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2021-2022学年浙江省绍兴市诸暨市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年浙江省绍兴市诸暨市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了55，6A，内阻为0，【答案】C，【答案】D，【答案】A，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省绍兴市诸暨市高二（上）期末物理试卷
1. 能量子假设是对经典物理学思想与观念的一次突破。“振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍”，作出这一大胆假设的科学家是( )
A. 库仑 B. 普朗克 C. 密立根 D. 爱因斯坦
2. 在温度t=20℃时，波长λ=598.3nm的单色光在几种介质中的折射率如下表所示，根据表中数据结合所学知识，下列判断正确的是( )
介质
折射率
介质
折射率
空气
1.00028
水
1.33
玻璃
1.65
水晶
1.55
A. 该单色光在玻璃中的速度大于在水中的速度
B. 该单色光在水中比在空气中更容易发生衍射
C. 该单色光从玻璃射入水中可能会发生全反射
D. 水晶对其他波长的单色光的折射率也都是1.55
3. 如图所示，a、b、c三点位于通电螺线管中央轴线上，d点位于通电螺线管的外侧，关于这四个点的磁感应强度，下列说法正确的是( )
A. a点的磁感应强度最强 B. b点的磁感应强度最弱
C. c点的磁感应强度方向水平向左 D. d点的磁感应强度方向水平向右
4. 我国已初步建成了全球最大规模的5G移动网络。5G网络使用的通信频率在3.0GHz以上的超高频段和极高频段，4G网络使用的通信频率在0.3GHz∼3.0GHz间的特高频段，5G网络比4G网络拥有更大的带宽和更快的传输速率。下列说法正确的是( )
A. 5G信号比4G信号的波长更长
B. 5G信号是纵波，4G信号是横波
C. 5G信号传播不需要介质，4G信号传播需要介质
D. 相同时间内5G信号比4G信号传递的信息量更大
5. 如图所示，矩形线框abcd位于通电长直导线附近，线框与导线在同一平面内，线框的两条边与导线平行，下列过程中线框无感应电流产生的是( )
A. 线框向上平移一小段距离
B. 线框向右平移一小段距离
C. 线框以dc边为轴转过一小角度
D. 导线中电流I逐渐增大或逐渐减小
6. 如图所示的电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动触片由a向b缓慢移动的过程中，下列说法正确的是( )
A. R1的电功率增大
B. 电压表的示数增大
C. 电流表的示数增大
D. 电容器C所带的电荷量减小
7. 如图所示，图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙为质点P从该时刻开始的振动图像。下列判断正确的是( )
A. 该波沿x轴的正方向传播 B. 该波的传播速度为10cm/s
C. 质点Q的振动频率为2Hz D. 一个周期内P和Q有两个时刻加速度相同
8. 一个质量为10kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，合力F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. t=4s时物体速度的大小为4m/s
B. t=8s时物体动量的大小为60kg⋅m/s
C. 前4s内物体所受合力冲量的大小为10N⋅s
D. 物体在后4s的运动方向与前4s运动方向相反
9. 如图所示，电流表A的量程为0.6A，内阻为0.2Ω，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A。R1的阻值为0.1Ω，R2的阻值为0.4Ω。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0.06A
C. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.08A
D. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.12A
10. 法拉第采用了一个简洁的方法描述电场，即用电场线来描述电场中各点电场强度的大小和方向。下列四幅图的电场中，a、b两点的电场强度相同的是( )
A. B.
C. D.
11. 如图所示的“雅各布天梯”实验装置展示了电弧的产生和消失过程。二根呈羊角形的管状电极，一极接高压电，另一极接地。当电压升高到一定值时，管状电极底部P处先产生电弧放电，然后电弧如圣火似地向上爬升，直到上移的弧光消失，天梯底部将再次产生弧光放电，如此周而复始。下列说法中正确的是( )
A. 在P处最先产生弧光是因为该处电压最大
B. 在P处最先产生弧光是因为该处电场最强
C. 当弧光消失瞬间，两电极间的电压立即减小
D. 将该装置放入真空中，实验效果会更加明显
12. 如图所示，摆长为L的单摆上端固定在天花板上的O点，在O点正下方相距l处的P点有一固定的细铁钉。将小球向右拉开一个约2∘的小角度后由静止释放，使小球来回摆动。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，规定向右为正方向，则小球在开始的一个周期内的x−t关系图线如图所示。以下关于l与L的关系正确的是( )
A. l=18L B. l=14L C. l=12L D. l=34L
13. 关于动量，下列说法正确的是( )
A. 台球在粗糙的台面上碰撞时不遵从动量守恒定律
B. 章鱼通过身体前面的孔喷水，利用反冲可以使身体很快运动
C. 在船舷和码头悬挂旧轮胎是为了延长作用时间，以减小船与码头的作用力
D. 体操运动员在落地时总要屈腿是为了减小动量的变化量，使运动员避免受伤
14. 关于电磁波，下列说法正确的是( )
A. 激光具有高度的相干性、非常好的平行度和很高的亮度
B. 从太阳、白炽灯等光源直接发出的光都是不同程度的偏振光
C. 生活中常用微波炉来加热食物，食物增加的能量是微波给它的
D. 电磁波的传播靠的是电场和磁场的相互“激发”，因而能在真空中传播
15. 如图所示，图甲为在电场中的x坐标轴，xA、xB如分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力的作用下由静止开始沿x轴运动，该电子的动能Ek随其坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是( )
A. A点的电势高于B点的电势 B. A点的电场强度等于B点的电场强度
C. 电子在A点的电势能大于B点的电势能 D. 电子在A点的加速度小于B点的加速度
16. 如图所示是绳波形成过程的示意图。质点1在外力作用下做简谐运动，带动其余质点依次上下振动。在t=T4时，质点1到达最上方，质点5刚开始振动。下列说法正确的是( )
A. 质点5和质点1的振动频率相同
B. 在t=T2时，质点4加速度方向向上
C. 从t=T开始的一小段时间内，质点11的速度正在减小
D. 从t=T开始的一小段时间内，质点16的加速度正在增大
17. 如图所示，半圆形进明介质的折射率n=2，半径为R，O为圆心，AB为直径，P为AO的中点。点光源可以紧贴直径自左向右移动，只考虑从光源直接发出射到半圆弧上的光线，下列说法正确的是( )
A. 当光源位于A的位置，半圆弧的23部分有光线射出
B. 当光源位于A的位置，半圆弧的13部分有光线射出
C. 当光源位于P的位置，半圆弧的12部分有光线射出
D. 当光源位于P与O之间的位置，整个半圆弧均有光线射出
18. 在“测量玻璃的折射率”实验中，实验用的长方体玻璃砖如图所示，用手可以接触的部位应是玻璃砖的______(填“磨砂面”或“光学面”)。某同学用插针法进行实验，绘出的玻璃砖和三个针孔a、b、c的位置如图所示，而且插在c位置的大头针恰好挡住插在a、b位置的大头针的像，但第四个大头针的针孔位置发现有两处，分别为d1、d2两点，请你判断正确位置应是______(填“d1”或“d2”)处。若用不正确的另一处来计算玻璃的折射率，实验结果将______。(填“偏大”或“偏小”)
19. 如图所示的双缝干涉实验装置中，用拨杆调节单缝与双缝平行时应______(填“左右”或“上下”移动。当分别用红色和紫色的滤光片装在单缝前时，在光屏上相邻干涉条纹间距分别为Δx1和Δx2，则Δx1______Δx2(填“>”“=”或“<”)。若双缝之间的距离为0.300mm，双缝与屏幕的距离为1.00m，当装上红色滤光片时，测得第2条到第6条亮条纹中心间的距离为8.40mm，计算红光的波长为______ nm。
20. 在“导体电阻率的测量”的实验中：
(1)如图1所示的游标卡尺中，P的作用是______(填“微调”或“紧固”)；读数是______ mm。如图2所示的螺旋测微器，微调旋钮是______(填“A”“B”或“C”)；读数是______ mm。
(2)现要测量电阻约为100Ω的圆形金属杆Rx的电阻率，所用器材如下：
直流电源E，电动势为8.0V，内阻可忽略不计；
电流表A1，量程为0∼25mA，内阻r1=100Ω；
电流表A2，量程为0∼150mA，内阻r2=20Ω；
定值电阻R0=10Ω；
滑动变阻器R的最大阻值为10Ω；
开关S、导线若干。
①为了在测量中尽量减小误差，并测多组数据，现将上述实验器材连接，如图3所示，请在虚线方框中画出它的电路图。
②若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，已知金属杆的长为L，直径为d，则电阻率的表达式为ρ=______。(用字母表示)
21. 在测量“干电池的电动势和内阻”的实验中：
(1)某同学选用电阻箱和电流表进行测量，实验电路图如图1所示。根据闭合电路欧姆定律，干电池电动势E、内阻r，与电阻R、电流I的关系式可能写成______。实验测得多组数据描绘在R−1I坐标纸中，得到如图2所示的直线，由图线可计算出干电池的电动势为______ V，内阻为______Ω。
(2)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱阻值，当电压表的示数为68mV时，电流表(0−0.6A)的指针位置如图3所示，则电流表的示数为______ A；该干电池的内阻应为______Ω。
22. 如图所示为某汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路。已知电源的电动势E=21V，内阻r=0.1Ω，电动机的内阻R2=0.05Ω。当闭合S1、断开S2时，电流表的示数为I1=10A；当S1、S2均闭合时，电动机正常工作，电流表的示数为I2=50A。不计电流表的内阻和导线电阻，车灯的电阻R1为定值。
(1)求车灯电阻R1的值；
(2)S1、S2均闭合时，求车灯的功率和电动机的机械功率；
(3)S1、S2均闭合时，若电动机突然被卡住不转动，求此时电流表的示数。
23. 如图所示，水平桌面上放置一端有挡板的长平板A，平板上放置的物块B和C，B和C之间有一被压缩的劲度系数足够大的轻弹簧，B与挡板间的距离L=1.25m，C位于桌面边缘，离地面高h=0.8m。由静止释放压缩弹簧，B和C瞬间分离，C向右水平抛出后的落地点与抛出点的水平距离x=0.8m，B向左运动与A的挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知平板A的质量mA=1kg，物块B的质量mB=1kg，物块C的质量mC=1.5kg，A与B、A与桌面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)释放前压缩弹簧的弹性势能；
(2)B与A碰撞后瞬间平板A的动能；
(3)平板A在桌面上滑行的距离。
24. 如图所示，真空室中电子枪连续均匀发出的电子(初速不计)经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两个互相垂直的偏转电极YY′和XX′的中心线射入。偏转电极YY′的板长为L=0.20m，极板相距d1=0.02m，偏转电极XX′的板长也为L=0.20m，极板相距d2=0.10m，且高度足够高。偏转电极YY′的右侧与偏转电极XX′的左侧相距为L，荧光屏与中心线垂直，且与偏转电极XX′的右侧相距为L2。两个偏转电极都不加电压时，电子束沿中心线打到荧光屏中心产生亮斑。现在电极YY′间加电压UYY′，在电极XX′间加电压UXX′，UYY′和UXX′的电压随时间t变化的图线分别如图所示。设极板间电场可看作是均匀的，且极板外无电场，在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场均可视作恒定，能通过两偏转电极的电子均能打到荧光屏上。已知电子的电量q=1.6×10−19C，不计电子重力和电子间的相互作用。
(1)求电子从小孔S射出时的动能；
(2)求能通过偏转电极YY′的电子数占总数的比例；
(3)求打到荧光屏上电子动能的范围；
(4)请通过计算定量画出电子打到荧光屏上的点形成的图线。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子，故B正确，ACD错误
故选：B。
本题是物理学史问题，根据科学家和他们的贡献进行解答即可．
本题考查物理学史，是常识性问题，关键掌握原子物理部分的重大发现和著名理论．
2.【答案】C
【解析】解：A.根据v=cn，可知该单色光在玻璃中的折射率大于在水中的折射率，则该单色光在玻璃中的速度小于在水中的速度，故A错误；
B.单色光的频率不变，由上分析，同理可知在水中的速度小于在空气中的速度，根据：v=λf，则在水中的波长较小，则该单色光在水中比在空气中更不容易发生衍射，故B错误；
C.玻璃的折射率大于水的折射率，从玻璃射入水中，可能发生全反射，故C正确；
D.水晶对不同波长的光折射率不同，故D错误。
故选：C。
根据v=cn分析光在玻璃中与在水中速度关系；水晶对不同颜色的光的折射率不同；光从玻璃射入水中可能发生全反射；
解决本题的关键要掌握全反射的条件：一、光必须从光密介质射入光疏介质。二、入射角大于等于临界角。要知道在同等条件下，临界角越小，越容易发生全反射。
3.【答案】A
【解析】解：A、a点处磁感线最密，磁感应强度最强，故A正确；
B、四个点相比较，d点的磁感应强度最弱，故B错误；
CD、根据安培定则可知，c点的磁感应强度方向水平向右，d点的磁感应强度方向水平向左，故CD错误。
故选：A。
根据通电螺线管磁场的分布特点是内部的磁场最强，根据磁感线的疏密分析磁感应强度的大小。根据安培定则即可判断出通电螺线管产生的磁场方向。
本题考查通电螺线管产生的磁场，根据安培定则即可判定磁感应强度的方向。
4.【答案】D
【解析】解：A、5G信号比4G信号的频率更大，则波长更短，故A错误；
B、电磁波是横波，即5G信号和4G信号都是横波，故B错误；
C、电磁波传播不需要介质，即5G信号和4G信号传播都不需要介质，故C错误；
D、相同时间内5G信号比4G信号传递的信息量更大，故D正确。
故选：D。
电磁波为横波，传播不需要介质，其频率越高，波长越短，光子的能量大，相同时间内传递的信息量大。
本题考查了电磁波的相关知识，明确电磁波是横波，注意掌握频率越高波长越短。
5.【答案】A
【解析】解：A.线框向上平移一小段距离时，穿过线圈的磁通量不变，则线圈中不会有感应电流产生，
B.线框向右平移一小段距离时，穿过线圈的磁通量减小，则线圈中会有感应电流产生，
C.线框以dc边为轴转过一小角度，则穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中会有感应电流产生，
D.导线中电流I逐渐增大或逐渐减小时，则穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中会有感应电流产生，
本题选择不能产生感应电流的，
故选：A。
明确感应电流产生的条件，知道当通过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流．
本题关键是明确感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化；同时要熟悉通电直导线周围的磁场分布情况。
6.【答案】B
【解析】解：滑动变阻器R2的滑动触片由a向b缓慢移动的过程中，R2增大，根据串反并同规律，电流表示数减小，R1的电流减小，R1的功率减小，电压表示数增大，电容器两端电压增大，电容器C所带的电荷量增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
先分析电路结构，由滑片的移动方向分析滑动变阻器接入电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，或根据串反并同规律分析，电容器电压与滑动变阻器电压相等，分析出电容器电压的变化，根据Q=CU分析电容器带电量的变化。
对于电路动态进行分析时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化。
7.【答案】D
【解析】解：A、由乙图知t=0时刻质点P向下振动，根据上下坡法可得该波沿x轴的负方向传播，故A错误；
B、由两图像可得该波的波长为λ=4m，周期为T=0.2s，所以波速为v=λT=40.2m/s=20m/s，故B错误；
C、频率为f=1T=10.2Hz=5Hz，故C错误；
D、根据题意可在乙图上画出质点Q的振动图像如图
可以看出P和Q两质点一个周期内有两次处于同一位置，此时它们的加速度相同，故D正确。
故选：D。
根据质点P的振动图象可确定质点P在0时刻的振动方向，从而确定波的传播方向；由振动图象得出波的周期；根据质点位置可确定加速度。
本题属于波的图象的识图、振动图象的识图和对质点振动的判断问题。考查知识点针对性强，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
8.【答案】A
【解析】解：A.由动量定理得，t=4s时物体速度的大小为：v=Ftm=10×410m/s=4m/s，故A正确；
B.t=8s时物体动量的大小为：p=(10×4−5×4)kg⋅m/s=20kg⋅m/s，故B错误；
C.前4s内物体所受合力冲量的大小为：I=Ft=10×4N⋅s=40N⋅s，故C错误；
D.物体在后4s的运动方向与前4s运动方向相同，都向正方向，故D错误。
故选：A。
只要涉及了力 F和力的作用时间 t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷。
本题考查较为简单，主要是对基本公式的考查与应用，要求学生熟知公式。
9.【答案】B
【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A错误，B正确；
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CD错误。
故选：B。
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！
10.【答案】D
【解析】解：电场线的疏密表示电场强度的大小，场强的方向沿电场线的切线方向，根据电场线的特点可知：
A.a、b两点电场强度方向不相同，故A错误；
B.a、b两点电场强度大小不相同，故B错误；
C.a、b两点电场强度方向不相同，故C错误；
D.a、b两点电场强度的大小和方向都相同，故D正确。
故选：D。
在电场中电场线的疏密表示电场强度的大小，当电场线疏密相同时，电场强度大小相等；电场线的切线方向表示电场的方向。
本题考查电场线的性质，电场线的切线方向表示场强的方向，电场线的疏密表示场强的大小。
11.【答案】B
【解析】解：AB.根据E=Ud，电压相等，距离越小，电场强度越大，在P处最先产生弧光是因为该处电场最强，故A错误，B正确。
C.弧光消失前，回路有电流，两极间电压小于电源电动势，当弧光消失瞬间，电流减小到零，内压减小到零，两电极间的电压等于电源电动势，所以两极间电压立即增大，故C错误；
D.将该装置放入真空中，不能发生弧光发电，实验无效果，故D错误。
故选：B。
分析电路结构，确定两杆间的电压，根据U=Ed判断电场强度最大处。场强越大，越容易击穿空气形成电弧。
此题考查了类似电容器的相关知识，解题的关键是明确两杆间相当于电容器，两杆间存在电场，根据U=Ed判断电场强度的关系。
12.【答案】D
【解析】解：由图像可知，单摆在钉子右边振动的周期为T1=8s；在钉子左边振动的周期为T2=4s；
则有：T1=2πLg，T2=2πL−lg
解得：l=34L，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据单摆的周期公式T=2πLg判断即可。
本题考查了单摆的周期公式，解题的关键是灵活运用周期公式，明确单摆摆长。
13.【答案】BC
【解析】解：A、台球在粗糙的台面上碰撞时，由于碰撞时间很短，可认为内力远大于外力，则遵从动量守恒定律，故A错误；
B、章鱼通过身体前面的孔喷水，利用反冲可以使身体很快运动，故B正确；
C、在船舷和码头悬挂旧轮胎在碰撞时，动量变化相同的情况下可以延长作用时间，以减小船与码头的作用力，故C正确；
D、体操运动员在落地时总要屈腿是为了在动量的变化量相同的情况下增加作用时间，减小作用力，使运动员避免受伤，故D错误。
故选：BC。
根据动量守恒的条件判断生活实例是否满足动量守恒；分清动量变化量和动量变化率的物理意义并做分析。
本题主要考查了动量守恒定律，理解动量守恒的三种情况：绝对守恒，近似守恒和方向守恒，同时分清动量变化量和动量变化率的概念即可，属于概念理解题。
14.【答案】ACD
【解析】解：A、根据激光的特点可知，激光具有高度的相干性、非常好的平行度和很高的亮度，故A正确；
B、从太阳、白炽灯等光源直接发出的光都是自然光，不是偏振光，故B错误；
C、生活中常用微波炉来加热食物，食物增加的能量是微波给它的，故C正确；
D、电磁波的传播靠的是电场和磁场的相互“激发”，因而能在真空中传播，故D正确。
故选：ACD。
激光具有高度的相干性、平行度好、亮度高的特点；光是一种电磁波，从太阳、白炽灯等光源直接发出的光属于自然光；根据能量的转化与守恒的特点分析；根据电磁场理论分析。特别是要知道反射光和折射光都是偏振光，明确自然光和偏振光的区别．
15.【答案】BC
【解析】解：A、由图可知，电子从A到B动能增大，电场力做正功，则电子受到的电场力的方向从A指向B，电子带负电，受到的电场力的方向与电场强度的方向相反，所以该电场线的方向从B指向A，根据顺着电场线方向电势降低，则A点的电势低于B点的电势，故A错误；
BD、根据动能定理得知：电场力做功等于电子动能的变化，则有Ek=qEx，根据数学知识可知，图线的斜率k=qE，斜率不变，q保持不变，说明电场强度不变，则EA=EB，A点的电场强度等于B点的电场强度；电子在A点的加速度等于B点的加速度，故D错误，B正确；
C、由图知，电子从A到B动能增大，电场力做正功，电势能减小，则电子在A点的电势能大于B点的电势能，故C正确；
故选：BC。
电场力做功等于动能的增加量，分析图象与位移的关系可判断电场强度如何变化。根据动能的变化，分析电场力做功的正负，判断场强的方向，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的关系。
本题要求学生能从图象中判断出物理量的变化规律。关键要掌握动能定理，并能正确运用。
16.【答案】AD
【解析】解：A、质点5和质点1的振动频率相同，都等于振源的振动频率，故A正确；
B、在t=T2时，质点4在平衡位置上方，加速度的方向指向平衡位置向下，故B错误；
C、从t=T开始的一小段时间内，质点11在平衡位置上方，向下振动，速度正在增大，故C错误；
D、从t=T开始的一小段时间内，质点16在平衡位置上方，向上振动，加速度正在增大，故D正确。
故选：AD。
介质中各个质点的振动频率都相同；分析t=T2时质点4的位置，再判断其加速度方向；根据质点11的起振动方向判断其速度变化情况；根据质点16的起振动方向判断其加速度变化情况。
本题考查波的传播规律，后一个质点重复前一个质点的振动，要知道介质中各个质点的振动频率相同，都等于振源的振动频率。各个质点的起振方向都与振源的起振方向相同。
17.【答案】BD
【解析】解：AB、当光源位于A位置时，如图1所示光线在圆弧上位置D恰好发生了全反射，
则有sinC=1n=12，解得C=30∘，故圆弧BD上有光线射出，且∠BOD=60′′，故半圆弧的13部分有光线射出，故A错误，B正确；
C、当光源位于P的位置，设任一入射光线的入射角为θ，如图2所示。
在ΔOPE中有OPsinθ=OEsinφ
解得sinθ=12sinφ
因为φ的取值范围为：0∼π，故sinθ≤12
即θ≤C，故整个半圆弧均有光线射出，故C错误；
D、当光源位于P与O之间的位置，分析可知，sinθ<12sinφ，则θ
当光线在圆弧上发生全反射时将不能从圆弧射出，考虑光线在圆弧上恰好发生全反射的情形，作出光路图，结合临界角公式和几何知识求解。
本题考查光的全反射现象，要掌握临界角公式sinC=1n，作出光线恰好发生全反射的光路是关键。
18.【答案】磨砂面 d1 偏小
【解析】解：用手可以接触的部位应是玻璃砖的磨砂面，
因射入玻璃砖的光线与射出光线是平行的，则ab连线与cd连线平行，则d1位置是正确的；
若用d2位置来计算玻璃的折射率，由图可知，光线在玻璃砖的上表面的折射角偏大，根据n=sinisinr可知，实验求得的折射率结果将偏小。
故答案为：磨砂面；d1；偏小
根据实验原理掌握正确的实验操作，结合折射定律分析出实验结果的误差。
本题主要考查了测量玻璃的折射率的实验，首先画出光路图，根据实验原理选出正确的位置，结合折射率的计算公式分析出实验结果与真实值的大小关系即可。
19.【答案】左右 >630
【解析】解：左右移动拨杆可以调节单缝与双缝平行；
由于λ红>λ紫，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知：Δx1>Δx2，
测得第2条到第6条亮条纹中心间的距离为8.40mm，相邻亮条纹间的距离Δx=8.40×10−36−2m=2.1×10−3m
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，波长：λ=dΔxL=0.300×10−3×2.10×10−31.00m=6.3×10−7m=630nm
故答案为：左右；>；630。
根据实验注意事项应用双缝干涉条纹间距公式分析答题。
理解实验原理应用双缝干涉条纹间距公式即可解题；解题时注意单位换算。
20.【答案】(1)紧固；54.14；C；10.000；
(2)①如图所示；
②πD24LI2(R0+r2)I1−r1
【解析】解：(1)游标卡尺中，P的作用是紧固；
游标卡尺的分度值为0.1mm，则读数是L=54mm+0.02mm×7=54.14mm
如图所示的螺旋测微器，微调旋钮是C；
螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则螺旋测微器的读数是D=10.0mm+0.01×0.00mm=10.000mm
(2)它的电路图为
金属杆的电阻为Rx=UxI1
金属杆的电压为Ux=I2(R0+r2)−I1r1
根据电阻定律得：Rx=ρLS
金属杆的横截面积为：S=14πD2
解得：ρ=πD24LI2(R0+r2)I1−r1
(1)理解不同测量工具的作用，结合读数规则和图片得出对应的示数；
(2)根据实验原理画出合适的电路图；
(3)根据欧姆定律和电阻定律计算出电阻率的表达式。
本题主要考查了金属电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉读数仪器的读数规则，结合欧姆定律和电阻定律计算出电阻率的表达式。
21.【答案】(1)R=EI−r；1.35；1.20；(2)0.34；1.00。
【解析】解：(1)根据图1所示电路图，由闭合电路欧姆定律得：E=I(r+R)，整理得：R=EI−r
由图示R−1I图象可知，图象的斜率k=E=8−−1.26.8−0V≈1.35V，图象纵轴截距的绝对值b=r=1.20Ω
(2)电流表量程是0.6A，由图3所示表盘可知，其分度值是0.02A，读数I=0.34A，
电流表内阻RA=UI=68×10−30.34Ω=0.20Ω，
考虑电流表内阻，由闭合电路的欧姆定律得：E=I(r+R+RA)，整理得：R=EI−RA−r
图象纵轴截距的绝对值b=RA+r，代入数据解得干电池内阻r=1.00Ω
故答案为：(1)R=EI−r；1.35；1.20；(2)0.34；1.00。
(1)根据图1所示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电池电动势与内阻。
(2)根据电流表量程确定其分度值，根据指针位置读出其读数；应用欧姆定律求出电流表内阻，然后求出电池的内阻。
对电流表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读数；理解实验原理是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
22.【答案】解：(1)闭合S1、断开S2时，根据闭合电路欧姆定律可得：E=I1(R1+r)
代入数据解得：R1=2Ω；
(2)S1、S2均闭合时，电流表的示数为I2=50A，根据闭合电路的欧姆定律可得路端电压为：
U2=E−I2r=21V−50×0.1V=16V
通过车灯的电流为：IL=U2R1=162A=8A
车灯的功率为：PL=IL2R1=82×2W=128W
通过电动机的电流为：IM=I2−IL=50A−8A=42A
电动机的机械功率为：P机械=U2IM−IM2R2
代入数据解得：P机械=583.8W；
(3)S1、S2均闭合时，若电动机突然被卡住不转动，
外电阻为：R=R1R2R1+R2=0.049Ω
根据闭合电路的欧姆定律可得电流表的示数为：I3=ER+r
代入数据解得：I3=141A。
答：(1)车灯电阻R1的值为2Ω；
(2)S1、S2均闭合时，车灯的功率为128W，电动机的机械功率为583.8W；
(3)S1、S2均闭合时，若电动机突然被卡住不转动，此时电流表的示数为141A。
【解析】(1)闭合S1、断开S2时，根据闭合电路欧姆定律求解车灯电阻R1的值；
(2)S1、S2均闭合时，电动机和灯泡并联，根据闭合电路的欧姆定律求解路端电压，根据欧姆定律求解通过车灯的电流，根据电功率的计算公式求解车灯的功率；根据并联电路的特点求解通过电动机的电流，根据功率关系求解电动机的机械功率；
(3)S1、S2均闭合时，若电动机突然被卡住不转动，求出外电路并联的电阻，根据闭合电路的欧姆定律求解电流表的示数。
本题主要是考查闭合电路的欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况，能够根据电路连接情况求解电路的电阻，根据闭合电路的欧姆定律求解电流或电压。
23.【答案】解：(1)设B、C分离瞬间B、C的速度大小分别为vB和vC，B、C组成的系统动量守恒，则有
mBvB−mCvC=0
由能量守恒定律得
Ep=12mBvB2+12mCvC2
分离后，C物体做平抛运动，则有
h=12gt2；x=vCt
联立解得：vC=2m/s；vB=3m/s；Ep=7.5J
(2)B、C分离后B向左做匀减速直线运动，A静止不动，设A、B碰撞前瞬间B的速度为vB1，对B物体，由动能定理得
−μmBgL=12mBvB12−12mBvB2
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，则有
mBvB1=mBvB2+mAvA
12mBvB12=12mBvB22+12mAvA2
其中EkA=12mAvA2
联立解得：vB1=2m/s；vB2=0m/s；vA=2m/s；EkA=2J
(3)A、B碰撞后，A向左做匀减速直线运动，B向左做匀加速直线运动，则对B有
μmBg=mBaB
对A有
μmBg+μ(mB+mA)g=mAaA
解得：aA=6m/s2；aB=2m/s2
设经过时间t，两者共速，则有
v=aBt=vA−aAt
解得：t=14s；v=12m/s
此过程中A向左运动距离
x1=vA+v2t=2+122×14m=516m
此后，A、B相对静止一起减速到零，有
−μ(mB+mA)gx2=0−12(mB+mA)v2
解得：x2=116m
整个过程中A滑动的距离为
x=x1+x2=(516+116)m=0.375m
答：(1)释放前压缩弹簧的弹性势能为7.5J；
(2)B与A碰撞后瞬间平板A的动能为2J；
(3)平板A在桌面上滑行的距离为0.375m。
【解析】(1)根据动量守恒定律结合平抛运动和能量守恒定律计算出弹簧的弹性势能；
(2)根据动能定理结合系统动量守恒分析出A的动能；
(3)根据牛顿第二定律分别求出两者的加速度，先求出共速的时刻和速度的大小，结合位移公式和位置关系计算出A滑动的距离。
本题主要考查了动量守恒定律，在分析过程中涉及到了平抛运动，理解平抛运动不同方向上的运动特点，结合动量定理和能量守恒完成分析，研究对象和运动过程都较为复杂，对学生的要求较高。
24.【答案】解：(1)设电子从小孔 S 射出时的速度为 v0，动能为 Ek0，
由动能定理得Ek0=12mv02=qU0，
解得：Ek0=1000eV(或1.6×10−16J)
(2)设电子通过YY′极板的时间为 t0，恰好能通过时极板间的电压为 U1，
则ym=12d1=12qU1md1⋅t02，L=v0t0，
联立解得：U1=20V，
当YY′极板电压高于20V时，电子将不能通过，根据UYY′的电压随时间t变化的图线UYY′−t可知，在0∼0.1s一个周期内，只有0∼0.04s时间内射入的电子能通过，所以能通过偏转电极YY′的电子占总数的比例 40%
(3)设电子通过XX′极板的时间为 t0，恰好能通过时极板间的电压为 U2，
则xm=12d2=12⋅U2qd2mt02，
代入数据解得：U2=500V
所以，到达偏转电极XX′的电子均能通过。
由UYY′−t图像可知在0∼0.2s内，20V电压对应的时刻是0.04s、0.14s。
电子打到荧光屏上的动能Ek=Ek0+qUYY′d1y+q|Uxx′|d2x
有前面分析知y∝UYY′，x∝UXX′
分析0∼0.2s时间内打到荧光屏的电子，0∼0.04s内，电子动能逐渐减小，0s时
UYY′=0，y=0，UXX′=−500V，x=12d2
动能为1000eV+0+250eV=1250eV，
0.04s时UYY′=20V，y=d12，UXX′=−300V，x=d22×35=310d2
则动能为1000eV+10eV+90eV=1100eV；
在0.1s∼0.14s时间内，电子动能逐渐增大；0.1s时，y=0，x=0，电子最终动能为1000eV；
0.14s时，UYY′=20V，y=d12，UXX′=200V，x=d22×25=d25，
电子最终动能为1000eV+10eV+40eV=1050eV。
所以打到荧光屏的电子的动能范围是1100eV∼1250eV(或 1.76×10−16J∼2.0×10−16J)和1000eV∼1050eV(或 1.6×10−16J∼1.68×10−16J)
(4)电子从偏转电场中射出达到荧光屏上，以通过YY′电极为例，设通过偏转电场时偏转量为y1，在电极与荧光屏之间的匀速运动偏转量为y2，则
y1=12at2，t1=Lv0
y1=UYY′L24U0d1
vy=at=eUYY′Ld1mv0，t2=5L2v0
y2=vyt2联立得
y2=5UYY′L24d1U0
y=y1+y2=3UYY′L22U0d1
设沿Y方向的最大偏移量为ym，设沿 X 方向的最大偏移量为 xm，UYY′=20V和其它条件代入可得
ym=0.06m
同理可知打到荧光屏上的电子沿XX′方向的总偏移量
x=x1+x2=UYY′L22U0d2
将UYY′=500V和其它条件代入可得
xm=0.10m
由y∝UYY′，x∝|UXX′|可知，不同时刻进入的电子最终在荧光屏上的坐标：
0s时x=−10cm，y=0；
0.04s时，x=−6cm，y=6cm，0∼0.04s内图线是一条倾斜直线，同理绘出0.1s∼0.14s图线是一条经过显示屏中心的一条倾斜直线，绘出图线如下图所示。
【解析】(1)根据动能定理求出电子从小孔S射出时的动能；
(2)根据电子射出偏转电场时的位移，确定出哪段时间内进入的电子能够出偏转电场，即可求出通过偏转电极YY′的电子数占总数的比例；
(3)电子经过加速电场后进入偏转电场，分析电子的偏转位移，再根据动能定理确定打到荧光屏上电子动能的范围；
(4)根据电子的运动情况，画出电子打到记录纸上的点形成的图线。
解决本题的关键要理清电子在整个过程中的运动规律，求出恰好离开偏转电场时的偏转电压。结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式进行求解，分析时要考虑周期性。
2021-2022学年浙江省绍兴市诸暨市高二（上）期末物理试卷
1. 能量子假设是对经典物理学思想与观念的一次突破。“振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍”，作出这一大胆假设的科学家是( )
A. 库仑 B. 普朗克 C. 密立根 D. 爱因斯坦
2. 在温度t=20℃时，波长λ=598.3nm的单色光在几种介质中的折射率如下表所示，根据表中数据结合所学知识，下列判断正确的是( )
介质
折射率
介质
折射率
空气
1.00028
水
1.33
玻璃
1.65
水晶
1.55
A. 该单色光在玻璃中的速度大于在水中的速度
B. 该单色光在水中比在空气中更容易发生衍射
C. 该单色光从玻璃射入水中可能会发生全反射
D. 水晶对其他波长的单色光的折射率也都是1.55
3. 如图所示，a、b、c三点位于通电螺线管中央轴线上，d点位于通电螺线管的外侧，关于这四个点的磁感应强度，下列说法正确的是( )
A. a点的磁感应强度最强 B. b点的磁感应强度最弱
C. c点的磁感应强度方向水平向左 D. d点的磁感应强度方向水平向右
4. 我国已初步建成了全球最大规模的5G移动网络。5G网络使用的通信频率在3.0GHz以上的超高频段和极高频段，4G网络使用的通信频率在0.3GHz∼3.0GHz间的特高频段，5G网络比4G网络拥有更大的带宽和更快的传输速率。下列说法正确的是( )
A. 5G信号比4G信号的波长更长
B. 5G信号是纵波，4G信号是横波
C. 5G信号传播不需要介质，4G信号传播需要介质
D. 相同时间内5G信号比4G信号传递的信息量更大
5. 如图所示，矩形线框abcd位于通电长直导线附近，线框与导线在同一平面内，线框的两条边与导线平行，下列过程中线框无感应电流产生的是( )
A. 线框向上平移一小段距离
B. 线框向右平移一小段距离
C. 线框以dc边为轴转过一小角度
D. 导线中电流I逐渐增大或逐渐减小
6. 如图所示的电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动触片由a向b缓慢移动的过程中，下列说法正确的是( )
A. R1的电功率增大
B. 电压表的示数增大
C. 电流表的示数增大
D. 电容器C所带的电荷量减小
7. 如图所示，图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙为质点P从该时刻开始的振动图像。下列判断正确的是( )
A. 该波沿x轴的正方向传播 B. 该波的传播速度为10cm/s
C. 质点Q的振动频率为2Hz D. 一个周期内P和Q有两个时刻加速度相同
8. 一个质量为10kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，合力F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. t=4s时物体速度的大小为4m/s
B. t=8s时物体动量的大小为60kg⋅m/s
C. 前4s内物体所受合力冲量的大小为10N⋅s
D. 物体在后4s的运动方向与前4s运动方向相反
9. 如图所示，电流表A的量程为0.6A，内阻为0.2Ω，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A。R1的阻值为0.1Ω，R2的阻值为0.4Ω。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0.06A
C. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.08A
D. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.12A
10. 法拉第采用了一个简洁的方法描述电场，即用电场线来描述电场中各点电场强度的大小和方向。下列四幅图的电场中，a、b两点的电场强度相同的是( )
A. B.
C. D.
11. 如图所示的“雅各布天梯”实验装置展示了电弧的产生和消失过程。二根呈羊角形的管状电极，一极接高压电，另一极接地。当电压升高到一定值时，管状电极底部P处先产生电弧放电，然后电弧如圣火似地向上爬升，直到上移的弧光消失，天梯底部将再次产生弧光放电，如此周而复始。下列说法中正确的是( )
A. 在P处最先产生弧光是因为该处电压最大
B. 在P处最先产生弧光是因为该处电场最强
C. 当弧光消失瞬间，两电极间的电压立即减小
D. 将该装置放入真空中，实验效果会更加明显
12. 如图所示，摆长为L的单摆上端固定在天花板上的O点，在O点正下方相距l处的P点有一固定的细铁钉。将小球向右拉开一个约2∘的小角度后由静止释放，使小球来回摆动。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，规定向右为正方向，则小球在开始的一个周期内的x−t关系图线如图所示。以下关于l与L的关系正确的是( )
A. l=18L B. l=14L C. l=12L D. l=34L
13. 关于动量，下列说法正确的是( )
A. 台球在粗糙的台面上碰撞时不遵从动量守恒定律
B. 章鱼通过身体前面的孔喷水，利用反冲可以使身体很快运动
C. 在船舷和码头悬挂旧轮胎是为了延长作用时间，以减小船与码头的作用力
D. 体操运动员在落地时总要屈腿是为了减小动量的变化量，使运动员避免受伤
14. 关于电磁波，下列说法正确的是( )
A. 激光具有高度的相干性、非常好的平行度和很高的亮度
B. 从太阳、白炽灯等光源直接发出的光都是不同程度的偏振光
C. 生活中常用微波炉来加热食物，食物增加的能量是微波给它的
D. 电磁波的传播靠的是电场和磁场的相互“激发”，因而能在真空中传播
15. 如图所示，图甲为在电场中的x坐标轴，xA、xB如分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力的作用下由静止开始沿x轴运动，该电子的动能Ek随其坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是( )
A. A点的电势高于B点的电势 B. A点的电场强度等于B点的电场强度
C. 电子在A点的电势能大于B点的电势能 D. 电子在A点的加速度小于B点的加速度
16. 如图所示是绳波形成过程的示意图。质点1在外力作用下做简谐运动，带动其余质点依次上下振动。在t=T4时，质点1到达最上方，质点5刚开始振动。下列说法正确的是( )
A. 质点5和质点1的振动频率相同
B. 在t=T2时，质点4加速度方向向上
C. 从t=T开始的一小段时间内，质点11的速度正在减小
D. 从t=T开始的一小段时间内，质点16的加速度正在增大
17. 如图所示，半圆形进明介质的折射率n=2，半径为R，O为圆心，AB为直径，P为AO的中点。点光源可以紧贴直径自左向右移动，只考虑从光源直接发出射到半圆弧上的光线，下列说法正确的是( )
A. 当光源位于A的位置，半圆弧的23部分有光线射出
B. 当光源位于A的位置，半圆弧的13部分有光线射出
C. 当光源位于P的位置，半圆弧的12部分有光线射出
D. 当光源位于P与O之间的位置，整个半圆弧均有光线射出
18. 在“测量玻璃的折射率”实验中，实验用的长方体玻璃砖如图所示，用手可以接触的部位应是玻璃砖的______(填“磨砂面”或“光学面”)。某同学用插针法进行实验，绘出的玻璃砖和三个针孔a、b、c的位置如图所示，而且插在c位置的大头针恰好挡住插在a、b位置的大头针的像，但第四个大头针的针孔位置发现有两处，分别为d1、d2两点，请你判断正确位置应是______(填“d1”或“d2”)处。若用不正确的另一处来计算玻璃的折射率，实验结果将______。(填“偏大”或“偏小”)
19. 如图所示的双缝干涉实验装置中，用拨杆调节单缝与双缝平行时应______(填“左右”或“上下”移动。当分别用红色和紫色的滤光片装在单缝前时，在光屏上相邻干涉条纹间距分别为Δx1和Δx2，则Δx1______Δx2(填“>”“=”或“<”)。若双缝之间的距离为0.300mm，双缝与屏幕的距离为1.00m，当装上红色滤光片时，测得第2条到第6条亮条纹中心间的距离为8.40mm，计算红光的波长为______ nm。
20. 在“导体电阻率的测量”的实验中：
(1)如图1所示的游标卡尺中，P的作用是______(填“微调”或“紧固”)；读数是______ mm。如图2所示的螺旋测微器，微调旋钮是______(填“A”“B”或“C”)；读数是______ mm。
(2)现要测量电阻约为100Ω的圆形金属杆Rx的电阻率，所用器材如下：
直流电源E，电动势为8.0V，内阻可忽略不计；
电流表A1，量程为0∼25mA，内阻r1=100Ω；
电流表A2，量程为0∼150mA，内阻r2=20Ω；
定值电阻R0=10Ω；
滑动变阻器R的最大阻值为10Ω；
开关S、导线若干。
①为了在测量中尽量减小误差，并测多组数据，现将上述实验器材连接，如图3所示，请在虚线方框中画出它的电路图。
②若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，已知金属杆的长为L，直径为d，则电阻率的表达式为ρ=______。(用字母表示)
21. 在测量“干电池的电动势和内阻”的实验中：
(1)某同学选用电阻箱和电流表进行测量，实验电路图如图1所示。根据闭合电路欧姆定律，干电池电动势E、内阻r，与电阻R、电流I的关系式可能写成______。实验测得多组数据描绘在R−1I坐标纸中，得到如图2所示的直线，由图线可计算出干电池的电动势为______ V，内阻为______Ω。
(2)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱阻值，当电压表的示数为68mV时，电流表(0−0.6A)的指针位置如图3所示，则电流表的示数为______ A；该干电池的内阻应为______Ω。
22. 如图所示为某汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路。已知电源的电动势E=21V，内阻r=0.1Ω，电动机的内阻R2=0.05Ω。当闭合S1、断开S2时，电流表的示数为I1=10A；当S1、S2均闭合时，电动机正常工作，电流表的示数为I2=50A。不计电流表的内阻和导线电阻，车灯的电阻R1为定值。
(1)求车灯电阻R1的值；
(2)S1、S2均闭合时，求车灯的功率和电动机的机械功率；
(3)S1、S2均闭合时，若电动机突然被卡住不转动，求此时电流表的示数。
23. 如图所示，水平桌面上放置一端有挡板的长平板A，平板上放置的物块B和C，B和C之间有一被压缩的劲度系数足够大的轻弹簧，B与挡板间的距离L=1.25m，C位于桌面边缘，离地面高h=0.8m。由静止释放压缩弹簧，B和C瞬间分离，C向右水平抛出后的落地点与抛出点的水平距离x=0.8m，B向左运动与A的挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知平板A的质量mA=1kg，物块B的质量mB=1kg，物块C的质量mC=1.5kg，A与B、A与桌面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)释放前压缩弹簧的弹性势能；
(2)B与A碰撞后瞬间平板A的动能；
(3)平板A在桌面上滑行的距离。
24. 如图所示，真空室中电子枪连续均匀发出的电子(初速不计)经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两个互相垂直的偏转电极YY′和XX′的中心线射入。偏转电极YY′的板长为L=0.20m，极板相距d1=0.02m，偏转电极XX′的板长也为L=0.20m，极板相距d2=0.10m，且高度足够高。偏转电极YY′的右侧与偏转电极XX′的左侧相距为L，荧光屏与中心线垂直，且与偏转电极XX′的右侧相距为L2。两个偏转电极都不加电压时，电子束沿中心线打到荧光屏中心产生亮斑。现在电极YY′间加电压UYY′，在电极XX′间加电压UXX′，UYY′和UXX′的电压随时间t变化的图线分别如图所示。设极板间电场可看作是均匀的，且极板外无电场，在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场均可视作恒定，能通过两偏转电极的电子均能打到荧光屏上。已知电子的电量q=1.6×10−19C，不计电子重力和电子间的相互作用。
(1)求电子从小孔S射出时的动能；
(2)求能通过偏转电极YY′的电子数占总数的比例；
(3)求打到荧光屏上电子动能的范围；
(4)请通过计算定量画出电子打到荧光屏上的点形成的图线。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子，故B正确，ACD错误
故选：B。
本题是物理学史问题，根据科学家和他们的贡献进行解答即可．
本题考查物理学史，是常识性问题，关键掌握原子物理部分的重大发现和著名理论．
2.【答案】C
【解析】解：A.根据v=cn，可知该单色光在玻璃中的折射率大于在水中的折射率，则该单色光在玻璃中的速度小于在水中的速度，故A错误；
B.单色光的频率不变，由上分析，同理可知在水中的速度小于在空气中的速度，根据：v=λf，则在水中的波长较小，则该单色光在水中比在空气中更不容易发生衍射，故B错误；
C.玻璃的折射率大于水的折射率，从玻璃射入水中，可能发生全反射，故C正确；
D.水晶对不同波长的光折射率不同，故D错误。
故选：C。
根据v=cn分析光在玻璃中与在水中速度关系；水晶对不同颜色的光的折射率不同；光从玻璃射入水中可能发生全反射；
解决本题的关键要掌握全反射的条件：一、光必须从光密介质射入光疏介质。二、入射角大于等于临界角。要知道在同等条件下，临界角越小，越容易发生全反射。
3.【答案】A
【解析】解：A、a点处磁感线最密，磁感应强度最强，故A正确；
B、四个点相比较，d点的磁感应强度最弱，故B错误；
CD、根据安培定则可知，c点的磁感应强度方向水平向右，d点的磁感应强度方向水平向左，故CD错误。
故选：A。
根据通电螺线管磁场的分布特点是内部的磁场最强，根据磁感线的疏密分析磁感应强度的大小。根据安培定则即可判断出通电螺线管产生的磁场方向。
本题考查通电螺线管产生的磁场，根据安培定则即可判定磁感应强度的方向。
4.【答案】D
【解析】解：A、5G信号比4G信号的频率更大，则波长更短，故A错误；
B、电磁波是横波，即5G信号和4G信号都是横波，故B错误；
C、电磁波传播不需要介质，即5G信号和4G信号传播都不需要介质，故C错误；
D、相同时间内5G信号比4G信号传递的信息量更大，故D正确。
故选：D。
电磁波为横波，传播不需要介质，其频率越高，波长越短，光子的能量大，相同时间内传递的信息量大。
本题考查了电磁波的相关知识，明确电磁波是横波，注意掌握频率越高波长越短。
5.【答案】A
【解析】解：A.线框向上平移一小段距离时，穿过线圈的磁通量不变，则线圈中不会有感应电流产生，
B.线框向右平移一小段距离时，穿过线圈的磁通量减小，则线圈中会有感应电流产生，
C.线框以dc边为轴转过一小角度，则穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中会有感应电流产生，
D.导线中电流I逐渐增大或逐渐减小时，则穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中会有感应电流产生，
本题选择不能产生感应电流的，
故选：A。
明确感应电流产生的条件，知道当通过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流．
本题关键是明确感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化；同时要熟悉通电直导线周围的磁场分布情况。
6.【答案】B
【解析】解：滑动变阻器R2的滑动触片由a向b缓慢移动的过程中，R2增大，根据串反并同规律，电流表示数减小，R1的电流减小，R1的功率减小，电压表示数增大，电容器两端电压增大，电容器C所带的电荷量增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
先分析电路结构，由滑片的移动方向分析滑动变阻器接入电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，或根据串反并同规律分析，电容器电压与滑动变阻器电压相等，分析出电容器电压的变化，根据Q=CU分析电容器带电量的变化。
对于电路动态进行分析时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化。
7.【答案】D
【解析】解：A、由乙图知t=0时刻质点P向下振动，根据上下坡法可得该波沿x轴的负方向传播，故A错误；
B、由两图像可得该波的波长为λ=4m，周期为T=0.2s，所以波速为v=λT=40.2m/s=20m/s，故B错误；
C、频率为f=1T=10.2Hz=5Hz，故C错误；
D、根据题意可在乙图上画出质点Q的振动图像如图
可以看出P和Q两质点一个周期内有两次处于同一位置，此时它们的加速度相同，故D正确。
故选：D。
根据质点P的振动图象可确定质点P在0时刻的振动方向，从而确定波的传播方向；由振动图象得出波的周期；根据质点位置可确定加速度。
本题属于波的图象的识图、振动图象的识图和对质点振动的判断问题。考查知识点针对性强，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
8.【答案】A
【解析】解：A.由动量定理得，t=4s时物体速度的大小为：v=Ftm=10×410m/s=4m/s，故A正确；
B.t=8s时物体动量的大小为：p=(10×4−5×4)kg⋅m/s=20kg⋅m/s，故B错误；
C.前4s内物体所受合力冲量的大小为：I=Ft=10×4N⋅s=40N⋅s，故C错误；
D.物体在后4s的运动方向与前4s运动方向相同，都向正方向，故D错误。
故选：A。
只要涉及了力 F和力的作用时间 t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷。
本题考查较为简单，主要是对基本公式的考查与应用，要求学生熟知公式。
9.【答案】B
【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A错误，B正确；
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CD错误。
故选：B。
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！
10.【答案】D
【解析】解：电场线的疏密表示电场强度的大小，场强的方向沿电场线的切线方向，根据电场线的特点可知：
A.a、b两点电场强度方向不相同，故A错误；
B.a、b两点电场强度大小不相同，故B错误；
C.a、b两点电场强度方向不相同，故C错误；
D.a、b两点电场强度的大小和方向都相同，故D正确。
故选：D。
在电场中电场线的疏密表示电场强度的大小，当电场线疏密相同时，电场强度大小相等；电场线的切线方向表示电场的方向。
本题考查电场线的性质，电场线的切线方向表示场强的方向，电场线的疏密表示场强的大小。
11.【答案】B
【解析】解：AB.根据E=Ud，电压相等，距离越小，电场强度越大，在P处最先产生弧光是因为该处电场最强，故A错误，B正确。
C.弧光消失前，回路有电流，两极间电压小于电源电动势，当弧光消失瞬间，电流减小到零，内压减小到零，两电极间的电压等于电源电动势，所以两极间电压立即增大，故C错误；
D.将该装置放入真空中，不能发生弧光发电，实验无效果，故D错误。
故选：B。
分析电路结构，确定两杆间的电压，根据U=Ed判断电场强度最大处。场强越大，越容易击穿空气形成电弧。
此题考查了类似电容器的相关知识，解题的关键是明确两杆间相当于电容器，两杆间存在电场，根据U=Ed判断电场强度的关系。
12.【答案】D
【解析】解：由图像可知，单摆在钉子右边振动的周期为T1=8s；在钉子左边振动的周期为T2=4s；
则有：T1=2πLg，T2=2πL−lg
解得：l=34L，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据单摆的周期公式T=2πLg判断即可。
本题考查了单摆的周期公式，解题的关键是灵活运用周期公式，明确单摆摆长。
13.【答案】BC
【解析】解：A、台球在粗糙的台面上碰撞时，由于碰撞时间很短，可认为内力远大于外力，则遵从动量守恒定律，故A错误；
B、章鱼通过身体前面的孔喷水，利用反冲可以使身体很快运动，故B正确；
C、在船舷和码头悬挂旧轮胎在碰撞时，动量变化相同的情况下可以延长作用时间，以减小船与码头的作用力，故C正确；
D、体操运动员在落地时总要屈腿是为了在动量的变化量相同的情况下增加作用时间，减小作用力，使运动员避免受伤，故D错误。
故选：BC。
根据动量守恒的条件判断生活实例是否满足动量守恒；分清动量变化量和动量变化率的物理意义并做分析。
本题主要考查了动量守恒定律，理解动量守恒的三种情况：绝对守恒，近似守恒和方向守恒，同时分清动量变化量和动量变化率的概念即可，属于概念理解题。
14.【答案】ACD
【解析】解：A、根据激光的特点可知，激光具有高度的相干性、非常好的平行度和很高的亮度，故A正确；
B、从太阳、白炽灯等光源直接发出的光都是自然光，不是偏振光，故B错误；
C、生活中常用微波炉来加热食物，食物增加的能量是微波给它的，故C正确；
D、电磁波的传播靠的是电场和磁场的相互“激发”，因而能在真空中传播，故D正确。
故选：ACD。
激光具有高度的相干性、平行度好、亮度高的特点；光是一种电磁波，从太阳、白炽灯等光源直接发出的光属于自然光；根据能量的转化与守恒的特点分析；根据电磁场理论分析。特别是要知道反射光和折射光都是偏振光，明确自然光和偏振光的区别．
15.【答案】BC
【解析】解：A、由图可知，电子从A到B动能增大，电场力做正功，则电子受到的电场力的方向从A指向B，电子带负电，受到的电场力的方向与电场强度的方向相反，所以该电场线的方向从B指向A，根据顺着电场线方向电势降低，则A点的电势低于B点的电势，故A错误；
BD、根据动能定理得知：电场力做功等于电子动能的变化，则有Ek=qEx，根据数学知识可知，图线的斜率k=qE，斜率不变，q保持不变，说明电场强度不变，则EA=EB，A点的电场强度等于B点的电场强度；电子在A点的加速度等于B点的加速度，故D错误，B正确；
C、由图知，电子从A到B动能增大，电场力做正功，电势能减小，则电子在A点的电势能大于B点的电势能，故C正确；
故选：BC。
电场力做功等于动能的增加量，分析图象与位移的关系可判断电场强度如何变化。根据动能的变化，分析电场力做功的正负，判断场强的方向，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的关系。
本题要求学生能从图象中判断出物理量的变化规律。关键要掌握动能定理，并能正确运用。
16.【答案】AD
【解析】解：A、质点5和质点1的振动频率相同，都等于振源的振动频率，故A正确；
B、在t=T2时，质点4在平衡位置上方，加速度的方向指向平衡位置向下，故B错误；
C、从t=T开始的一小段时间内，质点11在平衡位置上方，向下振动，速度正在增大，故C错误；
D、从t=T开始的一小段时间内，质点16在平衡位置上方，向上振动，加速度正在增大，故D正确。
故选：AD。
介质中各个质点的振动频率都相同；分析t=T2时质点4的位置，再判断其加速度方向；根据质点11的起振动方向判断其速度变化情况；根据质点16的起振动方向判断其加速度变化情况。
本题考查波的传播规律，后一个质点重复前一个质点的振动，要知道介质中各个质点的振动频率相同，都等于振源的振动频率。各个质点的起振方向都与振源的起振方向相同。
17.【答案】BD
【解析】解：AB、当光源位于A位置时，如图1所示光线在圆弧上位置D恰好发生了全反射，
则有sinC=1n=12，解得C=30∘，故圆弧BD上有光线射出，且∠BOD=60′′，故半圆弧的13部分有光线射出，故A错误，B正确；
C、当光源位于P的位置，设任一入射光线的入射角为θ，如图2所示。
在ΔOPE中有OPsinθ=OEsinφ
解得sinθ=12sinφ
因为φ的取值范围为：0∼π，故sinθ≤12
即θ≤C，故整个半圆弧均有光线射出，故C错误；
D、当光源位于P与O之间的位置，分析可知，sinθ<12sinφ，则θ
当光线在圆弧上发生全反射时将不能从圆弧射出，考虑光线在圆弧上恰好发生全反射的情形，作出光路图，结合临界角公式和几何知识求解。
本题考查光的全反射现象，要掌握临界角公式sinC=1n，作出光线恰好发生全反射的光路是关键。
18.【答案】磨砂面 d1 偏小
【解析】解：用手可以接触的部位应是玻璃砖的磨砂面，
因射入玻璃砖的光线与射出光线是平行的，则ab连线与cd连线平行，则d1位置是正确的；
若用d2位置来计算玻璃的折射率，由图可知，光线在玻璃砖的上表面的折射角偏大，根据n=sinisinr可知，实验求得的折射率结果将偏小。
故答案为：磨砂面；d1；偏小
根据实验原理掌握正确的实验操作，结合折射定律分析出实验结果的误差。
本题主要考查了测量玻璃的折射率的实验，首先画出光路图，根据实验原理选出正确的位置，结合折射率的计算公式分析出实验结果与真实值的大小关系即可。
19.【答案】左右 >630
【解析】解：左右移动拨杆可以调节单缝与双缝平行；
由于λ红>λ紫，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知：Δx1>Δx2，
测得第2条到第6条亮条纹中心间的距离为8.40mm，相邻亮条纹间的距离Δx=8.40×10−36−2m=2.1×10−3m
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，波长：λ=dΔxL=0.300×10−3×2.10×10−31.00m=6.3×10−7m=630nm
故答案为：左右；>；630。
根据实验注意事项应用双缝干涉条纹间距公式分析答题。
理解实验原理应用双缝干涉条纹间距公式即可解题；解题时注意单位换算。
20.【答案】(1)紧固；54.14；C；10.000；
(2)①如图所示；
②πD24LI2(R0+r2)I1−r1
【解析】解：(1)游标卡尺中，P的作用是紧固；
游标卡尺的分度值为0.1mm，则读数是L=54mm+0.02mm×7=54.14mm
如图所示的螺旋测微器，微调旋钮是C；
螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则螺旋测微器的读数是D=10.0mm+0.01×0.00mm=10.000mm
(2)它的电路图为
金属杆的电阻为Rx=UxI1
金属杆的电压为Ux=I2(R0+r2)−I1r1
根据电阻定律得：Rx=ρLS
金属杆的横截面积为：S=14πD2
解得：ρ=πD24LI2(R0+r2)I1−r1
(1)理解不同测量工具的作用，结合读数规则和图片得出对应的示数；
(2)根据实验原理画出合适的电路图；
(3)根据欧姆定律和电阻定律计算出电阻率的表达式。
本题主要考查了金属电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉读数仪器的读数规则，结合欧姆定律和电阻定律计算出电阻率的表达式。
21.【答案】(1)R=EI−r；1.35；1.20；(2)0.34；1.00。
【解析】解：(1)根据图1所示电路图，由闭合电路欧姆定律得：E=I(r+R)，整理得：R=EI−r
由图示R−1I图象可知，图象的斜率k=E=8−−1.26.8−0V≈1.35V，图象纵轴截距的绝对值b=r=1.20Ω
(2)电流表量程是0.6A，由图3所示表盘可知，其分度值是0.02A，读数I=0.34A，
电流表内阻RA=UI=68×10−30.34Ω=0.20Ω，
考虑电流表内阻，由闭合电路的欧姆定律得：E=I(r+R+RA)，整理得：R=EI−RA−r
图象纵轴截距的绝对值b=RA+r，代入数据解得干电池内阻r=1.00Ω
故答案为：(1)R=EI−r；1.35；1.20；(2)0.34；1.00。
(1)根据图1所示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电池电动势与内阻。
(2)根据电流表量程确定其分度值，根据指针位置读出其读数；应用欧姆定律求出电流表内阻，然后求出电池的内阻。
对电流表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读数；理解实验原理是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
22.【答案】解：(1)闭合S1、断开S2时，根据闭合电路欧姆定律可得：E=I1(R1+r)
代入数据解得：R1=2Ω；
(2)S1、S2均闭合时，电流表的示数为I2=50A，根据闭合电路的欧姆定律可得路端电压为：
U2=E−I2r=21V−50×0.1V=16V
通过车灯的电流为：IL=U2R1=162A=8A
车灯的功率为：PL=IL2R1=82×2W=128W
通过电动机的电流为：IM=I2−IL=50A−8A=42A
电动机的机械功率为：P机械=U2IM−IM2R2
代入数据解得：P机械=583.8W；
(3)S1、S2均闭合时，若电动机突然被卡住不转动，
外电阻为：R=R1R2R1+R2=0.049Ω
根据闭合电路的欧姆定律可得电流表的示数为：I3=ER+r
代入数据解得：I3=141A。
答：(1)车灯电阻R1的值为2Ω；
(2)S1、S2均闭合时，车灯的功率为128W，电动机的机械功率为583.8W；
(3)S1、S2均闭合时，若电动机突然被卡住不转动，此时电流表的示数为141A。
【解析】(1)闭合S1、断开S2时，根据闭合电路欧姆定律求解车灯电阻R1的值；
(2)S1、S2均闭合时，电动机和灯泡并联，根据闭合电路的欧姆定律求解路端电压，根据欧姆定律求解通过车灯的电流，根据电功率的计算公式求解车灯的功率；根据并联电路的特点求解通过电动机的电流，根据功率关系求解电动机的机械功率；
(3)S1、S2均闭合时，若电动机突然被卡住不转动，求出外电路并联的电阻，根据闭合电路的欧姆定律求解电流表的示数。
本题主要是考查闭合电路的欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况，能够根据电路连接情况求解电路的电阻，根据闭合电路的欧姆定律求解电流或电压。
23.【答案】解：(1)设B、C分离瞬间B、C的速度大小分别为vB和vC，B、C组成的系统动量守恒，则有
mBvB−mCvC=0
由能量守恒定律得
Ep=12mBvB2+12mCvC2
分离后，C物体做平抛运动，则有
h=12gt2；x=vCt
联立解得：vC=2m/s；vB=3m/s；Ep=7.5J
(2)B、C分离后B向左做匀减速直线运动，A静止不动，设A、B碰撞前瞬间B的速度为vB1，对B物体，由动能定理得
−μmBgL=12mBvB12−12mBvB2
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，则有
mBvB1=mBvB2+mAvA
12mBvB12=12mBvB22+12mAvA2
其中EkA=12mAvA2
联立解得：vB1=2m/s；vB2=0m/s；vA=2m/s；EkA=2J
(3)A、B碰撞后，A向左做匀减速直线运动，B向左做匀加速直线运动，则对B有
μmBg=mBaB
对A有
μmBg+μ(mB+mA)g=mAaA
解得：aA=6m/s2；aB=2m/s2
设经过时间t，两者共速，则有
v=aBt=vA−aAt
解得：t=14s；v=12m/s
此过程中A向左运动距离
x1=vA+v2t=2+122×14m=516m
此后，A、B相对静止一起减速到零，有
−μ(mB+mA)gx2=0−12(mB+mA)v2
解得：x2=116m
整个过程中A滑动的距离为
x=x1+x2=(516+116)m=0.375m
答：(1)释放前压缩弹簧的弹性势能为7.5J；
(2)B与A碰撞后瞬间平板A的动能为2J；
(3)平板A在桌面上滑行的距离为0.375m。
【解析】(1)根据动量守恒定律结合平抛运动和能量守恒定律计算出弹簧的弹性势能；
(2)根据动能定理结合系统动量守恒分析出A的动能；
(3)根据牛顿第二定律分别求出两者的加速度，先求出共速的时刻和速度的大小，结合位移公式和位置关系计算出A滑动的距离。
本题主要考查了动量守恒定律，在分析过程中涉及到了平抛运动，理解平抛运动不同方向上的运动特点，结合动量定理和能量守恒完成分析，研究对象和运动过程都较为复杂，对学生的要求较高。
24.【答案】解：(1)设电子从小孔 S 射出时的速度为 v0，动能为 Ek0，
由动能定理得Ek0=12mv02=qU0，
解得：Ek0=1000eV(或1.6×10−16J)
(2)设电子通过YY′极板的时间为 t0，恰好能通过时极板间的电压为 U1，
则ym=12d1=12qU1md1⋅t02，L=v0t0，
联立解得：U1=20V，
当YY′极板电压高于20V时，电子将不能通过，根据UYY′的电压随时间t变化的图线UYY′−t可知，在0∼0.1s一个周期内，只有0∼0.04s时间内射入的电子能通过，所以能通过偏转电极YY′的电子占总数的比例 40%
(3)设电子通过XX′极板的时间为 t0，恰好能通过时极板间的电压为 U2，
则xm=12d2=12⋅U2qd2mt02，
代入数据解得：U2=500V
所以，到达偏转电极XX′的电子均能通过。
由UYY′−t图像可知在0∼0.2s内，20V电压对应的时刻是0.04s、0.14s。
电子打到荧光屏上的动能Ek=Ek0+qUYY′d1y+q|Uxx′|d2x
有前面分析知y∝UYY′，x∝UXX′
分析0∼0.2s时间内打到荧光屏的电子，0∼0.04s内，电子动能逐渐减小，0s时
UYY′=0，y=0，UXX′=−500V，x=12d2
动能为1000eV+0+250eV=1250eV，
0.04s时UYY′=20V，y=d12，UXX′=−300V，x=d22×35=310d2
则动能为1000eV+10eV+90eV=1100eV；
在0.1s∼0.14s时间内，电子动能逐渐增大；0.1s时，y=0，x=0，电子最终动能为1000eV；
0.14s时，UYY′=20V，y=d12，UXX′=200V，x=d22×25=d25，
电子最终动能为1000eV+10eV+40eV=1050eV。
所以打到荧光屏的电子的动能范围是1100eV∼1250eV(或 1.76×10−16J∼2.0×10−16J)和1000eV∼1050eV(或 1.6×10−16J∼1.68×10−16J)
(4)电子从偏转电场中射出达到荧光屏上，以通过YY′电极为例，设通过偏转电场时偏转量为y1，在电极与荧光屏之间的匀速运动偏转量为y2，则
y1=12at2，t1=Lv0
y1=UYY′L24U0d1
vy=at=eUYY′Ld1mv0，t2=5L2v0
y2=vyt2联立得
y2=5UYY′L24d1U0
y=y1+y2=3UYY′L22U0d1
设沿Y方向的最大偏移量为ym，设沿 X 方向的最大偏移量为 xm，UYY′=20V和其它条件代入可得
ym=0.06m
同理可知打到荧光屏上的电子沿XX′方向的总偏移量
x=x1+x2=UYY′L22U0d2
将UYY′=500V和其它条件代入可得
xm=0.10m
由y∝UYY′，x∝|UXX′|可知，不同时刻进入的电子最终在荧光屏上的坐标：
0s时x=−10cm，y=0；
0.04s时，x=−6cm，y=6cm，0∼0.04s内图线是一条倾斜直线，同理绘出0.1s∼0.14s图线是一条经过显示屏中心的一条倾斜直线，绘出图线如下图所示。
【解析】(1)根据动能定理求出电子从小孔S射出时的动能；
(2)根据电子射出偏转电场时的位移，确定出哪段时间内进入的电子能够出偏转电场，即可求出通过偏转电极YY′的电子数占总数的比例；
(3)电子经过加速电场后进入偏转电场，分析电子的偏转位移，再根据动能定理确定打到荧光屏上电子动能的范围；
(4)根据电子的运动情况，画出电子打到记录纸上的点形成的图线。
解决本题的关键要理清电子在整个过程中的运动规律，求出恰好离开偏转电场时的偏转电压。结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式进行求解，分析时要考虑周期性。
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