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2023-2024学年天津市第四十七中学高二上学期第二次阶段性检测（12月）物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年天津市第四十七中学高二上学期第二次阶段性检测（12月）物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.一正电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度—时间图像如图所示，则A、B所在区域的电场线分布情况可能是下列选项中的( )
A. B.
C. D.
2.如图甲所示的电路，其中电源电动势E=6V，内阻r=2Ω，定值电阻R=4Ω，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是( )
A. 图乙中滑动变阻器的最大功率P2=2W
B. 图乙中R1=6Ω，R2=12Ω
C. 滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R也消耗功率最大
D. 调整滑动变阻器RP的阻值，可以使电源的输出电流达到2A
3.如图所示，直角三角形ABC中∠B=30°，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB，测得在C处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是( )
A. A带正电，QA∶QB=1∶8B. A带负电，QA∶QB=1∶8
C. A带正电，QA∶QB=1∶4D. A带负电，QA∶QB=1∶4
4.如图所示，实线为某电场的电场线(方向未标明)，虚线为一带电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹。下列判断中正确的是( )
A. 粒子一定是从M点向N点运动
B. 带电粒子在M点的加速度一定大于在N点的加速度
C. M点的电势一定高于N点的电势
D. 带电粒子在M点的电势能一定大于在N点的电势能
5.如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直。有一带正电的小球从P点开始在竖直面内做匀速直线运动，则小球的速度方向可能是( )
A. 水平向右B. 水平向左C. 斜向右上D. 斜向左上方
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
6.如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点，放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则( )
A. A点的电场强度大小为2×103N/CB. B点的电场强度大小为2×103N/C
C. 点电荷Q在A、B之间D. 点电荷Q在A、O之间
7.如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容变小B. 电容器内部电场强度大小变大
C. 电容器内部电场强度大小不变D. P点电势升高
8.如图所示为质谱仪的工作原理图，它由加速电场、速度选择器(磁场方向垂直纸面)和偏转磁场构成。四种电荷量相等，电性相同、质量不同的粒子a，b，c，d由O点处的粒子源竖直向下射入加速电场(粒子a，b，c的初速度相同)，四种粒子经过一段时间到达图中不同的位置，粒子的重力以及粒子间的相互作用均不计。则下列说法正确的是
( )
A. 粒子可能带负电
B. 速度选择器中磁场的方向垂直纸面向外
C. 粒子c在O点的初速度大于粒子d在O点的初速度
D. 粒子d的质量大于粒子c的质量
三、实验题（本大题共2小题，共18分）
9.如图所示为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。
(1)图中的A端与____(填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)关于R6的使用，下列说法正确的是____。
A.在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C.使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1+R2=____Ω，R4=____Ω。
10.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A.被测干电池一节
B.电流表A1：量程0～0. 6A，内阻RA=0. 2Ω
C. 电流表A2：量程0～3A，内阻约为0. 1Ω
D.电压表V1：量程0～3V，内阻未知
E. 电压表V2：量程0～15V，内阻未知
F. 滑动变阻器R1：0～10Ω，2A
G. 滑动变阻器R2：0～5000Ω，1A
H. 开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．
(1)在上述器材中请选择适当的器材：电流表选_______，电压表选_______，滑动变阻器选_______.(填写器材前的序号字母)
(2)实验电路图应选择下图中的_______(填“甲”或“乙”)．
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U−I图像．由此可知，干电池的电动势E=_______V，内电阻r=_______Ω．
四、计算题（本大题共3小题，共30分）
11.如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．x轴下方有磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为−q的带电粒子(不计重力)，从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出．求：
(1)射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴？
(2)粒子第二次到达x轴时离O点的距离．
12.如图，在平行倾斜固定的导轨上端接入电动势E=50V，内阻r=1Ω的电源和滑动变阻器R，导轨的宽度d=1m，倾角θ=37°。质量m=2kg的细杆ab垂直置于导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，整个装置处在垂直轨道平面向下的磁感应强度B=2T的匀强磁场中(图中未画出)，导轨与杆的电阻不计。现调节R使杆ab静止不动。sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2，求：
(1)杆ab受到的安培力的最小值F1与最大值F2；
(2)滑动变阻器R接入电路的电阻的取值范围。
13.如图所示，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核 11H和一个氘核 12H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知 11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60∘，并从坐标原点O处第一次射出磁场。 11H的质量为m，电荷量为q，不计重力。求：
(1) 11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3) 12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】由题中 v−t 图像可知，正电荷做加速度逐渐增大的加速运动，因此该正电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大。电场线密的地方电场强度大，且正电荷的受力方向与电场方向相同。
故选D。
2.【答案】B
【解析】A.由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R等于内阻r时，输出功率最大，最大值为
Pm=E24r
把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当
RP=R1=R+r=6Ω
滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为
P2=E24R+r=1.5W
A错误；
B.滑动变阻器的阻值为 3Ω 时与阻值为 R2 时消耗的功率相等，有
ERP+R+r2RP=ER2+R+r2R2
解得
R2=12Ω
B正确；
C.当回路中电流最大时，即 RP=0 时定值电阻R消耗的功率最大，C错误；
D.当滑动变阻器 RP 的阻值为0时，电路中电流最大，最大值为
Im=ER+r=64+2A=1A
则调整滑动变阻器 RP 的阻值，不可能使电源的输出电流达到 2A ，D错误。
故选B。
3.【答案】B
【解析】要使C处的正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，该正点电荷所受力的情况应如图所示，所以A带负电，B带正电。设A、C间的距离为L，则B、C间的距离为2L。
FBsin30=FA
即
kQBQC2L2sin30=kQAQCL2
解得
QAQB=18
故B正确，ACD错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】B.电场线越密的位置电场强度越强，由图可知，N点的电场强度大于M点的电场强度，可知带电粒子在N点的加速度一定大于在M点的加速度，B错误；
C.结合电场线和运动轨迹可知粒子的受力如图所示，
由于粒子电性未知，无法判断电场线方向，即无法判断M、N点的电势大小关系，也无法判断粒子的运动方向，C错误；
AD.粒子做曲线运动，可以从M点向N点运动，也可以从N点向M点运动，若粒子由 M 向 N 运动，电场力做正功，电势能减小，若粒子由 N 向 M 点运动，电场力做负功，电势能增加，即无论粒子的运动方向如何，带电粒子在M点的电势能一定大于在N点的电势能，A错误，D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】【详解】
带正电的小球从P点开始在竖直面内做匀速直线运动，由平衡条件可得小球的受力分析如图所示，重力、电场力的合力与洛伦兹力大小相等方向相反，再由左手定则可知小球的速度方向可能是斜向右上，如图所示，所以C正确；ABD错误；
故选C。
6.【答案】AC
【解析】AB.在F—q图像中，斜率的大小表示场强的大小，可知
EA=Fq=4×10−32×10−6N/C=2×103N/C
EB=Fq=2×10−34×10−6N/C=5×102N/C
A正确，B错误；
CD.由于图像可知，放在A点的试探电荷为正电荷，受力的方向沿x轴正方向，该点场强沿x轴正方向；放在B点的试探电荷为负电荷，受力的方向沿x轴正方向，该点场强沿x轴负方向。该电场是由点电荷Q产生的，该点电荷Q一定在A、B之间，且带负电荷，C正确，D错误。
故选AC。
7.【答案】ACD
【解析】当平行板电容器充电稳定后，两板间存在匀强电场，当开关断开后，两极板的电量不变，当变化极板间距，从而改变电容器的电容，但极板间的电场强度却不变化．
A、将B板向下平移一小段距离，由 C=εS4πkd 可知电容器的电容变小，故A正确；
B、由 C=εS4πkd 、 C=QU 、 E=Ud 可知， E=4πkQεS ，只改变极板间距，没有改变电荷分布密度，板间场强不变，故B错误，C正确；
D、板间场强不变 U=Ed ，故D错误．
故选ACD．
考点：电容器的动态分析．
点评：电容器的电容由两板间距、正对面积与电介质决定；而两板间的电场强度则由电容器的电量、电介质及正对面积决定．当开关断开时，电容器的电量不变；而开关闭合时，电容器的电压却不变．
8.【答案】BD
【解析】A.由粒子c，d在磁场中的偏转方向结合左手定则可知，粒子一定带正电，故A错误；
B.由于粒子c，d在速度选择器中的运动轨迹为直线，则粒子c，d在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件可得
qvB1=qE
因此粒子c，d在速度选择器中的速度大小相等，又左极板带正电，电场力向右，洛伦兹力向左，则速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，故B正确；
C.在加速电场中运动时，有
qU=12mv2−12mv02
在磁场B2中运动时，由洛伦兹力提供向心力，由
qvB2=mv2R
得
R=mvqB
两粒子经过速度选择器，速度大小相同，由图可知粒子c的轨迹半径小于粒子d的轨迹半径，所以粒子c的比荷大于粒子d的比荷，在加速电场中
v= v02+2qUm
所以比荷大的初速度小，粒子c在O点的初速度小于粒子d在O点的初速度，故C错误；
D.电荷量相等，所以c的比荷大于粒子d的比荷，则粒子d的质量大于粒子c的质量，故D正确。
故选BD。
9.【答案】 黑 B 160 880
【解析】(1)[1]根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；
(2)[2]由电路图可知， R6 只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流挡时也不需要实行调节，B正确；
(3)[3]直流电流挡分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知
R1+R2=IgRgI−Ig=250×10−6×4801×10−3−250×10−6=160Ω
[4]总电阻
R总=160×480160+480=120Ω
接4时，为电压挡，因串联的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联后再改装成电压表；根据串联电路规律可知
R4=1−1×10−3×1201×10−3=880Ω
10.【答案】B D F 乙 1.5 0.8
【解析】(1)[1]因电源电动势为1.5V，电流较小，为了准确测量内阻，所以选择已知内阻的电流表，量程0～0.6A，内阻0.2Ω的B；[2]电压表选择量程0～3V的D；[3]由于内阻较小，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F；
(2)[4]为了准确测量内阻，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电源内阻，故电路图选择乙；
(3)[5]由 U−I 图可知，电源的电动势：
E=1.50V
[6]根据 r+RA=ΔUΔI 可得内电阻为：
r=ΔUΔI−RA=1.5−1.00.5−0.2Ω=0.8Ω
11.【答案】(1) 3πmqB (2) 6mv0qB
【解析】粒子射出后受洛伦兹力做匀速圆周运动，运动半个圆周后第一次到达x轴，以向下的速度v0进入x轴下方磁场，又运动半个圆周后第二次到达x轴．如下图所示．
(1)由牛顿第二定律
qv0B=mv02r ①
T= 2πrv0 ②
得
T1= 2πmqB
T2= 4πmqB
粒子第二次到达x轴需时间
t= 12 T1+ 12 T2= 3πmqB ．
(2)由①式可知
r1= mv0qB
r2= 2mv0qB
粒子第二次到达x轴时离O点的距离
x=2r1+2r2= 6mv0qB
12.【答案】(1)4N，20N；(2)4Ω∼24Ω
【解析】(1)由左手定则可知，杆ab受到的安培力沿导轨向上，杆刚好要下滑时满足
mgsinθ=BI1d+μmgcsθ
根据闭合电路的欧姆定律，有
I1=Er+R1
F1=BI1d
联立解得
R1=24Ω
F1=4N
杆刚好要上滑时满足
mgsinθ+μmgcsθ=BI2d
又
I2=Er+R2
F2=BI2d
联立解得
R2=4Ω
F2=20N
故杆ab受到的安培力的最小值与最大值分别为
F1=4N
F2=20N
(2)由(1)的解析可得，滑动变阻器R接入电路的电阻的取值范围为4Ω∼24Ω．
13.【答案】(1) 2 33h ；(2) 6mEqh ；(3) 2 33( 2−1)h
【解析】(1) 11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设 11H 在电场中的加速度大小为 a1 ，初速度大小为 v1 ，它在电场中的运动时间为 t1 ，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为 s1 。在电场中由运动学公式有
s1=v1t1 ①
h=12a1t12 ②
11H 进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为
v1tanθ1=a1t1 ③
联立以上各式得
s1=2 33h ④
(2) 11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律
qE=ma1 ⑤
设 11H 进入磁场时速度的大小为 v′1 ，由速度合成法则有
v′1= v12+a1t12 ⑥
设磁感应强度大小为 B,11H 在磁场中运动的圆轨道半径为 R1 ，由洛伦兹力提供向心力，有
qv′1B=mv′12R1 ⑦
由几何关系得
s1=2R1sinθ1 ⑧
联立以上各式得
B= 6mEqh ⑨
(3)设 12H 在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为 v2 ，在电场中的加速度大小为 a2 ，由题给条件得
12(2m)v22=12mv12 ⑩
由牛顿第二定律，有
qE=2ma2 ⑪
设 12H 第一次射入磁场时的速度大小为 v′2 ，速度的方向与x轴正方向夹角为 θ2 ，入射点到原点的距离为 s2 ，在电场中运动的时间为 t2 .由运动学公式，有
s2=v2t2 ⑫
h=12a2t22 ⑬
v′2= v22+a2t22 ⑭
sinθ2=a2t2v′2 ⑮
联立以上各式得
s2=s1,θ2=θ1,v′2= 22v′1 ⑯
设 12H 在磁场中做圆周运动的半径为 R2 ，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式，得
R2=(2m)v′2qB= 2R1 ⑰
所以出射点在原点左侧。设 12H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为 s′2 ，由几何关系有
s′2=2R2sinθ2 ⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得， 12H 第一次离开整场时的位置到原点O的距离为
s′2−s2=2 33( 2−1)h ⑲
1.一正电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度—时间图像如图所示，则A、B所在区域的电场线分布情况可能是下列选项中的( )
A. B.
C. D.
2.如图甲所示的电路，其中电源电动势E=6V，内阻r=2Ω，定值电阻R=4Ω，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是( )
A. 图乙中滑动变阻器的最大功率P2=2W
B. 图乙中R1=6Ω，R2=12Ω
C. 滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R也消耗功率最大
D. 调整滑动变阻器RP的阻值，可以使电源的输出电流达到2A
3.如图所示，直角三角形ABC中∠B=30°，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB，测得在C处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是( )
A. A带正电，QA∶QB=1∶8B. A带负电，QA∶QB=1∶8
C. A带正电，QA∶QB=1∶4D. A带负电，QA∶QB=1∶4
4.如图所示，实线为某电场的电场线(方向未标明)，虚线为一带电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹。下列判断中正确的是( )
A. 粒子一定是从M点向N点运动
B. 带电粒子在M点的加速度一定大于在N点的加速度
C. M点的电势一定高于N点的电势
D. 带电粒子在M点的电势能一定大于在N点的电势能
5.如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直。有一带正电的小球从P点开始在竖直面内做匀速直线运动，则小球的速度方向可能是( )
A. 水平向右B. 水平向左C. 斜向右上D. 斜向左上方
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
6.如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点，放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则( )
A. A点的电场强度大小为2×103N/CB. B点的电场强度大小为2×103N/C
C. 点电荷Q在A、B之间D. 点电荷Q在A、O之间
7.如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容变小B. 电容器内部电场强度大小变大
C. 电容器内部电场强度大小不变D. P点电势升高
8.如图所示为质谱仪的工作原理图，它由加速电场、速度选择器(磁场方向垂直纸面)和偏转磁场构成。四种电荷量相等，电性相同、质量不同的粒子a，b，c，d由O点处的粒子源竖直向下射入加速电场(粒子a，b，c的初速度相同)，四种粒子经过一段时间到达图中不同的位置，粒子的重力以及粒子间的相互作用均不计。则下列说法正确的是
( )
A. 粒子可能带负电
B. 速度选择器中磁场的方向垂直纸面向外
C. 粒子c在O点的初速度大于粒子d在O点的初速度
D. 粒子d的质量大于粒子c的质量
三、实验题（本大题共2小题，共18分）
9.如图所示为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。
(1)图中的A端与____(填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)关于R6的使用，下列说法正确的是____。
A.在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C.使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1+R2=____Ω，R4=____Ω。
10.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A.被测干电池一节
B.电流表A1：量程0～0. 6A，内阻RA=0. 2Ω
C. 电流表A2：量程0～3A，内阻约为0. 1Ω
D.电压表V1：量程0～3V，内阻未知
E. 电压表V2：量程0～15V，内阻未知
F. 滑动变阻器R1：0～10Ω，2A
G. 滑动变阻器R2：0～5000Ω，1A
H. 开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．
(1)在上述器材中请选择适当的器材：电流表选_______，电压表选_______，滑动变阻器选_______.(填写器材前的序号字母)
(2)实验电路图应选择下图中的_______(填“甲”或“乙”)．
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U−I图像．由此可知，干电池的电动势E=_______V，内电阻r=_______Ω．
四、计算题（本大题共3小题，共30分）
11.如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．x轴下方有磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为−q的带电粒子(不计重力)，从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出．求：
(1)射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴？
(2)粒子第二次到达x轴时离O点的距离．
12.如图，在平行倾斜固定的导轨上端接入电动势E=50V，内阻r=1Ω的电源和滑动变阻器R，导轨的宽度d=1m，倾角θ=37°。质量m=2kg的细杆ab垂直置于导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，整个装置处在垂直轨道平面向下的磁感应强度B=2T的匀强磁场中(图中未画出)，导轨与杆的电阻不计。现调节R使杆ab静止不动。sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2，求：
(1)杆ab受到的安培力的最小值F1与最大值F2；
(2)滑动变阻器R接入电路的电阻的取值范围。
13.如图所示，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核 11H和一个氘核 12H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知 11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60∘，并从坐标原点O处第一次射出磁场。 11H的质量为m，电荷量为q，不计重力。求：
(1) 11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3) 12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】由题中 v−t 图像可知，正电荷做加速度逐渐增大的加速运动，因此该正电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大。电场线密的地方电场强度大，且正电荷的受力方向与电场方向相同。
故选D。
2.【答案】B
【解析】A.由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R等于内阻r时，输出功率最大，最大值为
Pm=E24r
把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当
RP=R1=R+r=6Ω
滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为
P2=E24R+r=1.5W
A错误；
B.滑动变阻器的阻值为 3Ω 时与阻值为 R2 时消耗的功率相等，有
ERP+R+r2RP=ER2+R+r2R2
解得
R2=12Ω
B正确；
C.当回路中电流最大时，即 RP=0 时定值电阻R消耗的功率最大，C错误；
D.当滑动变阻器 RP 的阻值为0时，电路中电流最大，最大值为
Im=ER+r=64+2A=1A
则调整滑动变阻器 RP 的阻值，不可能使电源的输出电流达到 2A ，D错误。
故选B。
3.【答案】B
【解析】要使C处的正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，该正点电荷所受力的情况应如图所示，所以A带负电，B带正电。设A、C间的距离为L，则B、C间的距离为2L。
FBsin30=FA
即
kQBQC2L2sin30=kQAQCL2
解得
QAQB=18
故B正确，ACD错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】B.电场线越密的位置电场强度越强，由图可知，N点的电场强度大于M点的电场强度，可知带电粒子在N点的加速度一定大于在M点的加速度，B错误；
C.结合电场线和运动轨迹可知粒子的受力如图所示，
由于粒子电性未知，无法判断电场线方向，即无法判断M、N点的电势大小关系，也无法判断粒子的运动方向，C错误；
AD.粒子做曲线运动，可以从M点向N点运动，也可以从N点向M点运动，若粒子由 M 向 N 运动，电场力做正功，电势能减小，若粒子由 N 向 M 点运动，电场力做负功，电势能增加，即无论粒子的运动方向如何，带电粒子在M点的电势能一定大于在N点的电势能，A错误，D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】【详解】
带正电的小球从P点开始在竖直面内做匀速直线运动，由平衡条件可得小球的受力分析如图所示，重力、电场力的合力与洛伦兹力大小相等方向相反，再由左手定则可知小球的速度方向可能是斜向右上，如图所示，所以C正确；ABD错误；
故选C。
6.【答案】AC
【解析】AB.在F—q图像中，斜率的大小表示场强的大小，可知
EA=Fq=4×10−32×10−6N/C=2×103N/C
EB=Fq=2×10−34×10−6N/C=5×102N/C
A正确，B错误；
CD.由于图像可知，放在A点的试探电荷为正电荷，受力的方向沿x轴正方向，该点场强沿x轴正方向；放在B点的试探电荷为负电荷，受力的方向沿x轴正方向，该点场强沿x轴负方向。该电场是由点电荷Q产生的，该点电荷Q一定在A、B之间，且带负电荷，C正确，D错误。
故选AC。
7.【答案】ACD
【解析】当平行板电容器充电稳定后，两板间存在匀强电场，当开关断开后，两极板的电量不变，当变化极板间距，从而改变电容器的电容，但极板间的电场强度却不变化．
A、将B板向下平移一小段距离，由 C=εS4πkd 可知电容器的电容变小，故A正确；
B、由 C=εS4πkd 、 C=QU 、 E=Ud 可知， E=4πkQεS ，只改变极板间距，没有改变电荷分布密度，板间场强不变，故B错误，C正确；
D、板间场强不变 U=Ed ，故D错误．
故选ACD．
考点：电容器的动态分析．
点评：电容器的电容由两板间距、正对面积与电介质决定；而两板间的电场强度则由电容器的电量、电介质及正对面积决定．当开关断开时，电容器的电量不变；而开关闭合时，电容器的电压却不变．
8.【答案】BD
【解析】A.由粒子c，d在磁场中的偏转方向结合左手定则可知，粒子一定带正电，故A错误；
B.由于粒子c，d在速度选择器中的运动轨迹为直线，则粒子c，d在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件可得
qvB1=qE
因此粒子c，d在速度选择器中的速度大小相等，又左极板带正电，电场力向右，洛伦兹力向左，则速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，故B正确；
C.在加速电场中运动时，有
qU=12mv2−12mv02
在磁场B2中运动时，由洛伦兹力提供向心力，由
qvB2=mv2R
得
R=mvqB
两粒子经过速度选择器，速度大小相同，由图可知粒子c的轨迹半径小于粒子d的轨迹半径，所以粒子c的比荷大于粒子d的比荷，在加速电场中
v= v02+2qUm
所以比荷大的初速度小，粒子c在O点的初速度小于粒子d在O点的初速度，故C错误；
D.电荷量相等，所以c的比荷大于粒子d的比荷，则粒子d的质量大于粒子c的质量，故D正确。
故选BD。
9.【答案】 黑 B 160 880
【解析】(1)[1]根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；
(2)[2]由电路图可知， R6 只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流挡时也不需要实行调节，B正确；
(3)[3]直流电流挡分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知
R1+R2=IgRgI−Ig=250×10−6×4801×10−3−250×10−6=160Ω
[4]总电阻
R总=160×480160+480=120Ω
接4时，为电压挡，因串联的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联后再改装成电压表；根据串联电路规律可知
R4=1−1×10−3×1201×10−3=880Ω
10.【答案】B D F 乙 1.5 0.8
【解析】(1)[1]因电源电动势为1.5V，电流较小，为了准确测量内阻，所以选择已知内阻的电流表，量程0～0.6A，内阻0.2Ω的B；[2]电压表选择量程0～3V的D；[3]由于内阻较小，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F；
(2)[4]为了准确测量内阻，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电源内阻，故电路图选择乙；
(3)[5]由 U−I 图可知，电源的电动势：
E=1.50V
[6]根据 r+RA=ΔUΔI 可得内电阻为：
r=ΔUΔI−RA=1.5−1.00.5−0.2Ω=0.8Ω
11.【答案】(1) 3πmqB (2) 6mv0qB
【解析】粒子射出后受洛伦兹力做匀速圆周运动，运动半个圆周后第一次到达x轴，以向下的速度v0进入x轴下方磁场，又运动半个圆周后第二次到达x轴．如下图所示．
(1)由牛顿第二定律
qv0B=mv02r ①
T= 2πrv0 ②
得
T1= 2πmqB
T2= 4πmqB
粒子第二次到达x轴需时间
t= 12 T1+ 12 T2= 3πmqB ．
(2)由①式可知
r1= mv0qB
r2= 2mv0qB
粒子第二次到达x轴时离O点的距离
x=2r1+2r2= 6mv0qB
12.【答案】(1)4N，20N；(2)4Ω∼24Ω
【解析】(1)由左手定则可知，杆ab受到的安培力沿导轨向上，杆刚好要下滑时满足
mgsinθ=BI1d+μmgcsθ
根据闭合电路的欧姆定律，有
I1=Er+R1
F1=BI1d
联立解得
R1=24Ω
F1=4N
杆刚好要上滑时满足
mgsinθ+μmgcsθ=BI2d
又
I2=Er+R2
F2=BI2d
联立解得
R2=4Ω
F2=20N
故杆ab受到的安培力的最小值与最大值分别为
F1=4N
F2=20N
(2)由(1)的解析可得，滑动变阻器R接入电路的电阻的取值范围为4Ω∼24Ω．
13.【答案】(1) 2 33h ；(2) 6mEqh ；(3) 2 33( 2−1)h
【解析】(1) 11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设 11H 在电场中的加速度大小为 a1 ，初速度大小为 v1 ，它在电场中的运动时间为 t1 ，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为 s1 。在电场中由运动学公式有
s1=v1t1 ①
h=12a1t12 ②
11H 进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为
v1tanθ1=a1t1 ③
联立以上各式得
s1=2 33h ④
(2) 11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律
qE=ma1 ⑤
设 11H 进入磁场时速度的大小为 v′1 ，由速度合成法则有
v′1= v12+a1t12 ⑥
设磁感应强度大小为 B,11H 在磁场中运动的圆轨道半径为 R1 ，由洛伦兹力提供向心力，有
qv′1B=mv′12R1 ⑦
由几何关系得
s1=2R1sinθ1 ⑧
联立以上各式得
B= 6mEqh ⑨
(3)设 12H 在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为 v2 ，在电场中的加速度大小为 a2 ，由题给条件得
12(2m)v22=12mv12 ⑩
由牛顿第二定律，有
qE=2ma2 ⑪
设 12H 第一次射入磁场时的速度大小为 v′2 ，速度的方向与x轴正方向夹角为 θ2 ，入射点到原点的距离为 s2 ，在电场中运动的时间为 t2 .由运动学公式，有
s2=v2t2 ⑫
h=12a2t22 ⑬
v′2= v22+a2t22 ⑭
sinθ2=a2t2v′2 ⑮
联立以上各式得
s2=s1,θ2=θ1,v′2= 22v′1 ⑯
设 12H 在磁场中做圆周运动的半径为 R2 ，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式，得
R2=(2m)v′2qB= 2R1 ⑰
所以出射点在原点左侧。设 12H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为 s′2 ，由几何关系有
s′2=2R2sinθ2 ⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得， 12H 第一次离开整场时的位置到原点O的距离为
s′2−s2=2 33( 2−1)h ⑲
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