云南省保山市騰沖八中2023-2023學年高二(上)期中物理試卷解析版

2023-2023學年云南省保山市騰沖八中高二（上）期中物理試卷一、單項選擇題（本題共8小題，每小題3分，共24分，在下列各題的四個選項中，只有一個選項符合題目的要求．）1．（3分）（2023秋?龍巖期末）下列關于電場線和磁感線的說法中，正確的是（）A．電場線和磁感線都是電場或磁場中實際存在的線B．磁場中兩條磁感線一定不相交，但在復雜電場中的電場線是可以相交的C．電場線是一條不閉合曲線，而磁感線是一條閉合曲線D．電場線越密的地方，同一試探電荷所受的電場力越大；磁感線分布較密的地方，同一試探電荷所受的磁場力也越大考點：電場線；磁感線及用磁感線描述磁場．分析：電場線是從正電荷或者無窮遠發(fā)出，到負電荷或無窮遠處為止，沿電場線的方向，電勢降低，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小；磁感線是在磁場中的用來描述磁感應強度的閉合的曲線，它的特點和電場線類似，但是磁感線是閉合的曲線，電場線不是閉合的，有起點和終點．解答：解：A、電場線和磁感線都是為了形象的描述電場和磁場而引入的曲線，是假想的，不是實際存在的線，所以A錯誤；B、電場線和磁感線都是不會相交的，否則的話在該點就會出現(xiàn)兩個不同的方向，這是不可能的，所以B錯誤；C、電場線是一條不閉合曲線，有起點和終點，而磁感線是一條閉合曲線，所以C正確；D、電場線越密的地方，電場的強度大，同一試探電荷所受的電場力越大，但是在磁場中，靜止的電荷是不受磁場力作用的，所以D錯誤；故選C．點評：本題就是考查學生對電場線和磁感線的理解，它們之間的最大的區(qū)別是磁感線是閉合的曲線，但電場線不是閉合的，有起點和終點．2．（3分）（2023秋?寧城縣期末）如圖1，AB是某電場中的一條電場線，若將正點電荷從A點由靜止自由釋放，沿電場線從A到B運動過程中的速度圖線如圖所2示，則A、B兩點場強大小和電勢高低關系是（）A．EA＜EB；φA＜φBB．EA＜EB；φA＞φBC．EA＞EB；φA＜φBD．EA＞EB；φA＞φB考點：電勢；電場強度．專題：帶電粒子在電場中的運動專題．分析：從速度時間圖線得到正點電荷做加速運動，加速度逐漸變小，根據(jù)牛頓第二定律得到電場力的變化情況．解答：解：從速度時間圖線得到正點電荷做加速運動，加速度逐漸變小，故電場力向右，且不斷變小，故A點的電場強度較大，故EA＞EB；正電荷受到的電場力與場強方向相同，故場強向右，沿場強方向，電勢變小，故A點電勢較大，即φA＞φB；故選D．點評：本題關鍵通過速度時間圖象得到物體的速度變化情況和加速度變化情況，然后判斷場強方向和電勢大小．3．（3分）（2023秋?重慶期中）夜間，居民樓的樓道里只是偶爾有人經(jīng)過，“長明燈”會造成浪費．科研人員利用“光敏”材料制成“光控開關”﹣﹣天黑時自動閉合，天亮時自動斷開；利用“聲敏”材料制成“聲控開關”﹣﹣當有人走動發(fā)出聲音時自動閉合，無人走動時自動斷開．若將這兩種開關配合使用，就可以使樓道里的燈變的“聰明”．這種“聰明”的電路是圖中的（）A．B．C．D．考點：串聯(lián)電路和并聯(lián)電路；常見傳感器的工作原理．專題：恒定電流專題．分析：根據(jù)電路的特點可以知道，只有題目的兩個條件同時滿足的時候，電路才可以接通，由此來分析可能的電路結構．解答：解：在白天時，一般不需要燈照明的；天黑以后，特別是夜深人靜時，一般也不需要燈照明的，也就是說天黑且人在樓道里走動時需要．A、“聲控開關”閉合時，發(fā)生短路；所以A錯誤．B、不管是“光控開關”，還是“聲控開關”各自都能讓燈發(fā)光，節(jié)能目的達不到；所以B錯誤．C、“光控開關”閉合時，發(fā)生短路；所以C錯誤．D、“光控開關”與“聲控開關”同時閉合時，燈才亮，所以達到節(jié)能的目的，所以D正確．故選：D．點評：根據(jù)電路中元件的串并聯(lián)的特點來分析電路即可，比較簡單，但是這是在生活中的直接的應用，和現(xiàn)實的生活聯(lián)系比較密切，很好的體現(xiàn)了物理知識在生活中的應用．4．（3分）（2023秋?赤坎區(qū)校級期中）如圖所示的電路中，電池的電動勢為E，內(nèi)電阻為r，R1和R2是兩阻值固定的電阻．當可變電阻R的滑片向a端移動時，通過R1的電流I1和通過R2的電流I2將發(fā)生的變化是（）A．I1變大，I2變小B．I1變大，I2變大C．I1變小，I2變大D．I1變小，I2變小考點：閉合電路的歐姆定律．專題：恒定電流專題．分析：當可變電阻的滑片向a移動時，變阻器有效電阻減小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律分析總電流I總的變化和路端電壓的變化，進一步分析電阻R1的電流I1的變化．由I2=I總﹣I1來分析I2的變化．解答：解：當可變電阻的滑片向a移動晨，變阻器有效電阻減小，使該支路的電阻減小，從而引起整個電路的總電阻R外減小，據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路的總電流I總增大，電路的外電壓U外=E﹣I總r減小，即R1兩端的電壓U1=U外減小，通過R1的電流I1減?。忠騃總增大，I1減小，通過R2的電流I2=I總﹣I1增大．故選：C點評：本題是電路中動態(tài)變化分析問題，難點是分析I2的變化，根據(jù)I2=I總﹣I1分析，這種方法常常被稱為總量法．5．（3分）（2023?閔行區(qū)二模）如圖所示，一段導線abcd位于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向（垂直于紙面向里）垂直．線段ab、bc和cd的長度均為L，且∠abc=∠bcd=135°．流經(jīng)導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示．導線段abcd所受到的磁場的作用力的合力（）A．方向沿紙面向下，大小為（+1）ILBB．方向沿紙面向上，大小為（+1）ILBC．方向沿紙面向下，大小為（﹣1）ILBD．方向沿紙面向上，大小為（﹣1）ILB考點：左手定則；力的合成與分解的運用．分析：當磁場方向與電流方向垂直時，由安培力F=BIL，根據(jù)電流的大小可求出各段安培力大小，由左手定則判定安培力方向，再根據(jù)平行四邊形定則，對安培力進行分解即可解得．解答：解：由安培力公式F=BIL，與左手定則，可得ab段導線的安培力方向垂直于導線與磁感線構成的平面并斜向左．同理cd段導線的安培力方向垂直于導線與磁感線構成的平面并斜向右．因此由平行四邊形定則對這兩個安培力進行分解，可得沿bc段方向的安培力分力正好相互平衡，所以ab段與cd段導線的安培力的合力為BIL，方向豎直向上；而bc段安培力的大小為BIL，方向是豎直向上．則導線段abcd所受到的磁場的作用力的合力大小為（+1）BIL，方向是豎直向上．故選：B點評：解決本題的關鍵掌握安培力的大小公式F=BIL（B與I垂直），同時運用力的平行四邊形定則對安培力時行分解．此處的導線也可以等效成將ad兩點連接的導線所受的安培力．6．（3分）（2023?普陀區(qū)一模）為了保障行駛安全，一種新型雙門電動公交車安裝了如下控制裝置：只要有一扇門沒有關緊，汽車就不能啟動．如果規(guī)定：車門關緊時為“1”，未關緊時為“0”；當輸出信號為“1”時，汽車可以正常啟動行駛，當輸出信號為“0”時，汽車不能啟動．能正確表示該控制裝置工作原理的邏輯門是（）A．與門B．或門C．非門D．與非門考點：簡單的邏輯電路．專題：恒定電流專題．分析：門關緊時輸入信號為“1”，未關緊時輸入信號為“0”；當輸出信號為“1”時，報警器就鳴響，輸出信號為“0”時，報警器就不鳴響．該控制裝置工作原理的邏輯門是與非門．解答：解：因為輸入“1，0”“0，1”“0，0”輸出都為“0”，而輸入“1，1”輸出為“1”，知該邏輯門是與門．故A正確，B、C、D錯誤．故選A．點評：該題容易誤選或門，注意若是或門輸入“1，1”輸出為“1”，報警器就鳴響．7．（3分）（2023秋?夏縣校級期末）用電流表（內(nèi)阻約4Ω）和電壓表（內(nèi)阻約3kΩ）測量電阻R的阻值．分別將圖甲和圖乙兩種測量電路連到電路中，進行多次測量．按照圖甲所示電路某次的測量情況：電流表的示數(shù)是4.60mA，電壓表的示數(shù)是2.50V；按照圖乙所示電路某次的測量情況：電流表的示數(shù)是5.00mA，電壓表的示數(shù)是2.30V．比較這兩次測量結果，正確的說法是（）A．電阻的真實值更接近460Ω，且大于460ΩB．電阻的真實值更接近460Ω，且小于460ΩC．電阻的真實值更接近543Ω，且大于543ΩD．電阻的真實值更接近543Ω，且小于543Ω考點：伏安法測電阻．專題：恒定電流專題．分析：甲圖是安培表內(nèi)接法，由于安培表的分壓作用，電壓表測量值偏大，電阻測量值等于安培表與待測電阻電阻值之和；乙圖是安培表外接法，由于電壓表的分流作用，安培表測量值偏大，電阻測量值等于安培表與待測電阻并聯(lián)的電阻．解答：解：甲圖是安培表內(nèi)接法，電流表的示數(shù)是4.60mA，電壓表的示數(shù)是2.50V，電阻測量值等于安培表與待測電阻電阻值之和，根據(jù)歐姆定律，有：=543①解得：Rx=543﹣r=543﹣4=539Ω乙圖是安培表外接法，電流表的示數(shù)是5.00mA，電壓表的示數(shù)是2.30V，電阻測量值等于安培表與待測電阻并聯(lián)的電阻，根據(jù)歐姆定律，有：=460②RV=3000Ω解得：Rx≈543.3Ω綜上，電阻的真實值更接近543Ω，且小于543Ω；故選D．點評：本題關鍵是熟悉安培表內(nèi)接法與外接法，明確誤差來源，知道安培表內(nèi)接法電阻測量值等于安培表與待測電阻電阻值之和，外接法電阻測量值等于安培表與待測電阻并聯(lián)的電阻．8．（3分）（2023秋?楚雄市期末）帶電粒子在勻強磁場中運動，由于受到阻力作用，粒子的動能逐漸減?。◣щ姾闪坎蛔儯亓雎圆挥嫞?，軌道如圖中曲線abc所示．則該粒子（）A．帶負電，運動方向a→b→cB．帶負電，運動方向c→b→aC．帶正電，運動方向a→b→cD．帶正電，運動方向c→b→a考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；洛侖茲力．專題：帶電粒子在磁場中的運動專題．分析：帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強磁場，粒子的能量逐漸減小，速度減小，則半徑減小，即可由軌跡分析粒子入射的方向．由左手定則判斷電荷的電性．解答：解：據(jù)題意，帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強磁場，粒子的能量逐漸減小，速度減小，則由公式得知，粒子的半徑逐漸減小，由圖看出，粒子的運動方向是從a到b再到c．在a處，粒子所受的洛倫茲力向右，由左手定則判斷可知，該粒子帶負電．所以選項A正確．故選：A點評：本題只要掌握帶電粒子在磁場中勻速圓周運動的半徑和左手定則就能正確解答．二、選擇題（本題包括4個小題，每小題4分，共16分．每小題給出的四個選項中有多個選項符合題意，全部選對得4分，選不全得2分，有選錯或不選得0分．）9．（4分）（2023秋?麒麟?yún)^(qū)校級期末）如圖所示，通電導線均置于勻強磁場中，其中導線受安培力作用的是（）A．B．C．D．考點：安培力；左手定則．分析：當磁場的方向與電流的方向平行，導線不受安培力作用，當磁場的方向與磁場的方向不平行，導線受安培力作用．解答：解：A、磁場的方向與電流方向垂直，受安培力作用．故A正確．B、磁場的方向與電流的方向不平行，受安培力作用．故B正確．C、磁場的方向與電流方向平行，不受安培力作用．故C錯誤．D、磁場的方向與電流方向垂直，受安培力作用．故D正確．故選ABD．點評：解決本題的關鍵知道磁場的方向與電流的方向平行，導線不受安培力作用，當磁場的方向與磁場的方向不平行，導線受安培力作用．10．（4分）（2023秋?騰沖縣校級期中）如圖所示，直線b為某電源的U﹣I圖象，直線a為某電阻R的U﹣I圖象，用該電源和該電阻組成閉合電路時，電源的電動勢、內(nèi)阻、電阻R阻值、輸出功率和電源的效率分別是（）A．電源的電動勢為3V，內(nèi)阻為0.5Ω，電阻R阻值為1ΩB．電源的輸出功率為4WC．電源的效率為67%D．電源的效率為33.3%考點：路端電壓與負載的關系；閉合電路的歐姆定律；電功、電功率．專題：恒定電流專題．分析：圖線b為某電源的U﹣I圖象，該圖象與縱坐標的交點為電源的電動勢；圖象的斜率等于電源的內(nèi)阻；兩圖象的交點為電阻的工作點；由功率公式可求得輸出功率及電源的效率．解答：解：A、由圖可知，由a圖線得到，電阻R==Ω=1Ω；圖線b與縱坐標的交點表示電源的電動勢；圖象的斜率等于電源的內(nèi)阻，可得電源的電動勢為E=3V；內(nèi)阻r=Ω=0.5Ω；故A正確．B、C、D、當電源的與電阻串聯(lián)后，兩圖線的交點就表示電路的工作狀態(tài)，可讀出電路中電流為I=2A；路端電壓為U=2V；則電源的輸出功率P=UI=2×2W=4W；電源的效率η=×100%=×100%≈67%；故BC正確，D錯誤．故選：ABC點評：本題考查閉合電路歐姆定律的應用，要理解兩個圖象斜率、截距的物理意義，要注意圖象中的交點為電阻及電源的工作狀態(tài)點，則可以直接求出電源的輸出電壓及電流．11．（4分）（2023秋?沈陽期末）一個微型吸塵器的直流電動機的額定電壓為U，額定電流為I，線圈電阻為R，將它接在電動勢為E，內(nèi)阻為r的直流電源的兩極間，電動機恰好能正常工作，則（）A．電動機消耗的總功率為UIB．電動機消耗的熱功率為C．電源的輸出功率為EID．電源的效率為1﹣考點：電功、電功率．專題：恒定電流專題．分析：在計算電功率的公式中，總功率用P=IU來計算，發(fā)熱的功率用P=I2R來計算，如果是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結果是一樣的，但對于電動機等非純電阻，第一個計算的是總功率，第二個只是計算發(fā)熱的功率，這兩個的計算結果是不一樣的．解答：解：A、電動機消耗的總功率應該用P=IU來計算，所以總功率為IU，所以A正確；B、電動機消耗的熱功率應該用P=I2R來計算，所以熱功率P=I2R，所以B錯誤．C、電源的輸出功率等于電動機的輸入功率，得P出=UI．故C錯誤．D、電源的總功率為IE，內(nèi)部發(fā)熱的功率為I2r，所以電源的效率為=l﹣，所以D正確．故選AD．點評：對于電功率的計算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計算公式是不一樣的．12．（4分）（2023?深圳一模）如圖所示，MN是一負點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線．一個帶正電的粒子（不計重力）從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示．下列結論正確的是（）A．帶電粒子從a到b過程中動能逐漸減小B．負點電荷一定位于M點左側C．帶電粒子在a點時具有的電勢能大于在b點時具有的電勢能D．帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度考點：電勢能；勻強電場中電勢差和電場強度的關系．專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題．分析：解答本題的突破口是根據(jù)粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向，從而確定電場線MN的方向以及負點電荷的位置，然后根據(jù)負點電荷周圍電場分布情況，進一步解答．解答：解：A、由于該粒子只受電場力作用且做曲線運動，電場力指向軌跡內(nèi)側，電場力方向大致向右，對帶電粒子做做正功，其動能增加．故A錯誤．B、帶正電的粒子所受電場力向右，電場線由M指向N，說明負電荷在直線N點右側．故B錯誤．C、電場力對帶電粒子做正功，電勢能減小，則帶電粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能．故C正確．D、a點離點電荷較遠，a點的電場強度小于b點的電場強度，帶電粒子在a點的小于在b點的電場力，根據(jù)牛頓第二定律得知，帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度．故D正確．故選CD．點評：依據(jù)帶電粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向是解決帶電粒子在電場中運動問題的突破口，然后可進一步根據(jù)電場線、電場力做功等情況確定電勢、電勢能的高低變化情況三、填空題（本題包括3個小題，每空2分，共28分．請把正確答案填在答題卡的相應橫線中．）13．（8分）（2023秋?騰沖縣校級期中）①圖甲為用螺旋測微計測量一物體的長度的示意圖，其讀數(shù)為1.880mm；圖乙為用20分度的游標卡尺測量一物體長度的示意圖，其讀數(shù)為50.15mm．②靈敏電流計的量程為0﹣300μA，內(nèi)阻為800Ω，要把它改裝為量程為0～3V的電壓表，則改裝的方法是給電流表串聯(lián)一個阻值為9200Ω的電阻．考點：把電流表改裝成電壓表；刻度尺、游標卡尺的使用；螺旋測微器的使用．專題：實驗題．分析：本題①讀數(shù)時應分成整數(shù)部分和小數(shù)部分兩部分來讀，螺旋測微器時注意半毫米刻度線是否露出，游標卡尺時，注意分度的大?。活}②的關鍵是明確電壓表是由電流表與分壓電阻串聯(lián)改裝成的，然后根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律求解即可．解答：解：①：螺旋測微器的讀數(shù)為：L=1.5mm+38.0×0.01mm=1.880mm；游標卡尺讀數(shù)為：L=50mm+3×0.05mm=50.15mm；②：根據(jù)串聯(lián)電阻具有分壓作用可知，改裝電壓表時，應將電流表與電阻串聯(lián)，有：U=代入數(shù)據(jù)得：R=9200Ω；故答案為：①1.880，50.15②串，9200點評：應明確螺旋測微器和游標卡尺的讀數(shù)方法：都要分成整數(shù)部分和小數(shù)部分兩部分來讀，螺旋測微器讀數(shù)時注意半毫米刻度線，游標卡尺讀數(shù)時注意分度大?。?4．（10分）（2023秋?騰沖縣校級期中）某同學在做測定小燈泡功率的實驗，（1）按圖1的電路圖把圖2的實物圖連成實驗電路圖，注意兩個電表要選用適當量程．并得到如下一組U和I的數(shù)據(jù)：編號12345678U（V）0.200.601.001.401.802.202.603.00I（A）0.0200.0600.1000.1400.1700.1900.2000.205（2）在圖3上畫出I﹣U圖象．（3）從圖象上可以看出，當電流逐漸增大時，燈絲電阻的變化情況是：增大．考點：描繪小電珠的伏安特性曲線．專題：實驗題．分析：（1）根據(jù)電路圖連接實物電路圖．（2）應用描點法作出圖象．（3）根據(jù)圖象應用歐姆定律分析燈泡電阻變化情況．解答：解：（1）根據(jù)電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示．（2）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內(nèi)描出對應點，然后作出圖象如圖所示．（3）由圖象可知，隨電流增大，電壓增大，電壓與電流的比值變大，燈泡電阻變大．故答案為：（1）實物電路圖如圖所示；（2）圖象如圖所示；（3）增大．點評：本題考查了連接實物電路圖、作圖象、分析燈泡阻值如何變化，應用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)是常用的實驗數(shù)據(jù)處理方法，要掌握描點法作圖的方法．15．（10分）（2023秋?騰沖縣校級期中）用電流表和電壓表測定電池的電動勢和內(nèi)電阻的實驗中，所用電流表和電壓表的內(nèi)電阻分別為0.1Ω和1kΩ，如圖所示為所需的器材．（1）請按圖1的電路圖把圖2的實物圖連成實驗電路圖，注意兩個電表要選用適當量程．（2）一位同學記錄的6組數(shù)據(jù)見表，試根據(jù)這些數(shù)據(jù)在圖3中畫出U﹣I圖線．（3）根據(jù)圖線求出電池的電動勢E=1.50V，內(nèi)阻r=0.6Ω．I/A0.480.40.320.240.140.07U/V1.21.251.31.351.41.45考點：測定電源的電動勢和內(nèi)阻．專題：實驗題；恒定電流專題．分析：（1）根據(jù)電路圖連接實物電路圖．（2）應用描點法作圖作出圖象．（3）電源的U﹣I圖象與縱軸交點坐標值是電源的電動勢與內(nèi)阻，圖象斜率的絕對值等于電源內(nèi)阻．解答：解：（1）根據(jù)電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示：（2）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內(nèi)描出對應點，然后作出圖象如圖所示：（3）由電源U﹣I圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值是1.50，則電源電動勢E=1.50V，電源內(nèi)阻r===0.6Ω；故答案為：（1）實物電路圖如圖所示；（2）圖象如圖所示；（3）1.50；0.6．點評：本題考查了連接實物電路圖、作圖象、求電源電動勢與內(nèi)阻，應用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)是處理實驗數(shù)據(jù)常用的方法，要掌握描點法作圖的方法，電源的U﹣I圖象與縱軸交點坐標值是電源的電動勢與內(nèi)阻，圖象斜率的絕對值等于電源內(nèi)阻．四、計算題（本題包括4個小題，每小題8分，共32分．解答時應寫出必要的文字說明、主要方程式和重要演算步驟，有數(shù)值計算的題，答案中必須寫出明確的數(shù)值和單位，只寫出最后答案不得分）16．（8分）（2023秋?騰沖縣校級期中）如圖，質(zhì)量為m的帶正電小球A懸掛在絕緣細線上，且處在場強為E的勻強電場中，當小球A靜止時細線與豎直方向成30°角，已知電場方向為水平方向．則：（1）電場的方向如何？（2）小球受到的電場力的大小是多少？（3）線對小球的拉力的大小是多少？考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關系．專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題．分析：根據(jù)共點力平衡得出電場力的大小和方向以及繩子的拉力大小，結合電場力的方向得出電場強度的方向，解答：解：（1）根據(jù)共點力平衡知，小球所受的電場力水平向右，因為小球帶正電，則電場的方向水平向右．（2、3）根據(jù)共點力平衡，結合平行四邊形定則得，電場力F=線對小球的拉力T=．答：（1）電場的方向水平向右．（2）小球受到的電場力大小為．（3）線對小球的拉力大小為．點評：解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，通過共點力平衡進行求解．17．（8分）（2023秋?騰沖縣校級期中）如圖所示，水平放置的兩平行金屬導軌間距L=0.5m，所接電源的電動勢E=1.5V，內(nèi)阻r=0.2Ω，金屬棒的電阻R=2.8Ω，與平行導軌垂直，其余電阻不計，金屬棒處于磁感應強度B=2.0T，方向豎直向上的勻強磁場中．在接通電路后金屬棒仍然靜止，則（1）金屬棒受到的安培力的大小和方向如何？（2）金屬棒受到的阻力的大小和方向如何？考點：安培力；共點力平衡的條件及其應用．分析：（1）如圖，導體棒與磁場垂直，由F=BIL求解安培力的大小，其中I由閉合電路歐姆定律求出．安培力的方向由左手定則判斷；（2）分析導體棒的情況，由平衡條件求出軌道對導體棒的阻力的大小和方向．解答：解：（1）由閉合電路歐姆定律得電路中的電流為：I==A=0.5A安培力的大小為：F=BIL=2.0×0.5×0.5=0.5N由左手定則可知，安培力的方向：水平向左；（2）對導體棒，由平衡條件得：FA=Ff；解得：Ff=0.5N；其阻力方向水平向右．答：（1）金屬棒受到的安培力的大小是0.5N，方向水平向左．（2）金屬棒受到的阻力的大小0.5N和方向是水平向右．點評：本題是通電導體棒在磁場中平衡問題，安培力分析和計算是解題的關鍵，同時掌握受力平衡條件的應用．18．（8分）（2023秋?騰沖縣校級期中）如圖所示為真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計），經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入由兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中（偏轉電場可視為勻強電場），電子進入偏轉電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉電場偏轉打在熒光屏上的P點，已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計重力．求：（1）電子穿過A板時的速度大??；（2）熒光屏上P點到中心位置O點的距離y．考點：示波管及其使用．分析：（1）電子在加速電場U1中運動時，電場力對電子做正功，根據(jù)動能定理求解電子穿過A板時的速度大?。?）電子進入偏轉電場后做類平拋運動，垂直于電場方向作勻速直線運動，沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動．根據(jù)板長和初速度求出時間．根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，由位移公式求解電子從偏轉電場射出時的側移量．電子離開偏轉電場后沿穿出電場時的速度做勻速直線運動，水平方向：位移為L2，分速度等于v0，求出勻速運動的時間．豎直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出離開