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17.如图所示，在虚线MN的上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向内，质子和?粒子以相同的速度v0由MN上的O点以垂直MN且垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，再分别从MN上，A、B两点离开磁场。已知质子的质量为m，电荷为e，?粒子的质量为4m，电荷为2e，忽略带电粒子的重力及质子和?粒子间的相互作用，求： （1）A、B两点间的距离； （2）?粒子在磁场中运动的时间。
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高二理科物理参考答案
一、单项选择 1、【答案】D
【解析】试题分析：将带电体C移近AB时，由于静电感应现象可知，A端是近端，会感应出异种电荷，B端是远端，会感应出同种电荷；当再把A和B分开，移去C后，A和B仍带不同种的电荷，故A、B端的金属箔仍会张开，选项D正确。 考点：静电感应。 2、【答案】D
【解析】A．电场线与等势面垂直，由于电场线方向未知，所以无法判断电势的高低。故A错误；
B．a点的等势面比b点等势面密，所以a点电场强度大于b点电场强度。故B错误； C．轨迹的弯曲方向大致指向合力的方向，知电场力的方向大致向左，但是电场强度的方向未知，所以无法判断电荷的电性。故C错误；
D．从a到b电场力做负功，动能减小，所以带电粒子在b点的速率一定小于在a点的速率。故D正确。 故选：D.
点睛：电场线与等势面垂直，等势面密的地方场强强，等势面疏的地方场强弱．根据轨迹的弯曲，判断电场力的方向，根据动能定理比较出a、b两点的速率． 3、【答案】A 【解析】“电子伏特（ev）”属于能量的单位，故选A. 4、【答案】C 【解析】 5、【答案】B
【解析】两伏特表串联，流过两伏特表表头的电流相等，两伏特表指针偏转角度相等，由于流过伏特表的电流相等而它们的内阻不同，则两伏特表两端电压不同，电压表读数不同，故B正确，AC错误；因是串联关系，电流大小一样，两表的示数与内阻成正比，即两表读数之比等于两伏特表内阻之比，故D错误；故选B．
点睛：本题考查的是电压表的改装原理，电压表的内部电路为表头与分压电阻串联，相当于大电阻，符合欧姆定律． 6、【答案】C
【解析】AB.变阻器的滑片P由a向b滑动时，总电阻减小，总电流增大，电流表的示数变大，滑动变阻器左侧电阻与灯泡的并联电阻增大，电压增大，电源内电压增大，所以滑动变阻器右侧电阻的电压及电压表的示数变小，故A错误，B错误；
C. 左侧电阻与灯泡的并联电阻增大，电压增大，灯泡亮度变大，故C正确；
D．根据闭合电路的欧姆定律，U=E-Ir，ab两端的电压即路端电压降低，故D错误。 故选：C。 7、【答案】B
【解析】等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流．
由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向水平向右．再由左手定则可得：安培力的方向是竖直向下，指向y轴负向．故B正确，ACD错误，故选B.
点睛：从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥．该题也可以先由同向电流相互吸引分别求出a对c的作用力与b对c的作用力，然后求和．
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8、【答案】C
【解析】根据安培定则判断得知：电流I1在a区域产生的磁场方向垂直纸面向外，在b、c区域产生的磁场方向垂直纸面向里； 电流I2在a、b区域产生的磁场方向垂直纸面向里，在c区域产生的磁场方向垂直纸面向外； 所以在a、c两区域磁场方向相反，若磁感应强度大小相等，则可能出现磁感应强度为零的区域．
由于电流产生的磁场离电流越近磁场越强，所以合磁感应强度为0处离比较小的电流比较近，即在小电流的一侧．所以不可能同时出现在a、c区．故只有选项C正确． 二、多项选择 9、【答案】BD
【解析】根据串联电路分压式U1∶U2＝R1∶R2，又由于E＝U1＋U2，故减小R1或增加R2都会使电容器两端电压增加，从而增加电容器的带电量，故选B、D. 10、【答案】ACD
【解析】考点：实验：练习使用多用电表
试题解析：由图示可以知道，插孔与内置电源正极相连，则插孔是“-”插孔，孔应插黑表笔，A选项正确;用换小挡，用
挡测量时，若指针指在
附近，说明所选档位太大，应
挡测量，B选项错误;每次换倍率需要进行欧姆调零，C选项正确;使用多
用电表某电阻的阻值，必须将该电阻与其他元件或者电源断开，如果电阻与其他元件不断开，电阻和其他元件构成回路，这样测出的是回路的电阻，而不单是这个电阻的阻值．所以测量电器中某电阻的阻值，必须将该电阻与其他元件断开测量，选项D正确。故选：ACD。 答案：ACD
11、【答案】AD
【解析】试题分析：由电路图可知，滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流I变小，灯
可知，灯
阻
的实际功率变小，灯
电阻
不变，由
电
变暗；电路电流I变小，电源内阻r、灯变大，灯
电阻
不变，灯
不变，则并联电压
变亮；AD正确
的实际功率变
大，则灯
12、【答案】AC
【解析】由左手定则可知，电子刚进入磁场时受到的洛伦兹力垂直与速度斜向右上方，电子向右偏转，电子将从O点右侧返回边界上方，故A正确，B错误． 根据粒子进入直线边界的磁场，进入时与边界的夹角与出来时与边界的夹角相同，即电子在磁场中做圆周运动转过的圆心角相同，由牛顿第二定律得：qvB＝m，则电子轨道半径为r＝，由此可知，电子速度改变，电子在磁场中运动的圆弧长度即路程一定改变，故C正确； 根据粒子进入直线边界的磁场，进入时与边界的夹角与出来时与边界的夹角相同，即电子在磁场中做圆周运动转过的圆心角θ相同，所以电子在磁场中运动的时间t＝T，由于T＝
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知，电子速度变化不改变电子在磁场中运动的时间，故D错误． 三、实验题
13、【答案】 (1).
(2). 待测电阻R断路 (3). 2.20 ； 0.48 (4). 4.58 【解析】（1）因为电源电动势为3V，则电压表的量程选用3V，根据欧姆定律知，电流的最大值大约0.6A，则电流表量程选择0.6A，待测电阻R（阻值约为5Ω），采用电流表外接法，滑动变阻器最大电阻大于待测电阻R，滑动变阻器采用分流式，根据实物图进行连线。
（2）闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3V，电流表的示数始终接近0，产生这种现象的原因是待测电阻R断路，由于电压表内阻非常大，导致电流表电流接近0，外电路断路时电压表示数等于电源电动势。
（3）由图可知，电压表的读数为2.20V，电流表的读数为0.48A，根据欧姆定律得，待测电
阻。
14、【答案】 (1). 6 (2). (3). (4). 负 (5). (6).
6.5
【解析】（1）将表头改装成电压表时，与表头串联的电阻越大，改装后电压表的量程越大；则与B表笔相连的开关S接到位置6时是电压表的大量程。
开关S接到位置1时，电流表的量程；开关S接到位置2时，电流表的量
程
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；则电流表的大小量程之比 。
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(2) 将选择开关拨至“×1k”档（另一档为小量程）时，欧姆表的内阻比另一档时的内阻大，开关S接在位置4，此时欧姆调零，应调节。
从欧姆表内部电源的正负极位置可知，电流从A表笔流入欧姆表；电压表连接正确时，电流从电压表的正接线柱流入，从电压表的负接线柱流出；则电流从电压表的负接线柱经A表笔流入欧姆表。故将A表笔与电压表的负接线柱相连。 测量时表针如图所示，则电压表的内阻
电阻档的中间刻度为15，开关拨至“×1k”档时，欧姆表的内阻为
，此时电压表读数为5.0V，据闭合电路欧姆定律可得：
。
四、计算题 15、【答案】1.44×10﹣8C
【解析】设小球在水平方向受到库仑力的大小为F． 以右边的小球为研究对象，分析受力如图．
则根据平衡条件有：F=mgtan=mgtan30° 由库仑定律得：F=k=k
﹣8
联立得：Q=l=0.4×C=1.44×10C 16、【答案】(1)4 A (2)440 W (3)12.8 W 427.2 W 【解析】(1)对电阻R，根据欧姆定律得I＝
＝
A＝4 A，电动机与电阻R串
联，则通过电动机的电流为4 A.
(2)电动机的输入功率是P入＝UMI＝110×4 W＝440 W
22
(3)电动机的发热功率Pr＝Ir＝4×0.8 W＝12.8 W， 根据能量转化和守恒定律得
电动机输出的机械功率P机＝P入－Pr＝440 W－12.8 W＝427.2 W.
2mv02?m17、【答案】（1）Be（2）Be
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【解析】（1）质子进入磁场做半径为
R1的匀速圆周运动，洛仑滋力提供向心力，
v02mvev0B?mR1?0R1，得：eB 根据牛顿第二定律，
d1?2R1?2mv0Be．
质子离开磁场时到达A点，O、A间的距离
同理，α粒子在磁场中做圆周运动的半径为
R2?2mv0Be，α粒子离开磁场时到达B点，
O、B间的距离
d2?2R2?4mv0Be
2mv0Be． T?2?R24?m?v0Be，
则A、B两点间的距离
d?d2?d1?（2）α粒子在匀强磁场中运动周期为则α粒子在磁场中运动的时间为t?
T2?m? 2Be谢谢您的观赏