广东省2015届高考物理信息卷试题粤教版

湛江市2015年普通高考测试（一）理科综合物理试题一、单项选择题：本大题共16小题，每小题4分，共64分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

13．三段不可伸长的细绳OA 、OB 、OC 能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图所示，其中OB 是水平的，A 端、B 端固定。

若逐渐增加C 端所挂物体的质量，则最先断的绳（ ）A ．必定是OAB ．必定是OBC ．必定是OCD ．可能是OB ，也可能是OC14.如图，理想变压器原、副线圈匝数比n 1＝100匝，n 2=10匝, ○V 和○A 均为理想电表，灯泡额定功率P =6W,灯泡正常发光，AB 端电压u 1=1202sin100πt （V ）.下列说法正确的是（ ）A ．电流频率为100 HzB ．○V 的读数为12 2 VC. ○A 的读数为0.5AD ．变压器输入功率为24W15．如图所示，某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方。

忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时可以（ ）A. 换用质量稍大些的飞镖B. 适当增大投飞镖的高度C. 到稍远些的地方投飞镖D. 适当减小投飞镖的初速度16. 如图所示，实线表示匀强电场的电场线，虚线表示某一带电粒子从a 点进入电场时通过该电场区域的运动轨迹，a 、b 是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出正确的判断是（ ）A ．粒子带正电B ．粒子在a 点的电势能大于在b 点的电势能C ．粒子在a 点的速度大于在b 点的速度D ．粒子在a 点的加速度大于在b 点的加速度二、双项选择题：本大题共9小题，每小题6分，共54分。

在每小题给出的四个选项中，有两个选项是符合题目要求的，全选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有错选或不选的得0分。

17．下列说法中正确的是（ ）A ．用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力B ．在阳光照射下，可以观察到教室空气中飞舞的尘埃作无规则运动，属于布朗运动C. 一定质量的理想气体温度升高其内能一定增大D. 一定质量的理想气体温度升高其压强可能减小 a Eb18．如下的说法中，正确的是（ ）A ．n H H H 10423121+→+ 是轻核聚变反应B ．β衰变说明了原子核中有电子C ．光电效应说明了光具有粒子性D ．γ射线可用来消除静电19.如图所示为一物体沿左右方向（规定向右为正方向）做直线运动的速度—时间图象，由图可知（ ）A ．6s 末物体回到初始位置B ．3s 末物体的加速度方向发生变化C ．物体所受合外力的方向一直向右D ．物体所受合外力的方向一直向左20. 载人飞船从发射、进入轨道、加速变轨，最后进入圆形轨道稳定运行。

2015年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6 分）如图，两平行的带电金属板水平放置。

若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。

现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动2．（6 分）如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分别为U 、U 、U ．已知bc 边的长度为l．下列判断正确a b c的是（）A．U ＞U ，金属框中无电流a cB．U ＞U ，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣ab cC．U =﹣Bl2ω，金属框中无电流bcD．U = Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣abc3．（6 分）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）A．西偏北方向，1.9×103m/s C．西偏北方向，2.7×103m/s B．东偏南方向，1.9×103m/s D．东偏南方向，2.7×103m/s4．（6 分）一汽车在平直公路上行驶。

2015年广东省东莞高中高考物理模拟试卷（二）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共4小题，共16.0分)1.如图电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通顺时针电流的环形导线，则示波管中的电子束将（）A.向上偏转B.向下偏转C.向纸外偏转D.向纸里偏转【答案】A【解析】解：由安培定则可知，在示波管下方环形电流的磁场在环形区域内磁感线方向垂直纸面向里，根据磁感线是闭合的曲线可知，在环形电流外侧磁感线方向垂直纸面向外；电子束由左向右运动，电子束形成的电流方向水平向左，由左手定则可知，电子束受到的安培力竖直向上，则电子束向上偏转；故选：A．由安培定则判断出环形导线中的电流在示波管位置的磁场方向；然后由左手定则判断出电子束受到的安培力方向，最后根据电子束的受力方向判断电子束如何偏转．知道电流方向与电子运动方向相反，熟练掌握安培定则、左手定则是正确解题的关键．2.如图所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A点的加速度为a A、电势能为E A；在B点的加速度为a B、电势能为E B．则下列结论正确的是（）A.粒子带正电，a A＞a B，E A＞E BB.粒子带负电，a A＞a B，E A＞E BC.粒子带正电，a A＜a B，E A＜E BD.粒子带负电，a A＜a B，E A＜E B【答案】D【解析】解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=E d知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即a A＜a B；从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即E A＜E B；故D正确．故选：D．根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能高低．本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化．公式U=E d，对非匀强电场可以用来定性分析场强．3.如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中（）A.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B.通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D.通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引【答案】B【解析】解：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为b→a．根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥．综上所述：线圈中感应电流的方向为电阻的电流方向为b→a，磁铁与线圈相互排斥．故选：B．当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向；根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用．楞次定律应用的题目我们一定会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律判断即可．4.磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E-t关系如图所示．如果只将刷卡速度改为，线圈中的E-t关系可能是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：根据感应电动势公式E=BL v可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的．磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比，所用时间变为原来的2倍．故D正确．故选D根据感应电动势公式E=BL v可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比．本题要抓住磁卡刷卡是利用电磁感应原理，关键要掌握感应电动势公式E=BL v．二、多选题(本大题共5小题，共30.0分)5.在点电荷Q的电场中，一个α粒子（H e带正电）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）A.Q一定带正电荷B.运动中．粒子总是克服电场力做功C.α粒子在两等势面上的电势能E pb＞E paD.α粒子经过两等势面的动能E kb＞E ka【答案】AC【解析】解：A、正电荷受到了排斥力作用，所以Q的电性一定是正电荷．故A正确；B、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离Q的过程电场力做正功．故B错误；C、D、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功；因此动能减小，电势能增大．故C正确，D错误；故选：AC．从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离Q的过程电场力做正功．可判断电势能的大小和动能大小以及Q的电性．该题考查轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的路6.如图，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度地释放带电小物块P，P将沿水平面运动到N点静止，则从M到N的过程中（）A.P所受库仑力逐渐减小B.P的电势能一定增加C.M、N 两点的电势φM一定高于φND.克服摩擦力做的功等于电势能的减少【答案】AD【解析】解：A、从M点运动到N点的过程中，物块与点电荷Q的距离增大，带电量均不变，根据库仑定律分析可知，小物块所受电场力逐渐减小．故A正确．B、点电荷对物块的电场力方向向左，对物块做正功，物块P的电势能一定减小．故B 错误．C、由题分析可知，物块与点电荷Q是同种电荷，但它们的电性无法判断，所以电场线的方向不能确定，根据顺着电场线电势降低可知，M点的电势与N点的电势关系不能确定．故C错误．D、根据动能定理，克服摩擦力做的功等于电场力做功，即等于电势能的减少．故D正确．故选：AD．由题分析可知，物块与点电荷Q是同种电荷，根据库仑定律分析小物块受到的电场力变化情况．电场力做正功，电荷的电势能减小．电场线从无穷远出到点电荷Q终止，根据电场线的方向判断电势的高低．由E=k判断电场强度的大小．本题要掌握库仑定律，分别从力和能的角度分析物块的物理量的变化情况，是研究物体运动情况常用的两个角度．7.静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带电，在带正电被喷工件的静电力作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面．在涂料微粒向工件靠近的过程中（）A.涂料微粒一定带正电B.离工件越近，所受电场力越大C.电场力对涂料微粒做负功D.涂料微粒的电势能减小【答案】BD【解析】解：A、由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电．故A错误．B、离工件越近，根据库仑定律得知，涂料微粒所受库仑力越大．故B正确．C、D、涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小．故C错误，D正确．故选：BD解答本题关键抓住：在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电；根据库仑定律分析库仑力的变化；电场力做正功，涂料微粒的电势能减小．本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性．根据电场力做功正负判断电势能的变化情况．8.如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（）A.P向下滑动时，灯L变亮B.P向下滑动时，灯L亮度不变C.P向上滑动时，变压器的输入电流变小D.P向上滑动时，变压器的输入功率变大【答案】BD【解析】解：A、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，根据P=，即亮度不变．故A错误B正确；C、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大．因此输入电流也变大．故C错误；D、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大．则输出功率增大，故D正确．故选：BD与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法9.示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A.极板X应带正电B.极板X′应带正电C.极板Y应带正电D.极板Y′应带正电【答案】AC【解析】解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X 带正电同理可知Y带正电，故AC正确，BD错误故选：AC由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性考查电子的偏转，明确电子的受力与电场的方向相反．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)10.小明同学为了测定某太阳能硅光电池组的电动势和内电阻，设计了如图甲所示的电路，在一定光照条件下进行实验：①请根据图甲完成图乙中实物的连线．②将测量出来的数据记录在表中，其中第4组数据的电压如图丙所示，则此时电压为③将这些数据在图丁中描点，第4组数据还未描出．a．请在图丁中描出第4组数据的点，并作出该硅光电池组的U-I图线；b．由此U-I图线可知，该硅光电池组的电动势E=1.80V，电池组的内阻随其输出电流的变化而改变，在电流为80μA时，该电池组的内阻r= ______ Ω（保留两位有效数字）．【答案】1.65；1.0×104【解析】解：①根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：②由表中实验数据可知电压表最大测量值为1.77V，则电压表量程为3V，由图丙所示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为1.65V；③a、把第四组数据标在坐标系内，根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：b、在电流为80μA时，由表格数据得到路端电压为1V，根据闭合电路欧姆定律，在闭合电路中：E=U+I r，解得：r===1.0×104Ω；故答案为：①实物电路图如图所示；②1.65；③a、图象如图所示；b、1.0×104①根据电路图连接实物电路图；②根据图示电压表确定其分度值，读出其示数；③根据坐标系内描出的点作出图象；在电流为80μA时，由表格数据得到路端电压为1V，然后根据闭合电路欧姆定律列式求解．本题考查了测电源电动势与内阻实验，应用图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握描点法作图的方法；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数．11.某同学想测绘标有“3.8V0.4A”字样的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象，除了导线和开关外，有下列一些器材可供选择：A．电源E（电动势为4V，内阻约为0.04Ω）．B．电压表V1（量程为5V，内阻约为5kΩ）；C．电流表A1（量程为100m A，内阻约为2Ω）；D．电流表A2（量程为0.6A，内阻约为0.3Ω）；E．滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω）；F．滑动变阻器R2（最大阻值为100Ω）；G．开关及导线若干①为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表______ ，滑动变阻器______ （填器材前面的选项代号）②选好器材后，该同学按照该实验要求连接电路，请完成图甲中的实物连线．③该同学根据实验数据，计算并描绘出R-U的图象如图乙所示．由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝的电阻为______ Ω；（保留二位有效数字）④由图可知当U=3v时小灯泡的实际功率是______ W．（保留二位有效数字）【答案】D；E；1.2；0.90【解析】解：①根据欧姆定律可求出小灯泡的额定电流为I===0.5A，所以电流表应选D，由于描绘R-U图象可知电压要从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，所以应选全电阻小的变阻器E；②从R-U图象读出当U=0时的电阻为R=1.5Ω，当U=3.00V时对应的电阻R=11.5Ω，此时小灯泡的功率为P==W=0.78W③从R-U图象读出当U=0时的电阻为力象的斜率，由图可知，R=1.2Ω，④当U=3．V时对应的电阻R=10Ω，此时小灯泡的功率为P==W=0.90W．故答案为：①D；E；②如图所示；③1.2；④0.90本题①的关键是根据小灯泡的额定电压和额定功率求出额定电流，然后选择电流表的量程，由于描绘小灯泡R-U图象小于电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器；②的关键是根据R-U图象读出对应的电阻即可；③的关键是根据＞，电流表应用外接法；④的关键是根据R-U图象的特点结合P=可知P-U 图象的特点．本题考查测量灯泡的伏安特性曲线的实物图及图象的掌握；在分析图象时要注意图象的坐标，明确图象的意义．四、计算题(本大题共2小题，共36.0分)12.如图所示，在直角坐标系x O y平面内有一矩形区域MNPQ，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为E；在y≥0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为R的光滑绝缘空心半圆管ADO固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心O1为MN的中点，直径AO垂直于水平虚线MN，一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）从半圆管的O点由静止释放，进入管内后从A点穿出恰能在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，当粒子再次进入矩形区域MNPQ时立即撤去磁场，此后粒子恰好从QP的中点C离开电场．求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）矩形区域的长度MN和宽度MQ应满足的条件？（3）粒子从A点运动到C点的时间．【答案】解：（1）粒子从O到A过程中由动能定理得：q ER=mv2从A点穿出后做匀速圆周运动，有：qv B=m解得：B=（2）粒子再次进入矩形区域后做类平抛运动，由题意得：R=at2a=R+OC=vt联立解得：OC=r所以，矩形区域的长度MN≥2R，宽度MQ≥2R（3）粒子从A点到矩形边界MN的过程中，有：t1==从矩形边界MN到C点的过程中，有：t2==故所求时间为：t=t1+t2=（+1）答：（1）磁感应强度为B=；（2）矩形区域的长度MN≥2R，宽度MQ≥2R；（3）时间t=t1+t2=（+1）【解析】（1）由动能定理可求得粒子的速度，再由洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强度；（2）粒子在矩形区域内做类平抛运动，由运动的合成与分解知识可求得矩形区域的长宽；（3）明确粒子在各过程中时间，则可求得总时间．本题中粒子先做类平抛运动，再做平抛运动；明确各种过程中的运动规律，选择正确的规律求解．要学会分析粒子的运动过程．13.如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，收集板上各点到O点的距离以及两端点A和C的距离都为2R，板两端点的连线AC垂直M、N板．质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．（1）当M、N间的电压为U x时，求粒子进入磁场时速度的大小v x；（2）要使粒子能够打在收集板上，求在M、N间所加电压的范围；（3）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间．【答案】解：（1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得：解得：（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设此时其速度大小为v，轨道半径为r，根据牛顿第二定律得：粒子在M、N之间运动，根据动能定理得：，联立解得：当粒子打在收集板D的A点时，经历的时间最长，由几何关系可知粒子在磁场中运动的半径，此时M、N间的电压最小，为当粒子打在收集板D的C点时，经历的时间最短，由几何关系可知粒子在磁场中运动的半径，此时M、N间的电压最大，为要使粒子能够打在收集板D上，在M、N间所加电压的范围为．（3）根据题意分析可知，当粒子打在收集板D的中点上时，根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r0=R，粒子进入磁场时的速度粒子在电场中运动的时间：粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期粒子在磁场中经历的时间粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间所以粒子从s1运动到A点经历的时间为答：（1）当M、N间的电压为U x时，粒子进入磁场时速度的大小；（2）要使粒子能够打在收集板D上，在M、N间所加电压的范围为；（3）若粒子恰好打在收集板D的中点上，粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间是．【解析】（1）粒子在电场中运动时，电场力做功引起动能变化，由动能定理v x；（2）粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出轨迹半径表达式．当粒子打在收集板D的A点时，轨迹半径最小，粒子速度最小，在M、N间所加电压最小；当粒子打在收集板D的C点时，轨迹半径最大，粒子速度最大，在M、N间所加电压最大；由几何知识求出半径，再求解电压的范围．（3）粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间分三段：加速电场中，由运动学平均速度法求出时间；磁场中根据时间与周期的关系求解时间；射出磁场后粒子做匀速直线运动，由速度公式求解时间，再求解总时间．本题是带电粒子先经电场加速，后经磁场偏转的问题，关键是根据几何知识分析粒子在磁场运动的半径与磁场半径的关系．。

第一节敲开原子的大门对阴极射线的理解1．(双选)关于阴极射线的性质，判断正确的是() A．阴极射线带负电B．阴极射线带正电C．阴极射线的荷质比比氢原子荷质比大D．阴极射线的荷质比比氢原子荷质比小答案AC解析通过让阴极射线在电场、磁场中的偏转的研究发现阴极射线带负电，其荷质比比氢原子的荷质比大得多，故A、C正确．2．(单选)阴极射线从阴极射线管中的阴极发出，在其间的高电压下加速飞向阳极，如图3－1－6所示．若要使射线向上偏转，所加磁场的方向应为()图3－1－6A．平行于纸面向左B．平行于纸面向上C．垂直于纸面向外D．垂直于纸面向里答案 C解析由于阴极射线的本质是电子流，阴极射线向右传播，说明电子的运动方向向右，相当于存在向左的电流，利用左手定则，使电子所受洛伦兹力方向平行于纸面向上，由此可知磁场方向应为垂直于纸面向外，故选项C正确．电子的电量3．(双选)汤姆生对阴极射线的探究，最终发现了电子，由此被称为“电子之父”，关于电子的说法正确的是()A．电子是原子核的组成部分B．电子电荷的精确测定最早是由密立根通过著名的“油滴实验”实现的C．电子电量的数值约为1.602×10－19 CD．电子质量与电量的比值称为电子的荷质比答案BC解析电子是原子的组成部分，电子的发现说明原子是可以再分的．电子的电量与质量的比值称为电子的荷质比．4．(单选)关于电量，下列说法中错误的是() A．物体所带电量可以是任意值B．物体所带电量只能是某些值C．物体所带电量的最小值为1.6×10－19CD．一个物体带1.6×10－9C的正电荷，这是它失去了1.0×1010个电子的缘故答案 A解析电量是量子化的，即物体的带电量只能是某一最小电量的整数倍，这一最小电量是1.6×10－19C，A错误，B、C正确；物体带正电，是由于它失去了带负电的电子，D正确.。