廣東省廣州市越秀區(qū)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試題（含答案）

廣州市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評(píng)分一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．如圖所示，一塊蹄形磁鐵放在水平臺(tái)秤上，水平放置的純銅棒AB用絕緣細(xì)線懸掛在兩個(gè)正對(duì)的磁極之間．當(dāng)閉合開關(guān)，下列說(shuō)法正確的是（）A．可以觀察到臺(tái)秤示數(shù)變小B．閉合電鍵瞬間AB向上跳起C．金屬棒AB受到水平向左的安培力D．蹄形磁鐵與臺(tái)秤間一定產(chǎn)生摩擦力2．特高壓直流輸電是國(guó)家重點(diǎn)能源工程．如圖所示是兩根等高、相互平行的水平長(zhǎng)直輸電導(dǎo)線，分別通有大小相等、方向相同的電流I1和I2，a、b、c三點(diǎn)連線與兩根導(dǎo)線垂直并共面，b點(diǎn)位于兩根導(dǎo)線間的中點(diǎn)，a、c兩點(diǎn)與b點(diǎn)等距，d點(diǎn)位于b點(diǎn)正上方．不考慮地磁場(chǎng)的影響，則（）A．d點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上B．a(chǎn)點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下C．a(chǎn)、c兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同D．b處磁感應(yīng)強(qiáng)度小于d處磁感應(yīng)強(qiáng)度3．如圖所示是某電容式話筒的原理示意圖，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬板．從左向右對(duì)著振動(dòng)片P說(shuō)話，P振動(dòng)而Q不動(dòng)．在P、Q間距增大的過(guò)程中（）A．電容器的電容增大 B．P上電量保持不變C．P、Q間的場(chǎng)強(qiáng)增大 D．點(diǎn)M的電勢(shì)比點(diǎn)N的高4．如圖所示，P、Q是兩個(gè)相同的小燈泡，L是自感系數(shù)很大、電阻比小燈泡略小的線圈，下列說(shuō)法中正確的是（）A．閉合開關(guān)，Q立即發(fā)光，P慢慢變亮B．閉合開關(guān)，P、Q兩燈均是緩慢變亮C．電路穩(wěn)定后，斷開開關(guān)，P中電流方向和斷開前相反D．電路穩(wěn)定后，斷開開關(guān)，P、Q兩燈都是先亮一下再逐漸熄滅5．如圖所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，已知導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，且電阻不計(jì)．a(chǎn)b是一根與導(dǎo)軌垂直而且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿．現(xiàn)將開關(guān)閉合，讓桿ab由靜止開始下落，金屬桿ab自由下落過(guò)程中的速度v、電流I、所受安培力F和加速度a隨時(shí)間t變化的圖像正確的是（）A． B．C． D．6．如圖所示為處在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形頂點(diǎn)的兩個(gè)正點(diǎn)電荷與一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等．已知兩個(gè)正點(diǎn)電荷的電荷量為+Q1，負(fù)點(diǎn)電荷的電荷量為A．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零B．A、C之間的電勢(shì)差為10VC．A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反D．一質(zhì)子僅受電場(chǎng)力作用由B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能減小7．下圖為磁流體發(fā)電機(jī)示意圖．平行金屬板a、b之間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量等量正、負(fù)離子）垂直于磁場(chǎng)的方向噴入磁場(chǎng)，a、b兩板間便產(chǎn)生電壓．如果把a(bǔ)、b板與用電器R相連接，a、b板就是等效直流電源的兩個(gè)電極．若磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，離子入射速度為v，a、b兩板間距為d，兩板間正對(duì)面積為S，兩板間等離子體的等效電阻為r．穩(wěn)定時(shí)，下列判斷正確的是（）A．用電器中電流為I=B．a(chǎn)、b板間的電勢(shì)差為BdvC．圖中a板是電源的正極，b板是電源的負(fù)極D．只增大a、b板的正對(duì)面積S，會(huì)使電源的電動(dòng)勢(shì)變大二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．8．如圖所示為某款無(wú)人機(jī)銘牌上標(biāo)注的各項(xiàng)參數(shù)，則下列說(shuō)法正確的是（）工作額定電壓20V工作額定電流1A電池容量2250mA·h鋰電池電池能量45Wh整機(jī)質(zhì)量250g主攝像素?cái)?shù)4800萬(wàn)A．該無(wú)人機(jī)的額定功率為20WB．該無(wú)人機(jī)內(nèi)部電路的總電阻為20ΩC．電池充滿電后儲(chǔ)存的總電荷量為2.250CD．無(wú)人機(jī)電池充滿電后可持續(xù)飛行約為2.25小時(shí)9．用電阻率為ρ，橫截面積為S的硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)，其內(nèi)接正方形區(qū)域內(nèi)充滿垂直于圓環(huán)面的磁場(chǎng)，t=0時(shí)磁場(chǎng)方向如圖（甲）所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（乙）所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場(chǎng)的正方向，則在t=0到t=2tA．圓環(huán)中感應(yīng)電流大小為BB．圓環(huán)中感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針?lè)较駽．圓環(huán)中感應(yīng)電流大小先變小后變大D．圓環(huán)內(nèi)t=2t010．某一質(zhì)譜儀原理如圖所示，A為粒子加速器，加速電壓為U1；B為速度選擇器，磁場(chǎng)與電場(chǎng)正交，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，電場(chǎng)強(qiáng)度為E；C為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2．今有一質(zhì)量為m、電荷量為e的帶電粒子（不計(jì)重力），經(jīng)加速后，該粒子恰能通過(guò)速度選擇器，粒子進(jìn)入分離器后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是（）A．粒子進(jìn)入速度選擇器的速度v=B．只有帶正電的粒子才能沿直線通過(guò)速度選擇器C．速度選擇器中電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小等于BD．粒子在偏轉(zhuǎn)分離器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=三、非選擇題：共54分，考生根據(jù)要求作答11．物理實(shí)驗(yàn)小組研究電容器的充放電現(xiàn)象．（1）通過(guò)查閱資料了解到，電容器串聯(lián)大電阻，可以延長(zhǎng)充電過(guò)程．小組成員想到用多用電表挑選合適的電阻進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．在測(cè)量其中一個(gè)電阻的阻值時(shí)，先把選擇開關(guān)旋到“×100”擋，發(fā)現(xiàn)多用電表的指針偏轉(zhuǎn)如圖a所示，應(yīng)該將選擇開關(guān)旋到（選填“×10”擋或“×1k”擋）并重新進(jìn)行歐姆調(diào)零再進(jìn)行測(cè)量．（2）調(diào)整擋位后重新測(cè)量電阻的阻值，指針位于如圖b所示位置，被測(cè)電阻的測(cè)量值為Ω．（3）如圖c所示，小組成員用多用電表的歐姆擋給電容器充電，則與紅表筆連接的電容器極板帶電．圖c圖d（4）為了進(jìn)一步觀察電容器充、放電過(guò)程，小組成員在選擇合適的電阻后，用一節(jié)干電池按如圖d所示連接電路，將開關(guān)先與“1”端閉合，電容器進(jìn)行“充電”，稍后再將開關(guān)與“2”端閉合，電容器進(jìn)行“放電”．在下列圖像中，表示通過(guò)傳感器的電流隨時(shí)間變化的圖像為，電容器的帶電量隨時(shí)間變化的圖像為．A．B．C．D．12．實(shí)驗(yàn)室中某課外活動(dòng)小組想較準(zhǔn)確測(cè)量一電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻：（1）某同學(xué)先用多用電表的直流電壓“2.5V”擋進(jìn)行粗略測(cè)量，結(jié)果指針偏轉(zhuǎn)如圖所示，則該電池的電動(dòng)勢(shì)約為V．（2）現(xiàn)有以下器材：待測(cè)電源E；電流表A（量程為0~0.6A，內(nèi)阻不計(jì)）；電阻箱R（最大阻值99.9Ω）；開關(guān)S；導(dǎo)線若干．請(qǐng)你根據(jù)所給實(shí)驗(yàn)器材，畫出實(shí)驗(yàn)原理圖．（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，進(jìn)行如下操作：調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，記錄多組電流表的讀數(shù)I和電阻箱的對(duì)應(yīng)讀數(shù)R，以1I為縱坐標(biāo)，R為橫坐標(biāo)，根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)作出的1I-R圖像如圖所示，則電源電動(dòng)勢(shì)E=V，內(nèi)阻r=（4）若考慮到實(shí)際電流表有內(nèi)阻，關(guān)于該實(shí)驗(yàn)中電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量，下列說(shuō)法正確的是____．A．電源電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值準(zhǔn)確B．電源電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值比真實(shí)值小C．電源電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值比真實(shí)值大13．如圖所示，噴墨打印機(jī)中的墨滴在進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)之前會(huì)被帶上一定量的電荷，在電場(chǎng)的作用下使電荷發(fā)生偏轉(zhuǎn)到達(dá)紙上．已知兩偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)度L1，極板右側(cè)到紙張距離為L(zhǎng)2，兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E，質(zhì)為m、電荷量為q的墨滴在進(jìn)入電場(chǎng)前的速度為v0，方向與兩極板平行，O點(diǎn)為紙張與電場(chǎng)中線交點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力和墨滴重力，假設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)只局限在平行極板內(nèi)部，忽略邊緣電場(chǎng)的影響，重力加速度為g．求（1）墨滴射出偏轉(zhuǎn)板時(shí)在豎直方向上的位移y；（2）墨滴射出偏轉(zhuǎn)板時(shí)的動(dòng)能；（3）墨滴打到紙上的點(diǎn)距O點(diǎn)的距離．14．粗細(xì)均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，邊長(zhǎng)L=0.10m，總質(zhì)量m=0.10kg，總電阻R=0.01Ω．將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方（1）當(dāng)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)dc兩點(diǎn)電勢(shì)差Udc；（2）cd邊通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中通過(guò)其橫截面的電荷量q；（3）線框通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中cd邊中產(chǎn)生的焦耳熱Q．15．有一游戲機(jī)，通過(guò)彈性裝置可以控制小球出射速度，小球投進(jìn)籃筐得分，其內(nèi)部原理如圖所示，水平地面上方有一底部帶有小孔的絕緣彈性豎直擋板ab，板高h(yuǎn)=3m，與板等高處有一筐扣水平放置的籃筐，筐口的中心離擋板s=1m，板的左側(cè)以及板上端與筐口的連線上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)（未畫出），磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T；質(zhì)量m=1×10－3kg、電量q=3×10－3C、直徑略小于小孔的帶負(fù)電小球（視為質(zhì)點(diǎn)），以某一速度水平射入場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若與擋板相碰即以原速率彈回，碰撞時(shí)間不計(jì)，碰撞時(shí)電量不變，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，若小球最后都能從筐口的中心處落入筐中，求（結(jié)果可保留分?jǐn)?shù)）：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與方向；（2）小球運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間；（3）小球出射的最小速度．

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】ABC.由圖中的電路結(jié)構(gòu)可知，閉合開關(guān)，電流從銅棒的B端流向A端，根據(jù)左手定則判斷得知，AB受到的安培力豎直向下，不會(huì)跳起，由牛頓第三定律可知，磁鐵受到的磁場(chǎng)力向上，故磁鐵對(duì)臺(tái)秤的壓力變小，臺(tái)秤示數(shù)減小，A符合題意，BC不符合題意；

D.磁鐵受到豎直向下的重力和豎直向上的磁場(chǎng)力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知，磁鐵與臺(tái)秤間一定不存在摩擦力，D不符合題意。

故答案為：A。

【分析】由左手定則判斷銅棒受到安培力方向，得出臺(tái)秤示數(shù)的變化；根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件分析磁鐵與臺(tái)秤間是否存在摩擦力。2．【答案】D【解析】【解答】根據(jù)題意，由安培定則判斷出兩導(dǎo)線在各點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，畫出側(cè)視圖如圖所示：

A.由圖可知，d點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平，A不符合題意；

BC.由圖可知，a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，c點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下，a、c兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，BC不符合題意；

D.由于兩條導(dǎo)線通有大小相等的電流，則b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，所以b處磁感應(yīng)強(qiáng)度小于d處磁感應(yīng)強(qiáng)度，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】由安培定則判斷出兩導(dǎo)線在各點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，畫出側(cè)視圖，再進(jìn)行分析。3．【答案】D【解析】【解答】A.根據(jù)電容的決定式C=可知，兩極板間距離增大，電容減小，A不符合題意；

B.由于電容器與電源連接，所以極板間距變化的過(guò)程中，電容器的極板間電壓不變，由于電容C減小，根據(jù)電容的定義式C=可知，電容器的帶電量減小，B不符合題意；

C.由U=Ed可知，在P、Q間距增大的過(guò)程中，兩極板間電壓U不變，則P、Q間電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E減小，C不符合題意；

D.因?yàn)樵谠赑、Q間距增大的過(guò)程中，極板電量減小，電容器放電，電阻R中有從M到N的電流，因此M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)C=εS4πkd判斷電容的變化；根據(jù)4．【答案】C【解析】【解答】AB.閉合開關(guān)，電流可以迅速通過(guò)燈泡Q和燈泡P，故燈泡Q、P均立即變亮，AB不符合題意；

CD.由于L是自感系數(shù)很大、電阻比小燈泡略小的線圈，所以電路穩(wěn)定后，線圈中電流大于燈泡P中電流，斷開開關(guān)，線圈的自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流減小，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于新的電源，通過(guò)燈泡P形成回路，燈泡Q直接熄滅，根據(jù)增反減同的規(guī)律可知，感應(yīng)電流的方向從左向右通過(guò)線圈，則流過(guò)P的電流方向從右向左，與斷開前電流方向相反，由于線圈中電流比P中原來(lái)的電流大，所以燈泡P會(huì)閃亮一下再逐漸熄滅，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)自感現(xiàn)象原理，分析線圈對(duì)變化電流的阻礙作用，得出開關(guān)閉合瞬間和斷開瞬間燈泡的亮度變化及電流方向。5．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)題意可知，閉合開關(guān)，讓桿ab由靜止開始自由下落，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I=安培力為F=可知感應(yīng)電流由零逐漸增大，ab桿受到的安培力從零逐漸增大，所以開始時(shí)安培力小于重力，則金屬桿的合力向下，加速度向下，當(dāng)安培力增加到與相等時(shí)，加速度等于零，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故導(dǎo)體棒先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減小為零后做勻速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電流先增大后不變，安培力也是先增大后不變，ACD不符合題意，B符合題意。

故答案為：B。

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和安培力公式，分析導(dǎo)體棒的受力，由牛頓第二定律得出金屬桿加速度的變化情況，得出桿的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，選出正確圖像。6．【答案】D【解析】【解答】A.由點(diǎn)電荷電場(chǎng)的疊加原理可知，兩正電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的合場(chǎng)強(qiáng)為零，所以三個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)等于負(fù)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，不為零，A不符合題意；

B.結(jié)合圖中數(shù)據(jù)可得，A、C之間的電勢(shì)差UB不符合題意；

C.等勢(shì)面的疏密可表示場(chǎng)強(qiáng)大小，根據(jù)對(duì)稱性可知，A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，由于負(fù)點(diǎn)電荷的存在，A點(diǎn)疊加后的場(chǎng)強(qiáng)方向斜向左上方，B點(diǎn)疊加后的場(chǎng)強(qiáng)方向斜向右上方，方向不同，也不相反，C不符合題意；

D.因?yàn)棣展蔝將質(zhì)子從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做功W即電場(chǎng)力做正功，可知將質(zhì)子由B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能減小，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】由點(diǎn)電荷電場(chǎng)的疊加原理，分析O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度；由電勢(shì)差與電勢(shì)之間的關(guān)系式UAB7．【答案】A【解析】【解答】C.由左手定則可知，正離子受洛倫茲力向下偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子受洛倫茲力向上偏轉(zhuǎn)，故b板為電源的正極，C不符合題意。

ABD.當(dāng)離子受到的電場(chǎng)力和洛倫茲力大小相等后，發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)不在變化，有qvB=q電源電動(dòng)勢(shì)E=U=Bdv由此式可知，電動(dòng)勢(shì)的大小與B、v、d有關(guān)，與極板間的正對(duì)面積無(wú)關(guān)；電路中的電流大小為I=用電器兩端的電壓，即a、b板間的電勢(shì)差UBD不符合題意，A符合題意；

故答案為：A。

【分析】根據(jù)左手定則判斷出正負(fù)離子的偏轉(zhuǎn)方向，得出電源的正負(fù)極；根據(jù)磁流體發(fā)電機(jī)的原理，由共點(diǎn)力平衡條件求出電源電動(dòng)勢(shì)，再由閉合電路歐姆定律得出a、b極板間的電勢(shì)差。8．【答案】A,D【解析】【解答】A.結(jié)合表中數(shù)據(jù)可得，無(wú)人機(jī)的額定功率為P=UI=20×1A符合題意；

B.無(wú)人機(jī)電路為非純電阻電路，由無(wú)人機(jī)銘牌數(shù)據(jù)不能得出無(wú)人機(jī)內(nèi)部電路的電阻，B不符合題意；

C.無(wú)人機(jī)電池充滿電后儲(chǔ)存的總電荷量為q=It=2.250C不符合題意；

D.無(wú)人機(jī)電池充滿電后，可供無(wú)人機(jī)持續(xù)飛行時(shí)間t=D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】結(jié)合表中數(shù)據(jù)，由電功率公式P=UI，求出無(wú)人機(jī)的額定功率；由電流的定義式I=q9．【答案】B,D【解析】【解答】AC.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=n可得，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=由圖乙知，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率?B一直不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為I=根據(jù)電阻定律可得圓環(huán)的電阻為R=ρ聯(lián)立解得I=大小為定值，AC不符合題意；

B.根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)中感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針?lè)较颍蔅符合題意；

D.由圖乙可知，t=2t0時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為Φ=D符合題意。

故答案為：BD。

【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和電阻定律綜合推導(dǎo)感應(yīng)電流的大小；由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向；根據(jù)磁通量的定義式?=BS，求解t=2t10．【答案】A,D【解析】【解答】A.對(duì)粒子在加速器中的加速過(guò)程，由動(dòng)能定理可得e解得v=A符合題意；

B.要使粒子沿虛線路徑飛行，粒子受到的電場(chǎng)力和洛倫茲力大小相等，方向相反，則有ev解得v=故只有具有該速度的帶正電或負(fù)電粒子才能沿圖中虛線路徑經(jīng)過(guò)速度選擇器，無(wú)論是正電荷還是負(fù)電荷，進(jìn)入速度選擇器后，受到的洛倫茲力與電場(chǎng)力方向都相反，所以能沿圖中虛線通過(guò)速度選擇器的粒子對(duì)速度有要求，但對(duì)粒子的正負(fù)沒(méi)有要求，B不符合題意；

C.粒子恰能通過(guò)速度選擇器，則有ev解得E=C不符合題意；

D.粒子勻速通過(guò)速度選擇器后，速度仍為v，在分離器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有ev解得粒子在偏轉(zhuǎn)分離器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大小為R=D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】由動(dòng)能定理分析粒子的加速過(guò)程，得出粒子進(jìn)入速度選擇器的速度；根據(jù)速度選擇器的原理，由共點(diǎn)力平衡條件分析能沿直線通過(guò)速度選擇器的粒子應(yīng)具備的條件，并求出速度選擇器中電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小關(guān)系；由洛倫茲力充當(dāng)向心力，求解粒子在偏轉(zhuǎn)分離器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑。11．【答案】（1）“×1k”檔（2）22000（3）負(fù)（4）A；C【解析】【解答】（1）使用多用電表測(cè)電阻時(shí)，指針指在中央位置附近，測(cè)量會(huì)比較準(zhǔn)確，所以當(dāng)選擇倍率“x100”測(cè)量時(shí)指針偏角過(guò)小，說(shuō)明待測(cè)電阻阻值較大，應(yīng)選擇歐姆擋“x1k”檔，重新進(jìn)行歐姆調(diào)零再測(cè)量。

（2）圖b中，指針?biāo)阜秶姆侄戎禐?，根據(jù)讀數(shù)規(guī)則可得表盤讀數(shù)為22，故被測(cè)電阻的阻值為22×1000Ω=22000Ω（3）根據(jù)多用電表中電流“紅進(jìn)黑出”的特點(diǎn)，可知與紅表筆連接的電容器極板帶負(fù)電。

（4）充電電流與放電電流方向相反，放電過(guò)程中因?yàn)闃O板的電荷量逐漸減小，所以電勢(shì)差逐漸減??；充電過(guò)程中極板的電勢(shì)差逐漸增大，所以極板間的電勢(shì)差和電源電動(dòng)勢(shì)逐漸接近，因此電流均逐漸減小，所以通過(guò)傳感器的電流隨時(shí)間變化的圖像為A。充電過(guò)程中，電壓逐漸增大，且增大的越來(lái)越慢，放電過(guò)程中，電壓逐漸減小，且減小的越來(lái)越慢，根據(jù)Q=CU可得，充電過(guò)程中極板間電量增大的越來(lái)越慢，放電過(guò)程中極板間電量減小的越來(lái)越慢，得電容器的帶電量隨時(shí)間變化的圖像為C。

【分析】（1）使用多用電表測(cè)電阻時(shí)，指針指在中央位置附近，測(cè)量會(huì)比較準(zhǔn)確，根據(jù)這一特點(diǎn)重新選擇合適倍率；（2）根據(jù)歐姆表讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；（3）根據(jù)多用電表中電流“紅進(jìn)黑出”的特點(diǎn)進(jìn)行判斷；（4）根據(jù)電容器充放電的特點(diǎn)分析。12．【答案】（1）1.55（2）（3）1.50；1.50（4）A【解析】【解答】（1）題圖，選0~250V表盤刻度，將刻度數(shù)值除以100，即為量程2.5V的刻度值，最小分度值為0.05V，根據(jù)讀數(shù)規(guī)則可得，該電池電動(dòng)勢(shì)的讀數(shù)為1.55V。

（2）由給出的器材可知，實(shí)驗(yàn)中只給出了電流表和電阻箱，所以應(yīng)采用安阻法測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，即電流表與電阻箱串聯(lián)，如圖所示：

（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E=I變形可得1結(jié)合1I1E=聯(lián)立解得E=1.50V，（4）由電路圖可知，電源電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值等于電源沒(méi)有接入電路時(shí)電源兩端的電壓，所以電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值與真實(shí)值相等，A符合題意，BC不符合題意。

故答案為：A。

【分析】（1）根據(jù)電壓表讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；（2）根據(jù)所給器材，畫出實(shí)驗(yàn)電路；（3）由閉合電路歐姆定律推導(dǎo)1I-R的關(guān)系式，再結(jié)合13．【答案】（1）墨滴進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)作類平拋運(yùn)動(dòng)，在v0方向做勻直線運(yùn)動(dòng)，有L垂直于v0方向：y=qE=ma得y=（2）由動(dòng)能定理：E得E（3）微滴從偏轉(zhuǎn)板間的電場(chǎng)射出時(shí)垂直于v0方向的分速度：v設(shè)微滴從偏轉(zhuǎn)板間的電場(chǎng)射出時(shí)速度方向與原入射方向夾角為θ，有tan從電場(chǎng)射出到打在紙上，微滴墨滴偏離原入射方向的距離y墨滴微滴從射入電場(chǎng)到打在紙上，偏離原入微方向的距離為Y=y+【解析】【分析】（1）墨滴在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式