2022-2022学年云南省保山市腾冲八中高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分，在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求．）1．（3分）（2022秋•龙岩期末）下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（　　）　A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线　B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的　C．电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线　D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大考点：电场线；磁感线及用磁感线描述磁场．分析：电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；磁感线是在磁场中的用来描述磁感应强度的闭合的曲线，它的特点和电场线类似，但是磁感线是闭合的曲线，电场线不是闭合的，有起点和终点．解答：解：A、电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，不是实际存在的线，所以A错误；B、电场线和磁感线都是不会相交的，否则的话在该点就会出现两个不同的方向，这是不可能的，所以B错误；C、电场线是一条不闭合曲线，有起点和终点，而磁感线是一条闭合曲线，所以C正确；D、电场线越密的地方，电场的强度大，同一试探电荷所受的电场力越大，但是在磁场中，静止的电荷是不受磁场力作用的，所以D错误；故选C．点评：本题就是考查学生对电场线和磁感线的理解，它们之间的最大的区别是磁感线是闭合的曲线，但电场线不是闭合的，有起点和终点．　2．（3分）（2022秋•宁城县期末）如图1，AB是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A点由静止自由释放，沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图所2示，则A、B两点场强大小和电势高低关系是（　　）　A．EA＜EB；φA＜φBB．EA＜EB；φA＞φBC．EA＞EB；φA＜φBD．EA＞EB；φA＞φB考点：电势；电场强度．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况．解答：-15-\n解：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，且不断变小，故A点的电场强度较大，故EA＞EB；正电荷受到的电场力与场强方向相同，故场强向右，沿场强方向，电势变小，故A点电势较大，即φA＞φB；故选D．点评：本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小．　3．（3分）（2022秋•重庆期中）夜间，居民楼的楼道里只是偶尔有人经过，“长明灯”会造成浪费．科研人员利用“光敏”材料制成“光控开关”﹣﹣天黑时自动闭合，天亮时自动断开；利用“声敏”材料制成“声控开关”﹣﹣当有人走动发出声音时自动闭合，无人走动时自动断开．若将这两种开关配合使用，就可以使楼道里的灯变的“聪明”．这种“聪明”的电路是图中的（　　）　A．B．C．D．考点：串联电路和并联电路；常见传感器的工作原理．专题：恒定电流专题．分析：根据电路的特点可以知道，只有题目的两个条件同时满足的时候，电路才可以接通，由此来分析可能的电路结构．解答：解：在白天时，一般不需要灯照明的；天黑以后，特别是夜深人静时，一般也不需要灯照明的，也就是说天黑且人在楼道里走动时需要．A、“声控开关”闭合时，发生短路；所以A错误．B、不管是“光控开关”，还是“声控开关”各自都能让灯发光，节能目的达不到；所以B错误．C、“光控开关”闭合时，发生短路；所以C错误．D、“光控开关”与“声控开关”同时闭合时，灯才亮，所以达到节能的目的，所以D正确．故选：D．点评：根据电路中元件的串并联的特点来分析电路即可，比较简单，但是这是在生活中的直接的应用，和现实的生活联系比较密切，很好的体现了物理知识在生活中的应用．　4．（3分）（2022秋•赤坎区校级期中）如图所示的电路中，电池的电动势为E，内电阻为r，R1和R2是两阻值固定的电阻．当可变电阻R的滑片向a端移动时，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2将发生的变化是（　　）　A．I1变大，I2变小B．I1变大，I2变大　C．I1变小，I2变大D．I1变小，I2变小-15-\n考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当可变电阻的滑片向a移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析总电流I总的变化和路端电压的变化，进一步分析电阻R1的电流I1的变化．由I2=I总﹣I1来分析I2的变化．解答：解：当可变电阻的滑片向a移动晨，变阻器有效电阻减小，使该支路的电阻减小，从而引起整个电路的总电阻R外减小，据闭合电路欧姆定律可知，电路的总电流I总增大，电路的外电压U外=E﹣I总r减小，即R1两端的电压U1=U外减小，通过R1的电流I1减小．又因I总增大，I1减小，通过R2的电流I2=I总﹣I1增大．故选：C点评：本题是电路中动态变化分析问题，难点是分析I2的变化，根据I2=I总﹣I1分析，这种方法常常被称为总量法．　5．（3分）（2022•闵行区二模）如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（　　）　A．方向沿纸面向下，大小为（+1）ILB　B．方向沿纸面向上，大小为（+1）ILB　C．方向沿纸面向下，大小为（﹣1）ILB　D．方向沿纸面向上，大小为（﹣1）ILB考点：左手定则；力的合成与分解的运用．分析：当磁场方向与电流方向垂直时，由安培力F=BIL，根据电流的大小可求出各段安培力大小，由左手定则判定安培力方向，再根据平行四边形定则，对安培力进行分解即可解得．解答：解：由安培力公式F=BIL，与左手定则，可得ab段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向左．同理cd段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向右．因此由平行四边形定则对这两个安培力进行分解，可得沿bc段方向的安培力分力正好相互平衡，所以ab段与cd段导线的安培力的合力为BIL，方向竖直向上；而bc段安培力的大小为BIL，方向是竖直向上．则导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力大小为（+1）BIL，方向是竖直向上．故选：B点评：解决本题的关键掌握安培力的大小公式F=BIL（B与I垂直），同时运用力的平行四边形定则对安培力时行分解．此处的导线也可以等效成将ad两点连接的导线所受的安培力．　-15-\n6．（3分）（2022•普陀区一模）为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动．如果规定：车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动．能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是（　　）　A．与门B．或门C．非门D．与非门考点：简单的逻辑电路．专题：恒定电流专题．分析：门关紧时输入信号为“1”，未关紧时输入信号为“0”；当输出信号为“1”时，报警器就鸣响，输出信号为“0”时，报警器就不鸣响．该控制装置工作原理的逻辑门是与非门．解答：解：因为输入“1，0”“0，1”“0，0”输出都为“0”，而输入“1，1”输出为“1”，知该逻辑门是与门．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：该题容易误选或门，注意若是或门输入“1，1”输出为“1”，报警器就鸣响．　7．（3分）（2022秋•夏县校级期末）用电流表（内阻约4Ω）和电压表（内阻约3kΩ）测量电阻R的阻值．分别将图甲和图乙两种测量电路连到电路中，进行多次测量．按照图甲所示电路某次的测量情况：电流表的示数是4.60mA，电压表的示数是2.50V；按照图乙所示电路某次的测量情况：电流表的示数是5.00mA，电压表的示数是2.30V．比较这两次测量结果，正确的说法是（　　）　A．电阻的真实值更接近460Ω，且大于460Ω　B．电阻的真实值更接近460Ω，且小于460Ω　C．电阻的真实值更接近543Ω，且大于543Ω　D．电阻的真实值更接近543Ω，且小于543Ω考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：甲图是安培表内接法，由于安培表的分压作用，电压表测量值偏大，电阻测量值等于安培表与待测电阻电阻值之和；乙图是安培表外接法，由于电压表的分流作用，安培表测量值偏大，电阻测量值等于安培表与待测电阻并联的电阻．解答：解：甲图是安培表内接法，电流表的示数是4.60mA，电压表的示数是2.50V，电阻测量值等于安培表与待测电阻电阻值之和，根据欧姆定律，有：=543①解得：Rx=543﹣r=543﹣4=539Ω乙图是安培表外接法，电流表的示数是5.00mA，电压表的示数是2.30V，电阻测量值等于安培表与待测电阻并联的电阻，根据欧姆定律，有：-15-\n=460②RV=3000Ω解得：Rx≈543.3Ω综上，电阻的真实值更接近543Ω，且小于543Ω；故选D．点评：本题关键是熟悉安培表内接法与外接法，明确误差来源，知道安培表内接法电阻测量值等于安培表与待测电阻电阻值之和，外接法电阻测量值等于安培表与待测电阻并联的电阻．　8．（3分）（2022秋•楚雄市期末）带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽略不计），轨道如图中曲线abc所示．则该粒子（　　）　A．带负电，运动方向a→b→cB．带负电，运动方向c→b→a　C．带正电，运动方向a→b→cD．带正电，运动方向c→b→a考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向．由左手定则判断电荷的电性．解答：解：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式得知，粒子的半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a到b再到c．在a处，粒子所受的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，该粒子带负电．所以选项A正确．故选：A点评：本题只要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径和左手定则就能正确解答．　二、选择题（本题包括4个小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中有多个选项符合题意，全部选对得4分，选不全得2分，有选错或不选得0分．）9．（4分）（2022秋•麒麟区校级期末）如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是（　　）　A．B．C．D．-15-\n考点：安培力；左手定则．分析：当磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用．解答：解：A、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用．故A正确．B、磁场的方向与电流的方向不平行，受安培力作用．故B正确．C、磁场的方向与电流方向平行，不受安培力作用．故C错误．D、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用．故D正确．故选ABD．点评：解决本题的关键知道磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用．　10．（4分）（2022秋•腾冲县校级期中）如图所示，直线b为某电源的U﹣I图象，直线a为某电阻R的U﹣I图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的电动势、内阻、电阻R阻值、输出功率和电源的效率分别是（　　）　A．电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω，电阻R阻值为1Ω　B．电源的输出功率为4W　C．电源的效率为67%　D．电源的效率为33.3%考点：路端电压与负载的关系；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：图线b为某电源的U﹣I图象，该图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率等于电源的内阻；两图象的交点为电阻的工作点；由功率公式可求得输出功率及电源的效率．解答：解：A、由图可知，由a图线得到，电阻R==Ω=1Ω；图线b与纵坐标的交点表示电源的电动势；图象的斜率等于电源的内阻，可得电源的电动势为E=3V；内阻r=Ω=0.5Ω；故A正确．B、C、D、当电源的与电阻串联后，两图线的交点就表示电路的工作状态，可读出电路中电流为I=2A；路端电压为U=2V；则电源的输出功率P=UI=2×2W=4W；电源的效率η=×100%=×100%≈67%；故BC正确，D错误．故选：ABC点评：本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要理解两个图象斜率、截距的物理意义，要注意图象中的交点为电阻及电源的工作状态点，则可以直接求出电源的输出电压及电流．　-15-\n11．（4分）（2022秋•沈阳期末）一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（　　）　A．电动机消耗的总功率为UIB．电动机消耗的热功率为　C．电源的输出功率为EID．电源的效率为1﹣考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．解答：解：A、电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以A正确；B、电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R，所以B错误．C、电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI．故C错误．D、电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为=l﹣，所以D正确．故选AD．点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．　12．（4分）（2022•深圳一模）如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是（　　）　A．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小　B．负点电荷一定位于M点左侧　C．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能　D．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度考点：电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答．解答：解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做做正功，其动能增加．故A错误．-15-\nB、带正电的粒子所受电场力向右，电场线由M指向N，说明负电荷在直线N点右侧．故B错误．C、电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能．故C正确．D、a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，带电粒子在a点的小于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度．故D正确．故选CD．点评：依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况　三、填空题（本题包括3个小题，每空2分，共28分．请把正确答案填在答题卡的相应横线中．）13．（8分）（2022秋•腾冲县校级期中）①图甲为用螺旋测微计测量一物体的长度的示意图，其读数为　1.880　mm；图乙为用20分度的游标卡尺测量一物体长度的示意图，其读数为　50.15　mm．②灵敏电流计的量程为0﹣300μA，内阻为800Ω，要把它改装为量程为0～3V的电压表，则改装的方法是给电流表　串　联一个阻值为　9200　Ω的电阻．考点：把电流表改装成电压表；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：本题①读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，螺旋测微器时注意半毫米刻度线是否露出，游标卡尺时，注意分度的大小；题②的关键是明确电压表是由电流表与分压电阻串联改装成的，然后根据串并联规律求解即可．解答：解：①：螺旋测微器的读数为：L=1.5mm+38.0×0.01mm=1.880mm；游标卡尺读数为：L=50mm+3×0.05mm=50.15mm；②：根据串联电阻具有分压作用可知，改装电压表时，应将电流表与电阻串联，有：U=代入数据得：R=9200Ω；故答案为：①1.880，50.15②串，9200点评：应明确螺旋测微器和游标卡尺的读数方法：都要分成整数部分和小数部分两部分来读，螺旋测微器读数时注意半毫米刻度线，游标卡尺读数时注意分度大小．　14．（10分）（2022秋•腾冲县校级期中）某同学在做测定小灯泡功率的实验，-15-\n（1）按图1的电路图把图2的实物图连成实验电路图，注意两个电表要选用适当量程．并得到如下一组U和I的数据：编号12345678U（V）0.200.601.001.401.802.202.603.00I（A）0.0200.0600.1000.1400.1700.1900.2000.205（2）在图3上画出I﹣U图象．（3）从图象上可以看出，当电流逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是：　增大　．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：（1）根据电路图连接实物电路图．（2）应用描点法作出图象．（3）根据图象应用欧姆定律分析灯泡电阻变化情况．解答：解：（1）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示．（3）由图象可知，随电流增大，电压增大，电压与电流的比值变大，灯泡电阻变大．故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）图象如图所示；（3）增大．点评：本题考查了连接实物电路图、作图象、分析灯泡阻值如何变化，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法．　15．（10分）（2022秋•腾冲县校级期中）用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内电阻分别为0.1Ω和1kΩ，如图所示为所需的器材．-15-\n（1）请按图1的电路图把图2的实物图连成实验电路图，注意两个电表要选用适当量程．（2）一位同学记录的6组数据见表，试根据这些数据在图3中画出U﹣I图线．（3）根据图线求出电池的电动势E=　1.50　V，内阻r=　0.6　Ω．I/A0.480.40.320.240.140.07U/V1.21.251.31.351.41.45考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）根据电路图连接实物电路图．（2）应用描点法作图作出图象．（3）电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源的电动势与内阻，图象斜率的绝对值等于电源内阻．解答：解：（1）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：（3）由电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势E=1.50V，电源内阻r===0.6Ω；故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）图象如图所示；（3）1.50；0.6．点评：-15-\n本题考查了连接实物电路图、作图象、求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是处理实验数据常用的方法，要掌握描点法作图的方法，电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源的电动势与内阻，图象斜率的绝对值等于电源内阻．　四、计算题（本题包括4个小题，每小题8分，共32分．解答时应写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步骤，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位，只写出最后答案不得分）16．（8分）（2022秋•腾冲县校级期中）如图，质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，且处在场强为E的匀强电场中，当小球A静止时细线与竖直方向成30°角，已知电场方向为水平方向．则：（1）电场的方向如何？（2）小球受到的电场力的大小是多少？（3）线对小球的拉力的大小是多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据共点力平衡得出电场力的大小和方向以及绳子的拉力大小，结合电场力的方向得出电场强度的方向，解答：解：（1）根据共点力平衡知，小球所受的电场力水平向右，因为小球带正电，则电场的方向水平向右．（2、3）根据共点力平衡，结合平行四边形定则得，电场力F=线对小球的拉力T=．答：（1）电场的方向水平向右．（2）小球受到的电场力大小为．（3）线对小球的拉力大小为．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，通过共点力平衡进行求解．-15-\n　17．（8分）（2022秋•腾冲县校级期中）如图所示，水平放置的两平行金属导轨间距L=0.5m，所接电源的电动势E=1.5V，内阻r=0.2Ω，金属棒的电阻R=2.8Ω，与平行导轨垂直，其余电阻不计，金属棒处于磁感应强度B=2.0T，方向竖直向上的匀强磁场中．在接通电路后金属棒仍然静止，则（1）金属棒受到的安培力的大小和方向如何？（2）金属棒受到的阻力的大小和方向如何？考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用．分析：（1）如图，导体棒与磁场垂直，由F=BIL求解安培力的大小，其中I由闭合电路欧姆定律求出．安培力的方向由左手定则判断；（2）分析导体棒的情况，由平衡条件求出轨道对导体棒的阻力的大小和方向．解答：解：（1）由闭合电路欧姆定律得电路中的电流为：I==A=0.5A安培力的大小为：F=BIL=2.0×0.5×0.5=0.5N由左手定则可知，安培力的方向：水平向左；（2）对导体棒，由平衡条件得：FA=Ff；解得：Ff=0.5N；其阻力方向水平向右．答：（1）金属棒受到的安培力的大小是0.5N，方向水平向左．（2）金属棒受到的阻力的大小0.5N和方向是水平向右．点评：本题是通电导体棒在磁场中平衡问题，安培力分析和计算是解题的关键，同时掌握受力平衡条件的应用．　18．（8分）（2022秋•腾冲县校级期中）如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场偏转打在荧光屏上的P点，已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e，不计重力．求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）荧光屏上P点到中心位置O点的距离y．-15-\n考点：示波管及其使用．分析：（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小．（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量．电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间．竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解．解答：解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为V0，由动能定理得：eU1=mv02，解得：v0=；（2）电子以速度υ0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，由牛顿第二定律得：F=eE2=e=ma，解得：a=由运动学公式得：水平方向有：L1=v0t1竖直方向有：y1=at12，联立解得：y1=；设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为υy，由匀变速运动的速度公式可知υy=at1；电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示，水平方向：L2=v0t2，竖直方向：y2=vyt2，解得：y2=；P至O点的距离y=y1+y2=．-15-\n答：（1）电子穿过A板时的速度大小为；（2）荧光屏上P点到中心位置O点的距离y为．点评：带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解．第（2）小题也可以利用三角形相似法求解．　19．（8分）（2022秋•腾冲县校级期中）如图所示，一个电子（电量为e）以速度v0垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30°，（电子重力忽略不计）求：（1）标出电子在磁场中的轨迹的圆心O（2）求电子在磁场中的轨道半径是多少？（3）电子的质量是多少？（4）电子穿过磁场的时间是多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1、2、3）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量．（4）由几何知识求出轨迹所对的圆心角α，由t=求出时间．解答：解：（1）电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为F洛⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向的交点上，设圆心为O点．如图所示．（2）由几何知识可知，圆心角θ=30°，OC为半径r，则得-15-\n（3）又由得得（4）电子穿过磁场的时间是由于，故=答：（1）标出电子在磁场中的轨迹的圆心O如图；（2）电子在磁场中的轨道半径是2d；（3）电子的质量是；（4）电子穿过磁场的时间是．点评：本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法．　-15-