荷回到正电荷形成闭合回路，故B错误；
C．丙图中条形磁铁的磁感线在磁铁外部从N极出发，到S极，从磁铁内部由S极回到N极，故C错误；
D．丁图中如果忽略地磁场，那么环形导线通电后，根据安培定则可知，其轴心磁场方向向外，则其轴心位置小磁针的N极向纸外旋转，故D正确。
故选D。
2. 通电长直导线在其周围空间产生磁场。某点的磁感应强度大小B与该点到导线的距离r及电流I的关系为（k为常量）。如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面内运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是图中的（ ）更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据右手螺旋定则可知直线电流I产生的磁场方向与光滑的水平面平行，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向始终与该水平面垂直，沿水平方向没有分力，所以洛伦兹力对运动的电荷不做功，由此可知小球将做匀速直线运动。
故选A。
3. 如图，空间固定一条形磁体（其轴线水平），以下说法正确的是（ ）
A. 圆环a沿磁体轴线向右运动，靠近磁体N极时感应电流为逆时针（从左往右看）
B. 圆环b竖直下落时磁通量不变
C. 圆环c经过磁体右边的位置2时磁通量为0，感应电流为0
D. 圆环c经过位置2前后一小段时间内感应电流方向不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．圆环a沿磁体轴线向右运动，穿过线圈的磁通量增多，根据楞次定律可知电流为顺时针方向（从左往右看），A错误；
B．圆环b竖直下落时，在1位置磁通量向下，在2位置磁通量为0，在3位置磁通量向上，磁通量发生变化，B错误；
C．圆环c经过磁体右边的位置2时磁通量为0，但磁通量仍发生变化，因此仍有感应电流，C错误；
D．圆环c经过位置2前后一小段时间内，磁通量先是向下的减少，然后是向上的增多，根据楞次定律，感应电流均为顺时针方向（从上向下看），D正确。
故选D。
4. 如图，垂直于纸面向里的匀强磁场存在于两个同心圆之间，内圆的半径为2R，外圆的半径为3R。一带电粒子以一定速度正对圆心射入该磁场区域，轨迹恰好与内圆相切，不计粒子重力，则该粒子的轨道半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设粒子轨道半径为r，轨迹恰好与内圆相切。由几何关系可得
解得
故选C。
5. α粒子和β粒子都沿垂直于磁场的方向射入同一均匀磁场中，发现这两种粒子沿相同半径的圆轨道运动．若α粒子的质量是m1，β粒子的质量是m2，则α粒子与β粒子的动能之比是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：，解得：；α粒子是氦核，β粒子是电子，故α粒子和β粒子的电量之比为2：1，故α粒子和β粒子的动能之比为：，故选D．
6. 如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图如果加速电压减小，那么粒子最终的最大动能也会减小
B. 乙图可通过增加匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势
C. 丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子只能从左侧沿直线匀速通过速度选择器
D. 丁图中产生霍尔效应时，稳定时一定是D侧面电势高
【答案】B
【解析】
【详解】A．粒子在磁场中满足
设回旋加速器D型盒的半径为R，可推导出粒子的最大动能为
由此可知，粒子的最大动能为加速电压无关，故A错误；
B．当磁流体发电机达到稳定时，电荷在A、B板间受到的电场力和洛伦兹力平衡，即
得电源电动势为
由此可知，增加匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势，故B正确；
C．粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力方向相反，但无法确定粒子的电性，故C错误；
D．若载流子带负电，洛伦兹力指向D板，载流子向D板聚集，D板电势低，故D错误。
故选B。
7. 如图所示，在光滑绝缘地面上存在垂直于地面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。有一质量为m的不带电小球P以的速度向右运动，与另一电荷量为+q的静止小球Q发生正碰。两球碰撞后合为一体垂直撞向平行于方向的足够长的墙，已知小球与墙每次碰撞后的速率变为碰撞前的，速度方向反向，则最终两小球与小球Q的初始位置的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设小球Q质量为M，两球碰撞合为一体后的速度为v，根据动量守恒，有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得两球碰撞合为一体后运动半径
由题意可知小球与墙每次碰撞后的运动半径变为碰撞前的，所以在水平方向的距离为
利用等比数列求和公式可得
x=3r
最后利用勾股定理可得最终两小球与小球Q的初始位置的距离
故选B。
二、多项选择题（共3题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合要求，全选得6分，少选得3分，错选得0分）
8. 质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，不计重力，下列表述正确的是（ ）
A. M带负电，N带正电
B. M的速率大于N的速率
C. 洛伦兹力对M、N做正功
D. M的运行时间大于N的运行时间
【答案】AB
【解析】
【详解】A．根据左手定则可知，N带正电，M带负电，故A正确；
B．由
解得
由M的轨迹半径大于N的轨迹半径，所以M的速率大于N的速率，故B正确；
C．由于洛伦兹力始终与速度垂直，则洛伦兹力不做功，故C错误；
D．M和N运行时间都为
故D错误。
故选AB。
9. 在 Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，AD、AC 边界的夹角为30°，边界 AC 与边界 MN平行，Ⅱ区域宽度为d、质量为m、电荷量为q的正粒子，可在边界AD上的不同点以垂直AD且垂直磁场的方向射入磁场，若入射速度大小为 不计粒子重力，则（ ）
A. 粒子在磁场中运动的半径为0.5d
B. 粒子在距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区域
C. 粒子在距A点1.5d处射入，在 Ⅰ 区域内运动的时间为
D. 能够进入 Ⅱ 区域的粒子，在 Ⅱ区域内运动的最短时间为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
其中
解得
r=d
画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图所示
结合几何关系，有
故从距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区，故A错误，B正确；
C．粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为
故C正确；
D．从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短（弦长也最短），时间最短，轨迹如上图所示，轨迹对应的圆心角为60°，故时间为
故D错误。
故选BC。
10. 如图所示，足够长的荧屏板MN的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。距荧屏板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为，电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个数为n，则（ ）
A. 粒子能打到板上的区域长度为
B. 打到板上的粒子数为
C. 从粒子源出发到板的最短时间为
D. 同一时刻发射的粒子打到荧光板上的最大时间差为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．粒子受到的洛仑兹力充当向心力，粒子运动的半径
粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图
设SC垂直于MN于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A离C距离为，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是，A错误；
B．根据以上分析可知有一半的粒子能达到极板上，粒子源发射粒子的总个数为n，则打到板上的粒子数为，B正确；
CD．在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如下
粒子做整个圆周运动的周期
由几何关系可知最短时间
如图所示粒子在磁场中最长时间
所以
C错误，D正确。
故选BD。
三、实验题（11题4分， 12题 10分）
11. （1）在“测定金属的电阻率”的实验中：有两位同学所设计的测量电路的一部分分别如图甲、乙所示，若分别用这两个电路进行实验，则测量值比真实值偏小的应是______图所示的电路（选填“甲”或“乙”）；这种误差______（填“能”或“不能”）通过多次测量取平均值来减少。
（2）该小组的同学用螺旋测微器测量电热丝的直径d，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数为_________mm。
【答案】 ①. 甲 ②. 不能 ③. 0.400##0.401##0.402##0.399
【解析】
【详解】（1）[1]根据欧姆定律可知图甲为电流表的外接法，误差来源于电压表的分流，使得电流表的示数大于通过待测电阻的实际电流，则
故电阻测量值比真实值偏小；图乙为电流表的内接法，误差来源于电流表的分压，使得电压表的示数大于待测电阻的实际电压，则
即电阻测量值比真实值偏大；综上分析可知，测量值比真实值偏小的应是甲图所示的电路；
[2]根据上述分析，实验的误差是由测量方法引起的；系统误差不能通过多次测量取平均值来减小。
（2）[3]螺旋测微器的精度为0.01mm，转动刻度估读到0.1格，电热丝的直径为
12. （1）某实验小组使用多用电表测量电学中的物理量。
①甲同学用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图所示。若所选挡位为直流50mA挡，则示数为______mA；若所选挡位为“×10Ω”挡，则示数为______Ω。
②乙同学用该表正确测量了一个约150Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约20Ω的电阻。在测量这个电阻之前，请选择以下必须的操作步骤，其合理的顺序是______（填字母代号）。
A.将红表笔和黑表笔短接
B.把选择开关旋转到“×100Ω”挡
C.把选择开关旋转到“×1Ω”挡
D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
（2）在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V（量程为3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70Ω）；滑动变阻器R（10Ω，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图。
①在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E=______V，内阻r=______Ω。（结果保留两位有效数字）
②一位同学对以上实验进行了误差分析。其中正确的是______。
A.实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用
B.实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用
C.实验测出的电动势小于真实值
D.实验测出的内阻大于真实值
【答案】 ①. 24.0 ②. 160 ③. CAD ④. 1.5 ⑤. 1.0 ⑥. AC##CA
【解析】
【详解】（1）①[1][2]根据多用电表读数规则，若所选挡位为直流50mA挡，则示数为。若所选挡位为“×10Ω”挡，则示数为
②[3]乙同学用欧姆表正确测量了一个约150Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约20Ω的电阻，待测电阻变小需要换到“×1”挡，然后将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，故合理的顺序是CAD。
（2）①[4][5]根据闭合电路欧姆定律及其图像含义可知电源电动势为图线的纵轴截距
电源内阻为图线斜率
②[6]AB．由题中所给电路图可知，相对于电源来说电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于电流表示数，电压表分流造成了系统误差，故A正确，B错误；
CD．相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示
由图象可知，电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真实值，故C正确，D错误。
故选AC。
四、解答题（13 题 10分， 14题14分，15题16分）
13. 如图所示，倾角α=37°的平行光滑金属导轨固定放置，导轨间距d=1m，电源的电动势E=3V，定值电阻R1=1Ω，R为滑动变阻器，S为开关。质量m=0.1kg、电阻R2=2Ω、长度等于导轨间距的直导体棒ab垂直于导轨放置。在导轨间加匀强磁场后，直导体棒ab始终能在导轨上保持静止。不计导轨及电源内阻，直导体棒ab始终与导轨接触良好，忽略地磁场影响，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
（1）若开关S保持断开，将滑动变阻器阻值调至R=4Ω，求所加匀强磁场磁感应强度的最小值Bmin；
（2）若闭合开关S，且在导轨间加竖直向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场，求滑动变阻器接入回路的阻值R'。
【答案】（1）1.2T；（2）2Ω
【解析】
【详解】（1）由题意可知，当匀强磁场垂直导轨平面向上时，磁感应强度取最小值，由
可知导体棒中的电流大小为
由
可知磁感应强度的最小值
（2）由
可知，导体棒中的电流大小为
由
可知定值电阻R1中的电流大小为
由
解得
14. 如图所示，平面直角坐标系xOy的第一、四象限内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场（未画出），第一象限内匀强磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子从y轴上的A点沿平行于x轴的方向射入第一象限，经x轴上的C点进入第四象限。已知A点坐标为（0，a），C点坐标为（a，0），不计粒子的重力。
（1）判断带电粒子电性；
（2）求粒子从A点射出时的速度大小；
（3）若粒子刚好不能进入第三象限，求粒子在第四象限内运动的时间。
【答案】（1）带正电；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由左手定则可知，带电粒子带正电；
（2）运动轨迹如图
设在一象限内圆周运动半径为R1，由几何关系得
解得
又因为
代入数据解得
（3）刚好不进入第三象限，轨迹如图
根据几何关系
有
又因为
根据几何关系可知粒子在磁场中转过角度为，所以粒子运动时间为
且
联立求解得
15. 如图所示，竖直直线MN、PQ、GH将竖直平面分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，直线MN和PQ间的距离为d，区域Ⅰ有竖直向下的匀强电场（大小未知），区域Ⅱ有垂直于纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度大小（两竖直区域足够长）。现有一质量为，带电量为的带正电粒子从MN边界上的A点以速度水平向右飞入，与边界PQ成进入区域Ⅱ（不计粒子的重力）.求：
（1）电场强度E的大小；
（2）要使带电粒子能够再次进入区域Ⅰ，PQ和GH间的距离至少多大？
（3）在满足（2）问的条件下，带点粒子返回区域Ⅰ前电场已经反向，要使带电粒子能够再次回到A点，改变后电场强度的大小变为原电场强度的多少倍（不考虑电场变化产生的磁场）？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）（2）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
粒子电场中做类平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
又有
联立解得
粒子进入磁场之后，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
解得
由几何关系可得
PQ和GH间的距离最小值为
（3）根据题意，粒子返回点的运动轨迹，如图所示
同理，取向下为正方向，粒子在电场中做类斜抛运动，水平方向上有
时间： 75 分钟满分： 100分
一、单项选择题（本题共7题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1. 下列关于图中的相关判断和描述正确的是（ ）
A. 甲图中地球赤道表面磁场方向指向南方
B. 乙图中表示的电场是由等量异种电荷产生的，电场线方向从正电荷到负电荷，再从负电荷回到正电荷形成闭合回路
C. 丙图中条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止
D. 丁图中如果忽略地磁场，那么环形导线通电后，其轴心位置小磁针的N极向纸外旋转
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲图中地球赤道表面磁场方向指向北方，故A错误；
B．乙图中表示的电场是由等量异种电荷产生的，电场线方向从正电荷到负电荷，电场线并不会从负电荷回到正电荷形成闭合回路，故B错误；
C．丙图中条形磁铁的磁感线在磁铁外部从N极出发，到S极，从磁铁内部由S极回到N极，故C错误；
D．丁图中如果忽略地磁场，那么环形导线通电后，根据安培定则可知，其轴心磁场方向向外，则其轴心位置小磁针的N极向纸外旋转，故D正确。
故选D。
2. 通电长直导线在其周围空间产生磁场。某点的磁感应强度大小B与该点到导线的距离r及电流I的关系为（k为常量）。如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面内运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是图中的（ ）更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据右手螺旋定则可知直线电流I产生的磁场方向与光滑的水平面平行，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向始终与该水平面垂直，沿水平方向没有分力，所以洛伦兹力对运动的电荷不做功，由此可知小球将做匀速直线运动。
故选A。
3. 如图，空间固定一条形磁体（其轴线水平），以下说法正确的是（ ）
A. 圆环a沿磁体轴线向右运动，靠近磁体N极时感应电流为逆时针（从左往右看）
B. 圆环b竖直下落时磁通量不变
C. 圆环c经过磁体右边的位置2时磁通量为0，感应电流为0
D. 圆环c经过位置2前后一小段时间内感应电流方向不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．圆环a沿磁体轴线向右运动，穿过线圈的磁通量增多，根据楞次定律可知电流为顺时针方向（从左往右看），A错误；
B．圆环b竖直下落时，在1位置磁通量向下，在2位置磁通量为0，在3位置磁通量向上，磁通量发生变化，B错误；
C．圆环c经过磁体右边的位置2时磁通量为0，但磁通量仍发生变化，因此仍有感应电流，C错误；
D．圆环c经过位置2前后一小段时间内，磁通量先是向下的减少，然后是向上的增多，根据楞次定律，感应电流均为顺时针方向（从上向下看），D正确。
故选D。
4. 如图，垂直于纸面向里的匀强磁场存在于两个同心圆之间，内圆的半径为2R，外圆的半径为3R。一带电粒子以一定速度正对圆心射入该磁场区域，轨迹恰好与内圆相切，不计粒子重力，则该粒子的轨道半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设粒子轨道半径为r，轨迹恰好与内圆相切。由几何关系可得
解得
故选C。
5. α粒子和β粒子都沿垂直于磁场的方向射入同一均匀磁场中，发现这两种粒子沿相同半径的圆轨道运动．若α粒子的质量是m1，β粒子的质量是m2，则α粒子与β粒子的动能之比是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：，解得：；α粒子是氦核，β粒子是电子，故α粒子和β粒子的电量之比为2：1，故α粒子和β粒子的动能之比为：，故选D．
6. 如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图如果加速电压减小，那么粒子最终的最大动能也会减小
B. 乙图可通过增加匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势
C. 丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子只能从左侧沿直线匀速通过速度选择器
D. 丁图中产生霍尔效应时，稳定时一定是D侧面电势高
【答案】B
【解析】
【详解】A．粒子在磁场中满足
设回旋加速器D型盒的半径为R，可推导出粒子的最大动能为
由此可知，粒子的最大动能为加速电压无关，故A错误；
B．当磁流体发电机达到稳定时，电荷在A、B板间受到的电场力和洛伦兹力平衡，即
得电源电动势为
由此可知，增加匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势，故B正确；
C．粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力方向相反，但无法确定粒子的电性，故C错误；
D．若载流子带负电，洛伦兹力指向D板，载流子向D板聚集，D板电势低，故D错误。
故选B。
7. 如图所示，在光滑绝缘地面上存在垂直于地面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。有一质量为m的不带电小球P以的速度向右运动，与另一电荷量为+q的静止小球Q发生正碰。两球碰撞后合为一体垂直撞向平行于方向的足够长的墙，已知小球与墙每次碰撞后的速率变为碰撞前的，速度方向反向，则最终两小球与小球Q的初始位置的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设小球Q质量为M，两球碰撞合为一体后的速度为v，根据动量守恒，有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得两球碰撞合为一体后运动半径
由题意可知小球与墙每次碰撞后的运动半径变为碰撞前的，所以在水平方向的距离为
利用等比数列求和公式可得
x=3r
最后利用勾股定理可得最终两小球与小球Q的初始位置的距离
故选B。
二、多项选择题（共3题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合要求，全选得6分，少选得3分，错选得0分）
8. 质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，不计重力，下列表述正确的是（ ）
A. M带负电，N带正电
B. M的速率大于N的速率
C. 洛伦兹力对M、N做正功
D. M的运行时间大于N的运行时间
【答案】AB
【解析】
【详解】A．根据左手定则可知，N带正电，M带负电，故A正确；
B．由
解得
由M的轨迹半径大于N的轨迹半径，所以M的速率大于N的速率，故B正确；
C．由于洛伦兹力始终与速度垂直，则洛伦兹力不做功，故C错误；
D．M和N运行时间都为
故D错误。
故选AB。
9. 在 Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，AD、AC 边界的夹角为30°，边界 AC 与边界 MN平行，Ⅱ区域宽度为d、质量为m、电荷量为q的正粒子，可在边界AD上的不同点以垂直AD且垂直磁场的方向射入磁场，若入射速度大小为 不计粒子重力，则（ ）
A. 粒子在磁场中运动的半径为0.5d
B. 粒子在距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区域
C. 粒子在距A点1.5d处射入，在 Ⅰ 区域内运动的时间为
D. 能够进入 Ⅱ 区域的粒子，在 Ⅱ区域内运动的最短时间为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
其中
解得
r=d
画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图所示
结合几何关系，有
故从距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区，故A错误，B正确；
C．粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为
故C正确；
D．从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短（弦长也最短），时间最短，轨迹如上图所示，轨迹对应的圆心角为60°，故时间为
故D错误。
故选BC。
10. 如图所示，足够长的荧屏板MN的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。距荧屏板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为，电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个数为n，则（ ）
A. 粒子能打到板上的区域长度为
B. 打到板上的粒子数为
C. 从粒子源出发到板的最短时间为
D. 同一时刻发射的粒子打到荧光板上的最大时间差为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．粒子受到的洛仑兹力充当向心力，粒子运动的半径
粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图
设SC垂直于MN于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A离C距离为，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是，A错误；
B．根据以上分析可知有一半的粒子能达到极板上，粒子源发射粒子的总个数为n，则打到板上的粒子数为，B正确；
CD．在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如下
粒子做整个圆周运动的周期
由几何关系可知最短时间
如图所示粒子在磁场中最长时间
所以
C错误，D正确。
故选BD。
三、实验题（11题4分， 12题 10分）
11. （1）在“测定金属的电阻率”的实验中：有两位同学所设计的测量电路的一部分分别如图甲、乙所示，若分别用这两个电路进行实验，则测量值比真实值偏小的应是______图所示的电路（选填“甲”或“乙”）；这种误差______（填“能”或“不能”）通过多次测量取平均值来减少。
（2）该小组的同学用螺旋测微器测量电热丝的直径d，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数为_________mm。
【答案】 ①. 甲 ②. 不能 ③. 0.400##0.401##0.402##0.399
【解析】
【详解】（1）[1]根据欧姆定律可知图甲为电流表的外接法，误差来源于电压表的分流，使得电流表的示数大于通过待测电阻的实际电流，则
故电阻测量值比真实值偏小；图乙为电流表的内接法，误差来源于电流表的分压，使得电压表的示数大于待测电阻的实际电压，则
即电阻测量值比真实值偏大；综上分析可知，测量值比真实值偏小的应是甲图所示的电路；
[2]根据上述分析，实验的误差是由测量方法引起的；系统误差不能通过多次测量取平均值来减小。
（2）[3]螺旋测微器的精度为0.01mm，转动刻度估读到0.1格，电热丝的直径为
12. （1）某实验小组使用多用电表测量电学中的物理量。
①甲同学用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图所示。若所选挡位为直流50mA挡，则示数为______mA；若所选挡位为“×10Ω”挡，则示数为______Ω。
②乙同学用该表正确测量了一个约150Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约20Ω的电阻。在测量这个电阻之前，请选择以下必须的操作步骤，其合理的顺序是______（填字母代号）。
A.将红表笔和黑表笔短接
B.把选择开关旋转到“×100Ω”挡
C.把选择开关旋转到“×1Ω”挡
D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
（2）在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V（量程为3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70Ω）；滑动变阻器R（10Ω，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图。
①在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E=______V，内阻r=______Ω。（结果保留两位有效数字）
②一位同学对以上实验进行了误差分析。其中正确的是______。
A.实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用
B.实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用
C.实验测出的电动势小于真实值
D.实验测出的内阻大于真实值
【答案】 ①. 24.0 ②. 160 ③. CAD ④. 1.5 ⑤. 1.0 ⑥. AC##CA
【解析】
【详解】（1）①[1][2]根据多用电表读数规则，若所选挡位为直流50mA挡，则示数为。若所选挡位为“×10Ω”挡，则示数为
②[3]乙同学用欧姆表正确测量了一个约150Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约20Ω的电阻，待测电阻变小需要换到“×1”挡，然后将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，故合理的顺序是CAD。
（2）①[4][5]根据闭合电路欧姆定律及其图像含义可知电源电动势为图线的纵轴截距
电源内阻为图线斜率
②[6]AB．由题中所给电路图可知，相对于电源来说电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于电流表示数，电压表分流造成了系统误差，故A正确，B错误；
CD．相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示
由图象可知，电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真实值，故C正确，D错误。
故选AC。
四、解答题（13 题 10分， 14题14分，15题16分）
13. 如图所示，倾角α=37°的平行光滑金属导轨固定放置，导轨间距d=1m，电源的电动势E=3V，定值电阻R1=1Ω，R为滑动变阻器，S为开关。质量m=0.1kg、电阻R2=2Ω、长度等于导轨间距的直导体棒ab垂直于导轨放置。在导轨间加匀强磁场后，直导体棒ab始终能在导轨上保持静止。不计导轨及电源内阻，直导体棒ab始终与导轨接触良好，忽略地磁场影响，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
（1）若开关S保持断开，将滑动变阻器阻值调至R=4Ω，求所加匀强磁场磁感应强度的最小值Bmin；
（2）若闭合开关S，且在导轨间加竖直向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场，求滑动变阻器接入回路的阻值R'。
【答案】（1）1.2T；（2）2Ω
【解析】
【详解】（1）由题意可知，当匀强磁场垂直导轨平面向上时，磁感应强度取最小值，由
可知导体棒中的电流大小为
由
可知磁感应强度的最小值
（2）由
可知，导体棒中的电流大小为
由
可知定值电阻R1中的电流大小为
由
解得
14. 如图所示，平面直角坐标系xOy的第一、四象限内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场（未画出），第一象限内匀强磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子从y轴上的A点沿平行于x轴的方向射入第一象限，经x轴上的C点进入第四象限。已知A点坐标为（0，a），C点坐标为（a，0），不计粒子的重力。
（1）判断带电粒子电性；
（2）求粒子从A点射出时的速度大小；
（3）若粒子刚好不能进入第三象限，求粒子在第四象限内运动的时间。
【答案】（1）带正电；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由左手定则可知，带电粒子带正电；
（2）运动轨迹如图
设在一象限内圆周运动半径为R1，由几何关系得
解得
又因为
代入数据解得
（3）刚好不进入第三象限，轨迹如图
根据几何关系
有
又因为
根据几何关系可知粒子在磁场中转过角度为，所以粒子运动时间为
且
联立求解得
15. 如图所示，竖直直线MN、PQ、GH将竖直平面分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，直线MN和PQ间的距离为d，区域Ⅰ有竖直向下的匀强电场（大小未知），区域Ⅱ有垂直于纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度大小（两竖直区域足够长）。现有一质量为，带电量为的带正电粒子从MN边界上的A点以速度水平向右飞入，与边界PQ成进入区域Ⅱ（不计粒子的重力）.求：
（1）电场强度E的大小；
（2）要使带电粒子能够再次进入区域Ⅰ，PQ和GH间的距离至少多大？
（3）在满足（2）问的条件下，带点粒子返回区域Ⅰ前电场已经反向，要使带电粒子能够再次回到A点，改变后电场强度的大小变为原电场强度的多少倍（不考虑电场变化产生的磁场）？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）（2）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
粒子电场中做类平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
又有
联立解得
粒子进入磁场之后，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
解得
由几何关系可得
PQ和GH间的距离最小值为
（3）根据题意，粒子返回点的运动轨迹，如图所示
同理，取向下为正方向，粒子在电场中做类斜抛运动，水平方向上有
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