2021学年北京市顺义区某校高二（上）月考物理试卷（10月份）
一．单项选择题（每小题3分，共36分）)
1. 在下图4各电场中，𝐴、𝐵两点的电场强度相等的是（ ）
A. B.
C.
D.
2. 在图中，标出磁场𝐵的方向，通电直导线中电流𝐼的方向，以及通电直导线所受磁场力𝐹的方向，其中正确的是（ ）
A.
B. C. D.
3. 如图所示为一电场中某区域的电场线分布图，𝑎、𝑏是电场中的两个点。比较这两个点有：（ ）
A.𝑏点的场强较大 B.𝑎点的场强较大 C.𝑎点的电势较高
D.同一个检验点电荷放在𝑏点所受的电场力比放在𝑎点时所受电场力小
4. 关于电阻率的说法正确的是（ ） A.电阻率与导体的材料有关 B.电阻率与导体的长度有关
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C.电阻率与导体的形状有关 D.电阻率与导体的横截面积有关
5. 悬线下挂着一个带正电的小球，整个装置处于水平向右的匀强电场中，此时处于平衡状态，则：（ ）
A.小球做圆周运动时，在最低点绳的拉力最大 B.若剪断悬线，则小球做曲线运动 C.若剪断悬线，则小做匀速运动
D.若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动
6. 用伏安法测电阻时有如图所示的甲、乙两种接法，下面说法中正确的是：（ ）
A.测量大电阻时，用甲种接法 C.甲种接法测量值偏大
7. 如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其中正的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，现给导线通一垂直纸面向外的电流，则（ ）
B.测量小电阻时，用乙种接法 D.乙种接法测量值偏大
A.磁铁对桌面的压力减小，受桌面的摩擦力作用 B.磁铁对桌面的压力减小，不受到桌面的摩擦力作用 C.磁铁对桌面的压力增大，不受桌面的摩擦力作用 D.磁铁对桌面的压力增大，受到桌面的摩擦力作用
8. 如图所示，条形磁铁与𝑎，𝑏金属圆环面垂直且过圆环的圆心，穿过二圆环的磁通量
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的大小关系是（ ）
A.穿过𝐴环的磁通量大
C.穿过𝐴环和𝐵环的磁通量一样大
9. 有一带电粒子沿图中𝐴𝐵曲线穿过一匀强电场，𝑎、𝑏、𝑐、𝑑、𝑒均匀等势线，且电势𝜑𝑎<𝜑𝑏<𝜑𝑐<𝜑𝑑<𝜑𝑒，若不计粒子所受的重力，那么下列叙述正确的是（ ）
B.穿过𝐵环的磁通量大 D.不能确定
A.粒子一定带负电荷
B.从𝐴点运动到𝐵点粒子动能减小 C.从𝐴点运动到𝐵点粒子电势能增加
D.粒子动能和电势能之和在运动过程中保持不变
10. 一电压表由电流表𝐺与电阻𝑅串联而成，如图所示，若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进（ ）
A.在𝑅上串联一比𝑅小得多的电阻 B.在𝑅上串联一比𝑅大得多的电阻 C.在𝑅上并联一比𝑅小得多的电阻 D.在𝑅上并联一比𝑅大得多的电阻
11. 一横截面积为𝑆的铜导线，流过电流为𝐼，设单位体积的导线中有𝑛个自由电子，电子的电量为𝑞，此时电子的定向移动速度为𝑣，则在△𝑡时间内，通过电线的横截面积的自由电子数为（ ） A.𝑛𝑣𝑆△𝑡
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B.
𝐼△𝑡𝑞
C.𝑛𝑣△𝑡
D.𝑞𝑠
𝐼△𝑡
12. 如图所示，有一方向水平向右的匀强电场，一个质量为𝑚，带电量为+𝑞的小球以初速度𝑣0从𝑎点竖直向上射入电场中．小球通过电场中𝑏点时速度大小为2𝑣0．方向与电场方向一致，则𝑎、𝑏两点的电势差为（ ）
A.
2𝑚𝑣0
2𝑞
B.
23𝑚𝑣0
𝑞
C.
23𝑚𝑣0
2𝑞
D.
22𝑚𝑣0
𝑞
二．填空题（共24分）)
13. 下列螺旋测微器和电压表（15伏量程）的读数分别为________𝑚𝑚和________𝑉
14. 有一个额定电压为2.8𝑉，功率约为0.8𝑊的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的𝐼−𝑈图线，有下列器材供选用： 𝐴．电压表(0∼3𝑉，内阻6𝑘𝛺) 𝐵．电压表(0∼15𝑉，内阻30𝑘𝛺) 𝐶．电流表(0∼3𝐴，内阻0.1𝛺) 𝐷．电流表(0∼0.6𝐴，内阻0.5𝛺) 𝐸．滑动变阻器(10𝛺, 2𝐴) 𝐹．滑动变阻器(200𝛺, 0.5𝐴)
𝐺．蓄电池（电动势6𝑉，内阻不计）
（1）用如图1所示的电路进行测量，电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．（用序号字母表示）
（2）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图2所示．由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为________𝛺．
15. 在用欧姆表测电阻的实验中，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度
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较大，正确的判断和做法是（ ） A.这个电阻阻值较小 B.这个电阻阻值较大
C.为了把电阻测得更准确一些，应换用“×1”挡，重新测量 D.为了把电阻测得更准确一些，应换用“×100”挡，重新测量
16. 如图所示电路的三根导线中，有一根是断的，电源，电阻𝑅1、𝑅2及另外两根导线是好的．为了查出断导线，某学生想先用多用电表的红表笔连接在电源的正极𝑎，再将黑表笔连接在电阻𝑅1的𝑏端和𝑅2的𝑐端，并观察多用电表指针的示数．下列选项中，符合操作规程的是（ ）
A.直流10𝑉挡
B.直流0.5𝐴挡
C.直流2.5𝑉挡
D.欧姆挡
三．计算题（写出必要的文字说明，共40分，每题8分）)
17. 如图所示，在场强为𝐸的水平匀强电场中，有一根长为𝑙的细线，一端固定在𝑂点，另一端系一个质量为𝑚、带电量为+𝑞的小球，当细线处于水平位置，小球在𝐴点从静止开始释放，求： 1)小球受到的电场力。
2)小球到达最低点𝐵时的速率。 3)小球到达最低点𝐵时细线的拉力。
18. 如图所示，光滑的𝑈形导电轨道与水平面的夹角为𝜃，空间有一范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场，一质量为𝑚的光滑裸导体棒𝑎𝑏恰能静止在导轨上，试确定： 1)安培力的方向。 2)图中电池的正负极。
3)导体中的电流所受磁场力的大小（当地的重力加速度为𝑔）。
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19. 如图所示，一质量为𝑚，带电量为𝑒的电子，以一定初速度从𝑀小孔进入一磁感应强度为𝐵的匀强磁场中，磁场时一具有弹性绝缘内壁，半径为𝑅的圆柱形磁场，电子初速度指向圆心𝑂，它与内壁先后碰撞两次（能量无损失）又恰好从𝑀孔射出，试求： （1）电子的初速度大小；
（2）电子在磁场内运动的时间．
20. 如图所示，水平放置的平行金属板𝐴、𝐵间距离为𝑑，带电小球质量为𝑚，电量为𝑞．以速率𝑣从两板连线中点𝑎处水平飞入两板间，若两板不加电压𝑈时，恰好从下板边缘飞出；（重力加速度为𝑔）求：
（1）极板的长度为多少？
（2）若给𝐴、𝐵两板加一电压𝑈，粒子沿直线运动，电压𝑈为多少？
（3）若给𝐴、𝐵两板加一电压𝑈，粒子恰好从上板边缘飞出，所加的电压多大？
21. 可以用电学方法来测水流的速度。如图所示，将小铅球𝑃系在细金属丝下，悬挂在𝑂点，开始时小铅球𝑃沿竖直方向处于静止状态，当将小铅球𝑃放入水平流动的水中时，球向左摆起一定的角度𝜃．为了测定水流的速度𝑉，在水平方向固定一根电阻丝𝐵𝐶，使𝐶端位于𝑂点的正下方，它与金属丝接触良好，不计摩擦，还有一个电动势为𝜀电源（内阻不计）和一只电压表。
（1）设计一个电路，使水流速度增大时，电压表的示数也增大，在题图上画出原理图。
（2）已知水流对小球的作用力𝐹与水流速度𝑉的关系为𝐹＝𝑘𝐷𝑉（𝑘为比例系数，𝐷为小铅球的直径），𝑂𝐶＝ℎ，𝐵𝐶长为𝐿，小铅球质量为𝑚，当小铅球平衡时电压表示数为𝑈，请推导出𝑉与𝑈的关系式。（水对小铅球的浮力忽略不计）
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参与试题解析
2021学年北京市顺义区某校高二（上）月考物理试卷（10月份）
一．单项选择题（每小题3分，共36分） 1.
【答案】 C
【考点】 电场线 【解析】
电场强度是矢量，只有大小、方向均相同时，矢量才相同。根据电场线的分布判断。 【解答】
𝐴、图中𝐴、𝐵是同一圆周上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同。故𝐴错误。
𝐵、图中𝐴、𝐵场强大小不等，方向相同，则电场强度不同。故𝐵错误。 𝐶、图中𝐴、𝐵是匀强电场中的两点，电场强度相同，故𝐶正确
𝐷、电场线的疏密表示场强的大小，所以𝐴、𝐵场强不等，故𝐷错误 2. 【答案】 C
【考点】 左手定则 【解析】
带电粒子在匀强磁场中运动时，其受到的安培力的方向由左手定则来判定． 【解答】
解：通电导线在磁场中受到安培力作用，其方向均由左手定则来确定．
左手定则内容是：伸开左手大拇指垂直四指且在同一平面内，让磁感线穿过掌心，四指指的是电流的方向，则大拇指就是安培力的方向．
所以安培力方向与磁场方向垂直、与电流方向垂直，即其与磁场和电流的方向所构成的平面垂直．
𝐴．电流方向水平向左，由左手定则可知安培力竖直向下，故𝐴错误； 𝐵．由于电流方向与磁场方向平行，则没有安培力，故𝐵错误；
𝐶．电流方向垂直纸面向外，由左手定则可得安培力方向竖直向下，故𝐶正确； 𝐷．电流方向水平向右，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向外，故𝐷错误． 故选：𝐶． 3.
【答案】 A
【考点】 电场线 【解析】
电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小。正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，沿电场线的方向电势降低。 【解答】
𝐴𝐵、电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，则知𝑏点的电场强度较大，𝑎点的电场强度较小，故𝐴正确，𝐵错误。
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𝐶、由图可知，电场线的方向从𝑏指向𝑎，则𝑏点的电势高，故𝐶错误。
𝐷、𝑏点的电场强度大，则同一个检验点电荷放在𝑏点所受的电场力比放在𝑎点时所受电场力大，故𝐷错误。 4.
【答案】 A
【考点】 电阻定律 【解析】
电阻率是导体本身的特性，由导体的材料决定，往往随温度变化而变化，而与导体的长度、横截面积无关．有些合金的电阻率受温度影响很小，往往制成准确电阻．由电阻定律𝑅=
𝜌𝐿𝑆
可知．电阻与导体的长度、横截面积和电阻率三个因素有关．
【解答】
电阻率是导体本身的特性，由导体的材料决定，电阻率与导体的长度、横截面积及形状均无关。故𝐴正确𝐵𝐶𝐷错误。 5.
【答案】 D
【考点】
牛顿第二定律的概念 向心力
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据电场力和重力与速度方向垂直速度最大，则绳的拉力最大；剪断细线，根据小球的受力特点，判断其运动情况。 【解答】
𝐴、小球在平衡位置受力如图所示，电场力与重力的合力与绳的拉力等值反向，小球运动到此平衡位置时电场力与重力的合力与速度方向垂直，小球的速度最大，由牛顿第二定律可知绳的拉力最大，不是在最低点绳的拉力最大，故𝐴错误；
𝐵𝐶𝐷、剪断悬线，小球受重力和电场力，两个力为恒力，合力为恒力。合力的方向与绳子的拉力方向等值反向，所以小球沿细绳方向做初速度为零的匀加速直线运动。故𝐵𝐶错误𝐷正确。 6.
【答案】 D
【考点】 伏安法测电阻 【解析】
伏安法测量电阻的原理是𝑅=𝐼，由于电压表和电流表本身有一定的内阻，接入电路后，引起了系统误差，分析误差产生的原因，确定减小误差的方法。 【解答】
伏安法测量电阻的原理是𝑅=𝐼，甲图是电流表的外接法，电压表测量的电压没有系统𝑈𝑈
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误差，由于电压表的分流，使得电流表测得的电流大于𝑅𝑥的真实电流，即电阻测量值偏小，根据并联电路分流的特点可知，电压表的内阻𝑅𝑉相对于𝑅𝑥越大，电压表分流越小，电流表测量的电流误差越小，所测得的𝑅𝑥越精确，即当𝑅𝑥<<𝑅𝑉时，或𝑅𝑥<<𝑅𝐴时用甲种接法误差较小；
乙图是电流表的内接法，电流表测量的电流没有系统误差，由于电流表的分压，使得电压表测得的电压大于𝑅𝑥的真实电压，即电阻测量值偏大，根据串联电路分压的特点可知，电流表的内阻𝑅𝐴相对于𝑅𝑥越小，电流表分压越小，电压表测量的电压误差越小，所测得的𝑅𝑥越精确，即当𝑅𝑥>>𝑅𝐴时，或当𝑅𝑥>>𝑅𝑣时，用乙种接法误差较小； 综上知，故𝐴𝐵𝐶错误，𝐷正确。 7. 【答案】 B
【考点】
牛顿第三定律的概念 摩擦力的判断 安培力 摩擦力的计算
【解析】
先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化，判断磁铁受到的摩擦力方向 【解答】
在磁铁外部，磁感线从𝑁极指向𝑆极，长直导线在磁铁的正上方，导线所在处磁场水平向左方；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下方；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，通电导线给磁铁的作用力只在竖直方向，水平方向无作用力，故磁铁没有运动趋势，磁铁不受摩擦力，故𝐴𝐶𝐷错误，𝐵正确。 8.
【答案】 A
【考点】 磁通量 【解析】
正确掌握磁条形磁铁的磁场分布规律，能根据磁感线的条件分析磁通量的大小；同时知道内外磁场均处在线圈中时，要注意明确磁感线相互抵消的部分。 【解答】
根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下。由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，𝐴的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以𝛷𝐴>𝛷𝐵．故𝐴正确𝐵𝐶𝐷错误； 9. 【答案】 D
【考点】
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电势能 等势面
【解析】
解决本题的突破口是：由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧。同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿竖直向上方向，电场力竖直向上，正电荷沿轨迹𝐴𝐵运动，根据电场力做功情况，即可判断电势能和动能的变化。 【解答】
𝐴、根据电场线和等势线垂直，且从高电势处指向低电势处，得知电场沿竖直向上方向，而粒子的轨迹向上弯曲，则知电场力竖直向上，所以粒子带正电。故𝐴错误。 𝐵𝐶、电场力对带电粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故𝐵𝐶错误；
𝐷、整个过程只有电场力做功，动能和电势能相互转化，总和不变，故𝐷正确。 10.
【答案】 D
【考点】
电流表改装电压表 【解析】
电流表与电流表都是由表头改装成的，电压表是表头与分压电阻串联成的，根据串并联规律可知，若电压表读数总比准确值小，说明通过表头的电流较小，应减小分压电阻的大小，根据并联电阻需要任一支路电阻可知，应在𝑅上并联一个比𝑅大得多的电阻。 【解答】
电压表的读数总比准确值稍小一些，说明通过电流表𝐺的电流偏小，串联的电阻𝑅偏大，为减小串联电阻𝑅的阻值需在𝑅上并联一个比𝑅大得多的电阻，所以𝐷正确； 11. 【答案】 A
【考点】 电流概念 【解析】
根据电流的微观表达式𝐼＝𝑛𝑒𝑣𝑆，求出在△𝑡时间内通过导体横截面的自由电子的电量，每个电子的电量为𝑒，再确定通过导体横截面的自由电子的数目． 【解答】
根据电流的微观表达式𝐼＝𝑛𝑒𝑣𝑆，在△𝑡时间内通过导体横截面的自由电子的电量𝑄＝𝐼△𝑡，
则在△𝑡时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为𝑁==
𝑒𝑞
𝐼△𝑡𝑒
，将𝐼＝𝑛𝑒𝑣𝑆代入得
𝑁=12.
𝑛𝑒𝑣𝑠△𝑡𝑒
=𝑛𝑣𝑆△𝑡，
【答案】 D
【考点】 电势差
电势差与电场强度的关系 【解析】
试卷第11页，总17页
采用运动的分解法研究：水平方向小球只受电场力做匀加速直线运动，根据动能定理求出𝑎、𝑏两点的电势差． 【解答】
小球水平方向只受电场力做匀加速直线运动，根据动能定理得 1
𝑞𝑈𝑎𝑏=𝑚(2𝑣0)2
2得：𝑎、𝑏两点的电势差为𝑈𝑎𝑏=二．填空题（共24分） 13.
【答案】 8.600,5.7 【考点】 刻度尺
用多用电表测电阻
【解析】
螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
根据不同的档位选择相应的表盘进行读数即可。 【解答】
螺旋测微器固定刻度读数8.5𝑚𝑚，可动刻度读数为0.01×10.0𝑚𝑚＝0.100𝑚𝑚，所以金属丝的直径为：8.5𝑚𝑚+0.100𝑚𝑚＝8.600𝑚𝑚。
电压表使用0−15𝑉量程时，分度值为0.5𝑉，所以读数为5.7𝑉。 14. 【答案】 𝐴,𝐷,𝐸 10
【考点】 伏安法测电阻
描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】
根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；
由图像可得出额定电压，由图像可求得灯泡的正常工作时的电流，由欧姆定律可求得灯泡的正常工作时的电阻； 【解答】
由题意可知，灯泡的额定电压为2.8𝑉，故电压表的量程应大于2.8𝑉，故电压表应选3𝑉量程，故选𝐴；
由𝑃＝𝑈𝐼可得，电流为𝐼＝0.28𝐴，故电流表应选𝐷；
本实验中应选用分压接法，故滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选𝐸； 由图可知，当电压为2.8𝑉时，电流为0.28𝐴，故电阻𝑅=故答案为：（1）𝐴 𝐷 𝐸；（2）10 15. 【答案】
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𝑈𝐼
22𝑚𝑣0
𝑞
。
=0.28𝛺＝10𝛺
2.8
A,C
【考点】
用多用电表测电阻 【解析】
欧姆表的零刻度在表盘的右侧，当指针偏转角度较小时，说明电阻较大．发现表针偏转角度较大，说明电阻较小．每次换挡需重新欧姆调零． 【解答】
因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极大，知电阻值很小，需换用小挡，即“×1”挡，重新测量。故𝐴、𝐶正确，𝐵、𝐷错误。 16. 【答案】 A
【考点】
多用电表的原理及其使用 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：因为被检测的电路为含电源电路，所以选用欧姆挡一定不行．由于电路中电源电动势为6𝑉，所以选用直流2.5𝑉挡也不安全，估测电路中电流的最大值可能为𝐼𝑚=
65
𝐸𝑅2
=
𝐴=1.2𝐴，所以选用直流0.5𝐴挡也不对，只能选用直流10𝑉挡．故
𝐴正确． 故选𝐴．
三．计算题（写出必要的文字说明，共40分，每题8分） 17.
【答案】
1)小球受到的电场力是𝐸𝑞，方向水平向右。 2)小球到达最低点𝐵时的速率是√
2(𝑚𝑔−𝑞𝐸)𝑙
𝑚
。
3)小球到达最低点𝐵时细线的拉力是3𝑚𝑔−2𝑞𝐸。 【考点】
牛顿第二定律的概念 向心力
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
1)根据场强的定义可求得电场力的大小，再根据带电性质判断电场力的方向；
2)小球从静止开始释放后，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理求出小球到达𝐵点时的速度。
3)小球摆到𝐵点时，由细线的拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出细线的拉力大小。 【解答】
1)小球受到的电场力为：𝐹＝𝐸𝑞，小球带正电，所以电场力方向水平向右 2)小球从𝐴到𝐵的过程中，由动能定理得：𝑚𝑔𝐿−𝑞𝐸𝐿=2𝑚𝑣2
试卷第13页，总17页
1
解得：𝑣=√
2(𝑚𝑔−𝑞𝐸)𝑙
𝑚
3)摆球经过最低点𝐵时，由细线的拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：𝑇−𝑚𝑔＝𝑚
𝑙𝑣2
解得：𝑇＝3𝑚𝑔−2𝑞𝐸 18.
【答案】
（1）安培力的方向水平向右。 2)图中电池的𝑑为正极，𝑐为负极。
3)导体中的电流所受磁场力的大小为𝑚𝑔tan𝜃(2)【考点】
力的合成与分解的应用 安培力的计算
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
导体棒受重力、支持力和安培力处于平衡，根据安培力的方向确定电力的方向，从而确定电池的正负极，根据共点力平衡求出磁场力的大小。 【解答】
（3）由平衡条件可得𝐹磁＝𝑚𝑔tan𝜃(1)答：（1）安培力的方向水平向右。 2)图中电池的𝑑为正极，𝑐为负极。
3)导体中的电流所受磁场力的大小为𝑚𝑔tan𝜃(2)19.
【答案】
由题意可知，要使粒子碰撞两次后又从𝑀点飞出；粒子在磁场中应经过三段完全相等的圆周运动；如图所示；
每一段圆弧对应的圆心角为60∘；所对应的弦在磁场圆中对应的夹角为120∘ 其所对的弦长为√3𝑅；
由几何关系可知，粒子经历的磁场圆的半径与弦长相等，故𝑟=√3𝑅； 则有𝐵𝑒𝑣＝𝑚𝑟可知：
试卷第14页，总17页
𝑣2
𝑣=
√3𝐵𝑒𝑅； 𝑚
2𝜋𝑚𝐵𝑒
电子在磁场中周期𝑇=；
𝑇6
𝑇2
由图可知，粒子在磁场运动的时间𝑡＝3=答：电子的初速度大小为
=
𝜋𝑚𝐵𝑒
；
𝜋𝑚√3𝐵𝑒𝑅；（1）电子在磁场内运动的时间． 𝑚𝐵𝑒
【考点】
带电粒子在匀强磁场中的运动规律 【解析】
由几何关系可知，粒子如何才能回到出发点并求出粒子的转动半径；再由洛仑兹力充当向心力列式求解初速度大小；由周期公式可求得磁场中运动的时间． 【解答】
由题意可知，要使粒子碰撞两次后又从𝑀点飞出；粒子在磁场中应经过三段完全相等的圆周运动；如图所示；
每一段圆弧对应的圆心角为60∘；所对应的弦在磁场圆中对应的夹角为120∘ 其所对的弦长为√3𝑅；
由几何关系可知，粒子经历的磁场圆的半径与弦长相等，故𝑟=√3𝑅； 则有𝐵𝑒𝑣＝𝑚𝑟可知： 𝑣=
√3𝐵𝑒𝑅
； 𝑚
2𝜋𝑚𝐵𝑒
𝑣2
电子在磁场中周期𝑇=；
𝑇6
𝑇2
由图可知，粒子在磁场运动的时间𝑡＝3=答：电子的初速度大小为20. 【答案】
（1）极板的长度为𝑣√𝑔；
𝑑
=
𝜋𝑚𝐵𝑒
；
𝜋𝑚√3𝐵𝑒𝑅；（1）电子在磁场内运动的时间． 𝑚𝐵𝑒
（2）若给𝐴、𝐵两板加一电压𝑈，小球沿直线运动，电压𝑈为
𝑚𝑔𝑑𝑞
；
2𝑚𝑔𝑑𝑞
（3）若给𝐴、𝐵两板加一电压𝑈，小球恰好从上板边缘飞出，所加的电压为【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
．
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带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 动能定理的应用
【解析】
1)两极间不加电压时，小球做平抛运动，根据平抛运动的特点即可求出金属板的长度𝐿； 2)给𝐴、𝐵两板加一电压𝑈，小球沿直线运动，由平衡条件可求得两板间电压；
3)当两极间加上电压𝑈时，小球做匀变速曲线运动，即类平抛运动，根据类平抛运动的特点结合牛顿第二定律即可求解。 【解答】 解：（1）两板不加电压𝑈时，小球做平抛运动， 水平方向：𝐿＝𝑣𝑡， 竖直方向：2𝑑=2𝑔𝑡2， 联立解得：𝐿＝𝑣√𝑔．
（2）小球恰好沿两板中线水平飞出电场，小球做匀速直线运动，所受合力为零，由平衡条件得：𝑞𝑑=𝑚𝑔， 解得：𝑈=
𝑚𝑔𝑑𝑞𝑈
𝑑
1
1
．
（3）当两极间加上电压𝑈时，小球做匀变速曲线运动， 水平方向上：𝐿＝𝑣𝑡′， 竖直方向上：2𝑑=2𝑎𝑡′2， 解得：𝑎＝𝑔，方向向上， 由牛顿运动定律得：解得：𝑈′=21. 【答案】 如图
𝑉与𝑈的关系式为𝑉=
𝑚𝑔𝐿ℎ𝑘𝜀𝐷
2𝑚𝑔𝑑𝑞
𝑞𝑈′𝑑
1
1
−𝑚𝑔＝𝑚𝑎，
．
𝑈。
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【考点】
力的合成与分解的应用 闭合电路的欧姆定律
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
（1）电路中𝐵𝐷与𝐷𝐶串联，水流作用力增大时，𝜃增大，𝐵𝐷的电压减小，𝐷𝐶的电压增大，要使电压表读数增大，电压表必须测量𝐷𝐶部分的电压。
（2）若小球平衡时，电压表读数为𝑈，根据欧姆定律和电阻定律得到𝑥与𝐿、𝜀、𝑈的关系式，再由𝐹与𝑥的关系式联立得出𝑉与𝑈关系式。 【解答】
电路中𝐵𝐷与𝐷𝐶串联，水流作用力增大时，𝜃增大，𝐵𝐷的电压减小，𝐷𝐶的电压增大，要使电压表读数增大，电压表必须测量𝐷𝐶部分的电压。由于金属丝的电阻不计，所以应采用如图连接方式。
当电压表读数为𝑈时，根据欧姆定律得 𝑈𝑅𝐷𝐶= 𝜀𝑅𝐵𝐶
又由电阻定律得知𝑅𝐷𝐶=𝐿
𝐵𝐶
𝑅𝑥
𝐹=
𝑥
𝑚𝑔=𝑘𝐷𝑉 ℎ𝑚𝑔𝐿
联立解得𝑉=ℎ𝑘𝜀𝐷𝑈
试卷第17页，总17页
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