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河北省張家口市2023-2024學年高二（上）期末考試物理試卷
一、單選題：本大題共7小題，共28分。
1．（2024高二上·張家口期末）下列說法中正確的是（　　）
A．法拉第最早提出了“電場”的概念
B．楞次發現了電磁感應現象，并總結出了楞次定律
C．安培總結出了磁場對運動電荷的作用力規律
D．丹麥物理學家安培發現電流可以使周圍的小磁針發生偏轉，稱為電流的磁效應
【答案】A
【知識點】電磁感應的發現及產生感應電流的條件；電場及電場力；通電導線及通電線圈周圍的磁場；左手定則—磁場對帶電粒子的作用
【解析】【解答】A、法拉第最早提出了“電場”的概念，故A正確；
B、法拉第發現了電磁感應現象，楞次總結出了楞次定律，故B錯誤；
C、洛倫茲總結出了磁場對運動電荷的作用力規律，故C錯誤；
D、丹麥物理學家奧斯特發現電流可以使周圍的小磁針發生偏轉，稱為電流的磁效應，故D錯誤。
故答案為：A。
【分析】熟悉掌握各物理學史。法拉第最早提出了“電場”的概念，法拉第發現了電磁感應現象，楞次總結出了楞次定律。
2．（2024高二上·張家口期末）兩點電荷形成電場的電場線分布如圖所示，、是電場線上的兩點，下列說法正確的是（　　）
A．兩點電荷的電性相同
B．兩點電荷所帶的電荷量相等
C．點的電場強度比點的電場強度大
D．點的電場強度比點的電場強度小
【答案】C
【知識點】電場強度；電場線；點電荷的電場；電場強度的疊加
【解析】【解答】AB、由電場線分布可知，兩點電荷為異種電荷，即電性相反，因兩邊電場線不對稱分布，可知兩點電荷所帶的電荷量不相等，故AB錯誤；
CD、因A點電場線較B點密集，可知A點的電場強度比B點的電場強度大，故C正確，D錯誤。
故答案為：C。
【分析】電場線由正電荷出發，指向負電荷。等量電荷形成的電場線相互對稱，電場線越密集，電場強度越大。
3．（2024高二上·張家口期末）以下是來源于物理課本的一些插圖，相關說法正確的是（　　）
A．圖甲中端帶負電
B．圖乙采用了假設法
C．圖丙顯示燈泡電阻隨溫度升高而減小
D．圖丁中，并聯的電阻越小，改裝后的電流表量程越大
【答案】D
【知識點】電容器及其應用；電荷及三種起電方式；線性元件和非線性元件的伏安特性曲線；表頭的改裝
【解析】【解答】A、根據靜電感應的原理知，一個帶電的物體與不帶電的導體相互靠近時由于電荷間的相互作用，會使導體內部的電荷重新分布，異種電荷被吸引到帶電體附近，而同種電荷被排斥到遠離帶電體的導體另一端，故a端帶正電，故A錯誤；
B、研究影響平行板電容器的影響因素時，采用的是每次實驗都保證只有一個變量的方法，故圖2采用了控制變量法，故B錯誤；
C、由圖3圖像可知，隨燈泡兩端電壓增大，通過燈泡的電流增大，溫度升高且電壓與電流的比值增大，燈泡電阻隨溫度升高而增大，故C錯誤；
D、圖4中，并聯的電阻R越小，IR就越大，改裝后的電流表量程IR+Ig越大，故D正確。
故答案為：D。
【分析】熟悉掌握三種起電方式的特點及實質。對于具有多個物理量對研究問題產生影響時，往往采用控制變量法。I-U圖像與原點連線斜率的倒表示電阻。熟悉掌握電表改裝的原理。
4．（2024高二上·張家口期末）如圖所示電路，電源電動勢恒為、內阻為，電壓表、電流表均視為理想電表。閉合開關，當滑動變阻器的滑片向右移動的過程中，忽略燈泡電阻隨溫度的變化，下列說法正確的是（　　）
A．電流表的示數變小 B．電壓表的示數變大
C．通過滑動變阻器的電流變大 D．電源消耗的功率變大
【答案】B
【知識點】電路動態分析
【解析】【解答】由電路可知，燈泡L和滑動變阻器R并聯接到電源兩端，電壓表測量路端電壓，電流表測量燈泡的電流，則當滑動變阻器的滑片Р向右移動的過程中，R變大，則總電阻變大，總電流減小，路端電壓變大，即電壓表的示數變大，燈泡的電流變大，即電流表的示數變大；通過滑動變阻器的電流變小，根據P=I2r可知，電源消耗的功率變小。故ACD錯誤，B正確。
故答案為：B。
【分析】明確電路的連接方式及各電表的測量對象，對于由滑動變阻器的阻值變化引起電路中各部分元件物理量變化的問題，可采用程序法或者“串反并同”結論法進行處理。
5．（2024高二上·張家口期末）筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件，當顯示屏合上時，霍爾元件處于垂直于上下表面向上的勻強磁場中，則前后表面間會產生霍爾電壓，以此控制屏幕的熄滅。如圖所示，一塊長為、寬為、厚度為的矩形霍爾元件，元件內的導電粒子是自由電子，元件中通有大小為、方向向右的電流時（　　）
A．前表面的電勢比后表面的電勢低
B．霍爾電壓與有關
C．霍爾電壓與無關
D．霍爾電壓與有關
【答案】A
【知識點】霍爾元件
【解析】【解答】A、電流方向向右，電子向左定向移動，根據左手定則，電子所受洛侖茲力垂直紙面向外，電子打在前表面，前表面電勢比后表面電勢低，故A正確；
BCD、根據平衡條件可得
根據電流微觀表達式有
又
聯立解得
可知霍爾電壓U與d有關，與a、b無關，故BCD錯誤。
故答案為：A。
【分析】確定元件內導電粒子的電性，再根據左手定則，確定粒子的偏轉方向繼而確定電勢的高低情況。再根據霍爾元件的處理方法確定霍爾電壓與霍爾元件各部分物理量之間的關系。
6．（2024高二上·張家口期末）如圖所示是某教學樓東面墻上的一扇鋼窗，將鋼窗右側向外勻速打開，推窗人正好看見太陽冉冉升起。以推窗人的視角來看，在鋼窗中地磁場磁通量增大的過程中（　　）
A．鋼窗中產生了逆時針電流，感應電動勢的大小不變
B．鋼窗中產生了順時針電流，感應電動勢的大小是變化的
C．鋼窗豎直邊框受到地磁場的安培力的方向是不變的
D．鋼窗中磁通量最大時，感應電動勢也達到最大值
【答案】C
【知識點】左手定則—磁場對通電導線的作用；楞次定律
【解析】【解答】AB、將鋼窗右側向外勻速打開，則穿過窗口的磁通量向北增加，則根據楞次定律，鋼窗中產生了逆時針電流，因磁通量的變化不是均勻的，則感應電動勢的大小是變化的，故AB錯誤；
C、鋼窗中產生的感應電流方向不變，磁場方向不變，則鋼窗豎直邊框受到地磁場的安培力的方向是不變的，故C正確；
D、鋼窗中磁通量最大時，磁通量的變化率最小，則感應電動勢最小，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】根據題意確定地磁場穿過窗戶的方向，再根據楞次定律確定感應電流的方向及安培力的方向。地磁場是非均勻的，故磁通量的變化也是非均勻的，產生的感應電動勢是變化的。
7．（2024高二上·張家口期末）如圖所示，一足夠大的正方形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，其頂點在直線上，且與的夾角為一邊長為的正方形導線框從圖示位置沿直線以速度勻速穿過磁場區域。規定逆時針方向為感應電流的正方向，下列表示整個過程導線框中感應電流隨時間以為單位變化的圖像中，正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的圖像類問題
【解析】【解答】根據右手定則，可知線框進入磁場時產生的感應電流為逆時針方向，離開磁場時產生的感應電流為順時針方向，當線框運動時間為時，感應電流為零。
故答案為：C。
【分析】確定線框在運動過程中分為幾個運動階段，并明確各階段線框切割磁感線的有效長度的變化情況。再根據右手定則確定產生的感應電流的變化情況。
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8．（2024高二上·張家口期末）如圖所示，在光滑絕緣水平面的P點正上方O點固定一電荷量為+Q的點電荷，在水平面上的N點，由靜止釋放質量為m、電荷量為–q的試探電荷，該試探電荷經過P點時速度為v，圖中θ=60°。則在+Q形成的電場中（規定P點的電勢為零）（　　）
A．N點電勢低于P點電勢
B．N點電勢為–
C．P點電場強度大小是N點的2倍
D．試探電荷在N點具有的電勢能為– mv2
【答案】A,B
【知識點】動能定理的綜合應用；電場強度；電勢能；電勢
【解析】【解答】A項：根據順著電場線方向電勢降低可知，M點的電勢高于N點的電勢，而M、P兩點的電勢相等，則N點電勢低于P點電勢．A符合題意；
B項：根據動能定理得：檢驗電荷由N到P的過程： ，由題，P點的電勢為零，即φP=0，解得，N點的電勢 ，B符合題意；
C項：P點電場強度大小是 ，N點電場強度大小是 則 ，C不符合題意；
D項：檢驗電荷在N點具有的電勢能為 ，D不符合題意。
故答案為：AB
【分析】利用動能定理可以求出電勢的大小；利用電場線方向可以判別電勢的高低；利用距離結合場強公式可以判別場強的大小；利用電勢可以求出電勢能的大小。
9．（2024高二上·張家口期末）如圖甲所示為遠距離輸電的示意圖，圖中的變壓器均為理想變壓器，輸電線的總電阻為，降壓變壓器所接用戶可等效為圖中的滑動變阻器，用戶增加時相當于滑動觸頭向下滑動。已知用戶端的額定電壓，降壓變壓器原、副線圈的匝數比為：，升壓變壓器原線圈所接電壓如圖乙所示，用戶端在正常情況下消耗的總功率，下列說法正確的是（　　）
A．發電廠的輸出功率為
B．升壓變壓器原、副線圈的匝數比為：：
C．用戶增加時，用戶得到的電壓減小
D．用戶增加時，輸電線上的損失功率減小
【答案】B,C
【知識點】變壓器原理；電能的輸送
【解析】【解答】A、發電廠的輸出功率
式中P4為用戶端消耗的總功率P0，根據題意可得用戶端總電流
根據變壓器原副線圈匝數與電壓電流之間的關系可得
，
解得
，
由此可得發電廠的輸出功率
故A錯誤；
B、根據以上分析可得
而根據圖乙可得
可得升壓變壓器原、副線圈的匝數比為
故B正確；
C、用戶增加時，用戶端總電阻減小，電流I4增大，由于升壓變壓器與降壓變壓器的匝數比恒定，因此輸電線路中的電流I3增大，輸電線路中的電阻分壓增大，而U2不變則U2不變，根據
可知U3減小，而U3減小則U4減小，即用戶端的電壓減小，故C正確；
D、根據以上分析可知，用戶增加時，輸電線上的電I3變大，而輸電線路上的功率損失
則可知損失功率增大，故D錯誤。
故答案為：BC。
【分析】熟悉掌握理想變壓器的規律，明確各部分回路中各部分元件之間的電壓、電流及電功率之間的關系，再結合串聯電路規律及歐姆定律、電功率的定義及理想變壓器的原理進行解答。
10．（2024高二上·張家口期末）如圖為電磁剎車實驗裝置，小車底面安裝有矩形導線框abcd，線框底面平行于地面，在小車行進方向有與abcd等寬、等長的有界勻強磁場，磁場方向垂直地面向上。小車進入磁場前撤去牽引力，小車穿過磁場后滑行一段距離停止。則小車（　　）
A．進入磁場時，矩形導線框中感應電流的方向為adcba
B．穿過磁場的過程中，中間有一段時間矩形導線框中沒有感應電流
C．小車進入磁場前的速度越大，滑行的距離越遠
D．穿過磁場的過程中，矩形導線框受到的安培力方向始終水平向左
【答案】C,D
【知識點】電磁感應中的電路類問題；電磁感應中的動力學問題
【解析】【解答】A．根據楞次定律可知，進入磁場時，矩形導線框中感應電流的方向為abcda，A不符合題意；
B．因為有界勻強磁場與abcd等寬、等長，所以穿過磁場的過程中，ab邊剛要離開磁場時cd進入磁場，故穿過磁場的過程中，矩形導線框中始終有感應電流，B不符合題意；
C．根據動量定理可得
即
則可得
可以看出，小車進入磁場前的速度越大，離開磁場時的速度越大，根據
可知離開磁場后滑行的距離越遠，C符合題意；
D．根據左手定則可知，進入磁場時，ab受到的安培力方向水平向左；離開磁場時，根據楞次定律可知，矩形導線框中感應電流的方向為adcba，根據左手定則，cd受到的安培力方向也是水平向左，D符合題意。
故答案為：CD。
【分析】利用楞次定律可以判別感應電流的方向；利用磁通量的變化可以判別感應電流始終產生；利用動量定理可以判別小車進入磁場速度越大離開磁場時速度越大；利用感應電流方向結合左手定則可以判別安培力的方向。
三、實驗題：本大題共2小題，共18分。
11．（2024高二上·張家口期末）（1）如圖所示的游標卡尺，游標尺上共有個分度，用它測量某工件的外徑時，示數如圖，則此工件的外徑是　 　cm。
（2）在“用多用電表測量電學中的物理量”的實驗中，某同學使用的多用電表的刻度盤如圖所示：
①關于多用電表的使用，下列說法中正確的是　 　選填選項前的字母；
A.用電壓擋測電壓前，需調整指針定位螺絲，使指針指到右邊的零刻度
B.若多用電表沒有擋，使用完后應將選擇開關撥至交流電壓最高擋
C.用歐姆擋測電阻時，被測電阻的阻值越大，指針向右轉過的角度就越大
D.用歐姆擋測電阻時，改變不同倍率的歐姆擋后，需要重新進行歐姆調零
②在測量小燈泡的電阻時，紅表筆接觸點的電勢比黑表筆　 　選填“高”或“低”；
③如果要用此多用電表測量一個阻值約為的電阻，為了使測量結果比較精確，應將選擇開關旋轉到歐姆擋的　 　選填“”“”或“”位置。
【答案】（1）5.015
（2）BD；低；
【知識點】練習使用多用電表
【解析】【解答】（1）游標卡尺的讀數由主尺刻度和游標尺刻度兩部分組成，20分度值的游標尺其精度為0.05mm，圖示主尺刻度為5cm，游標尺第3格與主尺刻度對其，則可知其讀數為
（2）A、用電壓擋測電壓前，需調整指針定位螺絲，使指針指到左邊的零刻度，故A錯誤；
B、為了防止多用電表被誤用，以及盡可能延長內部電源的使用壽命，若多用電表沒有OFF擋，使用完后應將選擇開關撥至交流電壓最高擋，故B正確；
C、用歐姆擋測電阻時，被測電阻的阻值越大，指針向右轉過的角度就越小，故C錯誤；
D、用歐姆擋測電阻時，改變不同倍率的歐姆擋后，需要重新進行歐姆調零，故D正確。
故答案為：BD。
在測量小燈泡的電阻時，多用電表選擇歐姆檔，此時多用電表接通了內部電源，黑表筆與內部電源的正極相連，紅黑表筆與內部電源的負極相連，因此紅表筆接觸點的電勢比黑表筆低。
歐姆表表盤的中值刻度為15，而在測電阻時，要盡可能的使指針指在中值刻度附近，因此測量一個阻值約為1000Ω的電阻時應將選擇開關旋轉到歐姆擋的“×100”位置處。
【分析】讀數時注意儀器的分度值及是否需要估讀。熟悉掌握多用電表的使用方法及操作步驟。在測電阻時，為減小測量誤差，要盡可能的使指針指在中值刻度附近。
12．（2024高二上·張家口期末）疊層電池是把普通的化學干電池制作成長方形的小塊，并多個疊加串聯在一起，成為一個獨立的電池，具有體積小，輸出電壓高的特點。如圖甲所示，某疊層電池與普通干電池性質相同，其由多塊干電池塊串聯在一起。為測量某疊層電池的電動勢和內阻，該同學設計了如圖乙所示的測量電路，所用器材如下：
A.待測電池
B.定值電阻R0（阻值為30.0Ω）
C.理想電壓表V1（量程為0~15V）
D.理想電壓表V2（量程為0~3V）
E.滑動變阻器R（最大阻值為500Ω）
F.開關一個，導線若干
回答下列問題：
（1）閉合開關前，應將滑動變阻器的觸頭置于　 　選填“最左端”或“最右端”。
（2）實驗中，調節觸頭的位置，發現當電壓表示數為時，電壓表示數為，此時通過電源的電流為　 　mA（結果保留三位有效數字）。
（3）多次改變接入電路的阻值，讀出多組和的示數、，請你將中的點描在圖丙中，并連同已描出的點作出的圖像　 　。
（4）由圖像可知該疊層電池的電動勢　 　，內阻　 　。結果均保留三位有效數字
【答案】（1）最左端
（2）65.3
（3）
（4）；
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）閉合開關前，為了保護電路，應將滑動變阻器R的觸頭置于最左端，讓接入電路中的阻值最大。
（2）根據電路原理可知，此時通過電源的電流即為通過定值電阻R0的電流，根據歐姆定律可得
（3）作圖時要用平滑的直線將各點跡連接起來，盡可能多的讓點跡落在所做圖線上，不能落在圖線上的點跡，要讓其均勻的分布在直線的兩側，誤差較大的點跡直接舍去，做出的圖像如圖所示
（4）根據電路圖，由閉合電路的歐姆定律可得
變式可得
可知，U1-U2圖像與縱軸的截距表示電源的電動勢E，而圖像斜率的絕對值表示，則根據圖像可得
，
解得
【分析】閉合開關前，滑動變阻器應置于使電表讀數最小值的位置。根據電路的連接方式及串并聯電路的規律確定通過電源的電流。根據實驗原理結合電路圖確定圖像的函數表達式，再根據表達式確定圖像斜率及截距的物理意義，再結合圖像進行數據處理。
四、計算題：本大題共3小題，共36分。
13．（2024高二上·張家口期末）電子所帶的電荷量最早是由美國科學家密立根通過油滴實驗測定的。油滴實驗的原理如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的兩極相接，油滴從噴霧器噴出后由于摩擦而帶負電，油滴進入上板中央小孔后落到勻強電場中，通過顯微鏡可以觀察到油滴的運動情況。假設兩金屬板間的距離d=5.0×10-2m，忽略空氣對油滴的浮力和阻力，重力加速度g取10m/s2．請問：
（1）調節兩板間的電勢差U=200V，觀察到某個質量為m1=1.28×10-15kg的油滴恰好處于懸浮不動，則哪一金屬板接電源的正極？該油滴所帶電荷量q1多大？
（2）維持兩板間電勢差不變，觀察到另一個質量為m2=2.00×10-15kg的帶負電油滴，從上板小孔靜止開始做勻加速直線運動，經時間t=0.5s到達下板，則此油滴所帶電荷量q2多大？
【答案】（1）解： 因為油滴帶負電，且油滴處于平衡狀態，重力豎直向下，電場力與重力等大反向，金屬板的上極板接電源的正極，
根據平衡可得：Eq1=m1g
根據電場強度與電勢差之間的關系式可得：
可得：q1＝3.2×10 18C
（2）解： 垂直極板方向做勻加速運動，根據運動學規律：
可得：a=0.4m/s2
根據牛頓第二定律：m2g-Eq2=m2a
可得：q2＝4.8×10 18C
【知識點】帶電粒子在重力場和電場復合場中的運動
【解析】【分析】（1）根據平衡條件確定油滴的受力情況，再結合油滴的電性確定極板正極。再根據平衡條件及電場強度與電勢差的關系進行解答；
（2）確定油滴0.5s運動的位移，根據勻變速直線運動規律確定加速度的大小，再根據受力情況及牛頓第二定律進行解答。
14．（2024高二上·張家口期末）某興趣小組用電流傳感器測量某磁場的磁感應強度大小。實驗裝置如圖甲所示，不計電阻且足夠長的光滑金屬導軌豎直放置在勻強磁場中，導軌間距，其平面與磁場方向垂直。電流傳感器與阻值的電阻串聯接在導軌上端。現將質量、有效阻值的導體棒由靜止釋放，導體棒沿導軌下滑，該過程中電流傳感器測得電流隨時間變化規律如圖乙所示，電流最大值。導體棒下滑過程中與導軌保持垂直且良好接觸，不計電流傳感器內阻及空氣阻力，重力加速度取。求：
（1）該磁場的磁感應強度大小；
（2）在時刻導體棒的速度大小；
（3）在時間內導體棒下降的高度，此過程中電阻產生的電熱。
【答案】（1）根據題意可知，當導體棒速度最大時，產生的感應感應電動勢最大，回路中的感應電流才有最大值，則可知當感應電流最大時導體棒所受安培力與重力大小相等方向相反，合力為零，根據平衡條件有
解得
（2）設時刻導體棒的速度大小為 ，導體棒切割磁感線產生感應電動勢
根據閉合電路歐姆定律可得
聯立解得
（3）在時間內對導體棒由能量守恒有
而此過程中電阻產生的電熱
聯立解得
【知識點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）當導體的電流最大時，導體的速度最大，此時導體棒的加速度為零，再根據導體棒的受力情況及平衡條件進行解答；
（2）確定回路的連接方式，根據法拉第電磁感應定律及閉合電路的歐姆定律進行解答即可；
（3）確定導體棒在運動過程中各力的做功情況，再根據能量守恒定律進行解答，注意電阻R產生的電熱與整個回路產生電熱的關系。
15．（2024高二上·張家口期末）如圖所示的平行板電容器中，存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度大小，方向垂直紙面向里，電場強度，為板間中線。緊靠平行板右側邊緣坐標系的第一象限內，邊界與軸的夾角，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小，邊界線的下方有豎直向上的勻強電場，電場強度。一帶電量，質量的正離子從點射入平行板間，沿中線做直線運動，穿出平行板后從軸上坐標為的點垂直軸射入磁場區，多次穿越邊界線。不計離子重力，取，求：
（1）離子運動的速度；
（2）離子從通過軸進入磁場到第二次穿越邊界線所用的時間；
（3）離子第四次穿越邊界線時的速度最后結果保留兩位有效數字。
【答案】（1）粒子在相互垂直的勻強磁場和勻強電場區域內沿著做直線運動，則可知粒子在該區域內所受電場力與洛倫茲力大小相等方向相反，粒子處于平衡狀態，沿著做勻速直線運動，則根據平衡條件有
解得
（2）粒子進入 磁場區后在洛倫茲力的作用下做圓周運動，設其做圓周運動的軌跡半徑為 ，則根據洛倫茲力充當向心力有
可得
代入數據解得
做出粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示
粒子磁場中做圓周運動的周期
可知粒子從點到第一次穿越所用的時間
粒子穿越后進入電場做勻減速直線運動直至速度減為零，然后反向加速，以第一次穿過的速度大小反向穿過，設粒子在電場中運動的時間為 ，則根據速度時間關系可得
解得
如此可知，離子從通過軸進入磁場到第二次穿越邊界線所用的時間
（3）根據粒子的運動軌跡圖像分析可知，粒子第二次穿越后在磁場中做圓周運動到第三次穿越所用時間等于 ，第三次穿越后在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，其位移的偏向角等于 ，則有
解得
則第四次穿過時豎直方向的分速度
由此可得離子第四次穿越邊界線時的速度
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在有界磁場中的運動；速度選擇器
【解析】【分析】（1）粒子在速度選擇器中做直線運動，即粒子處于平衡狀態。再根據粒子的受力情況及平衡條件進行解答即可；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據題意畫出粒子的運動軌跡，并確定粒子在電場中的受力情況及運動類型。再根據結合關系確定粒子做圓周運動軌跡對應的圓心，再根據帶電粒子在運動規律及勻變速直線運動規律進行解答；
（3）根據粒子的受力情況畫出粒子在磁場及電場中的運動軌跡，根據運動規律及幾何關系確定粒子各階段兩粒子在OA線上的速度與豎直方向的夾角。根據速度與受力情況確定粒子第三次穿過OA時，在電場中的運動類型。再根據類平拋運動規律進行解答。
1 / 1河北省張家口市2023-2024學年高二（上）期末考試物理試卷
一、單選題：本大題共7小題，共28分。
1．（2024高二上·張家口期末）下列說法中正確的是（　　）
A．法拉第最早提出了“電場”的概念
B．楞次發現了電磁感應現象，并總結出了楞次定律
C．安培總結出了磁場對運動電荷的作用力規律
D．丹麥物理學家安培發現電流可以使周圍的小磁針發生偏轉，稱為電流的磁效應
2．（2024高二上·張家口期末）兩點電荷形成電場的電場線分布如圖所示，、是電場線上的兩點，下列說法正確的是（　　）
A．兩點電荷的電性相同
B．兩點電荷所帶的電荷量相等
C．點的電場強度比點的電場強度大
D．點的電場強度比點的電場強度小
3．（2024高二上·張家口期末）以下是來源于物理課本的一些插圖，相關說法正確的是（　　）
A．圖甲中端帶負電
B．圖乙采用了假設法
C．圖丙顯示燈泡電阻隨溫度升高而減小
D．圖丁中，并聯的電阻越小，改裝后的電流表量程越大
4．（2024高二上·張家口期末）如圖所示電路，電源電動勢恒為、內阻為，電壓表、電流表均視為理想電表。閉合開關，當滑動變阻器的滑片向右移動的過程中，忽略燈泡電阻隨溫度的變化，下列說法正確的是（　　）
A．電流表的示數變小 B．電壓表的示數變大
C．通過滑動變阻器的電流變大 D．電源消耗的功率變大
5．（2024高二上·張家口期末）筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件，當顯示屏合上時，霍爾元件處于垂直于上下表面向上的勻強磁場中，則前后表面間會產生霍爾電壓，以此控制屏幕的熄滅。如圖所示，一塊長為、寬為、厚度為的矩形霍爾元件，元件內的導電粒子是自由電子，元件中通有大小為、方向向右的電流時（　　）
A．前表面的電勢比后表面的電勢低
B．霍爾電壓與有關
C．霍爾電壓與無關
D．霍爾電壓與有關
6．（2024高二上·張家口期末）如圖所示是某教學樓東面墻上的一扇鋼窗，將鋼窗右側向外勻速打開，推窗人正好看見太陽冉冉升起。以推窗人的視角來看，在鋼窗中地磁場磁通量增大的過程中（　　）
A．鋼窗中產生了逆時針電流，感應電動勢的大小不變
B．鋼窗中產生了順時針電流，感應電動勢的大小是變化的
C．鋼窗豎直邊框受到地磁場的安培力的方向是不變的
D．鋼窗中磁通量最大時，感應電動勢也達到最大值
7．（2024高二上·張家口期末）如圖所示，一足夠大的正方形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，其頂點在直線上，且與的夾角為一邊長為的正方形導線框從圖示位置沿直線以速度勻速穿過磁場區域。規定逆時針方向為感應電流的正方向，下列表示整個過程導線框中感應電流隨時間以為單位變化的圖像中，正確的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8．（2024高二上·張家口期末）如圖所示，在光滑絕緣水平面的P點正上方O點固定一電荷量為+Q的點電荷，在水平面上的N點，由靜止釋放質量為m、電荷量為–q的試探電荷，該試探電荷經過P點時速度為v，圖中θ=60°。則在+Q形成的電場中（規定P點的電勢為零）（　　）
A．N點電勢低于P點電勢
B．N點電勢為–
C．P點電場強度大小是N點的2倍
D．試探電荷在N點具有的電勢能為– mv2
9．（2024高二上·張家口期末）如圖甲所示為遠距離輸電的示意圖，圖中的變壓器均為理想變壓器，輸電線的總電阻為，降壓變壓器所接用戶可等效為圖中的滑動變阻器，用戶增加時相當于滑動觸頭向下滑動。已知用戶端的額定電壓，降壓變壓器原、副線圈的匝數比為：，升壓變壓器原線圈所接電壓如圖乙所示，用戶端在正常情況下消耗的總功率，下列說法正確的是（　　）
A．發電廠的輸出功率為
B．升壓變壓器原、副線圈的匝數比為：：
C．用戶增加時，用戶得到的電壓減小
D．用戶增加時，輸電線上的損失功率減小
10．（2024高二上·張家口期末）如圖為電磁剎車實驗裝置，小車底面安裝有矩形導線框abcd，線框底面平行于地面，在小車行進方向有與abcd等寬、等長的有界勻強磁場，磁場方向垂直地面向上。小車進入磁場前撤去牽引力，小車穿過磁場后滑行一段距離停止。則小車（　　）
A．進入磁場時，矩形導線框中感應電流的方向為adcba
B．穿過磁場的過程中，中間有一段時間矩形導線框中沒有感應電流
C．小車進入磁場前的速度越大，滑行的距離越遠
D．穿過磁場的過程中，矩形導線框受到的安培力方向始終水平向左
三、實驗題：本大題共2小題，共18分。
11．（2024高二上·張家口期末）（1）如圖所示的游標卡尺，游標尺上共有個分度，用它測量某工件的外徑時，示數如圖，則此工件的外徑是　 　cm。
（2）在“用多用電表測量電學中的物理量”的實驗中，某同學使用的多用電表的刻度盤如圖所示：
①關于多用電表的使用，下列說法中正確的是　 　選填選項前的字母；
A.用電壓擋測電壓前，需調整指針定位螺絲，使指針指到右邊的零刻度
B.若多用電表沒有擋，使用完后應將選擇開關撥至交流電壓最高擋
C.用歐姆擋測電阻時，被測電阻的阻值越大，指針向右轉過的角度就越大
D.用歐姆擋測電阻時，改變不同倍率的歐姆擋后，需要重新進行歐姆調零
②在測量小燈泡的電阻時，紅表筆接觸點的電勢比黑表筆　 　選填“高”或“低”；
③如果要用此多用電表測量一個阻值約為的電阻，為了使測量結果比較精確，應將選擇開關旋轉到歐姆擋的　 　選填“”“”或“”位置。
12．（2024高二上·張家口期末）疊層電池是把普通的化學干電池制作成長方形的小塊，并多個疊加串聯在一起，成為一個獨立的電池，具有體積小，輸出電壓高的特點。如圖甲所示，某疊層電池與普通干電池性質相同，其由多塊干電池塊串聯在一起。為測量某疊層電池的電動勢和內阻，該同學設計了如圖乙所示的測量電路，所用器材如下：
A.待測電池
B.定值電阻R0（阻值為30.0Ω）
C.理想電壓表V1（量程為0~15V）
D.理想電壓表V2（量程為0~3V）
E.滑動變阻器R（最大阻值為500Ω）
F.開關一個，導線若干
回答下列問題：
（1）閉合開關前，應將滑動變阻器的觸頭置于　 　選填“最左端”或“最右端”。
（2）實驗中，調節觸頭的位置，發現當電壓表示數為時，電壓表示數為，此時通過電源的電流為　 　mA（結果保留三位有效數字）。
（3）多次改變接入電路的阻值，讀出多組和的示數、，請你將中的點描在圖丙中，并連同已描出的點作出的圖像　 　。
（4）由圖像可知該疊層電池的電動勢　 　，內阻　 　。結果均保留三位有效數字
四、計算題：本大題共3小題，共36分。
13．（2024高二上·張家口期末）電子所帶的電荷量最早是由美國科學家密立根通過油滴實驗測定的。油滴實驗的原理如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的兩極相接，油滴從噴霧器噴出后由于摩擦而帶負電，油滴進入上板中央小孔后落到勻強電場中，通過顯微鏡可以觀察到油滴的運動情況。假設兩金屬板間的距離d=5.0×10-2m，忽略空氣對油滴的浮力和阻力，重力加速度g取10m/s2．請問：
（1）調節兩板間的電勢差U=200V，觀察到某個質量為m1=1.28×10-15kg的油滴恰好處于懸浮不動，則哪一金屬板接電源的正極？該油滴所帶電荷量q1多大？
（2）維持兩板間電勢差不變，觀察到另一個質量為m2=2.00×10-15kg的帶負電油滴，從上板小孔靜止開始做勻加速直線運動，經時間t=0.5s到達下板，則此油滴所帶電荷量q2多大？
14．（2024高二上·張家口期末）某興趣小組用電流傳感器測量某磁場的磁感應強度大小。實驗裝置如圖甲所示，不計電阻且足夠長的光滑金屬導軌豎直放置在勻強磁場中，導軌間距，其平面與磁場方向垂直。電流傳感器與阻值的電阻串聯接在導軌上端。現將質量、有效阻值的導體棒由靜止釋放，導體棒沿導軌下滑，該過程中電流傳感器測得電流隨時間變化規律如圖乙所示，電流最大值。導體棒下滑過程中與導軌保持垂直且良好接觸，不計電流傳感器內阻及空氣阻力，重力加速度取。求：
（1）該磁場的磁感應強度大小；
（2）在時刻導體棒的速度大小；
（3）在時間內導體棒下降的高度，此過程中電阻產生的電熱。
15．（2024高二上·張家口期末）如圖所示的平行板電容器中，存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度大小，方向垂直紙面向里，電場強度，為板間中線。緊靠平行板右側邊緣坐標系的第一象限內，邊界與軸的夾角，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小，邊界線的下方有豎直向上的勻強電場，電場強度。一帶電量，質量的正離子從點射入平行板間，沿中線做直線運動，穿出平行板后從軸上坐標為的點垂直軸射入磁場區，多次穿越邊界線。不計離子重力，取，求：
（1）離子運動的速度；
（2）離子從通過軸進入磁場到第二次穿越邊界線所用的時間；
（3）離子第四次穿越邊界線時的速度最后結果保留兩位有效數字。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】電磁感應的發現及產生感應電流的條件；電場及電場力；通電導線及通電線圈周圍的磁場；左手定則—磁場對帶電粒子的作用
【解析】【解答】A、法拉第最早提出了“電場”的概念，故A正確；
B、法拉第發現了電磁感應現象，楞次總結出了楞次定律，故B錯誤；
C、洛倫茲總結出了磁場對運動電荷的作用力規律，故C錯誤；
D、丹麥物理學家奧斯特發現電流可以使周圍的小磁針發生偏轉，稱為電流的磁效應，故D錯誤。
故答案為：A。
【分析】熟悉掌握各物理學史。法拉第最早提出了“電場”的概念，法拉第發現了電磁感應現象，楞次總結出了楞次定律。
2．【答案】C
【知識點】電場強度；電場線；點電荷的電場；電場強度的疊加
【解析】【解答】AB、由電場線分布可知，兩點電荷為異種電荷，即電性相反，因兩邊電場線不對稱分布，可知兩點電荷所帶的電荷量不相等，故AB錯誤；
CD、因A點電場線較B點密集，可知A點的電場強度比B點的電場強度大，故C正確，D錯誤。
故答案為：C。
【分析】電場線由正電荷出發，指向負電荷。等量電荷形成的電場線相互對稱，電場線越密集，電場強度越大。
3．【答案】D
【知識點】電容器及其應用；電荷及三種起電方式；線性元件和非線性元件的伏安特性曲線；表頭的改裝
【解析】【解答】A、根據靜電感應的原理知，一個帶電的物體與不帶電的導體相互靠近時由于電荷間的相互作用，會使導體內部的電荷重新分布，異種電荷被吸引到帶電體附近，而同種電荷被排斥到遠離帶電體的導體另一端，故a端帶正電，故A錯誤；
B、研究影響平行板電容器的影響因素時，采用的是每次實驗都保證只有一個變量的方法，故圖2采用了控制變量法，故B錯誤；
C、由圖3圖像可知，隨燈泡兩端電壓增大，通過燈泡的電流增大，溫度升高且電壓與電流的比值增大，燈泡電阻隨溫度升高而增大，故C錯誤；
D、圖4中，并聯的電阻R越小，IR就越大，改裝后的電流表量程IR+Ig越大，故D正確。
故答案為：D。
【分析】熟悉掌握三種起電方式的特點及實質。對于具有多個物理量對研究問題產生影響時，往往采用控制變量法。I-U圖像與原點連線斜率的倒表示電阻。熟悉掌握電表改裝的原理。
4．【答案】B
【知識點】電路動態分析
【解析】【解答】由電路可知，燈泡L和滑動變阻器R并聯接到電源兩端，電壓表測量路端電壓，電流表測量燈泡的電流，則當滑動變阻器的滑片Р向右移動的過程中，R變大，則總電阻變大，總電流減小，路端電壓變大，即電壓表的示數變大，燈泡的電流變大，即電流表的示數變大；通過滑動變阻器的電流變小，根據P=I2r可知，電源消耗的功率變小。故ACD錯誤，B正確。
故答案為：B。
【分析】明確電路的連接方式及各電表的測量對象，對于由滑動變阻器的阻值變化引起電路中各部分元件物理量變化的問題，可采用程序法或者“串反并同”結論法進行處理。
5．【答案】A
【知識點】霍爾元件
【解析】【解答】A、電流方向向右，電子向左定向移動，根據左手定則，電子所受洛侖茲力垂直紙面向外，電子打在前表面，前表面電勢比后表面電勢低，故A正確；
BCD、根據平衡條件可得
根據電流微觀表達式有
又
聯立解得
可知霍爾電壓U與d有關，與a、b無關，故BCD錯誤。
故答案為：A。
【分析】確定元件內導電粒子的電性，再根據左手定則，確定粒子的偏轉方向繼而確定電勢的高低情況。再根據霍爾元件的處理方法確定霍爾電壓與霍爾元件各部分物理量之間的關系。
6．【答案】C
【知識點】左手定則—磁場對通電導線的作用；楞次定律
【解析】【解答】AB、將鋼窗右側向外勻速打開，則穿過窗口的磁通量向北增加，則根據楞次定律，鋼窗中產生了逆時針電流，因磁通量的變化不是均勻的，則感應電動勢的大小是變化的，故AB錯誤；
C、鋼窗中產生的感應電流方向不變，磁場方向不變，則鋼窗豎直邊框受到地磁場的安培力的方向是不變的，故C正確；
D、鋼窗中磁通量最大時，磁通量的變化率最小，則感應電動勢最小，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】根據題意確定地磁場穿過窗戶的方向，再根據楞次定律確定感應電流的方向及安培力的方向。地磁場是非均勻的，故磁通量的變化也是非均勻的，產生的感應電動勢是變化的。
7．【答案】C
【知識點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的圖像類問題
【解析】【解答】根據右手定則，可知線框進入磁場時產生的感應電流為逆時針方向，離開磁場時產生的感應電流為順時針方向，當線框運動時間為時，感應電流為零。
故答案為：C。
【分析】確定線框在運動過程中分為幾個運動階段，并明確各階段線框切割磁感線的有效長度的變化情況。再根據右手定則確定產生的感應電流的變化情況。
8．【答案】A,B
【知識點】動能定理的綜合應用；電場強度；電勢能；電勢
【解析】【解答】A項：根據順著電場線方向電勢降低可知，M點的電勢高于N點的電勢，而M、P兩點的電勢相等，則N點電勢低于P點電勢．A符合題意；
B項：根據動能定理得：檢驗電荷由N到P的過程： ，由題，P點的電勢為零，即φP=0，解得，N點的電勢 ，B符合題意；
C項：P點電場強度大小是 ，N點電場強度大小是 則 ，C不符合題意；
D項：檢驗電荷在N點具有的電勢能為 ，D不符合題意。
故答案為：AB
【分析】利用動能定理可以求出電勢的大小；利用電場線方向可以判別電勢的高低；利用距離結合場強公式可以判別場強的大小；利用電勢可以求出電勢能的大小。
9．【答案】B,C
【知識點】變壓器原理；電能的輸送
【解析】【解答】A、發電廠的輸出功率
式中P4為用戶端消耗的總功率P0，根據題意可得用戶端總電流
根據變壓器原副線圈匝數與電壓電流之間的關系可得
，
解得
，
由此可得發電廠的輸出功率
故A錯誤；
B、根據以上分析可得
而根據圖乙可得
可得升壓變壓器原、副線圈的匝數比為
故B正確；
C、用戶增加時，用戶端總電阻減小，電流I4增大，由于升壓變壓器與降壓變壓器的匝數比恒定，因此輸電線路中的電流I3增大，輸電線路中的電阻分壓增大，而U2不變則U2不變，根據
可知U3減小，而U3減小則U4減小，即用戶端的電壓減小，故C正確；
D、根據以上分析可知，用戶增加時，輸電線上的電I3變大，而輸電線路上的功率損失
則可知損失功率增大，故D錯誤。
故答案為：BC。
【分析】熟悉掌握理想變壓器的規律，明確各部分回路中各部分元件之間的電壓、電流及電功率之間的關系，再結合串聯電路規律及歐姆定律、電功率的定義及理想變壓器的原理進行解答。
10．【答案】C,D
【知識點】電磁感應中的電路類問題；電磁感應中的動力學問題
【解析】【解答】A．根據楞次定律可知，進入磁場時，矩形導線框中感應電流的方向為abcda，A不符合題意；
B．因為有界勻強磁場與abcd等寬、等長，所以穿過磁場的過程中，ab邊剛要離開磁場時cd進入磁場，故穿過磁場的過程中，矩形導線框中始終有感應電流，B不符合題意；
C．根據動量定理可得
即
則可得
可以看出，小車進入磁場前的速度越大，離開磁場時的速度越大，根據
可知離開磁場后滑行的距離越遠，C符合題意；
D．根據左手定則可知，進入磁場時，ab受到的安培力方向水平向左；離開磁場時，根據楞次定律可知，矩形導線框中感應電流的方向為adcba，根據左手定則，cd受到的安培力方向也是水平向左，D符合題意。
故答案為：CD。
【分析】利用楞次定律可以判別感應電流的方向；利用磁通量的變化可以判別感應電流始終產生；利用動量定理可以判別小車進入磁場速度越大離開磁場時速度越大；利用感應電流方向結合左手定則可以判別安培力的方向。
11．【答案】（1）5.015
（2）BD；低；
【知識點】練習使用多用電表
【解析】【解答】（1）游標卡尺的讀數由主尺刻度和游標尺刻度兩部分組成，20分度值的游標尺其精度為0.05mm，圖示主尺刻度為5cm，游標尺第3格與主尺刻度對其，則可知其讀數為
（2）A、用電壓擋測電壓前，需調整指針定位螺絲，使指針指到左邊的零刻度，故A錯誤；
B、為了防止多用電表被誤用，以及盡可能延長內部電源的使用壽命，若多用電表沒有OFF擋，使用完后應將選擇開關撥至交流電壓最高擋，故B正確；
C、用歐姆擋測電阻時，被測電阻的阻值越大，指針向右轉過的角度就越小，故C錯誤；
D、用歐姆擋測電阻時，改變不同倍率的歐姆擋后，需要重新進行歐姆調零，故D正確。
故答案為：BD。
在測量小燈泡的電阻時，多用電表選擇歐姆檔，此時多用電表接通了內部電源，黑表筆與內部電源的正極相連，紅黑表筆與內部電源的負極相連，因此紅表筆接觸點的電勢比黑表筆低。
歐姆表表盤的中值刻度為15，而在測電阻時，要盡可能的使指針指在中值刻度附近，因此測量一個阻值約為1000Ω的電阻時應將選擇開關旋轉到歐姆擋的“×100”位置處。
【分析】讀數時注意儀器的分度值及是否需要估讀。熟悉掌握多用電表的使用方法及操作步驟。在測電阻時，為減小測量誤差，要盡可能的使指針指在中值刻度附近。
12．【答案】（1）最左端
（2）65.3
（3）
（4）；
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）閉合開關前，為了保護電路，應將滑動變阻器R的觸頭置于最左端，讓接入電路中的阻值最大。
（2）根據電路原理可知，此時通過電源的電流即為通過定值電阻R0的電流，根據歐姆定律可得
（3）作圖時要用平滑的直線將各點跡連接起來，盡可能多的讓點跡落在所做圖線上，不能落在圖線上的點跡，要讓其均勻的分布在直線的兩側，誤差較大的點跡直接舍去，做出的圖像如圖所示
（4）根據電路圖，由閉合電路的歐姆定律可得
變式可得
可知，U1-U2圖像與縱軸的截距表示電源的電動勢E，而圖像斜率的絕對值表示，則根據圖像可得
，
解得
【分析】閉合開關前，滑動變阻器應置于使電表讀數最小值的位置。根據電路的連接方式及串并聯電路的規律確定通過電源的電流。根據實驗原理結合電路圖確定圖像的函數表達式，再根據表達式確定圖像斜率及截距的物理意義，再結合圖像進行數據處理。
13．【答案】（1）解： 因為油滴帶負電，且油滴處于平衡狀態，重力豎直向下，電場力與重力等大反向，金屬板的上極板接電源的正極，
根據平衡可得：Eq1=m1g
根據電場強度與電勢差之間的關系式可得：
可得：q1＝3.2×10 18C
（2）解： 垂直極板方向做勻加速運動，根據運動學規律：
可得：a=0.4m/s2
根據牛頓第二定律：m2g-Eq2=m2a
可得：q2＝4.8×10 18C
【知識點】帶電粒子在重力場和電場復合場中的運動
【解析】【分析】（1）根據平衡條件確定油滴的受力情況，再結合油滴的電性確定極板正極。再根據平衡條件及電場強度與電勢差的關系進行解答；
（2）確定油滴0.5s運動的位移，根據勻變速直線運動規律確定加速度的大小，再根據受力情況及牛頓第二定律進行解答。
14．【答案】（1）根據題意可知，當導體棒速度最大時，產生的感應感應電動勢最大，回路中的感應電流才有最大值，則可知當感應電流最大時導體棒所受安培力與重力大小相等方向相反，合力為零，根據平衡條件有
解得
（2）設時刻導體棒的速度大小為 ，導體棒切割磁感線產生感應電動勢
根據閉合電路歐姆定律可得
聯立解得
（3）在時間內對導體棒由能量守恒有
而此過程中電阻產生的電熱
聯立解得
【知識點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）當導體的電流最大時，導體的速度最大，此時導體棒的加速度為零，再根據導體棒的受力情況及平衡條件進行解答；
（2）確定回路的連接方式，根據法拉第電磁感應定律及閉合電路的歐姆定律進行解答即可；
（3）確定導體棒在運動過程中各力的做功情況，再根據能量守恒定律進行解答，注意電阻R產生的電熱與整個回路產生電熱的關系。
15．【答案】（1）粒子在相互垂直的勻強磁場和勻強電場區域內沿著做直線運動，則可知粒子在該區域內所受電場力與洛倫茲力大小相等方向相反，粒子處于平衡狀態，沿著做勻速直線運動，則根據平衡條件有
解得
（2）粒子進入 磁場區后在洛倫茲力的作用下做圓周運動，設其做圓周運動的軌跡半徑為 ，則根據洛倫茲力充當向心力有
可得
代入數據解得
做出粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示
粒子磁場中做圓周運動的周期
可知粒子從點到第一次穿越所用的時間
粒子穿越后進入電場做勻減速直線運動直至速度減為零，然后反向加速，以第一次穿過的速度大小反向穿過，設粒子在電場中運動的時間為 ，則根據速度時間關系可得
解得
如此可知，離子從通過軸進入磁場到第二次穿越邊界線所用的時間
（3）根據粒子的運動軌跡圖像分析可知，粒子第二次穿越后在磁場中做圓周運動到第三次穿越所用時間等于 ，第三次穿越后在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，其位移的偏向角等于 ，則有
解得
則第四次穿過時豎直方向的分速度
由此可得離子第四次穿越邊界線時的速度
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在有界磁場中的運動；速度選擇器
【解析】【分析】（1）粒子在速度選擇器中做直線運動，即粒子處于平衡狀態。再根據粒子的受力情況及平衡條件進行解答即可；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據題意畫出粒子的運動軌跡，并確定粒子在電場中的受力情況及運動類型。再根據結合關系確定粒子做圓周運動軌跡對應的圓心，再根據帶電粒子在運動規律及勻變速直線運動規律進行解答；
（3）根據粒子的受力情況畫出粒子在磁場及電場中的運動軌跡，根據運動規律及幾何關系確定粒子各階段兩粒子在OA線上的速度與豎直方向的夾角。根據速度與受力情況確定粒子第三次穿過OA時，在電場中的運動類型。再根據類平拋運動規律進行解答。
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