高中物理——猿题库——小猿热搜——电场与磁场典型题300（答案册）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中物理

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单项选择题篇答案解析…………………………………………………1
多项选择题篇答案解析………………………………………………23
不定项选择题篇答案解析……………………………………………32
计算题篇答案解析……………………………………………………55
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单顶选择题篇苔案解析
1。［答案］
D
［解析］
问题求解:粒子运动时电场力应该指向运动轨迹凹侧且沿电场线（与电场线同向或反向）’可判断粒子所受
电场力向左;由于运动过程中粒子的电势能减小,所以电场力做正功’即速度方向与电场力方向夹角为锐角,可判断
粒子运动的方向为C到α,故D项正确.综上所述,本题正确答案为D
易错项辨析:本题的易错项为B项。电势能减小,则电场力做正功,带电粒子的速度增大,而选项B中速度方向与电场
力的方向夹角大于90°’电场力阻碍粒子的运动.
2. ［答案］
B
［解析］
选项分析;A、B项’根据对称性分析可知,在圆环上各点电荷在O点产生场强的合场强为零;在刃轴上’根据
电场的叠加原理可知,O点左侧各点的电场线方向水平向左,O点右侧各点的电场线方向水平向右;沿着电场线的方
向电势减小’可知O点的电势最高,故A项错误’B项正确。C、D项,在O点的电场强度为零,在无穷远处电场强度为
零,说明沿工轴正方向,电场强度先增加后减小;根据B项的分析可知,电势逐渐减小,故C、D项错误.综上所述,本题
正确答案为B.
~
~
3° ［答案］
D
［解析］
问题求解:由于电子1和电子2在磁场中的速率相同,可得两电子在磁场中运动半径相同,根据公式T＝生
U
可得运动周期也相同,根据几何关系可知电子1运动轨迹对应的圆心角是180°,电子2运动轨迹对应的圆心角为60°,
则÷≡睬≡3,故D项正确综上所述,本题正确答案为u
易错项辨析;本题的易错项为C项电子l在磁场运动半个圆周,所以其运动的时间′］＝等,电子2从αb的中点‘射
乙
出则弦“等于圆的半径》所以电子在磁场中运动时间!廖＝÷｀所以÷＝a
~~
4。［答案］
B
［解析］
过程分析:α、b、C、α四条导线在O点产生磁场’带点粒子在O点所受洛伦兹力的方向由合场强决定.
问题求解;由右手螺旋定则可知,α和b在O点产生的场强大小相同’方向相反’α和c在O点产生的场强大小相同’
方向相同,都向左’故O点合场强向左。由左手定则可知’粒子所受洛伦兹力方向向下,故B项正确.综上所述,本题正
确答案为B。
5. ［答案］
B
［解析］
过程分析:粒子受洛伦兹力在磁场中做匀速圆周运动,人射点是S,出射
点在OC直线上,出射点与S点的连线为轨迹的＿条弦.当从边界OC射出的粒子
在磁场中运动的时间最短时’轨迹的弦最短,根据几何知识,作ESˉ止Ⅸ〕,则ES为
最短的弦,粒子从S到E的时间即最短°
问题求解;由题意可知,粒子运动的最短时间等于二’则0＝60。,设OS长度为′,则
O
Es长度为粤创由几何知识’得粒子运动的轨迹半径长度即为Es长度,即R≡卓d｀
直径D≡√习d.当粒子轨迹的弦是直径时运动时间最长,根据几何知识,沿轨迹SD,
O△
7
如图所示可见粒子在磁场中运动的最长时间为r…＝÷,故B项正确.综上所述’
本题正确答案为B.
′C×
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6. ［答案］
C
［解析］
选项分析;A项’根据库仑定律可知,增大α’电荷受到的库仑力减小’故0减小,故A项错误。B项,只能说明
随着d的减小,F增大,不能说明成反比,故B项错误.C项,随着q的变化F发生了变化,可以说明F与q有关,故C
项正确.D项,只能说明随着q的减小,F减小’不能说明成正比,故D项错误.综上所述,本题正确答案为C.
7. ［答案］
B
［解析］
选项分析:A项,在A、B两板间加A图电压,电子从A板开始向B板做匀加速直线运动＿定能到达B板,故
A项错误。B项,在A、B两板间加B图电压,开始向B板匀加速运动,再做加速度大小相同的匀减速运动,但时间是2
倍,然后做加速度大小相同、方向相反的匀加速运动,作出＿个周期的U-t图’可知有可能到不了B板,故B项正确.
C项,在A、B两板间加C图电压,由u
t图,电子＿直向前运动,可知一定能到达B板,故C项错误。D项,在A、B两
板间加D图电压,可以知道电子在-个周期内速度的方向不变,＿直向前运动,-定能到达B板,故D项错误。综上所
述,本题正确答案为B.
8. ［答案］
A
［解析］
过程分析:设金属棒速度为U’电阻率为p,金属棒切割磁感线部分长度为L.如图所示
M
／＝』
｜
＂ttan0
↓二u＿-
＼
〔
∧
问题求解:本题解题思路为先求出电动势’再求出电阻,从而得出电流°有些同学忘记求电阻了’以为电阻是恒定的’
容易错选B.
感应电动势E＝BLz」＝2BU2ttan0
总屯阻R-器—2测!′tan,
2BU2ttan0
BUtan0
电流』-÷-器＋2＂…〕〃志十′…
电流t为＿与t无关的常数.
综上所述,本题正确答案为A.
宁b
9. ［答案］
C
［解析］
过程分析;由题意知,等量正、负点电荷在o处的电场强度大小均为号,方向水平向有
选项分析;A项’当移动到‘处,两点电偷在该处的电场强度方向夹删为l20.｀则o处的电场强度大小为÷,方向沿
Oe,故A项错误.B项,当移动到b处,O处的合电场强度大小增大,方向沿Oα与Oe的角平分线,故B项错误C项,
当移动到e处,O处的合电场强度大小减半,方向沿Oc,故C项正确.D项,当移动到／处,O处的合电场强度大小增
大’方向沿Oα与Oc的角平分线,故D项错误.综上所述,本题正确答案为C.
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丫十丫.
…!…fˉ.广ˉ
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10. ［答案］
C
［解析］
选项分析:A项,A点和B点不在同＿个等势面上,电势不同,故A项错误B项,根据对称性,C、D电场强
度大小相等’但方向不同,故B项错误C项,A点的等势面在B点的等势面内部,故A点电势比B点电势高,故正电
荷从A到B电势能减小,电场力做正功’故C项正确.D项’从C点到D点沿直线电势先增高后降低,负电荷的电势
能先降低后升高,故D项错误.综上所述’本题正确答案为C.
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11. ［答案］
C
［解析］
过程分析:如右图:
当电流表两端电势相同时,电流表示数为0.此时R」｀〃:RPN≡R0 :R工.
问题求解:RMP :RPN＝R0 :R堑
O
RMP
／1
@
RpN
』2
J
由o@得;R露≡等R0,故C项正确.综上所述,本题正确答案为C.
L1
易错项辨析;本题的易错项为B项.当灵敏电流表示数为零时,电流表两端电压为零’设MN两端电压为U,由UMp
≡揣U≡击U.U酗≡R,里R霍U＝U″联立解得;R雪-竿
12· ［答案］
D
［解析］
过程分析粒子迸人磁场后做匀逮圆周运动’根据牛顿第:定律,得到q砌B-顺芳’则粒子的运动半径R＝
腊＝0βm,其运动半径恰等于磁场区域半径
选项分析:A、C项’从Od边射人的粒子,运动轨迹的圆心全部在αO边上,可能从弧αe射出磁场’则出射点可能分布
在αb和be上’故A、C项错误.B、D项,从αO边射人的粒子’运动轨迹的圆心在αO及其延长线上’粒子将从弧αe射
出磁场,做圆周运动最大的圆心角为60°,根据几何关系可知粒子的出射点分布在αb边和6e边’故B项错误,D项正
确.综上所述,本题正确答案为D
易错项辨析:本题易错项为B、C。B项,考生可能没有考虑到粒子从O点射人时,粒子做圆周运动的圆心在α点,此时
运动的圆心角为60°,粒子出射点在be边上;C项,考生可能没有考虑到磁场的半径和粒子圆周运动半径相同,α点
人射的粒子只可能到达α点,故易错选B、C项。
~
~
~
13. ［答案］
A
［解析］
问题求解:粒子射人、射出磁场的点间的距离为R,根据几何关系可知粒子在匀强磁场中偏转过的角度为
］20.,运动轨迹半径为′≡竿.在磁场中运动时间为撇子做匀遮厕周运动周期的÷倍,所以粒子在磁场中的运动时
间′-警≡2俘’故A项服确综上所述,本题眶确答案为A
…伊
÷
Ⅷ
14. ［答案］
B
［解析］
概念分析:安培力的公式为F安＝IBLsin0,其中β为电流方向与磁场方向的夹角.安培力方向垂直于电流
和磁场方向所在的平面.
选项分析:A、B项,安培力的方向垂直于直导线与磁场所在的平面,所以＿定垂直于直导线和磁场方向,故A项错
误,B项正确.C项,根据安培力的表达式可知,安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关,故C项错误.D
项,若电流与磁场所在平面垂直,将导线弯折后,两个半段导线受到的安培力大小都为原来的＿半,方向相互垂直,
合力为原来的等倍’故『）项错误综上所述,本题正确答案为a
。
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15. ［答案］
A
［解析］
问题求解;设电源电压为U’则金属板撤离之前粒子受力平衡有雕g＝钨,金属板撤离之后由牛顿第-定
U
律得』″:g—了q＝咖α’联立得α＝子,故A项正确综上所述’本题正确答案为A
易错项辨析:本题的易错项为B项.金属板没抽出时,粒子受到的重力与电场力平衡,两极板间的距离为α-』’两极
板间电场的电场强度屑-岩’,＂g＝Eq;金属板抽川之后,两极板间的距离为d’屯场强度E′-:,娜gˉE′q＝′＂α,
联立即可解得.
余
16。［答案］
A
［解析］问题求解;因为α、b两点位于等势面上’运动到c点’电场力做功表达式为w＝△u.q’两电子改变的电压差相
等’可知Wα＝Wb;由于α处电场线较为密集’该处场强大’即旦＞画,故A项正确。综上所述,本题正确答案为A。
17。［答案］
B
［解析］
A
B
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问题求解;粒子在磁场中运动的｜制期为T＝籍｀盯见粒子运动周期恒定’与逮度无关设膘粒子运动时间为』,厕心
角丝AOlC由图叮知为60.则有′＝÷n以速度刨射人时半径门ˉ器,由儿何关系得÷＝tan60.’即门≡√m以
逮度÷射人时半径咆-揣’故瘤-÷! ’由几何关系得减逮后粒了的圆心角丝AO2D为120.运动时间为÷T,即
2t’故B项正确°综上所述,本题正确答案为B°
18° ［答案］
A
［解析］
问题求解;导线—被均匀拉长到原来的2倍,则横截面积变为原来的＋,由电阻公式R＝普’电阻变为原来
的4倍侗理导线二对折后横截面积变为原来的2倍,则长度变为原来的÷’由电阻公式得电阻变为原来的十｀故两
导线的电阻之比为16
: 1.在加相同电压后,通过两导体的电流之比为1
: l6,由电流的概念（单位时｜司内通过导体横
截面的电荷量）得,相同时间内通过导体的电荷量之比也为1
: 16,故A项正确.综上所述,本题正确答案为A.
19。［答案］
D
（解析］
问题求解』由卵B≡砸竿,得萨ˉ器凋期T＿午＝誓,电流值′-＋≡宗侧电流值与磁感应强度成正
比,与粒子质量成反比,与粒子电荷量的平方成正比,与粒子速率无关,故D项正确.综ˉk所述,本题正确答案为D
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20° ［答案］
C
［解析］
问题求解:金属环以题图示方向旋转,由于其带负电,故电流方向和金属环旋转方向相反,根据右手定则可
以判断磁场方向,左端N极,右端S极,所以小磁针N极沿轴线向左,故C项正确.综上所述,本题正确答案为C·
2L［答案］
A
［解析］
问题求解:根据右手螺旋定则’导线A、B在导线O处产生的磁场大小相等方问相反’二者抵消.导线C在
导线O处产生的磁场方向向左’根据左手定则’导线O受到的安培力方向向上’即y轴正方向’故A项正确。综上所
述,本题正确答案为A°
22. ［答案］
B
［解析］
问题求解;用电器和电源连接起来需要两根输电线’所以输电线的总电阻为R＝′菩’再由欧姆定律R＝
芋′联立得最小面积为S～等’故B项正确综上所述,本题正确答案为B
23。［答案］
B
［解析］
问题求解:微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同-条直线上’只有微粒受到水平向左的
电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同-条直线上,由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反’
则微粒必带负电,且运动过程中微粒做匀减速直线运动,故B项正确.综上所述,本题正确答案为B.
24. ［答案］
B
［解析］
问题求解;设半圆弧的半径为厂,点电荷的场强E—罢,棍据场强的合成遵循平行
四边形法则’点电荷在M、N处时,它们单独在O点产生的场强大小相等,方向相同’则O的
场强大小为E』ˉ婆当点电荷在MP处时,它们单独庄o点产生＂场强大小相等｀方问如
E,
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图所示侧o的场强大小为两点电荷分另‖在o处产生的场强大小在合场强方向上的投影和｀即玛-2罢…0.≡
罢,则鹰1 ,E:ˉ2
』1,敬B项正确综上所述,本题正确答案为B
25. ［答案］
D
［解析］
问题求解:当滑动变阻器向下滑动时,变阻器接人电路的电阻变小’外电阻变小’根据闭合电路欧姆定律可
知’潞端电压［′≡卢变小,电路总电流I变大,所以A灯变亮,由于U＝UA＋U凰,U愈变大,所以U陋变小’流过B灯
的电流IB变小,B灯变暗,同时I＝IB＋Ic,Ic变大,所以C灯变亮,故D项正确。综上所述,本题正确答案为D.
26。［答案】
B
［解析］
问题求解:变阻器接人电路的电阻为CA部分记为R,当灯泡L正常发光时,灯泡两端电压为U＝6V,电路
电流I≡吉≡α3A｀R≡芋—R止ˉ旱碧ˉ10＂,所以CB段电阻R′ˉR蛔—R≡20q,故B项止硫综上所述,本
题正确答案为B.
27. ［答案］
C
［解析】
受力分析;如图所示’导体棒受三个力,重力G、支持力FN和安培力FA’三力平衡,合力为零,其中重力的
大小和方向都不变,支持力的方向不变,安培力的方向由水平向右逐渐变为竖直向上,根据平行四边形定则分析.
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G
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问题求解:FA＝BIL,根据上图受力分析,随着磁场方向从竖直方向逆时针转向水平方向,安培力FA先减小后增大,
由于电流I和导体棒长L不变’所以磁感应强度B先减小后增大,故C项正确°综上所述’本题正确答案为C·
28. ［答案］
C
［解析］
选项分析:A、B项,点电荷在从P点到O点的过程中,所受的电场力合力方向竖直向下,做加速运动’所以
速度越来越大。因为从O向上到无穷远,电场强度先增大后减小,P到O的过程中,电场强度大小变化不能确定’所
以电场力无法确定,加速度不能确定,故A、B项错误.C项,点电荷在O处所受电场力方向为O→M及O→N,大小
相等,方向相反,故点电荷在O点处所受电场力合力为零,加速度为零,所以由P点向O点移动的过程中,点电荷做
加速运动,并且到达O点时速度达到最大值’故C项正确。D项’点电荷越过O点后做减速运动’速度越来越小.同
A、B项分析可知加速度的大小无法确定,故D项错误。综上所述,本题正确答案为C°
ˉ↓—↓＋ˉ卜｛
＋卜＋ˉ卜＿｝
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29. ［答案］
C
［解析］
问题求解;油滴静止在网板之间’贝｜咖g≡Eq＝:q如果将网板错外,d不变’则Eq-;q＝枷g’所以油滴
静止不动;正对面积s减小’所以C-满减小,Q＝CU减小’所以电容器放电因为A板带胀电’所以电流从α流向
b,故C项正确.综上所述,本题正确答案为C.
30. ［答案］
A
［解析］
问题求解粒子均带正电’根据左手定则,愉转方向是粒子运动方向的左侧甲粒子的比荷是乙粒子的÷,
洛伦兹力提供｜旬心力’F藩≡,翘B≡狮竿,′-器,运动半径是乙的:倍,故八项正确综上所述,本题正确答案为＾
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31。［答案］
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［解析］
问题求解:两个下夸克在O处产生的场强关于AO对称,合场强竖直向下’大小为2
厂2O
cos60°＝卫旦
3产,
上夸克在o处产生的场强竖富向下,大小为繁,合场强大小为冬,故八项正确综上所述,本题正确答案为A
32。［答案］
B
［解析］
问题求解:电键断开时’U＝IRl＝1（）V;电键合上后,电动机转动起来,电动机属于非纯电阻’接人电路正常
工作状态下不满足欧姆定律,电机总功率（P＝IU）分为两部分,即电机内阻消耗的焦耳热功率（利用焦耳定律计算
PR＝I2R2）和输出的机械功率PM＝P-PR＝IU-I2R2,电机两端电压U2＞IMR2→IM＜1A,所以电流表示数I＜
［‘A.咆路消耗功率P≡IMUM＋芳＜爵＋苦＝｜5w｀故…确综上所述·本题正赡答寨为凰
泻
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33. ［答案］
C
［解析］
问题求解;先充电膊断开s侧Q不变’剧增大’C＝晶减小,U＝:增大,E＝:ˉ品—等不变,故C
项正确.综上所述,本题正确答案为C.
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34。［答案］
C
［解析］
问题求解:在这三种运动下,油滴均受力平衡做匀速直线运动不加电场时’油滴匀速下降’空气阻力／＝虎U
＝mg;当两极板间电压为U时,油滴向上匀速运动,F电＝hu＋加g＝2Ⅷg’当两极板间电压为-U时’电场力方向反
向,大小不变’F电＋加g＝3mg＝点u′＝3hu,u′≡3u’油滴向下运动’故C项正确.综上所述,本题正确答案为C。
35. ［答案］
B
［解析］
问题求解:带电金属球靠近不带电的验电器,由于静电感应现象’离金属球较远的验电器的金属箔上带有
与金属球相同的电荷,离金属球较近的验电器的小球上带有与金属球相反的电荷,故B项正确。综上所述,本题正确
答案为B.
36。［答案］
C
［解析］
问题求解:Rl的电压为Ul＝5×0.2V＝1V,R2的电压为U2＝1×0. 1V＝0。1V,则R3的电压为U3≡U2
—U｜＝—α9V’即R;的电雁为上负下正’电流大小为l』＝竿V≡α3A.方向为由下向上,则电流表的电流为!＾
＝I2
I3＝0. 1-（）.3≡-0。2A,所以电流表的电流方向向左,大小为0。2A,故C项正确·综上所述,本题正确答案为C.
37。［答案］
C
［解析］
选项分析:因等势面3的电势为零,且电荷在α点的动能大于b点,则电荷在α点电势能小于b点,设b点电
势能为Eb’则根据等势面’得α点的电势能为Eα＝-2Eb,电荷从α到b’能量守恒’有Ek但＋Eα≡Ekb＋Eb,解得Eb＝
7eV,电荷在b点和某-位置c时,根据能量守恒定律得Ekc＋Ec＝Ekb＋Eb,解得Ekc≡20eV,故C项正确.综上所
述,本题正确答案为C.
38. ［答案］
C
［解析］
问题求解:由U-t图象可以看出该电荷的速度和加速度都在不断变大,又因为该电荷为负电荷,所以从A
点到B点电势升高,电场强度变大’则电场线更为密集’故C项正确综上所述’本题正确答案为C°
39. ［答案］
B
［解析］
问题求解:地球表面地磁场方向由南向北,质子带正电,根据左手定则可判断’质子自赤道上空竖直下落过
程中所受洛伦兹力方向向东,故B项正确.综上所述,本题正确答案为B。
40. ［答案］
D
［解析］
问题求解;每块极板上单位面积所带的电荷量为顾ˉ号,每块极板产生的电场强度为E≡孟,所以啊极板
间的电杨强度为2E-晶—块极板在另—块极板处产生的电场强度圃≡录,故另块极板所受的电场力F-qE』
≡Q｀录蒜故『颐正确综上所述,本题正确答案为u
4L［答案〗
C
［解析］
选项分析;A项,若微粒带正电,A板带负电,则微粒受到的电场力方向竖直向上,重力的方向竖直向下,当
电场力小于重力时,微粒依然会向下偏转,所以A板不-定带正电,故A项错误B项,假如粒子带正电,A板带正
电,显然粒子所受重力和电场力都是竖直向下,粒子向下偏转,电场力做正功,微粒从M点运动到N点电势能减小,
故B项错误·C项,微粒所受的合力方向指向其运动轨迹凹的-侧,根据分析可知,微粒所受的合力方向竖直向下,与
速度方向夹角为锐角,微粒做加速运动,微粒从M点运动到N点动能-定增加,故C项正确°D项,机械能的变化量
等于除重力和弹力以外其他力所做的功,根据A项分析可知,在该种情况下,电场力做负功,机械能减小,故D项错
误°综上所述,本题正确答案为C.
厅
●
／
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学
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42. ［答案］
D
［解析］
问题求解;开始时,F』≡隐孕舅旦＝膨粤·攘触后,两球瓤带…·F:≡臆警-喘,所以F』.F廖-
60
: 1’故D项正确.综上所述,本题正确答案为D.
43。［答案］
C
［解析］
问题求解:条形磁铁在A处的磁感线方向是斜向左下,由左手定则,导线受到的安培力斜向右下且与斜面
不垂直,磁铁受到斜向左上的反作用力’该力分解有沿斜面向下的分力和垂直于斜面向上的分力’所以FN1＞FN2 ,且
弹簧伸长量变大,故C项正确。综上所述,本题正确答案为C。
44. ［答案］
A
［解析］
问题求解:电场线总是从正电荷出发终止于负电荷或无穷远处,电场线密的地方电场强度较大’因此Q是
正电荷’且A点的电场线比B点电场线密集’则A点的电场强度大于B点的电场强度,故A项正确.综上所述,本题
正确答案为A.
45. ［答案］
A
［解析］
问题求解由求解电阻的公式可得R＝′÷＝8×l0鼠×
20×l0
』
＂×（4×l0ˉ:）』o-al8×l0』∩,故电流为;′-:
31黑l0‘A≡α31腆A,故A项正确综上所述,本题止确答案为A
46. ［答案］
B
［解析］
选项分析:A、C项,由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直’如果粒子速度方向不与磁场方向时刻平
行,其运动轨迹必定是曲线,故A、C项错误.B、D项,由安培定则,电流在下方产生的磁场方向指向纸外,由左手定
则,质子刚进人磁场时所受洛伦兹力方问向上,则质子的轨迹必定向上弯曲,故B项正确,D项错误综上所述,本题
正确答案为B.
47. ［答案］
B
［解析］
问题求解:粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力’有qU0B＝加里,运动半径厂＝
厂
器｀所以粒子运动的半径′ˉ“＝o6＝器;变成匀强电场时』加逮度为α＝普,粒子在竖直方向做初逮度为零的匀
＂速直线运动Oα≡÷α‘: ,水平力向做匀逮富线运动Ob＝刚,‘,联立有（脑＝哪‘-÷.黑′』’联立解得÷＝2渺＂,故B
项正确。综上所述,本题正确答案为B。
』
÷
48. ［答案］
B
［解析】
选项分析:A项,当光照强度减小时,R3电阻值增大,从而电路总电阻也增大,干路电流减小,所以Rl两端
电压减小,所以电压表示数变小,故A项错误B、C项,因为R］和电源分压均减小,所以R2两端电压增大,而其电阻
不变,所以R2中电流增大,由于干路电流减小,所以小灯泡的电流减小,功率变小,故B项正确,C项错误·D项,因为
干路电流减小,所以由欧姆定律可知电源内阻分压减小,故D项错误°综上所述,本题正确答案为B。
49. ［答案］
C
［解析］
问题求解:OAC为直线,很容易得出A点的功率为3W,根据内阻的功率公式P内＝I2R内,当电流为3A
时,功率为9W’可以求得内阻R内＝1Q;当电流为1A时’内阻消耗的功率为1W,因此AB代表的功率为2W,故C
项正确.综上所述,本题正确答案为C·
·
8
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p…↓.
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四才←伊→4
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50. ［答案］
B
［解析］
问题求解:电流反向后,安培力反向’需要在天平右边加上砧码,所以开始时安培力向下’磁感应强度的方
向垂直纸面向里,并且2倍安培力的大小等于质量为′冗的砧码的重力大小,所以′ng≡2NBI′,则磁场大小B＝
揣『,故B项正确综上所述,本题正确答案为B
5L［答案］
A
［解析］
选项分析:A、C项,滑动变阻器滑片P向上移动’电路电阻增大’由闭合电路欧姆定律可知,电路中电流减
小,电阻R1与电源内阻分压减小,则滑动变阻器两端电压变大,由Q＝CU知电容器带电量增加,G中有从b到α的
电流;由于之前油滴受力平衡可知油滴受向上的电场力,电容器板间电压增大后’电场强度增大,油滴受电场力变
大,因此油滴将向上加速运动,故A项正确,C项错误.B项,由上述分析易知,滑动变阻器滑片P向下移动,G中有
从α到b的电流,且油滴受电场力变小,因此油滴向下加速运动’故B项错误.D项,S断开后’电容器放电,板间电压
及电场强度减小’油滴受电场力变小,油滴将向下运动’G中有从α到b的电流,故D项错误。综上所述,本题正确答
案为A.
52. ［答案］
D
［解析］
平行板电容器接在电压恒定的直流电源上’电容器两极板之间的电压U不变若将云母介质移出’电容C
减小’由C＝号叫知’屯容器所带电荷量Q减小’即电容器极板上的电荷量减小由于U不变.刨不变,由E＝:可
知,极板间电场强度E不变,选项D正确,A、B、C错误
53。［答案］
C
［解析］
由《梦溪笔谈》中的记载和题中磁感线分布示意图可知’地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近’
地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,在两极附近地球表面的地磁场方向不与地面平行’C项错误’A、B项正确;
射向地球赤道的带电宇宙射线粒子与地磁场的磁感线不平行’故受洛伦兹力的作用’D项正确
54. ［答案］
D
［解析］
平行板电容器带有等量异种电荷’当极板正对面积不变时,两极板之间的电场强度E不变保持下极板不
动’将上极板向下移动＿小段距离至题图中虚线位置,由U＝Ed可知‖两极板之间的电势差减小,静电计指针的偏角
0减小,由于下极板接地（电势为零）,两极板之间的电场强度不变,所以点电荷在P点的电势能Ep不变综上所述,
选项D正确.
~~
55. ［答案］
C
［解析］
由于A点处电场线比B点处电场线疏,因此A点电场强度比B点小,A项错误;沿着电场线的方向电势逐
渐降低’因此小球表面的电势比容器内表面的电势高,B项错误;由于处于静电平衡的导体表面是等势面,电场线垂
直于等势面,因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直,C项正确;将检验电荷从A点沿不同的路径移到B点,由
于A、B两点的电势差恒定,因此电场力做功WAB＝qUAB相同’D项错误°
56° ［答案］
B
［解析］
问题求解:A按照如箭头所示的方向转动时’因为在其侧面的电荷为负电荷,故产生的电流方向为顺时针
方向。根据右手定则可知,其在圆盘上方产生的磁场方向向下,又因为圆盘加速转动,所以产生的磁场强度逐渐增
大,因此穿过圆环B的磁通量逐渐增大,根据楞次定律可知B的感应电流产生的磁场要阻碍磁通量的变化,故圆环
B有缩小半径、远离圆盘A的趋势,因此丝线受到的拉力减小,故B项正确.综上所述,本题正确答案为B。
易错项辨析:本题的易错项为D项当A加速度转动时,圆盘边缘的电荷运动,产生的磁场增大,圆环B为了阻碍其
内的磁通量增加,就有缩小和远离的趋势,所以丝线受到的拉力减小,选项B正确·
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9
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咀叶＝片
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4
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57. ［答案］
B
［解析］
问题求解:以O点为圆心放置均匀带电量为2q且半径为R的球壳时,在M、N点产生的场强大小为E′＝
《器—喘,本题当中求解在N点产牛的场强等于此球壳在N点产罐的场强和b半球亮在N点产生的场强之
差;右半球壳在N点产生的场强等于左半球壳在M点产生的场强』即为E,所以N点的场强为虑蒜—E’故B项正
确。综上所述,本题正确答案为B.
易错项辨析:本题的易错项为C项。设有-半径为R、带电荷量为2q的球壳的球心位于O点’再把球壳分成左右两部
分,左、右部分各带电荷量为q,设右部分在M处产生的电场强度为E′,由题意知左部分在M处产生的电场强度为
∑’贝贿器≡E＋E′ ’解得;固＝蒜—E根搪对称删讥可知,图中的半个球壳在N点的电场强度人小也喘
＿Eˉ
58° ［答案］
B
［解析］
问题求解;由对称性可知,两带电棒在O处产生的电场强度相互垂直’且大小相等’设其为E0。由矢量合成
关系可知√m,≡E’所以撤去—根糯电捧后｀o点的电场馒度变汗根棒产生的场强,:‖为E,≡乎E,故B项正确
综上所述,本题正确答案为B.
59. ［答案］
A
［解析］
问题求解:设电流表A1指针指满刻度的电流为I,在图甲中,通过两电流表的电流相等,即两电表的示数相
等,则可得到电流表八』指针指满刻度的电流为;I;在图乙中｀两电流表两端的电压柑等’根据欧姆定律得:IR』-
÷IR］｀通过计算可以得R2-α｜o’故A项正确综上所述｀本题正确粹案为A
60. ［答案］
C
［解析］
｜可题求解:如图所示
2
…的小…三力作刷达到平衡』平衡关系式…→十＋您赤解得′-赛弹簧处于撇｛嘲状态｀从丽
2
附ˉ《—墓ˉ′霹故c螺正确综上所述,本题正蹦答寨为c
61。［答案］
C
［解析］
问题求解:准确理解电流的微观表达式,并知道稳定时电荷受到的电场力和洛伦兹力平衡,是解决本题的
关键.由于上表面电势低,根据左手定则判断出自由运动电荷带负电,排除B、D两项.电荷稳定时,所受电场力和洛
伦慈力平衡, ｜q｜￥≡｜,｜触B,由电流的徽观表达式知;′≡｜q｜″s,≡｜q…联立得撇＝谎.故选项c服确
62· ［答案］
D
［解析］
选项分析:A项,两个等量正电荷形成的电场并非匀强电场,负电荷受到的电场力是变力,加速度是变化
的,故A项错误。B项,由等量正电荷的电场分布知道,在两电荷连线的中点的电势最高,所以从b到d运动过程中,
电势是先增大后减小’故B项错误.C项’由于只有电场力做功,所以只有电势能与动能的相互转化,故电势能与动能
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之和不变,即电势能与机械能守恒’故C项错误D项,如图所示,由b到O运动过程中电场力做正功,电势能减小,
由O到α电场力做负功,电势能增加,故D项正确.综上所述,本题正确答案为D
b
α
团
D
／′
O
巳
（!
C
63. ［答案］
D
［解析］
选项分析:A、B项’电势零点可以人为规定’与物体带不带电无关’与电场强度无关’故A、B项错误C项,
电场线是对电场分布的描述,同-电场线沿箭头方向电势逐渐降低’故C项错误.D项,负电荷沿电场线方向移动,
电场力做负功’电势能增加,故D项正确·综上所述,本题正确答案为I）.
［答案］
A
（解祈｜＂…根瞩半径…均匀带…平板在凰……E≡2…［l
（尺』云:病］｀可撼知当椭
电圆板无限大时（即当R→◎◎）的电场强度E′≡2∏炎α,对于无限大带电平板,挖去—半径为厂的圆板的电场强度,可利
用填补法’即将挖去的圆板填充进去,这时Q点的电场强度EQ＝2丽龙α0 ’则挖去圆板后的电场强度Eb＝2沉虎α0—
…［l丁志）学］—…（志）,
64
65. ［答案］
B
［解析］
问题求解:各小球都在力的作用下处于静止状态,分别对各小球受力分析,列平衡方程可
求解.
以C球为研究对象,除受另外α、b两个小球的库仑力外还受匀强电场的静电力,如图所示,C球处
于乎衡状态搬共点力平衡条件可知F膨≡2隐爷…旷;F蹦＝E吸,解得E＝孕,选项B正确
b
α
○-ˉˉˉˉˉ≡ˉˉˉ○
,｜、′F2
硼
∏
犯
F静
66. ［答案］
A
［解析］
顶问题求解;P下滑的过程中,设P上端电阻为Rl ’下端电阻为R2 ,滑动变阻器最大阻值为R0.电路可以变形为
E,′口
＞引告上
R］
R
———@
…雁……0≡圃｜‖—叶司丽＾
｜
｜
ER1
E
Rl
E
电流表示数的函数:I＝
R1
通过函数分析,利用基本不等式可知:触头P从最高端向下滑动,当Rl≡R2时,电压最大,之后减小;电流一直增大
故A项正确。综上所述,本题正确答案为A。
◎
11
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~~
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67. ［答案］
D
［解析｜
问题求解;利用点电荷产生场强的公式E＝喂和场强叠j‖原埋’对某边中点处的场强进行分析求合场强
可知其大小并不是零,排除选项A、B、C,选项D正确.
68。［答案］
C
［解析］
问题求解;如图所示,α、6在无限远处’磁感应强度趋近于0,而由图可知’磁传感器从远处至O点时’磁场
线密度先上升后减小,磁场感应强度先上升后减小,故C项正确。
′
｀
综上所述’本题正确答案为C
69. ［答案］
B
［解析］
问题求解:t′时刻闭合S,L2支路是纯电阻电路,电流直接增大到I’Ll支路串联一个电感线圈,产生感应电
流阻碍通过Ll支路电流的增加’所以通过Ll的电流缓慢增大到I,故B项正确.综上所述,本题正确答案为B.
70. ［答案］
D
［解析］
问题求解:根据电场线的疏密程度判断场强,电场线越密’场强越强’则El＞E2 ,El＞E3 ’所以选项A、B错
误;同＿等势面上的电势是相等的,选项D正确.
7L［答案］
C
［解析］
选项分析:A项’根据带电粒子的运动轨迹弯曲方向可知该粒子受到的电场力方向向左’在从N点运动到
M点的过程中,电场力对电子做负功’速度减小,从M再向左运动时,电场力做正功’速率增大’所以粒子运动到M
点时速率最小,故A项错误B项’带电粒子带负电,所以其受到的电场力的方向与电场方向相反’故B项错误C
项,由于粒子是在匀强电场中运动的’受到的电场力是不变的,所以粒子在电场中的加速度也不变,故C项正确. ［）
项,当电子向右运动的过程中°电场力对粒子做负功’电势能增加,在向左返回的过程中,电场力对粒子做正功,电势
能减小,即粒子的电势能先增大后减小’故D项错误综上所述,本题正确答案为C.
72。［答案］
C
［解析］
问题求解;两个点电荷在o点产生的场强大小挪为粤,两个场强的方问互成120.,根据平行四边形定则’合
场强大小为2兽…0.-粤,方向水平向有所以最届个电荷任o点产生的场强大小应为粤,方问水平向左所
以该电荷若在C点,为-q,若在D点,为＋q,故C项正确.综上所述,本题正确答案为C.
73. ［答案］
D
［解析］
问题求解:由图知两球相互排斥,带同种电荷,但无法确定正负’大球受到的静电力和小球受到的静电力是
＿对相互作用力,根据牛顿第三定律可知,两者大小相等,方向相反,故D项正确.综上所述,本题正确答案为D。
·
12
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4
74. ［答案］
B
［解析］
选项分析;A、B项,系统达到静止状态时,受力平衡,受库仑力和弹力’大小相等’方向相反.即缸0＝
Ⅸ（鹊』〕』·将Q巍q变为2懦时,新的平衡为脸』≡K（黑）,解得露』＜2鞠故A项错误,…确◎D项,将
电荷属性改变.膘先的电荷排斥力变为互相吸引,新的乎衡条件为愿瑰≡｜K（卖≡旱;）,
｜’解得…,,故C、D项错
误.综上所述,本题正确答案为B。
75. ［答案］
B
［解析］
问题求解;图中P点电场线密’电场强度大,EP＞EQ,沿电场线的方向电势降低,甲p＞PQ,故B项正确综上
所述,本题正确答案为B.
76。［答案］
C
［解析］
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吾
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白b
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Ⅳ
@
M
选项分析:由解析图可知,A项,两导线在O点的磁场方向相同,因此O点磁感应强度不为零,故A项错误°B项,α、b
两点处磁感应强度大小、方向都相同,故B项错误C项,c、α两点处磁感应强度大小、方向都相同,故C项正确.D
项,O、α、6、c、α五点处磁感应强度方向都相同,竖直向下,故D项错误综上所述,本题正确答案为C.
…
鳞
77. ［答案］
B
［解析］
问题求解;设灯泡额定电压和额定电流分别为U、I’当所有灯泡均正常工作时,甲电路总电流I甲≡3I≡
3I乙,两电路总电压相等’根据P≡IU知P甲＝3P乙,故B项正确。综上所述,本题正确答案为B。
78. ［答案］
C
［解析］
过程分析:将导线分为两段分别求安培力,求合力可知此时所受安培力等效为首尾两点连线长的导线受到
的安培力。
问题求解:导线在磁场内有效长度首尾两点间的距离为2』sin30°＝l,故该V形通电导线受到安培力大小F＝BI.
2／sin30°＝BIl’故C项正确。综上所述’本题正确答案为C.
79. ［答案］
A
［解析］
选项分析:根据左手定则可知,αb段导线的安培力方向垂直于导线斜向左上方,同理cα段导线的安培力方
向垂直于导线斜向右上方,由平行四边形定则对这两个安培力进行分解,可得水平方向上的安培力分力正好平衡’
所以αb段与C＆段导线的安培力的合力为√百BIL,方向竖直向上.而bc段安培力的大小为BIL,方向竖直向上,则导
线段αbcd所受到的磁场的作用力的合力大小为（√百＋1）BIL,方向沿纸面向上,故A项正确.综上所述’本题正确答
案为A.
~~
80. ［答案］
B
［解析］
问题求解:因为当Rl与R2并联在电路中,通过Rl与R2的电流之比为1
; 2’所以可知R1与R2的阻值之
比为2
: 1,所以当Rl与R2串联后接人电路中时’Rl和R2两端电压之比U1 :U2等于阻值比为2
: 1’故B项正确.
综上所述,本题正确答案为B.
·
］3
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81. ［答案］
B
［解析］
选项分析:A项,电荷处在磁场中,运动且与磁场方向夹角不为零时才会受到洛伦兹力’故A项错误。B项’
电荷处在电场强度不为零的电场中必定受电场力,与电荷运动状态无关0故B项正确.C项,正电荷受到的电场力与
电场方向＿致,负电荷受到的电场力与电场方向相反,故C项错误.D项,运动电荷受到的洛伦兹力一定与磁场方向
垂直,与运动方向一定垂直;运动方向和磁场方向不＿定垂直,故D项错误°综上所述,本题正确答案为B。
82。［答案］
D
［解析］
问题求解;因电容器稳定后相当于开路,对电路没有影‖问’故移动滑片时电路中电流不变,即Il＝I2 ,小球
带正电,小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡状态’滑片右移时,与电容器并联部分的电压增大,则电容器
两端的电压增大,由U＝Ed可知,两极板间的电场强度增大,小球受到的水平向右的电场力增大,因重力不变,要使
小球重新处于静止状态’细线与竖直板间的夹角应增大,故D项正确。综上所述,本题正确答案为D.
83。［答案］
B
［解析］
问题求解:根据安培定则,α中电流产生的磁场的磁感线环绕方向为顺时针,b所在处α产生的磁感应强度
的方向向下,根据左手定则,b受到的磁场力的方向向右,故B项正确.综上所述,本题正确答案为B.
84. ［答案］
B
［解析］
问题求解;由曲线运动条件可知合力指向曲线的内侧,而电场强度方向应该是电场线上每-点的切线方
向,所以该带电粒子所受的电场力＿定问右,由于该粒子是负电荷,所以场强方向-定向左,根据沿着电场线的方向
电势降低’可判定α点的电势小于b点,即9α＜甲b,故B项正确综上所述,本题正确答案为B.
85. ［答案］
D
［解析］
问题求解;螺线管内磁场方向沿着轴线方向’所以粒子运动速度方向和磁场方向平行’粒子不受洛伦兹力,
不计重力,粒子将做匀速直线运动,故D项正确.综上所述,本题正确答案为D.
86. ［答案］
C
［解析］
问题求解;因灯泡恰好正常发光则根擂闭合电路欧姆定肆列式有E-U＿I′’贝‖I-早＝1;云§A＝l0
A,则电源的输出功率为P出＝EI-I2厂＝10×l（）W-102×0。2W＝80W,故C项正确。综上所述,本题正确答案
为C.
87。［答案］
C
［解析］
问题求解:电子在电场中的运动可分为两个阶段:加速电场段和偏转电场段在加速电场中由动能定理可
得;詹U!-＋娜端｀在偏转电场中可得;′＝÷碰粤≡盖（击）舅两式赣立则得;击≡孟要提高示艘臂的灵敏度·
可以使板间距离α小＿些,而其他三种措施不能提高灵敏度,故A、B、D项错误,C项正确.综上所述,本题正确答案
为C。
88. ［答案］
B
［解析］
问题求解:根据F≡Eq可知,在F
q图象中’图线的斜率大小代表该点场强的大小’由图可以看出α斜率
最大,α次之,b再次之,C最小,故B项正确.综上所述,本题正确答案为B.
89. ［答案］
B
［解析］
问题求解:洛伦兹力方向始终与速度方向垂直,只改变速度的方向,不改变速度的大小,对粒子不做功’大
小F≡qUB,与粒子速度有关,故B项正确综上所述,本题正确答案为B.
·
14
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90。［答案］
D
［解析］
问题求解;在P:处｀场强由左侧距P,为÷、长度为′的带电细杆提供;在P］处｀关于P］对称的细朴电场
柑互抵消｀只剩下P｜点右侧距P］为÷｀肢度为÷的带电细杆提供.显然两处的电场方向相反且E｜＜E: ,故D项
正确综上所述,本题正确答案为D.
91。［答案］
B
［解析］
问题求解:由电子从M点分别运动到］V点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知, lV、P两点在同-
等势面上,且电场线方向为M→N’故选项B正确,选项A错误M点与Q点在同一等势面上,电子由M点运动到Q
点,电场力不做功,故选项C错误。电子由P点运动到Q点,电场力做正功,故选项D错误.
92· ［答案］
B
［解析］
问题求解;α粒子（》H筐）和质子（｛H）的质量之比湍≡十’动量大小相等,即咖.U.≡…’运动速度大小之
比嚣ˉ器-＋’选项C错误;根…≡″』竿得厂-器′所以运动半径之比÷-器＿＋,选项A错谩;由T≡
誓知运动周期之比贵÷湍ˉ÷×十-÷选项B正确;根瞬′-卵B,洛伦兹力之比舟-斋晶—÷
.＋＝吉.选项D错误
93. ［答案］
A
［解析］
问题求解:P前有-条形磁铁垂直于P,且S极朝向α点’故α点的磁场方向为垂直P朝纸面向外’而电子
在垂直于P的水平平面内运动,根据左手定则可以判断电子受到的洛伦兹力的方向为竖直向上,故A项正确.综上
所述,本题正确答案为A.
易错项辨析:本题的易错项为B项.条形磁铁的S极朝α点,即条形磁铁在α点的磁场方向垂直平面P向外,带负电
荷的电子经过α点时（向右运动）,由左手定则可判断电子受到条形磁铁的作用力竖直向上.
94。［答案］
A
［解析］
问题求解:磁场发生微小变化时,因各选项中载流线圈在磁场中的面积不同,由法拉第电磁感应定律E＝
″坐＝″尝ˉ旦知载流线圈在磁场中的面积越大’产生的感应电动势越大,感应电流越大,载流线圈中的电流变化越
△r
大’所受的安培力变化越大,天平越容易失去平衡,由题图可知’选项A符合题意.
95。［答案］
B
［解析］
闷题求解;脚为R处电场强度为零,所以徽撼摩仑定律叫知;器诺,国为PR≡2R°,狮以q』≡｛蜒敬
B项正确.综上所述,本题正确答案为B.
96. ［答案］
D
［解析］
问题求解:已知电源的内阻忽略不计,电压表的示数恒等于电源电动势,即U不变;当R2的滑动触点向b
端移动时,外电路的总电阻减小’根据闭合电路欧姆定律可知’干路电流I增大’则定值电阻R3两端的电压增大,则
定值电阻R1和滑动变阻器R2组成的并联电路两端的电压减小,根据欧姆定律可知,电流表Al的示数减小,即Il
减小,电流表A2的示数I2＝I—Il增大,故D项正确。综上所述,本题正确答案为D.
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97. ［苔案］
C
［解析］
问题求解:注意观察图象的细节,靠近导线cα处,电子的偏转程度大,说明靠近cα处偏转的半径小,根据洛
伦兹力提供向心力得到圆周运动的半径;R＝蹬,电子速率不变,偏转半径变小｀说明靠近‘创时磁场变强｀所以导线
Cd通有电流;再根据曲线运动特点,合外力方向指向弧内,即洛伦兹力指向左侧,由电子带负电,根据左手定则可以
判断,电流方向为从C到α,故C项正确综上所述,本题正确答案为C.
98. ［答案］
C
［解析］
问题求解:S阻值不变,其两端电压增大,则必为流经S的电流增大,即干路电流增大’则电路中的总电阻减
小,从而得到传感器阻值RM减小;当R阻值趋近于零时,电阻R所在的支路相当于导线’将传感器短路,无论传感
器的阻值怎么变化’S两端的电压均不会有明显的变化;当R阻值趋近于无穷大时’电阻R所在的支路相当于断路’
这时改变传感器的阻值,S两端的电压将发生明显的变化,所以R越大,U增大越明显,故C项正确.综上所述,本题
正确答案为C°
99。［答案］
C
［解析］
选项分析;A项,当负极板右移时,由C＝谎叫知’C与d成反比’向右平移的位移更越大》创越小’C越
大.但图象小应是条直线’故A项错误B项’由U-:司知’U-｛警Q;匀强电场中’E-子-等｀所以E与刨
无关,即E与工无关’电场强度E为定值,故B项错误C项,因负极板接地’所以负极板电势为零’设P点原来距负
极板为』,则P点的电势甲＝E（』
工）,故C项正确.D项,电势能W≡9q＝Eq（′-工）,电势能W与工关系曲线为＿条
倾斜的直线,故D项错误.综上所述’本题正确答案为C.
100. ［答案］
C
［解析］
选项分析:A项’带电粒子做曲线运动’所受力的方向指向轨道的内侧,所以能判断α、b-定带异种电荷’
但是不清楚哪＿个是正电荷’哪-个是负电荷,故A项错误B、D项,物体做曲线运动,所受力的方向指向轨道内
侧,从图中轨道变化来看电场力都做正功,动能都增大,速度都增大,故B、D项错误C项’电场线密的地方电场强
度大,电场线疏的地方电场强度小,所以α受力减小,加速度减小,b受力增大,加速度增大’故C项正确.综上所述,
本题正确答案为C.
101。［答案］
D
［解析］
选项分析:A项,电场强度是电场本身具有的性质’与试探电荷无关,故A项错误.B项,电容是电容器本
身具有的性质’表示电容器容纳电荷的能力’其大小受到自身参数和极板间介质介电常数的影‖阿’与两极板间电压
和电荷量无关,故B项错误.C项,由点电荷场强计算公式可以得出,点电荷产生电场的场强大小与场源电荷所带电
荷量成正比,故C项错误.D项,克服电场力做功,说明此过程电场力做负功,即WAB＝-1J,可得UAB＝-1V,故
D项正确.综上所述,本题正确答案为D.
102. ［答案］
C
［解析］
问题求解:电场强度是电场本身的＿种性质,它只与电场自身有关,与是否放人检验电荷无关,与放人检
验电荷的正负无关,公式E≡旦可用来计算电场强度,但场强大小由电场本身决定,场强并不随着q或F的变化而
q
变化,故C项正确.综上所述,本题正确答案为C。
103. ［答案］
A
［解析］
过程分析:假设题目中电表为理想电表,电流表测量流过Rl的支路电流,电压表测量R3两端的电压
选项分析:A项,若R］短路,则R2被短路,外电路只有电阻R3接在电源两端,电流表测量干路电流,电压表测量路
端电压,两表示数均增大,故A项正确。B项,R2短路将会使电流表示数为0,与题意不符,故B项错误.C项’R3短
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路将会使电压表示数为0’与题意不符,故C项错误.D项,Rl断路将会使电流表示数为0’与题意不符,故D项错
误综上所述,本题正确答案为A.
104。［答案］
A
［解析］
问题求解;在了≤R时,试探电荷在球壳内运动’由于球壳内电场强度处处为零’不受电场力,由动能定理
可得试探电荷动能不变;在厂＞R时,试探电荷在球壳外运动,电场力做正功,试探电荷动能增加’由库仑定律得:离
球心越远,电场强度越小,则电场力越小,故试探电荷往外走过相同距离时电场力做功越小,由动能定理可得试探
电荷动能增加得越慢’故A项正确。综上所述,本题正确答案为A.
105. ［答案］
D
［解析］
问题求解:导线Ll可产生围绕着它的磁场,且磁场强度随与L1的距离增加而减弱’因此根据右手定则可
判断出L2处在垂直纸面向外的磁场中,根据左手定则可判断出L2的受力方向为水平向右,因L2上端所受力比下
端受力小,则L2绕轴O按逆时针方向转动,故D项正确.综上所述’本题正确答案为D.
106. ［答案］
A
［解析］
过程分析:作出轨迹示意图:
选项分析:A、D项,如图所示为粒子在磁场中的运动轨迹,由几何关系可知轨迹
对应的圆心角α≡2狮—2,,贝』粒子在磁场中运动时间′≡六T≡.j器≡
（2顽舌0）狮测粒子运动时间与刨无关’;越大,粒子运动时间越短,故A项正确,
『）项错误B项,根撮枷等≡q刚B,有′≡器’如图有AO—…0＝2腊愿｛n0,厂
厂
＝
→
qD
ˉ
q□
~~
』
×
×
羽
∏
×
】
×
×
）
×
×
｛＝》〈
×
″
／
∩
″
×
簿
、
、
×
×
尸
′
′
′
｀
×
、
4＼
（）
U
定,若0为锐角’则β越大,粒子离开磁场的位置距O点越远;若0为钝角,则0越大’粒子离开磁场的位置距O点越
近’故B项错误C项,根据T≡午ˉ需,角遮度公式为.-争＝等’与谨度元关｀故C项镭误综上所述.本题正
确答案为A.
易错项辨析;本题的易错项为B项由公式沪-器’当粒子的速率U—定时,粒子做圆周运动的轨道半径不变,所以
当0＝÷时,粒子离开磁场的位置距离O点最远’并不是0越大,粒子离开磁场的位置距离O点越远
107. ［答案］
A
［解析］
由题意可知’粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示’由儿何关系可知’粒子在磁场
中做厕周运动的厕狐所对的圆心角为30.,囚此粒子在磁场中运动的时间为‘-六×警,粒子在
磁场中运动的时间与筒转过90.所用的时间相等’即湍-＋×等,求得÷＝壶’A项正确
＼307
108. ［答案］
D
V′
［解析］
如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图,设出射点为P,粒子运动轨迹与oN的交点为Q,粒子
人射方向与OM成30。角’则射出磁场时速度方向与OM成30°角,由几何关系可知,PQ」ˉOlV,故出射点到O点的
距离为轨迹圆直径的2倍’即4R’又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝器’所以D正确
″′／
◎
＝
‖
＝
］
ˉ
′
α
舌
∩
凹
~~M
P
。
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109. ［答案］
C
［解析］
问题求解:分析图象,可知两条线相交的点即为小灯泡的状态点’故电源的输出功率为4W,电源的电动势
为3V,电路中的电流为2A’故电源的总功率为6W,故C项正确。综上所述,本题正确答案为C.
110。［答案］
B
′）
FT
［解析］
问题求解:A的受力如图所示’由图可得,几何三角形OAB与力三角形相似,则—
mg
-忘则Frˉ竿,巾余弦定…ˉ
Fr-F≡竿≡警敬E项服确综上＂
综上所
＝／,即AB＝AO,则F
√l2＋（√豌）2-2√面!2cos3〔）
述,本题正确答案为B
｛
β
舀
｜
｜
『
讥
［答案］
B
［解析］
选项分析;A、B项’小量程电流表改装成大量程电流表的方法是
［解析』
远项分析;A、B坝’小量程电流表改装成大量程电流表的方法是
111
:给小量程电流表并联-个合适的小电
阻因为改装后电流表的量程不同’故并联的小电阻的大小也不同’因此大量程电流表的整体电阻也不同,当改装
后的两个大量程电流表并联时,因电阻不同,分流不同,因此示数不同;但图（a）中两个小量程电流表也相当于并
联,因二者是相同的电流表,因此指针偏角相同,故A项错误,B项正确.C、D项,图（b）中Al 、A2串联在电路中9通
过二者的电流相同,因此二者的示数相同;但是由于改装时并联的小电阻的阻值不同,因此原来的小量程电流表分
得的电流大小不同,进而指针偏角不同,故C、D项错误.综上所述,本题正确答案为B.
112。［答案］
D
［解析］
问题求解;小球重力不计且圆环光滑,如图所示对小球进行受力分析:
根据库仑定律和几何关系有F!＝竿’门-Lc…;F噶＝牢,厂』-Lsinα因小球
厂l
厂2
F2
受力平衡,故Fl与F2合力方向沿半径方向,则有百＝［anα,联立可解得tan3α＝
:故D项正确综上所遮·本题止确答案为I1
〃4
F合
＼F
嘎＼庐Ⅺ
′.侦》
夕
／＼α
D
四
（〕
113. ［答案］
B
［解析］
问题求解;根据点电荷形成电场的特点可知在（）的电场强度为零’在无穷远处的电场强度也为零,所以从
（）到无穷远处,电场强度先增大后减小,并且OA和OB的长度未知,则A、B两点的电场强度关系无法确定,EA不
＿定大于EB;根据点电荷形成电场的特点可知电势关于O点对称,由于此电场为正点电荷形成的电场,则电场线
由A关于O点的对称点指向B点,电势随着电场线的方向而减小,则B点电势小于A关于O对称点的电势,即小
于A点的电势,故B项正确.综上所述,本题正确答案为B.
114. ［答案］
B
2
［解析］
选项分析;A旧项.洛伦兹力提供向心力得Bq砌＝咖÷.解得厂-腊’增人励磁线圈中的电流’则B增大,
则′变小;根据动能定理得qU-÷′涧u2 ,提高加速电压U’则u变大’则′变大｀故A项错误,B项正确C＼D项,洛
伦兹力提供向心力得B卵—腕（芋）,′擂孵T-苦,增大励磁线圈中电流,则B增大,则T减小;根据公式可知周
期与速度无关,故提高电子枪加速电压,电子做圆周运动的周期不变,故C、D项错误。综上所述,本题正确答案
为B.
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l8
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115. ［答案］
A
［解析］
选项分析:A项,微粒受到竖直向上的电场力,因其向下偏转’则还受到竖直向下的重力,根据牛顿第二定
律得m°＝″』g乎;增大R1 ,使得屯路当中的总电阻增川根腮欧姆定律叮知’十路电流减小’R＂侧端的电压减小’
即电容器的板间电压减小;微粒在电场中做类平抛运动,微粒的加速度增大,微粒偏转的位移不变,所以微粒在电
场中运动的时间减小’进而得到微粒的水平位移减小,所以粒子打在O点左侧’故A项正确.B项,增大R2 ,电容器
的板间电压不变,粒子的加速度不变粒子仍然打在O点,故B项错误。C、D项,断开开关S,电容器所带的电荷量不
变根懈屯容C-谎-号得:为＿定值,无论M极板稍徽k移或者下移,徽粒的加速度不变,粒子仍然打在o
点,故C、D项错误.综上所述,本题正确答案为A.
116. ［答案］
C
［解析］
选项分析:A项,设丝（）PQ≡β,小球Q在BO的弹力、重力和P的库仑力作用下受力平衡,可知杆BO对Q
的弹力FN＝GQcot0,当P向左移动时,Q受到的重力不变,0减小,则弹力应变大,故A项错误.B项,将P、Q两球
看成一个整体,在竖直方向上只受到重力和杆OA的支持力’且两个力平衡’即等大反向,所以杆AO对P的弹力等
于两小球重力之和,保持不变,故B项错误°C项’将P、Q两球看成＿个整体,在水平方向上受到OB的弹力和OA
的摩擦力作用,两力平衡’即等大反向’所以杆A（）对P的摩擦力等于A项中FN’摩擦力增大’故C项正确。D项’
小球Q所受重力GQ-F,sin0-腮钨sin0不变.变量只有0和两点间距离,当左移P点后0变小.则两球间距离必
四Iu
须减小才能使等式成立,故D项错误.综上所述,本题正确答案为C°
易错项辨析;本题的易错项为B项.把P、Q看作整体,那么它们之间的电场力为内力’所以杆AO对P的弹力等于
P、Q的总重力,所以移动P后杆对它的弹力不变。
117. ［答案］
D
2
［解析］
问题求解;设1、2距离为R,根据库仑定律F-喘,根据电荷守恒’3与2接触后’它们的带电量均为粤’
继续3与］攘触后｛它｜＂的带电量均为（宁）q,即F-醒（祟）q,结合陶式’凰J得阀≡0,故D项止确综上所述’
本题正确答案为D
118。［答案］
C
［解析］
选项分析:A、B项’α粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动,则该粒子-定做匀速直线运动,故对
粒子α有:BqU＝Eq即只要满足E＝BU无论粒子带正电还是负电,粒子都可以沿直线穿出复合场区,当撤去磁场只
保留电场时,粒子b由于电性不确定,故无法判断从O′点的上方或下方穿出’故A、B项错误C、D项,粒子b在穿过
电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动’电场力做正功,其电势能减小’动能增大,故C项
正确,D项错误.综上所述,本题正确答案为C.
119: ［答案］
B
［解析］
选项分析:A、B项,当Rl不变时,增大R2 ,由于R0与R2串联,R0两端的电压会减小,即电容器两端电压
减小,电场强度变弱,库仑力减小。悬线拉力F为库仑力和重力的合力,故F减小,故A项错误,B项正确.C、D项,
当R2不变时,增大Rl ,由于电容器相当于开路,所以电容器两端电压等于R0两端的电压,大小不变,所以库仑力不
变,F不变,故C、D项错误.综上所述’本题正确答案为B.
120。［答案］
B
［解析］
问题求解;八图中坐你原点O处的电场强度是—个÷圆环产生的,设此时原点的场强大小为E;B图中原点
的电场强度由两个＋圆环叠加产生｀根据矢量的平行四边形法则,此时原点的场强人小为√m;在c图的坐标原点处,
◎
19
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~~
牌
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第＿象限和第三象限的＋圆环产生的屯场互相抵消｀所以坐标原点o处的电场强度是—个＋圆环产生的’此时原点
的场强大小为E;在D图的坐标原点处’第＿象限和第三象限产生的电场互相抵消’第二象限和第四象限产生的电场
互相抵消,坐标原点的场强为零所以B图中原点处电场强度最大,故B项正确。综上所述,本题正确答案为B.
121. ［苔案］
B
（解析］
问题求解;本题利用电场的叠加原理求解,当实心带电球体在A点产生的场强为E』≡器,搬挖去＂球形
空腔的体积为v-÷厕（＋R）』＝÷厕腮』,所以球形空腔本应带电q-÷Q,所以球形空腔本应在A点产生的场强
.←｛安］—器………—凰—器………….
122. ［答案］
A
［解析］
考查带电粒子在磁场中的圆周运动问题由题意知｀带电粒子的平均动能E臆＝＋′鹏,:唾T｀故渺cc√了由
9,B-等整理得B唾√了敬选项A正确
123. ［答案］
D
［解析］
选项分析;A项,6、回点关于O点上下对称,可知两点场强大小相等’方向不同’故A项错误B项’让＿个
试探正电荷由α点移动到／点’点电荷电场力不做功’匀强电场的电场力做正功,故合力做正功’电势能减小’电势
降低,故B项错误C项,当电荷＋q沿着球面运动时’匀强电场的电场力不做功’点电荷电场力也不做功’所以合电
场力不做功,故C项错误.D项,将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动,点电荷电场力不做功,从α点移动到c
点’匀强电场的电场力做功最大,所以合力做功最大,故D项正确.综上所述’本题正确答案为D.
124. ［答案］
D
［解析］
问题求解》根搪焦耳定橇对电阻R捎耗的电熊Q＝I』R!≡孪』所以—定时间内电阻消儒的电雕与通过的
电量的平方成正比.所以遮过』c的电量时消儒的电能为Q≡（器）』בlˉ32』』又Q≡『［″,q＝n,所以u≡:
≡瓷-sV故D项止确综上所述’本题正确答案为D
125. ［答案］
B
［解析］
问题求解;擂人咆介质厕‖‘增大,迸丽幂致C＝晶增大,U-:减小,故B项正确综上所述,本题正确
答案为B°
126. ［答案］
B
［解析］
问题求解:两球心相距3R,与半径数量级相同,带电球不能视为点电荷,球上的电荷会因为引力作用而相
向靠近测实际两球｜咆蒲的距离将小于球心距｀由摩仑定橇可摧知F＞臆器,故E项正确综上所述｀本题正确
答案为B°
127. ［答案］
D
E
［解析］
问题求解;欧姆调零时两表笔短接电流表满偏’所以′g＝原丁丰河吞’测量阻值为R的电阻时,÷I:＝
E
E
R＋R』＋R′＋厂’测量未知电阻R蟹时’÷I圈ˉR露＋R0千R′吞,联立三式可得R蚕＝MR’故D项正确综上所述.本
题正确答案为D
。
20
.
…
°
币
器
』
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l28. ［答案］
C
［解析］
问题求解;电子进人如图所示磁场后会向上偏转做圆周运动,由所受洛伦兹力提
供问心力qE融-竿可得,运动轨迹半径厂ˉ器｀＂知磁感应强度越大半径越小,由图可见
电子从C点离开时运动轨迹半径最小,即磁感应强度最大,根据几何知识可得;2Rcos30°≡
α,可得R＝÷’代人到运动轨迹半径公式,可以求得电子从C点离开时磁感应强度B＝
√3
｀1iI匹2’即磁感应强度最大取这个值时电子才能从BC边离开,故C项正确,综上所述,本题
αe
正确答案为C.
α｜
129. ［答案］
C
［解析］
问题求解:用右手螺旋定则判断导线α、b在C点产生的磁场方向如图所示,大
小相等,用平行四边形定则合成后,C点磁场方向竖直向下,再用左手定则判断导线c受
到的安培力方向水平向左,故C项正确。综上所述,本题正确答案为C.
b
@
「
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▲』
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~
~
~
●
口
四
●
α
B∧
@／
月｝
130° ［答案］
D
2
［解析］
问题求解;粒子所受的洛伦兹力作为向心力’根据F肉＝q刚B＝m÷’得′ S
≡猎进丽T-芋≡籍,由此可知粒子的运动时间与粒子的速度大小无关,所
以粒子在磁场中的周期相同,由粒子的运动轨迹可知,通过α点的粒子的偏转角为M
90.,通过b点的粒子的偏转角为60.｀所以通过凰点的粒子的运动的时｜旬为＋T通
过b点的粒子的运动的时间为÷T｀所以从S到α、b所需时间′!
; ′:＝3
; 2,故D
项正确.综上所述,本题正确答案为D°
P
×
×
×
Ⅳ
｜
b
0。
飞
α
［）l
U勺
131。［答案］
A
［解析｜
问题求解;粒子所受的洛伦慈力作为向心力,根搪F陶-q,B-顾竿,得厂≡箭’刚求得周期T≡芋ˉ
籍’由于带电粒子的…均相问.磁感应强度不变,所以T相同根据′≡聂T叮知,在磁场中运动时间越长的带
电粒子,圆心角越大’半径越小,由半径公式得知速率一定越小.通过的路程即圆弧的长度〖＝厂β,与半径厂和圆心角
0有关,无法判断’故A项正确。综上所述,本题正确答案为A.
132. ［答案］
B
［解析］
选项分析:A、B项,因为单位时｜司内通过导体横截面的电荷量就是电流的定义,所以乙的电流是甲的2
倍,故A项错误,B项正确.C、D项,电流的微观表达式I＝＂qSu,门代表单位体积中自由电荷数目,q代表自由电荷
量,它们均未知,所以无法确定电荷定向移动的速率,故C、D错误.综上所述,本题正确答案为B.
133° ［答案］
D
［解析］
问题求解:由于两小球压缩弹簧,则两小球带有等量异种电荷,设A的电荷量为q,则B的电荷量为
q,两
球之间的静电力为F｀球C与A接触后｀八、C上均带÷q的电荷’球C与B再接触肩’B、C均带有—＋q的电荷假
设AB｜刨距离小变,由F-隐等可知,AB间相互作用力为÷F’但由于AB相互作用力的减小’AB对弹簧的压力
减小蝉簧｛申长,AB间作用力实际上小于＋F’所以弹簧的压缩量也就小于÷z0｀故D项正确综［所述,本题正
确答案为D
·
21
。
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134. ［答案］
D
［解析］
问题求解:由于不考虑磁偏角,则地理的北极可以认为是地磁的南极,在此处,磁场方向竖直向下,所以小
磁针的N极将竖直向下,故D项正确.综上所述,本题正确答案为D°
135. ［答案］
C
［解析］
问题求解:将线圈L1分成前后两个部分（靠近做题人的部分为前）’将每部分分割成无数个电流元,线圈
Ll处于线圈L2产生的磁场中,根据右手螺旋定则判断L2产生的磁场,线圈L2内部磁场方向垂直于纸面向里’根
据安培定则得,线圈Ll前半部分受到的安培力竖直向」二,线圈后半部分受到的安培力竖直向下,所以从左向右看,
线圈Ll逆时针转动,故C项正确.综上所述,本题正确答案为C.
136。［答案］
A
［解析］
选项分析:根据电流的磁效应,可知导线右侧的磁场垂直纸面向里,且距离导线越远的位置磁感应强度越
小.根据左手定则判断电子射出时受到水平向右的洛伦兹力,所以电子将向右偏转。由于洛伦兹力始终垂直于电子
运动方向’故对电子不做功’电子速率不变’故A项正确.综上所述’本题正确答案为A.
137. ［答案｝
A
［解析］
问题求解:带电粒子在导体板间的电场中做类平抛运动,设粒子射出电场时的水平速度为U〃’坚直速度
为圃」;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动’轨道半径厂＝器’U＝√57丁万,根据几何关系得M｀N两点间的距离
为‘≡…,而c°·,≡丝联立上述方橇解德‘≡等,水平篷度翻〃只与j＂逮电压U!有关.与U;无关敬∧
U
项正确。综上所述,本题正确答案为A。
138. ［答案］
D
［解析］
选项分析:A、B、C项,放人磁场中的通电导线受到的力的大小和方向,不仅仅与放人磁场的通电导线的电
流大小有关,还和磁场的磁感应强度大小以及电流与磁感应强度的夹角相关,A、B、C项都未考虑通电导线和磁感
应强度之间的夹角对其受到的力的影响,故A、B、C项错误.D项,磁感应强度的大小和方向由产生磁场的场源决
定,与放人磁场中的通电导线无关,故D项正确。综上所述,本题正确答案为D.
139° ［答案］
D
［解析］
过程分析:小滑块受重力、斜面支持力、摩擦力、垂直斜面向下的洛伦兹力,随着小滑块速度的增加,洛伦
兹力增大,斜面对小滑块支持力增大,则小滑块对斜面的压力增大,所以小滑块所受摩擦力增大’加速度变小,直到
摩擦力与重力沿斜面方向的分力相等,小滑块做匀速运动。
选项分析:A项,根据过程分析可知’小滑块向下滑动的过程中’与斜面之间的摩擦力是变化的,故A项错误B项’
小滑块受到洛伦兹力,F＝qUB,方向垂直斜面向下,磁感应强度B不同,则会影响洛伦兹力,进而影响小滑块对斜面
的压力以及摩擦力,洛伦兹力不做功,小滑块运动到地面’重力做功相等,则根据动能定理可知,摩擦力做功会影响
动能的改变,所以小滑块到地面时的动能与B的大小有关,故B项错误C项,当小滑块受力平衡后,速度不再增加
继续做匀速直线运动,故C项错误.D项,根据左手定则,小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面并指向斜面,故D项正
确。综上所述,本题正确答案为I）.
［答案］
D
［解析］
选项分析:A项,对物体P受力分析,物体P受到水平向左的库仑力,垂直斜面向上的支持力,竖直向下的
重力侧有｀.M≡器.又由库仑定律得F库→普·其中,为P、Q所播电蔚量｀解得q—＼／嘿…,敬A项惰误
B项9由A项分析可知,物体P受到垂直斜面向上的支持力,所以P对斜面的压力不为0,故B项错误.C项,对斜面
·
22
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体受力分析可知,斜面体受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力、垂直斜面向下的压力和水平向右的摩擦力’故C
项错误D项’对斜面体和物体P整体受力分析可知’受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力、水平向左的库仑力
和水平向右的摩擦力,所以竖直方向上受力平衡’此时地面对斜面体的支持力F支＝（M＋加）g,由牛顿第三定律可
知,斜面体对地面的压力为（M＋′Ⅷ）g,故D项正确.综上所述,本题正确答案为D.
易错项辨析:本题的易错项为A项.P受力如图所示:
脸
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Ⅲ
141. ［答案］
C
［解析］
电路中四个电阻阻值相等’开关S断开时’外电路的连接等效为图1,由于不计电池的内阻’设每个定值电
9
厕……………岭露雨端蹦…—÷｀最膊—÷…美鼠雕属＂
O
………蠕……＿祟广÷…ˉ…:÷÷｀了.
正确
图1
图2
142. ［答案】
C
［解析］
将＿带正电荷的物体C置于A附近,由于静电感应’此时A带负电’B带正电’则A项错误;由于整个导
体处于静电平衡状态,即整个导体为等势体,A、B电势相等’B项错误;移去C’由于A、B中正负电荷中和’则贴在
A、B下部的金属箔闭合,C项正确;先把A和B分开,然后移去C,此时A带负电,B带正电,贴在A、B下部的金属
箔都张开,则D项错误。
多顶选择题篇答案解析
143. ［答案］
BD
［解析］
选项分析;A项,若Sl 、S2闭合,由电路图知电热丝接人电路并发热’则电吹风吹热风’故A项错误B项,
吹热风时功率比吹冷风时功率多了（1000-120）W＝880W,即为电热丝发热功率,再根据纯电阻发热功率的公式
’-等＝（220V）』—880W,解搬R≡55Q,故B项正确C项,电动机工作时输入功率为120W.考虑电动机绕组
R
发热功率,电动机输出功率只能小于120W,所以不可能会是880W,故C项错误.D项,电动机工作时输人功率为
120W,根据输人功率的定义,电动机每秒钟消耗的电能W＝Pt＝120J,故D项正确°综上所述’本题正确答案
为BD.
144. ［答案］
ACD
［解析］
选项分析;A、B项’由左手定则可知等离子体进人磁场后’正离子向上运动’负离子向下运动,所以上板为
正极,下板为负极,用电器中电流方向为从A到B,故A项正确,B项错误.C、D项,电源达到最大电动势时,粒子流
。
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在两板间不再发生偏转’此时两板间的电势差设为U,则两板间的电场强度为E＝旦’其中创为两板间距.此时粒
α
子所受的电场力与洛伦兹力平衡即Eq＝quB’联立解得U＝Buα,由此可以看出只增强磁场或只增大喷人粒子的速
度,均可以增大发电机的电动势,故C、D项正确.综上所述,本题正确答案为ACD.
145. ［答案］
AB
［解析］
过程分析:根据左手定则及射人、射出位置’可判断粒子以Oc等分点为中心进行圆周运动,其在磁场中运
动轨迹为半圆形｀运动半径为÷oc’运动时间为‘＂-÷T.当粒子以与O创成30.角的方向以不同速率射入磁场时,
圆心＿定处于在O点垂直速度方向的线上’分析不同运动轨迹,以判断不同轨迹对应圆心角及运动时间的关系
选项分析;A项,若′＝÷‘0时』则粒子在磁场运动了:T.对应圆心角为÷厕,根据几何知识可判断从创‘边射出磁
场,故A项正确B项｀若带电粒子在磁场中经历的时｜司是÷‘0｀即:T’则对应圆心角可计算得÷丽｀大于厕且小于
÷厕根搪作图叮知粒←定从b〔边射出,故B项正确C项’若该带电粒了在磁场中经历的时间是′‘≡÷T侧得
到轨迹的圆心角为厕.当粒子轨迹与“0边相切出磁场时,此时粒子从侧b边射册磁场时的偏向角最大’且等于:丽,
小于冗,因此一定不从αb边射出磁场’根据作图可知粒子—定从bc边射出磁场’故C项错误D项’若该带电粒子在
磁场中经历的时间为÷旷0,则对应轨迹圆心角为÷厕,当粒子轨迹与′α边相切出磁场时,粒子的最大偏向角为
‖
÷穴’则粒子不可能从αα边射出磁场,根据作图可知粒子＿定从αb边射出磁场,故D项错误.综上所述,本题正确
答案为AB°
146· ［答案］
BC
［解析］
选项分析:A、B项’从A到B过程中,根据能量守恒定律得:″!gLsin0-qEL（1-cos0）＝0,得Eq＝√乃!g,
故A项错误,B项正确.C、D项’在B点时,小球的速度为零’向心力为零,沿绳子方向的合力为零,则细线拉力为:T
≡加gsin0＋Eqcos0＝√田″g＝Eq,故C项正确,D项错误.综上所述’本题正确答案为BC.
147. ［答案］
BC
［解析］
问题求解:由U-I图上A图线,可知电动势为6V.当电阻与电源构成闭合回路时应具有相同的电流,因
此U
I图象中A、B图线的交点即为电阻Rl接人电路时,电路的路段电压和电流;A、C图线的交点即为R2电阻
接人电路时,电路的路段电压和电流,则Pl≡8W,P2≡8W＄电源的总功率P＝EI,分别为12W、24W,由效率γl
ˉ万,咖≡号｀可知电源与R,组成剧合电路时’效率低故B、C项正确综上所述,本题正确答案为B◎
P1
148. ［答案］
BD
［解析］
选项分析:A项,匀强电场电场线方向垂直于ABCD面,因此该面为等势面,AD间电势差为零,而AA′在
电场线方向上有距离,电势差不为零,故A项错误B项,粒子带正电,电场力方向向右,从A到D电场力方向无位
移,电场力不做功,从D到D′电场力方向上位移为正,因此电场力做正功,故B项正确。C项,粒子带负电,电场力方
向向左,从A到D电场力方向无位移,电场力不做功,从D到D′电场力方向上位移为负,因此电场力做负功’粒子
电势能增加,故C项错误.D项,粒子在电场中移动电场力做功W≡Uq,两种移动方式起点与终点电势差不变,粒子
电量不变,所以它们电场力做功相等,故D项正确.综上所述,本题正确答案为BD。
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149. ［答案］
BC
［解析］
问题求解;增大两极板之间距离d测C-扁减小,电容器始终与电源相连接则U不变,电容器所带的
电荷量Q＝CU减小’所以电容器放电因为电容器上极板带正电,所以电阻R中有从α到b的电流,故B、C项正
确综上所述,本题正确答案为BC.
150。［答案］
ABC
［解析］
选项分析:A项,同位素原子化学性质相同,无法用化学方法分析’所以质谱仪是分析同位素的重要工具,
故A项正确.B项,粒子在题图中的电场中加速,说明粒子带正电,其通过速度选择器时,电场力与洛伦兹力平衡,
则洛伦兹力方向应水平向左,由左手定则知’磁场的方向应垂直纸面向外,故B项正确.C项’由Eq＝BqⅦ′可知’u＝
÷’故C项正确∏项粒子运动直径D-2隔-籍’可知粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝p,意味着D越小’那
么比荷-坠越大,故D项错误.综上所述,本题正确答案为ABC
γ刃
151. ［答案］
AD
［解析］
选项分析;A项,因电场线与等势面垂直’过M点作等势面,其在P点的下方’且沿着电场线方向电势降
低,则M点的电势比P点的电势高｀故A项正确B项,将负电荷由O点移动到P点,电势降低’电势能增大’动能
减小’电场力做负功’故B项错误.C项,因为U＝且′,因OM间的电场线比MN间的电场线密集,OM间的平均电
场强度较大,距离相等’则M、lV两点间的电势差小于O、M两点间的电势差’故C项错误.D项,在O点静止释放＿
带正电粒子,该粒子的受力方向始终指向y轴正方向,则该粒子将沿y轴做直线运动’故D项正确综上所述,本题
正确答案为AD.
152. ［答案］
AC
［解析］
选项分析;A项,由洛伦兹力提供向心力可懈q硼Bˉ竿,所以厂＿猎得′』-″! ,故A项正确B项’问心
加逮度“ˉ等得“』ˉ÷,故B项错误C项′圆周运动周期T＝芋得T』＝÷T1＝腮T! ’故C项正确D项,角速度
。＝÷得侧』＝÷“!＝÷’故D项错误综上所述’本题正确肄案为∧Q
153. ［答案］
AC
（解栅］
选项分析;A项灯泡正常发光测［′山＝‘v.P｜≡l2W,于路电流!≡岳ˉ』A,电动机输人功率P人＝U′
P‖ˉ＝12W,故A项正确B、C项,电动机热功率P热＝I2RM＝2W,电动机输出功率P出＝P人-P热＝10W,故B
项错误,C项正确。D项,整个电路消耗的电功率P电＝UI＝24W,故D项错误.综上所述,本题正确答案为AC.
154. ［答案］
AC
［解析］
选项分析:A项,P向α移动时’滑动变阻器的电阻减小,电路中电流增大’Vl示数增大,输出电压降低,
V2示数减小,故A项正确.B项,P向b移动时,滑动变阻器的电阻增大,电路中电流减小,Vl示数减小’输出电压
升高,V2示数增大,故B项错误.C项’P向α移动时,滑动变阻器的电阻减小,电路中电流增大,V2示数减小,Vl
示数增大,外电路电压减小,即Vl和V2的和减小,所以V2示数改变量的绝对值大于Vl示数改变量的绝对值,故
C项正确.D项,P向b移动时,滑动变阻器的电阻增大,V2示数增大,电路中电流减小,Vl示数减小,外电路电压
增大’即V］和V2的和增大,所以V2示数改变量的绝对值大于Vl示数改变量的绝对值,故D项错误综上所述’
本题正确答案为AC.
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155. ［答案］
AC
［解析］
选项分析;A项,将Rl等效到电源的内部,R2上的功率视为电源的输出功率,当外电阻等于内阻时’即R2
＝Rl＋厂时,电源输出功率最大,即R2上的功率最大’故A项正确.B、C项’根据P＝I2R可知,经过电阻R1的电流
最大时,Rl上的功率最大.当外电阻最小时,即R2＝0时,电流最大,Rl上的功率最大,故B项错误,C项正确。D
项,当外电阻等于内阻时,即Rl＋R2＝厂时,电源的输出功率最大’所以R2≡0电源的输出功率不-定最大,故D项
错误.综上所述,本题正确答案为AC.
156. ［答案］
BC
［解析］
选项分析:A项,若Rl短路’则外电路总电阻减小’电路中的总电流增大,即流过A灯的电流增大,A灯应
变亮,故A项错误.B项’若R2断路,则外电路总电阻变大’电路中的总电流减小,即流过A灯的电流减小,A灯变
暗.因电流变小,灯泡A、厂、R4分得的电压减小,所以Rl与灯泡B和R2并联部分的电压之和增大,而R2的断路使
并联部分电阻增大,分得的电压更大,所以灯泡B变亮,故B项正确。C项,若R3断路,则外电路总电阻变大,电路
中的总电流减小,即流过A灯的电流减小,A灯变暗.因电流变小,灯泡A、厂、R4分得的电压减小,所以R1与灯泡B
和R2并联部分的电压之利增大,所以B灯两端电压增大’即B灯变亮’故C项正确。D项,若R4短路’则外电路总
电阻减小,电路中的总电流增大,即流过A灯的电流增大’A灯应变亮,故D项错误。综上所述,本题正确答案
为BC·
157. ［答案］
AB
［解析］
根据带负电的油滴在竖直面内的轨迹可知,油滴所受合外力-定向上’则所受电场力一定向上’且电场力
大于重力’故匀强电场的方向竖直向下,Q点的电势比P点高,选项A正确。油滴从P点运动到Q点,根据动能定
理,合外力做正功,动能增大,所以油滴在Q点的动能比它在P点的大,选项B正确.油滴从P点运动到Q点,电场
力做正功,电势能减小,油滴在Q点的电势能比它在P点的小,选项c错误。由于带电油滴所受的电场力和重力均
为恒力,所以油滴在Q点的加速度和它在P点的加速度大小相等’选项D错误.
158. ［答案］
BC
［解析］
过程分析:滑动变阻器的滑片由α端滑到b端的过程中’当滑到中间时,其接在电路中的电阻最大.
选项分析:A项,电压表测量电源电压,即U为电源电压,始终不变,故A项错误.B项,由于Rl接人电路的电阻先
变大再变小,其所在支路总电阻先变大再变小,支路两端电压为电源电压,其电流先变小后变大γ电流表测支路电
流’即I先变小后变大,故B项正确。C、D项’U和I的比值为Rl两部分并联后串联R2的总电阻,由于Rl接人电
路的电阻先变大再变小,U和I的比值先变大后变小,故C项正确,△U≡0,故D项错误.综上所述’本题正确答案为
BC.
159. ［答案］
BC
［解析］
过程分析
电场分布如图所示
所以,A-O过程中,试探电荷受到的合力指向O点,加速运动,但电场线分布不均匀,故加速度不恒定;O-N受到
的合力仍指向O点,与速度方向相反,故做减速运动,加速度大小仍不恒定。
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选项分析;A项’由过程分析可知,加速度不恒定’故A项错误B项,电场力做正功,电势能减小,故B项正确。C
项,试探电荷在O点速度最大,故动能最大,故C项正确.D项’沿着中垂线MlV将带负电的试探电荷q移动到无穷
远过程’电场力方向沿MN指向O点,因此电场力方向与位移始终反向,即电场力做负功,电势能增加,无穷远处电
势为零,则试探电荷O点电势能最大,故D项错误。综上所述,本题正确答案为BC.
160. ［答案］
ABC
［解析］
选项分析:A项,在α点由静止释放粒子,到达b点时速度恰好为零,可知粒子所受电场力与重力方向相
反,也与电场线方向相反,故粒子带负电,故A项正确.B项,由于粒子在α点静止,到达b点也静止,故W电≡W重
-″鸭h≡必,叫得U酶ˉ乎,故B项正确CD项,从“到b先＂谨后喊谨.故电场力逐渐变大’故b点场强大了“
点场强,故C项正确,D项错误。综上所述,本题正确答案为ABC.
16L［答案］
AB
［解析］
问题求解:α点处磁感应强度为零,说明α点处电流产生的磁感应强度方向向左,大小为lT,由此可以用
右手螺旋定则判断导线电流向内,α6Cα圆是以导线截面中心为圆心的’因此在圆αbCα上磁感应强度为lT,方向为
顺时针。由此可求得C点两个磁感应强度大小都为1T,方向都向右’总磁感应强度应该为2T’方向向右;b点两个
磁感应强度都为lT,方向＿个向右＿个向上,因此总磁感应强度为√百T,方向与B夹角45。斜向上;α点两个磁感
应强度都为lT,方向-个向右-个向下,此总磁感应强度为√百T,方向与B夹角45。斜向下。故A、B项正确综上
所述,本题正确答案为AB。
162。［答案］
CD
［解析】
问题求解:粒子在电场中加速,在磁场中偏转’每次加速过后’粒子的偏转半径都会增大,所以D形盒的半
2
径越大,粒子得到加速的次数越多,粒子从D形盒射出时的动能就越大,即粒子射出时最大速度有qUB≡m卫≡,U≡
厂
警’动能E瞧≡＋酗（嘿）』-（qB′）』
2加
,要想增大粒子的动能,可以增大磁场的磁感应强度和D形金属盒的半径,故
C、I）项正确.综上所述,本题正确答案为CD·
163. ［答案］
ABD
［解析］
选项分析:A项,由焦耳定律Q＝I2Rt,电炉与发动机电阻相等’通过的电流相等,在相同的时间内放热也
相同’故A项正确.B、C项,电炉是纯电阻’电动机是非纯电阻,电炉电压为U炉≡IR,而发动机的电压U机＞IR,故
B项正确,C项错误.D项,电炉的功率为P炉≡I2R,电动机功率为P机＝UI＞I2R,故D项正确.综上所述,本题正
确答案为ABD.
164. ［答案］
BCD
［解析］
选项分析:A项,由图可以看出粒子所受电场力方问与电场线方向相反,所以粒子带负电荷,故A项错误.
B项,由图可以看出,随着粒子运动位置的改变,电场线逐渐稀疏,电场强度减小,电场力减小,粒子加速度减小,故
B项正确。C项,粒子所受电场力方向与运动方向夹角始终为钝角,电场力做负功,所以粒子速度逐渐减小,故C项
正确.D项,粒子的速度方向与受力方向不同,说明粒子具有初速度,故D项正确。综上所述,本题正确答案为BCD
165. ［答案］
BC
［解析］
选项分析:A项,y轴为零等势线,所以b点的电势为零,而若在b点放＿个正的试探电荷,则试探电荷将
受到沿工轴正方向的电场力,所以6点电场强度不为零,故A项错误.B、C项,由于O点的电势为零,而在工轴上电
场方向向右,则将正的试探电荷从O点移动到α点,电场力做负功,克服电场力做功,试探电荷的电势能增大,所以
正的试探电荷在点α的电势能大于零,故B、C项正确.D项,由于O、b两点的电势相等,均为零,所以将同＿试探电
荷先后从O、b两点移到α点,电势能的变化相等,故D项错误.综上所述,本题正确答案为BC.
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166. ［答案］
BD
［解析］
问题求解:油滴α保持静止,则其受到的重力与电场力平衡,故油滴所受电场力向上,说明油滴带的是负电
荷;油滴b向右水平匀速运动’根据左手定则可得其所受洛伦兹力向下,则其受到的重力等于电场力减去b受到的
洛伦兹力;油滴C向左水平匀速运动’所受洛伦兹力向上,则其受到的重力等于电场力与C受到的洛伦兹力之和’由
于三个油滴所受电场力相等,所以C的重力最大,b的重力最小,故B、D项正确.综上所述,本题正确答案为BD·
167。［答案］
ACD
［解析］
选项分析:A项,若两点电荷均为正电荷’假设两电荷电量相等’则合成后的场强沿MN方向向上;若Ql
＜Q2’则在P点,b点电荷的场强大于α点电荷的场强’此时合场强方向在MN左侧’故A项正确B项,若Q1是正
电荷Q2是负电荷,且Ql＞｜Q2
｜’此时α电荷在P点的场强方向在αP连线上向右侧’b电荷在P点的场强在Pb
连线上也向右侧,合场强不可能在MN的左侧,故B项错误C项’若Q1是负电荷,Q2是正电荷’且｜Q1 ｜＜Q2 ,此时
α电荷在p点的场强方向由p指向α,b电荷在p点的场强方向由b指向p,二者合场强方向＿定在M］V左侧,故C
项正确.D项,若Ql和Q2均为负电荷’假设两电荷电量相等’则合成后的场强沿MN方向向下;若｜Ql ｜＞｜Q2
｜,则
α电荷在P点的场强大于b点电荷在P点的场强,此时合场强方向在M］V左侧,故D项正确.综上所述,本题正确
答案为ACD
168° ［答案］
CD
［解析］
问题求解;若电路中仅有一处断路’则横跨断路处任意两点间的电压均是电源电压。由题可知,bα间电压
为220V’说明断路点必在M之间且α6段是通路;αc间电压为220V,说明断点又必在αc间且cα间是通路,故bc
断路,其余各段均完好,故C、D项正确。综上所述’本题正确答案为CD
169° 〔答案］
BD
［解析］
选项分析:A项’当小球静止于M点时,细线恰好水平,说明重力和电场力的合力方向水平向右,小球从P
到M的过程中,线拉力不做功’只有电场力和小球重力做功,它们的合力是恒力,方向水平向右,所以小球到最右边
时,速度最大,而不是零,故A项错误B项,电场力与重力的合力为t器0.＝√…,这个方向上位移为L,所以做功
为√习》γlgL,故B项正确.C项,机械能增加量就是动能增加量√可mgL和重力势能增加量′″gL之和,故C项错误D
项,细线突然断裂时,速度方向竖直向上,合外力水平向右’做匀变速曲线运动,故D项正确.综上所述’本题正确答
案为BD.
170. ［答案］
AC
［解析］
问题求解;开关s闭合后’外电路的总电阻为R＝l0Q’路端电压U-卢R＝器×l0v-l0v,A项止
确;电源的总功率P-悬≡l2W.B项镭误;由于两条支路的电流均为′′-器A-α6∧,固此α、6陶点间的电压
为U鳞＝α5×（l5—5）vˉ5v,C项碾硫;α、b两点用导线连接后’外电阻R′＝2×:署:n＝爪5∩｀因此电路中的
总电流I＝蛊萨-盖A-L26A,D项错误
171. ［答案］
BC
［解析］
选项分析:A｀B项,将环形导线分割成无限个小段,每-小段看成直导线,则根据左手定则,则电流沿顺时
针时,导线的安培力垂直纸面向外,故A项错误,B项正确.C、D项,当电流沿逆时针时,根据左手定则知安培力垂
直纸面向里,故C项正确,D项错误。综上所述,本题正确答案为BC.
·
28
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r
［答案］
AC
［解析］
问题求解:当粒子带正电时,根据几何关系可知Rsin45°＋d≡R,由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心
力石…≡啊碧联立叫得雌≡（叶伊qd;当粒子带负电时根据几何关系可知R…5.十R＝域｀由洛伦兹力
搬供粒子做侧阀运动＂向心力·育,鞠E≡狮警联航可得鞠≡《』—′）Bq‘敬AC项正确综忙所述,本题胀确答
案为AC.
172
［答案］
ACD
［解析］
选项分析:A项’对小球A受力分析’小球受重力、库仑力、细线拉力,如图所
示,山图可得狮暇≡六’所以棘则-g亩β］伺理′厕凰＝gt急.因为0l＞〃』,所以
mA＜加B,故A项正确。B项,两球之间的库仑力是作用力与反作用力,并且大小＿定
相等,方向相反,因此不能判断两小球各自的电荷量的大小’故B项错误.C项,根据
公式狮g△h-÷脚哑: ’得刚-√霄百m而△h-h（志—l）（州为小球距天花板＂竖直
高度）,因为0l＞02’因此△hl＞△h2 ,所以uA＞uB,故C项正确。D项,小球摆动过程0
高度）,囚为0l＞02’因此△hl＞△h2 ,所以uA＞uB,故C项正确。D项,小球摆动过程机
173
B
m‖g
械能守恒,有″!Ag△h＝EkA,
故E酗…（☆胸）,又知…志侧E酗≡F励（」亏器,））≡F…÷伺埋E嘘≡F″（」荒0』）≡
F…粤,由十β!＞0』,所以E蜒＞E睡,故八球动能淀大丁B球动能’放D项正确综上所述,本题正确答案
为ACD。
174. ［答案］
BD
［解析］
选项分析;A项,根撮q,B＝狮竿,叮得勋-嘿侧最大动熊为马≡÷砸,』-嚼乙.与j［幢电压无关,故
A项错误B项’若只增大交变电压U,则质子在回旋加速器中加速次数会减小’导致运行时间变短,故B项正确。C
项’若只将交变电压的周期变为2T,而质子在磁场中运动的周期不变,则两周期不同,所以不能始终处于加速状态,
故C项错误D项｀根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动’则半径R＝爵,且＂qU＝÷″”』’所以质子第′′次被
加速前后的轨道半径之比为｀／万＝丁:√万,故D项正确综上所述,本题正确答案为BD.
175. ［答案］
BD
［解析］
问题求解:假设P、M和］V不在同＿直线上’对M受力分析可知M不可能处于静止状态,所以选项B正
确;MN和杆组成的系统｀处于静止状态则系统所受合力为零,故隐鲁-膛《器;』解得工≡（√霄—｜）L｀所以选
项A错误,D正确;在正点电荷产生的电场中,离场源电荷越近,电势越高,故9M＞9N,所以选项C错误
176. ［答案］
ACD
［解析］
电路分析:电流表测的是干路电流,Vl测的是R两端的电压,V3测的是滑动变阻器两端的电压,V2测的
是路端电压.
选项分析:A项,滑片向下滑动,总电阻变小,总电流增大,A的示数增大,故A项正确。B项,根据A项分析得总电
流增大,内电阻分压增大,所以路端电压减小,即V2示数减小,故B项错误.C项,路端电压的减小量等于内电阻分
隆的增量｀所以′ˉ等｀R≡署,囚为△U厂△U!≡△U』｀所以尝→＋R,故C项正确D项’囚为△U!≡△′R,
△U2＝△I厂,因为R＞厂,所以△Ul＞△U2,故D项正确.综上所述’本题正确答案为ACD
°
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177. ［答案］
AC
［解析］
选项分析:A项’粒子在匀强磁场中向下偏转,磁场方向垂直纸面向外,根据左手定则可知带电粒子带正
电,故A项正确.B项,根据左手定则,带正电粒子在平行板间受到竖直向上的洛伦兹力,则电场力方向竖直向下’
电场方向竖直向下,则P!极板带正电,故B项错误C项,根据′″÷＝qz′B’有÷＝方,所以运动半径越大,比荷越
小’故C项正确D项根据′鹏竿≡q,B’有卿≡字,囚为,不确定,所以运动半径越大,履量不—定越大’故D项错
误。综上所述’本题正确答案为AC.
178. ［答案］
AD
［解析］
问题求解:α静止’则b、C对α的静电力等大反向’则b、c带异种电荷·且α、b间距离小于α、c间距离’由库
仑定律可知’b带电量小于c。同理C静止,则α、6对C的静电力等大反向,则α、b带异种电荷,且b、C间距离小于α、C
｜司距离,由库仑定律可知,α带电量大于b.故A、D项正确.综上所述,本题正确答案为AD
179. ［答案］
BD
［解析］
选项分析;∧项,T-誓,运动周期与遮哑大小尤关,人射逮度小问的粒子在磁场中的运动时间叫能相
问,故A项错误uC项.萨-腊.Tˉ誓粒子比荷相等速度相问运动轨迹完全相同;若谨度不问,运动时间仍
然可能相同,但轨迹不同,故B项正确,C项错误。D项,所有粒子的运动周期都相等,所以运行时间越长的粒子’轨
迹对应的圆心角越大,故D项正确.综上所述,本题正确答案为BD。
180。［答案］
BD
［解析］
问题求解;导线垂直于磁场万向放置,因此开关闭合瞬间帚线安培力大小为F＝BlL-粤,方向垂直于
磁场方向斜向下。导线受到安培力、竖直向下的重力以及竖直向上的支持力的作用’在竖直面内无运动,竖直方向
合力为零’水平方向上只有安培力的分力,因此加谨度为α＝等卫-B票n0,故且D项止确综上所述｀本题正
确答案为BD
斟
涯
《
『
『
苟
『
世
韶
‖
剖
｝
远
柑
戴
升
汗
个
『
‖
→
】
『
叶
『
…
§
】
养
】
←
』
上
卜
么
↑
181。［答案］
BCD
［解析］
选项分析:A项,为使两极板间的电压增加lV,所需要的电荷量Q＝CU≡30×10—6×1C＝3×10 5C,即
A项正确,故尔选择A项B项,给电容器1C的电荷量则两极板｜则的电压U≡:-30×÷0ˉ,v＝÷×l0,v,即
B项错误’故选择B项。C项,该电容器所能容纳的电荷量Q＝CU＝30×10 6×400C＝l.2×10-2C,即C项错误,
故选择C项D项,该电容器能够承受的最大电压为400V’即D项错误,故选择D项.综上所述,本题正确答案
为BCD.
182. ［答案］
ABD
［解析］
选项分析:A、D项’静电平衡状态下的导体内部场强处处为零,且内表面不带电,故A、D项正确.B项,由
于导体接地,因此整个导体电势为零,故B项正确.C项,导体外表面受Q的影响,静电感应而带电,故C项错误.综
ˉk所述,本题正确答案为ABD
183。［答案］
BD
［解析］
两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态,因为两小球间的库仑
力等大反向,则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向,所以两带电小球的带电量相等,电性相反,静止时,两
◎
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球所受合力均为零,选项A、C错误;M、lV两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右,即M带
负电,lV带正电,M、N两球在移动的过程中匀强电场对M、N均做负功,选项B、D正确。
184. ［答案］
AD
［解析］
选项分析;A项,U-t图象的斜率等于加速度’B点处为整条图线切线斜率最大的位置,即B处的加速度
最大’根据牛顿第二定律得;F＝qE＝狮α,B为中垂线上电场强度最人的点’B点的加速度为α＝器＝2m／s: ’E＝
I1Ll＝1V／m’故A项正确.B、C项,由图知,由C到A的过程中,物块的速度不断增大,说明物块带正电,物块动能
q
增大,根据能量守恒得,物块的电势能不断减小,根据电势能公式E＝q甲可知由C到A电势也不断减小,故B、C项
镭误D项,物块从B到A的过程,根据动能定理得;qU鳃-＋顾砌负ˉ÷′″刚:’代人数据得,U鹏-U鳃-
6V’
故D项正确.综上所述’本题正确答案为AD.
185. ［答案］
AC
［解析］
选项分析:A项,粒子受力方向指向运动轨迹凹的＿侧,粒子在磁场中仅受洛伦兹力的作用,根据左手定
则和粒子的运动轨迹可知,α粒子带负电,b粒子带正电’故A项正确.B、C项,根据洛伦兹力提供问心力得:Bqz′＝
2
狮÷,半径厂-箭;根据运动轨迹可以判断出’α粒子的轨道半径小于0粒子,所以α粒子的速度小于b粒子,则α
粒子在磁场中所受洛伦兹力较小’α粒子的动能较小,故B项错误,C项正确.D项,根据洛伦兹力提供向心力得:
″q趣≡挪竿—啊等凋期T≡警.其周期与遮度无关』根据运动轨迹可以判断川,忽徽子轨迹所对应的圆心角大
于b粒子轨迹所对应的圆心角,所以b粒子在磁场中运动的时间较短,故I）项错误。综上所述,本题正确答案为AC。
186. ［答案］
BD
［解析］
选项分析:A项,当滑动变阻器滑片P向左移动,其接人电路的电阻增大,电路总电阻R总增大’电流I减
小,RL不变,所以灯泡的功率P＝I2RI′减小’所以灯泡L变暗,故A项错误B项,当内、外电阻相等时,电源的输出
功率功率最大.灯炮I√的电阻大于电源的内阻,当R增大时’电源的输出功率减小,故B项正确.C项,电路路端电
压增大,灯炮L两端电压减小,则变阻器两端电压增大’电容器与变阻器并联,电容器上电压也增大,则其电荷量增
大,故C项错误D项,电流表读数变小’电压表读数U≡E
I厂变大,故D项正确.综上所述,本题正确答案为BD.
187. ［答案］
BD
［解析］
选项分析:A项,等量同种电荷产生的电场在连线的中点处场强为零,则O点电场强度为负点电荷在（）点
产生的场强,不为零,故A项错误B项,两个正点电荷在D点的场强与负点电荷在D点产生的场强大小相等,方向
相反’故B项正确.C项,将点电荷＋q从O移至C,电场力做正功,电势能减小,故C项错误°D项,若将点电荷-q
从O移至C,电场力做负功,电势能增大,故D项正确。综上所述,本题正确答案为BI）.
188。［答案］
AC
［解析］
选项分析:A项’由等量异种点电荷的电场分布’在两点P、Q电荷中轴线上,越靠近中点O位置,电场强度
越大,此时α处的场强大小小于b处的场强大小;再叠加Ⅳ的电场,越靠近点电荷的点,电场强度越大,则b处的场
强更大;两个相互垂直的电场叠加,b处的电场强度更大,故A项正确.B、D项,结合A项的分析,可知在α、b处电
场方向是指向右下方,等势面与电场方向垂直,结合图象,可知α处的电势高于b处,电子带负电在b处的电势能更
大,故B、D项错误.C项,引人试探电荷,将试探电荷由α移到O,P、Q的合电场方向向右,电场力不做功;lv的电场
方向沿试探电荷运动方向’即仅有lV的电场对试探电荷做功.故问题可以简化为在点电荷N的电场线方向上O、α、
b三点的电势分布,可知α、O间的电势差大于α、b间的电势差的2倍,故C项正确。综上所述,本题正确答案为AC。
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不定顶选择题篇答案解析
189. ［答案］
BC
［解析］
选项分析:A项,根据粒子运动轨迹判断,粒子所受的电场力竖直向上’电场力的方向与电场的方向相同,
所以粒子带正电,故A项错误;B项,p点为零势能点,从P到Q电场力做正功,做功为qU,电势能减少qU,所以Q
点的电势能为
qU,故B项正确;C、D项,从P到Q粒子所用时间为t≡丛,Q点竖直方向速度为uγ≡√习b0 ,所以竖
U0
盲方问的位移为′‘≡÷呼≡罕,根据E≡÷得,Eˉ呼·故C项服确·∏项错误综上所述.本题止确答案
为BC.
190. ［答案］
AC
［解析］
问题求解;平行板电容器充电后与电源断开后,电荷量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时’板间
距离剑减小根据C＝谎知,电容c增大,根据U＝:.板间电腿变小》巾腐-:-晶.C-谎碍到;E-堡g
eS
,
可知E与α无关,则知电场强度E不变;P与负极板间的距离不变,由公式U＝Eα可知:P与负极板间的电势差不
变,P点的电势不变,正电荷在P点的电势能不变,故A、C项正确.综上所述,本题正确答案为AC.
191· ［答案］
BC
2
［解析］
问题求解:利用左手定则可判定只有负电荷进人磁场时才向右偏,故选项A错误;利用qUB＝l11I』二知厂≡
厂
qB厂max-qB（M＋L）’选项B正确;
器能射州的粒子满足÷≤忻≤L韦M’因此对应射州粒子的最大逮度刨…-—万厂—
2〃2
°咖＝—丙厂示’△刚≡倒…—刚咖＝警,由此式叮判定选项C血确.选项D错误
192. ［答案］
BD
［解析］
问题求解;设材料厚度为偷,止力形边长为α根据Rˉ:-′六＝÷’得电阻只与金属材料和厚度有关,
所以两导体电阻相同,电压相同时,通过的电流相同,因为Rl的横截面积大’在电流相同时,自由电荷的速率就小.
故B、D项正确。综上所述,本题正确答案为BD°
193. ［答案］
BD
［解析］
带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用,＿是重力′″g,方向竖直向下;二是电场力F＝Eq,方向
垂直于极板向上.因二力均为恒力,已知带电粒子做直线运动,所以此二力的合力＿定在粒子运动的直线轨迹上9
根据牛顿第二定律可知,该粒子做匀减速直线运动’选项D正确,选项A、C错误;从粒子运动的方向和电场力的方
向可判断出,电场力对粒子做负功,粒子的电势能增加,选项B正确。
194. ［答案］
A
［解析］
问题求解;粉尘的受力方向应该沿着电场线切线方向的反方向’又物体做曲线运动时,所受的合外力-定
指向曲线的内侧’显然B、D项图象错误;粉尘从起始点p点由静止开始运动,粉尘的运动轨迹不能与电场线重合,
因为物体轨迹的切线表示物体速度方向,如果粉尘运动轨迹与电场线重合,显然在同一时刻速度方向与受力方向
相同9粉尘＿定做直线运动,与粉尘做曲线运动矛盾,所以C项错误,易知A项中图象符合题意,故A项正确。综上
所述,本题正确答案为A.
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195. ［答案］
BC
［解析］
选项分析:A项,开关S断开,则两电容器直接与电源相连,由图中可以看出,α点与负极连接,6点与正极
连接’所以b点电势比α点电势高18V,故A项镭误;B项,′「关S闭合后,电流流过＿个回路,‖求得I＝R』旱R,
≡2A’故B项正确;C项,开关S断开时C1两端电压为18V,开关闭合后Cl两端电压为6V,由Q＝CU可知,开关
断开时Cl带的电荷量大,故C项正确;D项’当开关S断开时,两电容器两端电压相同,Cl电容较大,所以Cl带电
荷量较大;当开关S闭合时,Cl两端电压为6V’C2两端电压为12V,由Q＝CU可知,两电容器的带电荷量是相同
的,故D项错误.综上所述,本题正确答案为BC·
196. ［答案］
BD
［解析］
选项分析;A项’受力分析如图所示,小球沿直线ON做匀变速运动,则
／V
qE
小球所受合力在直线ON上,由平行四边形定则可得电场强度方向如图所示’即
ˉ＿vr≥＝＿
电场方向与水平面成30.’故A项错误;B项,由力的合成可得合力为Eqcos60.
ˉ.ˉˉ…｜
＋″』gcos60.＝′＂g’由牛顿第二定律得″′g＝…＝g’故B项正确;C项’小球上（）.::二）虹＿!哩＿ˉ＿＿
（U0sin3（）°）2得／l＝愿
2
z〉0
2α1
升到最高点时竖直方向的速度为零,由γ抛α1＝″lg-Eqsin30°、h＝
故C项错误;D项,由图可
知,小球所受的重力和电场力大小相等,方向与运动方向之间的夹角相等,小球克服电场力做功和克服重力做功是
相等的,由能量的转化与守恒可知,小球的初动能＿半转化为电势能,—半转化为重力势能,小球初动能为÷狮砌; ,
小球的最大电势能为＋狮渺;.故D项派确综上所述,本题正确答案为BD
197· ［答案］
AD
［解析］
选项分析:A、B项,注意到电热丝和电动机并联,两端电压220V’吹热风和吹冷风状态下电动机功率相
等’PM≡｜20w,所以电热丝电阻的功率P愿-1000w＿l20w-鳃0Wˉ晋｀推出R-55Q,电动机电阻无法求｀
故A项正确,B项错误;C、D项,当电吹风吹热风时9电热丝功率为PR＝880W≡880J／s’电热丝每秒钟消耗电能
880J’电动机消耗功率PM＝l20W＝120J／s,即每秒钟消耗120J的电能’故C项错误’D项正确.综上所述’本题
正确答案为AD
198。［答案］
C
［解析］
问题求解:在图示时刻’质点所受合力方向与质点速度方向相反,质点做减速运动’质点速度减小’由／＝
qUB可知p质点受到的洛伦兹力减小,则质点所受重力与洛伦兹力的合力与速度方向不再在同-直线上,即质点的
速度方向与所受合力方向不在同-直线上,质点将做曲线运动,故C项正确。综上所述’本题正确答案为C.
199。［答案］
BC
［解析］
过程分析:泊滴处于静止状态说明′Ⅺg≡Eq,且电场力方向竖直向上观察图象得知电场方向竖直向上,所
以泊滴带正电.
选项分析;A项｀若将S断｝卜测Q不变,电场强度E-÷≡备ˉ等个变｀所以酗g＝Eq,油滴仍然处十静止状
态.G衷中无电流,故A项错误;B项’保持S闭合｀则U不变,将A向左移动则创不变’电场强度Eˉ:不变｀所以
咖g-Eq,油滴仍然处于静止状态;将A向左移动则电容器正对面积s减小’c＝就减小’电容器容纳电荷量Q-
CU减小,所以电容器有放电现象,G表中有从6到α的电流,故B项I［确;C项,保持S闭合,则U不变,将A向上
移动侧‖创增大’电场强度E＝:喊小.′″g＞Eq’油滴向卜加逮运动;d增大导致c-满减小,电容器容纳电荷量Q
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州
州
荆
洞
洒
树
…
轴
招
辑
州
州
』
刀
吗
‖
伶
『
仔
▲
‖
八
『
＋
‖
十
十
『
丁
‖
丫
卜
｜
汁
‖
十
人
拓
爵
′
陆
庙
←
胎
丛
贴
′
爵
卜
〗
＋
‖
＋
｜
←
｛
丁
↑
｜
…
世
『
…
鞋
琳
溉
捞
捞
＝CU减小’所以电容器有放电现象,G表中有从b到α的电流’故C项正确;I）项,保持S闭合,则U不变,将A向
下移动测d减小’电场强度E-÷增大’Eq＞砸g’测滴问忙‖p逮运动;d减小导致C＝谎增大’电容器容纳电荷
量Q≡CU增大,所以电源对电容器充电,G表中有从α到b的电流,故D项错误.综上所述,本题正确答案为BC.
洱
诚
』
＂
~
~
~
~
~
~
讯
埔
叶
酗
200· ［答案］
BC
［解析］
选项分析:A项,由图看出,b、e两点电场强度的大小相等,但方向不同,而电场强度是矢量,所以b、e两点
的电场强度不同,故A项错误;B项’根据顺着电场线电势逐渐降低可知,离点电荷O越远,电势越低,所以α点电
势低于c点电势,故B项正确;C项,根据对称性可知,b、c两点间电势差与e、α两点间电势差相等,故C项正确;D
项,α点的电势高于b点的电势,电子由α运动到b,电势能增大,电场力做负功,故D项错误。综上所述,本题正确答
案为BC。
20L［答案］
B
2
［解析］
选项分析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据m工二＝qz′B,有厂＝112卫』
厂
qB,
2
则厂l
; 厂2＝1
: 2,根据左手定则,运动轨迹如图所示.根据加卫≡≡qUB有U＝
厂
雾.贝帽期T＝芋≡警测T｜≡若,T:-摇所以,它冉次到达o点的
时间为T｜＋÷T』≡摇,故B项正确,八CD项错误综上所述,本题正确答案
综上所述,本题正确答案为
［
●
●
●Bl
●
■
▲
F
■
＝
＝
7、v广、＼·
M
B
202. ［答案］
AC
［解析｜
选项分析;＾β项粒子在匀强磁场中洛伦兹力搬供向心力.F磁ˉq砌B-枷等.运动半径′-器粒子动
能逐渐减小,质量、电荷量不变,则粒子速度越来越小’运动半径越来越小,粒子先经过α点,再经过b点,故A项正
确,B项错误;C、D项,粒子受力方向指向运动轨迹内侧,磁场方向向里,根据左手定则,粒子带负电,故C项正确,D
项错误.综上所述,本题正确答案为AC.
203. ［答案］
C
［解析］
过程分析:由路端电压与电流的关系U＝E＿厂° I可算出E＝3V,厂＝0. 5Q;由欧姆定律变形式U＝IR,
可算出R］-α5∩’R:-l∩电源的输出功率为P幽-I:R≡（卢）:R
问题求解;侧电阻窜联后R慰-R!十隐』ˉl; 』》,P幽ˉ…w;侧电阻并瞬后R』-揣』-÷n,P倒圈-
4。32W;Rl单独接到电源两端时P出c＝4. 5W;R2单独接到电源两端时P出D＝4W所以Rl单独接到电源两端时
电源输出功率最大,故C项正确.综上所述,本题正确答案为C.
204° ［答案］
C
［解析］
选项分析:A项,图示为等势面9沿电场线的方向是电势降低最快的方向,即连接-个等势面上某点与另
＿个等势面上距离该点最近的点可得到大致的电场线’可知图中高电势区域的电场线较密,即A点的电场强度的
大小大于C点’故A项错误;B项’点电荷在某点的电势能W＝叫,负电荷在A点的电势能的绝对值大于C点,但是
电势能为负值9故负电荷在A点的电势能小于在C点的电势能,故B项错误;C项,电场线始终垂直于等势面,点电
荷电场力的方向沿电场线的切线方向,当电荷沿等势面AB移动时,电场力始终垂直于运动方向,不做功,故C项正
确;D项,正电荷在A点和C点的电势能均为正值’且在A点的电势能大于C点,则正电荷由A移到C的过程中,
电势能减小,电场力做正功,故D项错误综上所述,本题正确答案为C°
°
34
·
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205。［答案］
AD
［解析］
过程分析;对小球受力分析易得电场力F-qE-…n0,匀强电场场强E≡:′电容定义式C-号’电容
决定式C-湍
选项分析;A、B项’保持S闭合,U不变’α减小,E增大,0增大,故A项正确’B项错误;C、D项’断开S,Q不变,联
立以上公式有阿-等′与剑尤关测,不变’故C项错误’D项止确综上所述,本题止确答案为AD
206. ［答案］
BCD
［解析］
选项分析:A项,正电荷靠近,导体的A端的自由电子由于受到引力而向A端聚集’A端带负电,金箔张
开,B端由于缺少电子而带正电,金箔也张开’枕形导体整体的正负电荷量仍相等,整体不显电性’故A项错误;B
项,用手触摸枕形导体后’A端仍为近端,感应出负电荷,远端为人体’感应出正电荷,B端无电荷,所以A端金箔仍
张开,B端金箔闭合’故B项正确;C项’用手触摸枕形导体后’将手和C都移走,枕形导体上留下负电荷,并分布于
整个导体表面’所以两对金箔均张开,故C项正确;D项’由A、C项分析可知选项A中枕形导体上整体不带电,两
对金箔分别带异种电荷,选项C中两对金箔带同种电荷,故D项正确。综上所述,本题正确答案为BCD.
207。［答案］
B
!解析］问趣求瞬;尺纱R＂率联电路总电阻为Rˉ鹊,
｀—卜赂电流!｜→卜R｜＋R,电压表示数U-E—
E
′＋:＋R,R,两端电压U』≡Eˉ 器罢通过R』的电流′粤-瓷通过R』…′:ˉ′｜—I』随着腮Ⅱ闷‘端移
动’R3减小＄则R减小,Il增大,U减小,U2减小,I2减小,I3增大.所以电压表示数变小,电流表示数变大,故B项
正确。综上所述,本题正确答案为B。
208. ［答案］
AD
2
［解析］
选项分析:A、B项,离子从加速器中心附近进人加速器,洛伦兹力提供向心力’F洛＝qUB≡m工兰,随着速
厂
度增大,运动半径厂-腊增大,从边缘射出,故A项正确,B项错误;CD项,电场加速离子,洛伦兹力始终与运动方
向垂直’不做功,但是磁场可以使离子做圆周运动,多次经过电场区域加速’故C项错误,D项正确.综—k所述’本题
正确答案为AD.
209. ［答案］
A
［解析］
川题求解;由｜孽仑定律可知,F≡竿,相旦接触后.电荷中和后重新分配,两小球带筹三阎种电荷＋Q, ｜孽
仑力变为F～祭-备』故A项正确综上所述,本题派确答票为＾
210. ［答案］
A
［解析］
问题求解;当电动机不转时.电路…阻电路根搬两电表示数叫知电动机内阻枷≡爷≡』o‘调节变
阻器使得电动机正常运转后电路属于非纯电阻电路,电动机总功率分为两部分,即输出的机械功率和电动机内阻
的焦耳热功率,电动机不满足欧姆定律,电动机总功率P＝IU＝48W,根据焦耳定律电动机内阻热功率P′＝I2厂M
≡16W,因此电动机输出的机械功率为P出＝P-P厂＝32W,故A项正确.综上所述9本题正确答案为A。
·
35
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211. ［答案］
AC
［解析］
过程分析;当磁感应强度B可以用备表示时,电流的万向与磁场方向垂直
选项分析;A项,磁场万向向外》屯流方向斜向右上方此时磁场万向与屯流方向垂直·故磁感应强度B叮以用备表
示,故A项正确;B项’磁场方向向右,电流方向向右,此时磁场方向与电流方向平行,磁场对该电流元没有力的作
用’故磁感应强度E小可以用是表示’故B项错误;C项’磁场万向向外,电流力向向右,此时磁场万向与电流灯向
F｀
垂直’故磁感应强度B可以用亢表示,故C项正确;D项’磁场方向向右,电流方向斜向右上方’此时磁场方向与电
流力向不垂直’故磁感厕强度B不可以用荒表尔｀故D项错误综上所述｀本题止确答案为A◎
212。［答案］
B
［解析］
问题求解;当出现火情时,Rt的电阻减小,电路总电阻减小’干路电流增加.根据闭合电路的欧姆定律知电
源内阻分压增加’电源电动势不变,故路端电压U减小.干路电流增加’则Rl两端的电压增加,由于路端电压减小,
则并联部分的电压减小,通过R2的电流减小,所以显示器的电流I变小,报警器的电压U变小,故B项正确.综上
所述,本题正确答案为B。
213. ［答案］
BC
［解析］
问题求解;平行板电容器屯容C≡谎｀电容器带电量Q＝UG匀强电场场强E＝:,带电尘埃静止,贝‖
qE＝″?g,电容器与电池组相连,两板间电压不变,两板错开＿些9S减小,则C减小,Q减小,电容器放电,下极板负
电荷由b到α运动,则电流由α到b.d不变,则E不变,尘埃仍静止,故B、C项正确综上所述,本题正确答案为BC.
214. ［答案］
BC
［解析］
选项分析;A、B项’电场改变方向之前,物体沿竖直墙运动’由于水平方向支持力与电场力相等’电场强度
减弱,所以支持力减小,故摩擦力减小,所以物体受到的重力和摩擦力的合力增大;电场改为水平向右时,物体受互
相垂直的重力和电场力’而电场力随电场强度的增大而增大’所以合力增大°因此’物体开始运动后,整个过程中物
体运动的加速度不断增大,且速度不断增大,故A项错误,B项正确;C项,当电场强度为零时,物体开始离开墙壁,
即E,—触ˉ0’所以』-÷,故c项正确;∏项.根瞩A选项分析,物体运动的加遮度不断增大,且遮度尔断增大,敬
D项错误.综上所述,本题正确答案为BC。
215. ［答案］
D
［解析］
过程分析:物理学中把放人电场中某点的电荷所受到的电场力F跟它的电荷量q的比值叫做电场在该点
的电场强度,它的大小和方向与放到该点的试探电荷q无关,它决定于形成电场的电荷（源电荷）及空间位置。电场
中每-点对应的电场强度与试探电荷无关。
选项分析:A项,物理学中把放人电场中某点的电荷所受到的电场力跟它的电荷量的比值叫做电场在该点的电场
强度’该定义式适用于任何电场’故A项错误;B项,物理学中把放人电场中某点的电荷所受到的电场力跟它的电
荷量的比值叫做电场在该点的电场强度,故F是检验电荷所受到的电场力,q是检验电荷带电荷量’故B项错误;C
项,场强的大小和方向与放到该点的试探电荷无关,它决定于形成电场的电荷（源电荷）及空间位置,故C项错误;D
项,由F≡Eq可知场中某点电荷所受电场力大小与该点场强大小成正比＄故D项正确.综上所述,本题正确答案
为D·
·
36
°
4啥
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216. ［答案］
ABC
［解析］
过程分析;电场线与等势面垂直电场线密的地方电场强度大,电场线疏的地方电场强度小.沿电场线的
方向,电势降低.
选项分析:A项’等量点电荷的电场线分布具有对称性.题图为两个等量异种点电荷’1、3两点电场方向相同,场强
大小相同’故A项正确;B项’根据对称性’5、6两点处电场线疏密程度相同,电场强度大小相等,方向都垂直于虚线
向左’则5、6两点电场强度相同,故B项正确;C项,等量异种点电荷连线的中垂线是-条等势线’所以4、5两点电
势相同’故C项正确;D项,在等量异种电荷的连线上,电场线方向水平向左,沿电场线的方向,电势降低,所以3的
电势比1的电势高,故D项错误.综上所述,本题正确答案为ABC.
217. ［答案］
A
［解析］
问题求解:根据右手螺旋定则,环形电流可以等效为小磁铁,小磁铁的N极向右,因为异性相吸’可知线圈
向左运动,故A项正确。综上所述,本题正确答案为A.
／3
218. ［答案］
BCD
［解析］
问题求解:导线受到的安培力等于零,可能是合磁场方向与电流方向平行,也可能
是合磁场为零,如图所示,虚线表示合磁感应强度的方向,与电流方向平行’根据平行四边形
定则可知’B,的最小值为β｜副n60.-乎T,故B:≥粤T,故且CD项正确综上所述.本题
正确答案为BCD.
219. ［答案］
C
［解析］
问题求解:根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向,如图所
示,电路上αbC劲上的电阻为3厂,由几何关系得’αα段的长度为2L,所以αα上
的屯附为2厂并联部分的总阻值;R-鞘卡-L2萨｀电路中的总电流为;′＝
卢六,路端电压;U-′R-盖×L2厂ˉ晋…｜乏的电流;′］≡:＝
器…上各段的安培力;F1＝F:＝F:＝BIlL＝等上｀αd上的安墙力;F』
-BI2×2L-2BL:-旦带｀各段受至‖的力中’F!和F』在水平方向的分量
线框受到的合外力;F＝Flc。s60.＋Fz＋F‘…0.＋F』＝｛嘿L’故C项正＂
IT7’α［’Cα工合仅刚文」百〃:rl＝r2≡r3≡□」lL≡＿I丁厂’αα工烟女咕〃:r4
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×
E’厂
＿BI2×2L＝2BL县＝旦掣’各段受到的力中,F1和F3在水平方向的分量大小相等’方向相反,相互抵消,所以
综上所述,本题正确答案为C
220° ［答案］
AD
［解析］
选项分析:A、C项,使α板电势高于b板’电子所受电场力方向向上’若磁场方向垂直纸面向外,根据左手
定则判断出来,洛伦兹力方向向上,两力不可能平衡;若磁场方向垂直纸面向里,则可实现电子仍沿水平直线运动,
故A项正确,C项错误;B、D项,使α板电势低于6板,电子所受电场力方向向下,若磁场方向垂直纸面向里,根据左
手定则判断出来,洛伦兹力方向向下,两力不可能平衡;若磁场方向垂直纸面向外,则可实现电子仍沿水平直线运
动9故B项错误,D项正确.综上所述,本题正确答案为AD°
。
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22L［答案］
C
（解析］
问题求解;因为电容器电压可变,说明电容器无源根据电容器决定式C-晶可知,当板间距离减小为原来
＂—押……厂器—…—子…÷—』…………蹦瞥寨沟°
222. ［答案］
C
［解析］
问题求解;屯容器与电源断腑则屯荷量Q不变.将极板′;向上移动’贝怔对面积s减小,C＝扁减小,［′
-:增大｀故C项正确综上所述,本题正确答案为o
223. ［答案］
AC
［解析］
问题求解;洛伦兹力搬供问』心力,F鹅≡咖B≡顺竿’履子飞出的动雕为E≡÷′测,: 》履子佳磁场中运动半
径R-器联止滁E＝q等』,动能只与问旋j‖速器的半径和磁感应强度有关’为使动能增加为原来的』倍,即可
将半径或磁感应强度提高2倍,故A、C项正确°综上所述,本题正确答案为AC°
224. ［答案］
AC
［解析］
问题求解:根据闭合电路欧姆定律知U＝E-I厂’所以路端电压与电流关系图线斜率绝对值表示电源内
阻,纵轴截距表示电源电动势,所以电源甲的电动势大于电源乙的电动势,电源甲的内阻大于电源乙的内阻’当电
流为』＂时啊电源外…等,内阻分压U′-E—U腮不相等路端电压为U,时,外电阻挪等于R-斗.故A、C项
正确。综上所述,本题正确答案为AC.
225。［答案］
D
［解析］
选项分析;A项’从图中可以看出’上极板带正电,下极板带负电,带电粒子由静止开始向下运动,说明受
到向下的电场力9可知粒子带正电,即A项正确,故不选择A项;B项,离子具有速度后,在向下的电场力及总与速
度垂直并不断改变方向的洛伦兹力作用下沿曲线ACB运动,因洛伦兹力不做功,电场力做功等于动能的变化,而
离子到达B点时的速度为零’这说明离子在电场中的B点与A点的电势能相等,即B点与A点位于同＿高度’即B
项正确,故不选择B项;C项,离子到C点时电场力做功最大’获得的动能最大,即速度最大,即C项正确,故不选择
C项;D项,到达B点后9离子受到向下的电场力,从而获得-个向下的速度’由左手定则可知,离子向右发生偏转,
不会回到A点,即D项错误,故选择D项综上所述,本题正确答案为D.
226。［答案］
AC
2
［解析］
问题求解:当洛伦兹力方向和电场力方向相同时,有;F电＋eUB＝加I』≡＝′ⅦU@’又F电＝3eUB’可得α』＝
厂
铲』当洛伦兹力和电场力方向相反时,有;F噶ˉ筐刚B-…,得倒-芋,故A、C项止确综上所述,本题正确答案
为AC。
227. ［答案］
B
［解析］
问题求解;平行金属板板｜刨场强为E＝÷,带电液滴所受电场川为FˉqE｀带电液滴在匀强电场中处于静
止状态,电场力与重力平衡则有棘g≡乎得铡q≡竿’油滴上元电荷的数目为＂＝÷-警＝30.故B项正确
综上所述,本题正确答案为B.
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228. ［答案］
B
［解析］
问题求解:若加上-个垂直纸面向外的磁场,根据左手定则,物体下滑过程中将受到垂直斜面向下的洛伦
兹力,物体受到的滑动摩擦力增大,加速度减小,滑到底端时U变小,故B项正确.综上所述,本题正确答案为B.
229. ［答案］
D
［解析］
问题求解:将导线从MN直线处分为上下两部分研究,如图所示,导线上半部分所处的合磁场方向向右,下半部分
所处的合磁场方向向左’用左手定则判断导线上半部分受安培力向里’下半部分受安培力向外,故D项正确综上
所述,本题正确答案为D
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230。［答案］
D
［解析】
问题求解:当变阻器R5的滑动触点向α端移动时,变阻器接人电路的电阻减小’总电阻减小,总电流增
大,电源内电压增大,电压表测量电路的外电压示数减小,Rl 、R3两端电压随总电流增大而增大,所以外电路并联
部分电压减小,通过电流表所在支路的电流减小,示数减小,故D项正确。综上所述,本题正确答案为D.
231. ［答案］
AC
［解析l
选项分析;AE项.由q触Bˉ咖竿-啊（争）:厂知,当履子运动的轨道半径等于D形盒的半径时’质子的
谨度最大,有腮ˉ爵.质子的最大遮度砌≡竿,又T≡＋-晋’联贩可得质子的最人遮度融-2厕R′最大动能E』
ˉ÷砸测:≡2厕:咖R:尸,与［′无关’故A项正确′B项错误;C项,质子第l次经过狭缝有山≡÷咖铡; ’第2次经过狭
缝有2Uq≡÷狮刨;,联立萨＝鸳有萨｜;喻＝√百; l》故C项证确;D项｀最大动能E账＝÷〃渺』＝2贰狮R鸳／阅’苫不改变
磁感应强度和交流电频率,但改变D形盒半径,该回旋加速器的最大动能会发生改变,故D项错误综上所述’本题
正确答案为AC.
232° ［答案］
D
［解析］
选项分析;A项,电场中—点场强恒定,不随该点试探电荷电荷量的变化丽变化;根据E-÷,由图象计算
得B点电场强度大小为2.5×1（）4N／C,故A项错误;B项,在A点放-带正电的试探电荷,试探电荷受到的电场力
沿工轴正方向,由于正电荷受到的电场力与电场方向＿致,所以A点的电场强度方向沿工轴正方向,故B项错误;C
项,在B点放＿带负电的试探电荷’试探电荷受到的电场力沿工轴正方向,由于负电荷受到的电场力与电场方向相
反,所以B点的电场强度方向沿工轴负方向;由于A点电场沿工轴正方向,则点电荷Q＿定是负电荷,且位于A、B
之间,故C项错误｛D项’由图知E· ;E〃ˉl6 , 1,根据库仑定律有嘎-隐〈露呈2）』、鸟≡《（0长）: ,解得露ˉ
0.3m,故D项正确.综上所述,本题正确答案为D。
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233. ［答案］
A
［解析］
问题求解:因为电压相同,所以电阻之比是电流之比的反比,即RA :RB≡4
; 1’因为材料相同,所以电阻
率雁‖密度相同.质量相同则体积相同,即s愈‘＾＝s圈』凰,囚为R＝:ˉ,电阻与长度成正比’与截面积成反比’所以R＾
;
＂膨≡景;景,解褥s脚;s幽≡1 ; 2,敞A项正确综上所述｀率题正确答寨为A
234。［答案］
B
［解析］
选项分析:A、B、C项,可求出电动机两端的电压U＝E-I（R0＋厂）＝7。0V’可得电动机的输人功率P＝
UI≡l4W,电动机的热功率P热＝I2RM＝2。0W’从而可以得到电动机的输出功率为12W,故B项正确,A、C项错
误;D项,电源的输出功率P′＝EI-I2厂＝20W,故D项错误.综上所述,本题正确答案为B。
235。［答案］
B
［解析］
选项分析;A项,场强的大小是由电场本身决定的’与带电体在该点所受电场力无关,故A项错误;B项,
恨搪真率中点电荷的电场强度的计算式Eˉ晦:可得’电场中某点的场强E与该点电荷的电荷旦Q成正比,故β
项正确;C项,场强叠加遵循平行四边形定则,合电场的场强可以小于分电场的场强,故C项错误;D项,电场线是为
了直观形象地描述电场分布而引人的＿些假想的曲线,实际上并不存在,也不是点电荷在电场中的运动轨迹,故D
项错误。综上所述,本题正确答案为B°
236。［答案］
AD
［解析］
选项分析:A、B项,磁感线的疏密可以描述磁感应强度的大小,磁感线越密的地方’磁感应强度越大,故A
项正确,B项错误;C、I）项,由安培力的计算公式F＝BILsin0可知9安培力的大小不仅与磁感应强度有关,而且还
与通电导线中的电流大小以及导线与磁场方向的位置关系有关,故C项错误,D项正确.综上所述’本题正确答案
为AD.
237· ［答案］
D
［解析］
问题求解;由安培定则（右手螺旋定则）判断得通电螺线管在A处产生的磁场方向为水平向左.再由左手
定则判断可得导线A受到的安培力的方向为竖直向上,故D项正确.综上所述,本题正确答案为D.
238。［答案］
D
［解析｝
选项分析:A项,对着圆心人射的粒子,出射后不-定垂直打在MN上,与粒子的速度有关,故A项错误;
B项,带电粒子的运动轨迹是圆弧,根据几何知识可知,对着圆心人射的粒子,其出射方向的反向延长线也＿定过圆
心,故B项错误;C项’对着圆心人射的粒子,速度越大在磁场中轨迹半径越大,弧长越长’轨迹对应的圆心角越小’
由T-碧,知各个人射粒子的阔期T相等.由』＿黄7可知0越小运动时间』越小,故C项错谩;∩项速度满足＂
＝孪时’轨道半径＝猎＝腮,人射点、出射点、o点与轨迹的圆心构成菱形,又因为运动轨迹的圆心与人射点的连
线和人射点与圆心之间的连线互相垂直,从而可得该菱形为正方形,则轨迹出射点处的切线方向为水平方向,该点
速度方向垂直于MlV板’则粒子-定垂直打在MN板上,故D项正确.综上所述,本题正确答案为D
239° ［答案］
AC
［解析］
问题求解;由于三条导线通过电流均为I,令其分别为1、2、3’如图所示.则由右手螺
旋定则可知,1、2在α处产生大小相等、方向相反的磁感应强度’即α处磁感应强度由3决定,
垂直纸面向外;同理,b处磁感应强度由2决定,垂直纸面向外,磁感应强度大小与α相同;1、2、
3在C处产生的磁感应强度均垂直纸面向里,该处磁感应强度大于α、b处,即有Bl＝B2＜B3 ,
故A、C项正确,B、D项错误综上所述,本题正确答案为AC.
.
40
·
α
●
夕
［
＼
〕
ˉ
′
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／
′
●
】
∩
凹
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240. ［答案］
B
［解析］
选项分析:A项,电容器两端电压U不变,电容器上极板带正电’由平衡方程可知电场力方向向上’带电油
滴带负电砚将平行板电容器上极板竖富向上移动一小段距离｀由公式E-:叮知’场强变小｀电场力变小’带电油
滴将沿竖直方向向下运动,故A项错误;B项,下极板接地电势为零’P至下极板距离α不变,由公式U＝Eα可知P
点的电势将降低’故B项正确;C项,电场力方向向上’带电油滴向下运动时电场力做负功,带电油滴电势能将增加,
故C项错误;D项,图中电容器两端电压U不变,电容C减小,由公式Q＝CU可知极板带电荷量将减小,故D项错
误.综上所述’本题正确答案为B.
241。［答案］
ABC
［解析］
过程分析;最先从磁场上边界中飞出的带电粒子的运动轨迹如图所示
｝
＝＝＝＝＝■■■二＝■■＝＝＝■＝＝
‖
30°
｀广
O｜
】
丙
α
最后从磁场中飞出的带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
γ
／
α
D
∧
（′ˉ√～〃
P‖q′
b卯
~
‖
△
厂
～～～～～
C?
选项分析:A、B项,以最先从磁场上边界中飞出的粒子为研究对象,可知此时粒子在磁场中偏转的圆心角为30。,根
据几何关系得粒子运动的半径厂≡2α,由于粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力’根据牛顿第
二定律有咖阀-狮千·所以粒子射人磁场的逮度大小渺—竿,故∧旧项正确;CJ）项,以最后从磁场中飞州的粒
子为研究对象,发射方向与y轴正方向的夹角为α,根据几何关系有′ˉsinα≡7ˉ-α,厂sinα＝b-厂cosα’解得α＝3（）°’所
以b＝（√百＋1）α,故C项正确,D项错误.综上所述,本题正确答案为ABC.
242. ［答案］
C
［解析］
问题求解;如图所示为等量异种点电荷的电场线分布图,由电场线的疏密分布知’B点场强大于A点场
强,A点场强大于C点场强.中垂线上各点的场强方向平行于两点电荷连线,则电荷在中垂线上移动,电场力不做
功’中垂线为等势线’C点电势等于A点电势.两点电荷连线上电场线由B指向A’B点电势高于A点电势,故C项
正确。综上所述,本题正确答案为C·
41
·
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243. ［答案］
A
［解析］
过程分析;带负电的油滴处于静止状态的原因是咖g-Eq-:,电容器电容的决定式C-晶,定义式C
Q
U·
选项分析;A项’给平行板电容器充电测Q变大’u＝:变大’电场力Eα-:q叮能保持不变,使油滴维持原来的
静止状态’故A项正确B项,给平行板电容器放电测Q变小’U-:变小’电场力Eq≡子q变小’不能使油摘维
持隙来的静止状态’故B项错误OD项’Eq-:q-昌q＝幽碧9,与‘没有关系故CD项错误综上所述’本题
正确答案为A.
引
』
司
｜
叫
』
』
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‖
』
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』
睹
…
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■
←
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…
」
~~
244. ［答案］
A
［解析］
问题求解;粒子运动受到金属板阻尼速度减小｀根据′”÷＝g渺B’有萨＝腊’粒子运动半径减小,所以粒子
从下往上运动,根据左手定则可判断粒子带正电,故A项正确。综上所述,本题正确答案为A.
245. ［答案］
AC
［解析］
选项分析:A、B项,微粒只受电场力的作用,当从A点运动到B点时,其动能减小,做减速运动,所以可知
微粒所受到的电场力方向向左,又因为电场力方向指向微粒运动轨迹的内侧,所以可得微粒应沿虚线1运动,故A
项正确,B项错误.C、D项,微粒只受电场力作用,所以它的电势能与动能之和始终不变,微粒从A运动到B,动能减
WAB
-10 5J≡-10V,又根据UAB＝pA-qoB’可得甲B＝0V,
小了10 5J,其电势能应增加10 5J,可得UAB＝—＝
q
l0-6C
故C项正确,D项错误。综上所述’本题正确答案为AC.
↑～↓ˉ写↓←卜…宁ˉ勘
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246［答案］
BC
［解析］
概念分析;摩擦起电过程是得到和失去电子的过程,因此其实质是电子的转移,当某种物质失去了电子
时,物质的电子比质子少,带正电;当某种物质得到了电子时,物质的电子比质子多,带负电
选项分析:A项,摩擦前M和N的内部有电荷’只是正负电荷数相等,表现为中性,故A项错误。B项,摩擦后M带
正电,表明M失去电子’即摩擦的过程中电子从M转移到lV,故B项正确.C项,总电荷数守恒,所以」V在摩擦后-
定带负电,故C项正确。D项,—个电子的带电量为1. 6×10 l9C,所以M失去109个电子,故D项错误.综上所述,
本题正确答案为BC.
｜
』
‖
勺
【
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【
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｜
刽
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呵
‖
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司
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刮
』
」
‖
‖
可
‖
咐
［
叮
‖
↓
卧
辱
↑
‖
‖
‖
】
‖
刮
‖
础
‖
陛
硅
嚣
弧
247. ［答案］
A
［解析］
选项分析:A项,由左手定则可知,M带负电荷,」V带正电荷,故A项正确.B项,粒子受洛伦兹力做匀速圆
周运动时,由洛伦兹力充当向心力Bq翘≡孪得半径～器＼MN质量、电虽均相等,M的半径大是因为M的逮
率较大,故B项错误C项’洛伦兹力与粒子运动方向垂直,不做功,故C项错误.D项,粒子受洛伦兹力做匀速圆周
运动时,由Bq°＿竿,了ˉ芋,可得运动周期T≡籍,MN均运动半个周期｀运行时间相等.故门项错误综卜所
述,本题正确答案为A.
248. ［答案］
D
［解析］
问题求解:由电势能变化为零可推出α、6两点等势,但由于点电荷运动轨迹未知,所以不能确定其运动方
向。此外,α、b处的电场强度也不-定相等.故D项正确。综上所述,本题正确答案为D.
·
42
·
~
P
『
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249. ［答案］
C
［解析］
选项分析:A项,两个带电粒子运动半径分别为厂l 、R,厂l :R＝tan60。＝√百:
2
1,故A项错误。B项,粒子在磁场中只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动有m卫≡＝qUB,
厂
贝帅ˉ雾,…:→｜』Rˉ侗; 1』故E项错误CD项,根据咖竿-q,B’有·≡嘿
侧恫期T≡芋-籍恒定,设粒子轨迹圆心角为,侧粒子雀磁场中运动时间为′≡去T’
故tl
: t2＝0l
: 02＝60°
: 90°＝2
: 3,故C项正确,D项错误.综上所述,本题正确答案
为C.
（）｜
乏践6＂
ˉ
6（
6（）?′
1／l
250. ［答案］
A
［解析］
问题求解:匀强电场中电场强度和电势差的关系为U＝Ed,其中＆表示电场中两点沿电场线方向的距离,
又沿电场线的方向电势降低,故O、P两点的电势差可表示为Uop≡ERsin0＝—10sin0（V）,故A项正确.综上所
述,本题正确答案为A.
251. ［答案］
ABC
［解析］
选项分析:A项,摩擦起电、感应起电、接触起电是使物体带电的三种方式,摩擦使笔套带电,故A项正确
B项’笔套靠近圆环时’由于静电感应,圆环上部感应出与笔套所带电荷相反的电荷,下部感应出与上部相反的电
荷’故B项正确C项,由牛顿第二定律,圆环所受静电力的合力大于圆环的重力时’圆环才能有加速度’才能从静」k
开始运动,由库仑定律,吸引的过程中,距离减小,静电力增大,故C项正确。D项,圆环中的总电荷为0,不能中和笔
套所带电荷,笔套碰到圆环后,笔套和圆环将带同种电荷,故D项错误.综上所述,本题正确答案为ABC.
252。［答案］
A
［解析］
问题求解;物块运动过程中’它｛‖之间的距离′增大’摩擦力大小个变库仑力大小F靡-腮￥逐渐减小
库仑力大于摩擦力时做加速运动,当库仑力等于摩擦力时’两个小物块由于惯性的作用将继续运动,它们之间的距
离将继续增大,库仑力开始减小’库仑力小于摩擦力后,开始做减速运动直到停止物块运动方向与库仑力方向相
同,库仑力做正功,电势能减小。由于摩擦力和库仑力做功,并且二者大小不相等,故运动过程中机械能不守恒,故A
项正确。综上所述,本题正确答案为A.
253. ［答案］
A
［解析］
问趣求解;由题知’减小两极板间的鞭离’同时在侧极板间插人电介质,根搬电容的决定式C＝满叮知』
电容增大’电容器的电量不变’由C≡号得知,板间电势差减小侧静电计指针的偏转角度＿定减小’故A项止确
综上所述,本题正确答案为A.
254. ［答案］
AD
［解析］
过程分析:在计算电功率的公式中,总功率用p＝UI计算,发热的功率用p＝I2R计算.当电路为纯电阻
电路时,两式功率结果相同
选项分析:A、C项’在计算电功率的公式中,总功率用P≡UI计算,发热的功率用P≡I2R计算,所以吹风机消耗的
功率为P＝UI,故A项正确,C项错误.B、D项,因为吹风机的发热功率为P热＝I2（R1＋R2）,总功率等于电路的热
功率与电动机带动风叶转动的机械功率之和,所以吹风机的总功率P应大于发热功率,故B项错误,D项正确.综
ˉk所述,本题正确答案为AD
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255. ［答案］
BD
［解析］
选项分析:A项’由运动轨迹如题图可知,α、b做曲线运动,由于电场线方向未知’故α、b电性不能确定,故
A项错误.B项,根据α、b两粒子做曲线运动、轨迹弯曲程度及电场线的疏密可知,b所处的电场线变密,电场强度变
强,所受的电场力在增大’加速度在增大;α所处的电场线变疏,电场强度变弱,所受的电场力在减小,加速度在减
小,故B项正确.C、D项,根据题图知α、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角,电场力对电荷做正功,电势能减小,
动能增加,故C项错误,D项正确.综上所述,本题正确答案为BD.
256. ［答案］
BD
［解析］
选项分析:A、B项,小球进人场区后受到重力、电场力和洛伦兹力的作用.若小球带负电,则小球受到的三
个力都向下,不可能沿水平方向做直线运动,所以小球带正电,故A项错误,B项正确.C、D项,小球进人场区沿水
平方向做直线运动,说明小球所受的重力大小等于电场力与洛伦兹力之和,若小球从B点滑下,则其进人场区的速
度变小,洛伦兹力变小,所以小球应向下偏,故C项错误,D项正确.综上所述,本题正确答案为BD
257。［答案］
D
［解析］
问题求解:粒子在磁场中运动时速度偏转角总与轨迹所夹圆心角相等.同种带电粒子在同＿磁场中做圆
周运动,运动周期相等.三种粒子的偏转角分别为90°、60°、30°,运动时间之比与圆心角之比相同,为3
: 2
: l9故I）
项正确·综上所述,本题正确答案为D。
258, ［答案］
C
［解析］
选项分析:A项,稳定时’带电粒子在元件内所受电场力大小等于洛伦兹力,即qE＝quB,UcD＝Eα,α为
CD之间的距离,电势差U（刀≡〖′Bd,与形成电流的粒子流动速度及磁场强弱有关’故A项错误。B项,根据左手定则
电子流向C面偏转’UcD＞0’故B项错误C项,增大磁感应强度,电子流受到的洛伦兹力增大’电势差增大,故C项
正确。D项,赤道上方磁感线由南到北,元件工作面应竖直,使磁感线穿过工作面,故D项错误.综上所述’本题正确
答案为C。
259. ［答案］
C
［解析］
电路分析:只合上开关Sl ,三个灯泡都能正常工作,再合上S2 ,R2并人电路,则并联部分的电阻减小,外电
路总电阻R减小,由U-E—Ir-E（1—志）可知路端电压减小’总电流增大
选项分析;A项,由电源的输出功率与外电路电阻的关系可知’输出功率随外电路电阻的增大先增大后减小‖当外
电路电阻等于内阻时输出功率最大.由于题中外电路电阻与内阻关系未知,故无法判断出输出功率的变化情况,故
A项错误。B项,由于并联部分的电阻减小,路端电压减小,总电流增大,则Rl电压增大,并联部分的电压减小,Ll
两端的电压减小,其消耗的功率减小,故B项错误.C项,外电路总电阻喊小,干路电流增大,通过Rl上的电流增
大’故C项正确.D项,并联部分的电压减小,通过R3上的电流将减小,故D项错误综上所述,本题正确答案为C。
260。［答案］
D
［解析］
问题求解带电质点处于静止状态侧狮g-Eq≡:q,d蠕大则屯容C-谎减小;电容器始终与电源相
连接｀所以U不变,E＝÷减小为E′ .则咖g＞固q.质点向下运动｀故D项正确综上所述’本题正确答案为U
261。［答案］
B
［解析〗
选项分析:A项,根据左手定则得知小球带负电,故A项错误。B项,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,
,』狮愿≡Eq,移项得″′ˉ墅经电场Uj‖逮之后有qU≡＋〃啊2 』移项化简得圃气√孕q刨B≡巫,即′—鲤ˉ
g
厂
qB
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古√罕敬…确C项.丁-籍≡苦敬c项错误『）项根撼c项分析得知T≡苦-苦｀所以周期与［′
无关’故D项错误°综上所述,本题正确答案为B.
［答案］
A
R2
U,即串联电阻的‘‘分压能力”
Rl
U,R2两端电压为Rl＋R2
［解析］
问题求解:不并联电压表时,R1两端电压为Rl＋R2
和电阻阻值成正比,并联电压表后,并联部分电阻小于原来电阻’“分压能力”减小,因此把电压表从Rl两端断开接
到R2两端过程中,Rl的‘‘分压能力”增大,R2的“分压能力”减小’所以电压表示数将小于l2V-8V≡4V,故A项
正确。综上所述,本题正确答案为A。
262
263. ［答案】
B
［解析］
问题求解:由于q］＞q2 ,α、d两点电荷在O点的合场强水平向右’b、c两点电荷的合场强指向左下,但6、c
的合场强向左的分量没有α与α两点电荷在O点的合场强大,所以总的场强指向右下,故B项正确综上所述’本
题正确答案为B.
264. ［答案］
AC
［解析］
选项分析:A项,靠近P的过程中,小球P的电场在导体内部的电场强度越来越大,为平衡此电场,导体
A、B两端感应出的电荷也相应增多,故A项正确。B项,缓缓接近,可视为导体时刻处于静电平衡,导体内场强为
零,故B项错误.C、D项,小球P的电场在导体内部的电场强度与感应电荷的场强大小相等、方向相反,而由点电荷
的场强公武E≡粤,小球p在M点产生的场强恒大丁任N点产生的场强,故C项正确,D项错误综上所述.本题
正确答案为AC.
265· ［答案］
B
［解析］
问题求解;电动机未启动时｀车灯内阻R-旱-旦了上＝L2n.车灯功露P1≡I:R-l20W;屯动机启动
＂’车灯陶端咆压U′≡E＿′萨-队,v.P′≡等≡m6w,所以牟灯功率减少△P≡4Mw,敞E项正确综上所
述,本题正确答案为B°
266. ［答案］
AD
［解析］
选项分析:A项,根据标签·该电池容量为500mA°h,故A项正确B项,不存在内阻为0的电池’故B项
错误。C项,电池的工作电流与实际外接电路有关,故C项错误D项,总电量为Q＝50（）mA.h’所以工作时间r≡
旱＝50h,故D项正确综卜所述｀本题币确答案为AD
267. ［答案］
BD
［解析］
选项分析:A项’电场线的疏密表示电场强度的大小,则b点场强大于C点场强,故A项错误.B项,沿电场
线方向电势逐渐减小,α点电势高于b点电势,故B项正确.C项,α到b并非直线,由力与运动关系可知电荷不会沿
电场线运动到b点,故C项错误.D项,若没有固定＿点电荷-Q’将＿试探电荷＋q由α移至b的过程中,电场力做
正功,电势能减小;若在α点固定＿点电荷-Q’α的电势仍高于b,将＿试探电荷＋q由α移至b的过程中,电场力
做正功,电势能减小;故综合两电场’将-试探电荷＋q由α移至b的过程中,电势能减小,故D项正确。综上所述,
本题正确答案为BD
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268. ［答案］
BC
［解析］
问题求解:电子的速度增加,说明电场强度从B指向A,所以pB＞pA,又曲线的斜率越来越小,所以电场力
越来越小,即场强逐渐减小,所以EA＞EB,故B、C项正确。综上所述,本题正确答案为BC·
269. ［答案］
AD
［解析｜
问题求解;电子在磁场中运动｀洛伦兹力提供问心力》喇日-￥,尺—肾-…×l0 』m≡4…n≡丁.
L
0≡90°时’击中板的范围如图1所示,』＝2R≡9。lcm,选项A正确.β＝60°时,击中板的范围如图2所示,／＜2R＝
9。1cm,选项B错误.0＝30。时,击中板的范围如图3所示,′＝R＝4. 55cm,当0＝45°时,击中板的范围如图4所示,／
＞R（R≡4。55cm）,故选项D正确,选项C错误.
·
·
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·O′·
·
·
·
·
·
·
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…
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≡≡Ⅳ
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○
似
U
≡≡Ⅳ
≡一Ⅳ
图4
图3
270. ［答案］
B
［解析］
问题求解;处于o点的正点电荷亦G点处产生的场强E］＝喂,方向沿y输负向》又因为G点处场强为
零,所以M、N处啊负点电荷在G点共同产生的场强E:-E』＝喂’方向沿懒止向;根摧对称性’MN处Ⅶ负点
电荷在日点共同产生的场强鸟＝E:≡隐:,方向沿γ输负向;将该正点电荷移到c处’该正点电荷存H点产生的
场强画＝隐湍,方向沿」输正向,所以日点的场强E＝E』
E』-碧’方向沿测轴负问
［答案］
BC
厉厂
［解析］
问题求解;0～÷时间内微粒匀速运动.有mg＝qE0.把微粒的运动分解’水平方向;做速度为U0的匀速直
线运动;竖直方向÷～?时间内.只受重力,做自由落体运动,芋时刻.财｜,-g÷;粤～T时间内’°-2qE＂—枷＂
′〃
＝g,做匀减速直线运动,T时刻,″绚＝锄l』—α.子-0.所以末速度″＿砌0 .方向沿水平方向,选项A错误,B正确
重力势能的减少量△E限-咖g.;＝÷咖g感’所以选项C正确根搬动能定理;÷…—W霓翘-0,得w霓翘ˉ
÷咖g′,所以选项D错误
◎
46
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271
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272. ［答案］
AD
［解析］
过程分析:根据题意可知’粒子运动的轨迹如图所示°
选项分析;A项,根据左手定则可知,α、b均带正电,故A项正确B、C项,由R—腊可知,两O
粒子运动轨迹半径相同,因为速度大小相同,根据轨迹图象可知α在磁场中的飞行时间和路
程都比b长,故B、C项错误.D项,根据轨迹图象可知α在P上的落点与O点的距离比b的
近,故D项正确°综上所述,本题正确答案为AD。
P
α
273. ［答案］
D
［解析｜
问题求解;由格伦兹力撮供向心力得;B,翻≡′带ˉ厕笋R.化简得尺≡腊.T-籍;粒子以2聊的逮度从
α点射人、b点射出得到划过圆弧的圆心角为60.,由R-器得到当粒子以速度渺人射时粒子运动轨迹半径变为原
来的—半划过的圆铡所对的圆心角变为120.,由T～籍得到两次粒子运动的｜爵期报变.断以粒子在磁场中运动
的时间变为2t,故D项正确.综上所述,本题正确答案为D.
274. ［答案］
AC
［解析〗
选项分析;A、B项｀根据几何关系可得了｜＝Rmn30.＝粤R.唾-R［an60.ˉ√m根据洛伦兹力公式q融B＝
″竿’可襟出÷≡炭,又因为粒子的遮度相同,所以比荷之比等于粒子运动半径的反比,呵得删比荷的比值为
3
』1,故A项正确,E项错误cD项’Tˉ午—苦,叫得出粒子运动的周期之比∏』T卿-1
》‘,分析叫以得州粒
子1旋转了120.粒子2旋转了6旷,所以′｜≡÷｀魔-÷’最后可以得州运动时间的比值′｜
; ′,-÷;÷-2
』;,
故D项错误,C项正确。综上所述,本题正确答案为AC.
275. ［答案］
ABD
［解析］
选项分析;A项,电场线的疏密程度可以反映电场强度的大小,因为α点的电场线比b处的电场线密,所以
α点的电场强度比b点的电场强度大,故A项正确.B项,根据）｜顶着电场线方向电势降低,所以α点的电势比6点高,
故B项正确.C项,因为甲α＞甲b＞0,q＜0,根据电势能公式Ep＝Pq可知’Eα＜Eb,故C项错误.D项,因为α点的电
势比b高,所以U必＞0,根据W＝qU可知W站＜0,即电场力做负功,故D项正确.综上所述’本题正确答案为ABD
276。［答案］
A
［解析］
问题求解;在赤道上空,磁场的方向由南指向北,电流从西向东,根据左手定则知安培力的方向竖直向上,
故A项正确.综上所述,本题正确答案为A.
277. ［答案］
AD
［解析］
选项分析:A项’根据闭合电路的欧姆定律有U＝E-I厂’由图可知直线与y轴截距为电源电动势,即E＝
圆0V,故A项正确B项,注意纵轴的起点个是原点’电源内阻为盲线斜率的绝对值.即～芳＝语Q＝2∩｀故
B项错误C项.电源翘路时外电阻为零,因此短路电流′＝÷-÷八-3八.故C项错误D项当′-α3A时｀外
电阻的阻值R＝旱′｀可解得腮-l8Q,故D项正确综上所述｀本题正确答案为AD
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278. ［答案］
AD
［解析］
过程分析;电了在—个周期内的运动情况;在0～÷内’屯了由静止状态斤始匀加逮运动;在于～÷内’
电子做匀减速运动速度方向不变,并在′-÷时速度减为0;在÷～￥内’电子反向傲匀加逮运动』在￥～T内》
电子做匀减速运动,并在t＝T时,速度减为0。
选项分析:A、C项,由过程分析可知,图A符合电子的运动状态’故A项正确,C项错误B项,此题电子做匀变速直
线运动时,矿—′图象应为分段的抛物线,故B项错误D项,·＝器,α随时间的变化规律同U随时间变化规律ˉ致,
故D项正确。综上所述,本题正确答案为AD.
279。［答案］
ACD
［解析］
因A、B两球相同’故接触后两球所带的电荷量相同,故A项正确;由题意知平衡时A、B两球离悬点的高
度为′』＝√αl（）:—M6』m＝Msm,设细线与竖直方向夹角为0｀则［an0＝湍＝;,由mn0＝旦｀知A球所受
mg
的静电〃F≡啊…≡‘Ⅺ0ˉ』N.B项错误』由库仑定瑰F≡嘿.得B球所播的咆荷量Q→√子＝0皿“
~／6×10-3
√队0×l0,C-4√百×l0—‘C则C项止确;A、B胸球带同种电荷测A、B胸球连线中点处的电场强度为0,故D项
正确.
280. ［答案］
A
［解析］
选项分析:A项,当R4的滑片向b端移动时’R4接人电路当中的电阻减小’电路当中的总电阻减小’根据
闭合电路欧姆定律可得干路的电流值I增大,路端电压减小,电阻R4与R2支路两端的电压为E-I（Rl＋厂）,所以
可以得铡R』厕端的电压即电压蒸的读数为E器诗》凰根橱分忻可卿,电压表的读数减小｀故A项正确β
项’电路的路端电压减小,干路的电流增加,可知R］两端的电压IRl增加,即可得到R3两端的电压减小,所以R3
支路的电流减小,根据并联电路分流的特点,干路电流等于两个支路的电流之和,即可以得到通过R4的电流增加,
电流表的示数增加’故B项错误.C项’根据分析可知电容器两端的电压等于R3两端的电压,电压值减小,则可得
到电场强度E＝:减小,在最初时.带电质点P在重力和咆场力的作用下处于静止的状态’此时的屯场力减小,贝｜
可得墓幢力大『电场力,质点P将向下运动,故C项错误D项｀…』上消耗的功率为器其中U为R』卿端的
电压,根据前面的分析可知U减小,所以R副上消耗的功率减小,故D项错误综上所述,本题正确答案为A.
281· ［答案］
AB
［解析］
选项分析:A项,定值电阻R2消耗的功率p＝I2R2,故p与I2的图象为—条过原点倾斜的直线,故A项
正确。B项,电路中总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律知’电流I增大’滑动变阻器两端的电压U′＝E-I（R2＋厂）
减小’其中′为电源内阻’根据电容c-号知,Q减小,Q＝c〔′＝c医ˉc（R』＋萨）I｀图象的斜率ˉc（R,＋厂）不变｀故
B项正确.C项,电路中总电阻减小’根据闭合电路欧姆定律知’电流I增大’路端电压U＝E-I厂减小,图象的斜率
-厂不变,故C项错误D项,电流l＝÷,电源通过电荷量q时电源做的功W≡EI‘,则W＝qE,则W—q图象是-
条通过原点的直线,故D项错误.综上所述,本题正确答案为AB.
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°
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~
282. ［答案］
C
卫
［解析｜
问题求解;各个分磁场与合磁场关系如图所蔬｀所以根据几何关系可得;…ˉ蚤即6』
有;B］＝t羔0.＝a66×l0ˉ,T’故C项正确综上所述》本题正确答案为◎
宇
283. ［答案］
AC
［解析］
问题求解:设滑片滑动前干路电流为Il ’滑片滑动后干路电流为I2.当滑动变阻器的滑片P向左滑动时,
A灯与电阻R并联电阻增大’回路总电阻增大,电源电压不变’回路电流减小’B灯功率减小,B灯变暗’B项错误
同时’B灯与厂上分压减小’A灯两端电压增大’A灯功率增大变亮’A项正确若电源输出功率减小,则满足I2E-
I;厂＜IlE-I;厂,得E＞（Il＋I2）厂,满足这个条件,电源的输出功率就减小,C项正确.由于滑片滑动后,干路电流减
小,所以电源总功率减小,D项错误°故A、C项正确,B、D项错误.综上所述,本题正确答案为AC.
284。［答案］
BD
［解析］
过程分析:根据右手螺旋定则,判断出M、N直线处磁场的方向,然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和
方向的变化,明确受力情况,即可明确运动情况。
问题求解;根据右手螺旋定则,可知MO上任意-点的磁场方向垂直于MN向里’ON上任意＿点的磁场方向垂直
于MN向外,M到N时垂直桌面磁场大小先减小过O点后反向增大,根据左手定则可知,带正电的小球受到的洛
伦兹力方向,开始时垂直桌面向上’过O点后洛伦兹力方向垂直桌面向下.由此可知’小球将做匀速直线运动’小球
对桌面的压力＿直在增大,故A、C项错误,B、D项正确.综上所述,本题正确答案为BD
285° ［答案］
BCD
［解析］
问题求解;磷离子Pˉ｝与P汁电荷量之比q!
; q:＝l
; 3｀质量相等.在电场中』‖逮度α≡普.由此可知’铡｜
;
′』≡1
‘ 3·避项八错谈;离子迸入磁场中徽…动的半径′≡借’叉qU≡÷挪刨:’故有～古√平即′Ⅱ』〃
＝√百; 1,选项B正确;设离子P3＋在磁场中偏角为α,则sinα＝鱼,sin0＝ˉ鱼（α为磁场宽度）,故有sln0: sinα＝1
厂2
厂l
:√可,已知0＝30。,故α＝60°,选项C正确;全过程中只有电场力做功,W＝qU,故离开电场区域时的动能之比即为
电场力做功之比,所以Ekl :Ek2≡W1 :W2＝1
: 3,选项D正确。
286. ［答案］
BC
［解析］
问题求解:在图中画出等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况’由电场线的疏密表示场强大小可
知E口＞Eb,故选项A错误,选项B正确.α、c两点关于M」V对称,故U妙＝Uh,选项C正确。沿电场线方向电势降
低’所以9α＞中C ,由Ep＝qP可知Epα＞EpC ,故选项D错误.
287. ［答案］
AC
2
［解析］
问题求解;根据库仑定律,A、B球间的库仑力F犀＝喻,选项A正确小球A受竖
直向下的重力瘫g｀水平向左的库仑力F摩≡繁.山平衡条仆知,当斜圃对小球的支持力F＂F
陀q2
的大小等于霞力与库仑力的合力大小蹦细线上的拉力等了零如圈所示则黑ˉ…所
~／
／
FN
库
同mg
以÷＝√咖g严.选项c止确,选项l〕错谩.斜面对小球的支持力FN始终不会等了零,选项
D错误·
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288. ［答案］
AD
［解析］
选项分析;A项’粒子在竖直向下的电场中向下运动说明粒子带正电’根据左手定则,进人磁场中应向上
运动,故A项正确.B项’粒子在竖直向上的电场中向下运动说明粒子带负电,根据左手定则,进人磁场中应向下运
动,故B项错误。C项粒子在竖直向下的电场中向下运动说明粒子带正电,根据左手定则,进人磁场中应向下运动,
故C项错误D项,粒子在竖直向上的电场中向上运动说明粒子带正电,根据左手定则,进人磁场中应向下运动,故
D项正确.综上所述,本题正确答案为AD
289. ［答案］
A
［解析］
选项分析:A项’带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用,可以沿电场线向着正电荷加速,也可以沿电
场线减速’即远离正电荷,也可绕正电荷做匀速圆周运动,电场力提供向心力,正电荷位于圆心上’故A项正确。B
项,—个带负电的点电荷形成电场中,另＿个负电荷只能沿着电场线加速远离或减速靠近,由于两负电荷相互排
斥’电场力不∏I能提供向心力,故不会做匀速圆周运动,故B项错误.C项,两个分立的带等量负电的点电荷形成的
电场不可能对负电荷有指向圆心的力,故也不会做匀速圆周运动,故C项错误.D项,＿个带负电的点电荷与带正
电的无限大平板形成的电场不可能对负电荷有指向圆心的力,故负电荷也不会做匀速圆周运动,故D项错误.综上
所述,本题正确答案为A.
290. ［答案］
BD
［解析］
选项分析;A项,小物块在某时刻对斜面的作用力恰好为零’则在运动过程中受到的洛伦兹力垂直斜面向上,
根据左手定则,小物块带负电,故A项错误°B项,题意只分析小物块未离开斜面前的运动,洛伦兹力始终垂直小物块
的运动方向,小物块受到的合外力是重力沿斜面向下的分力,所以小物块在斜面上做匀加速直线运动’故B项正确.C
项,同B项分析,可得小物块在斜面上做匀加速直线运动,故C项错误.I）项,小物块对斜面压力为零时,洛伦兹力与重
力沿垂直斜面方向的分力相等,卯B＝咖gc。…-咖警0’故D项正确综上所述’本题正确答案为BD
291。［答案］
D
［解析］
问题求解;通过电荷量0。3C消耗电能0.9J,所以q＝It＝0.3C,E＝I2R!≡0。9J→U≡IR＝旦＝3V;若
q
要在相同时间内通过MC屯荷量’即电流增大为原采的两倍,电阻不变,根搬′-÷,电止需提高为原来的厕倍,
即U′≡2U＝6V,消耗的电能E′＝I′2Rt≡4E＝3。6J,故D项正确。综上所述,本题正确答案为D.
292. ［答案］
AD
［解析］
选项分析;AB项根据电容的决定式C≡谎叮知’屯容与极板距离成反比当S小变时,增大d,电容减
小极板电荷量Q不变,由电容的定义式C-号分析可知板间电势差增大’静电计指针的偏角增大’故A项正确’B
项镭误cD项根据电容的决定式c-谎可知,电容与正对面积成止比』当保持创不变时·减小s’屯容减小｀Q
不变,由定义式C＝:可知板｜旬电势差增大,静电计指针偏州变大,故C项错误.D项正确综k所述,本题正确答
案为AD.
293. ［答案］
BC
［解析］
选项分析:A、B项,如图所示,磁场方向向里,电子运动方向向左,根据左手定则,
电子向上偏转,下表面电势高,故A项错误,B项正确。C、D项,电势稳定后,继续运动的电
子不再偏转’电了受洛伦兹力和屯场力平衡’′子-俘UB,屯流徽观表达式I-＂′s＂-…戳.
得″-悬｀故C项正确,D项镭误综上所述,本题正确答案为B◎
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294° ［答案］
AC
［解析］
选项分析:A项,根据公式F＝Eq可知若带电粒子在电场中某点不受力,则该点处电场强度-定为零’故
A项正确.B项’根据公式F＝BILsin0’其中0为磁感线与通电导线的夹角’可知在磁感应强度不为零而导线与磁
场方向夹角为零时安培力也为零,故B项错误C项,电场中某点处的电场强度等于该点处检验电荷受到的电场力
与电荷带电量的比值,故C项正确.D项,表征磁场中某点磁场的强弱是把＿小段通电导线垂直于磁场方向放在
该点时受到的磁场力与该段导线的长度和电流乘积的比值,故D项错误.综上所述,本题正确答案为AC。
295. ［答案］
BD
［解析］
选项分析:A项,由图可知,α、b两点处磁感应强度大小不相等,b点处磁感应强度较大,故A项错误B项,
由图可知,c、α两点处磁感应强度大小相等,方向不同’故B项正确.C、D项’两个磁感应强度合成,当方向相同时合
成后的磁感应强度最大,方向相反时合成后的磁感应强度最小,因此α点磁感应强度最小,b点磁感应强度最大,故
C项错误,D项正确.综上所述,本题正确答案为BD.
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296. ［答案〗
AD
［解析］
选项分析:A项’根据闭合电路欧姆定律有U＝E-I厂,以路端电压U为纵轴、于路电流I为横轴建立坐标
系’E为直线与y轴截距’-厂为直线斜率由题图可知E1＝E2 ’发生短路时即U＝0时,Il＞I2’故A项正确,B、C
项’由A项分析知E1＝E2 ,—厂为直线斜率,则厂1＜厂2 ,故B、C项错误.D项’由数学关系知△U＝-厂△I’当工作电
流变化相同时,因为厂1＜厂2 ,所以△Ul＜△U2 ,故D项正确°综上所述,本题正确答案为AD
297. ［答案］
BC
［解析］
问题求解:根据右手螺旋定则可知’导线通电瞬间’左、右线圈的磁通量均增大,根据楞次定律可知’线圈
的感应电流方向都是顺时针方向,进＿步根据广义楞次定律’左右线圈都有离开金属框向外的趋势’知两线圈的运
动情况是相互远离’故B、C项正确.综上所述,本题正确答案为BC°
298. ［答案］
A
［解析］
问题求解:对两小球整体分析,其水平方向上只受到电场力’根据牛顿第二定律可得:2′＂α＝（ql＋q2）E;对
球1隔离分析｀其水平方向上受到电场力和细线拉力.根据牛顿第二定律可得』″』“＝q｜E—r联立解得;T＝＋（q｜
-q2）E,故A项正确.综上所述,本题正确答案为A
299. ［答案］
B
［解析］
问题求解;带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同,根据q划B＝m÷推出R＝鲤＝…型
qB
qBt
,
推出T＝誓,氮核的质量与电量比值较大,所以腻核在磁场中运动的周期人,则加速氮核的交流电源的周期人根
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2砸
,氮核的质量是α粒子的÷倍,鼠核的电量是α粒子
的÷倍’则最大动能是α粒子的÷倍,即氟核的最大动能较小故B项正确综上所述.本题正确答案为已
300。［答案］
AD
［解析］
问题求解:A球受重力、拉力和库仑力’为保持平衡,库仑力需有向右的分量平衡拉力向左的分量,故A、D
项正确.综上所述,本题正确答案为AD·
301° ［答案］
B
2
［解析］
问题求解:洛伦兹力提供向心力,F洛＝qUB＝加】≡,由题意可知,粒子在运动过程中速度越来越小,运动半
厂
径厂＝器也越来越小,所以粒子从b运动到α根据左手定则可知’粒子带正电’故B项正确综上所述’本题正确答
案为B·
→
·
』
可
‖
叫
‖
｛
刑
｜
刑
｜
山
｜
…
』
‖
可
』
…
‖
…
。
丁
十
＋
↓
卞
十
÷
』
↓
｛
了
＋
］
啼
302. ［答案］
B
［解析］
问题求解:由题图可知’灯泡B与滑动变阻器并联后与＿电阻串联,然后再与A并联.当滑片向下滑动时,
滑动变阻器接人电路的电阻减小’则总电阻减小.由闭合电路欧姆定律可知’总电流增大,则路端电压减小,所以灯
泡A亮度变暗;再由电路规律可知,总电流增大,电阻两端的电压增大,B灯泡两端的电压减小,所以LB也变暗,故
B项正确.综上所述,本题正确答案为B。
303。［答案］
C
［解析］
问题求解:要使得绳子拉力为零,则需要向上的安培力,根据左手定则,磁场方向垂直纸面向里,故C项正
确。综上所述,本题正确答案为C.
304. ［答案］
A
［解析］
问题求解:因为电源总功率P＝IE,所以P-I图象斜率表征电动势,即E＝3V’当电流I＝3A时,内阻热
功率P≡I』′≡,w＝厂＝lQ,所以当电流I＝六-2A时’外电阻R≡α6Q,线段A阔表示的功率即电源输出功
率PR＝PE-P厂＝6W—4W＝2W,故A项正确.综上所述’本题正确答案为A.
305. ［答案］
A
［解析］
问题求解:赤道上方的磁感线方向由南向北,带正电的宇宙射线由上至下运动’根据左手定则,宇宙射线
粒子受到向东的洛伦兹力’将向东偏转,故A项正确综上所述,本题正确答案为A.
306. ［答案］
B
2
［解析］
选项分析;A、B项,洛伦兹力提供向心力’F龋＝q°B＝咖÷,粒子在匀强磁场中运动的半径萨＝猎’由题
图可知,r粒子的运动半径最大,三种粒子质量和电荷量都相等,所以C粒子速率最大,动能也最大,故A项错误,B
项服确CD项粒子在匀强磁场中的运动周期T-芋,～腊,所以7ˉ需,三种粒子履量和电荷量都相等,所
以三种粒子的圆周运动周期相等;由题图可知,α粒子运动圆弧对应圆心角最大,所以运动时｜司最长,故C、D项错
误°综上所述,本题正确答案为B.
↓
■＄
307. ［答案］
C
［解析］
问题求解:感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下,导体上的正负电荷发生了分离,使电荷从导体的
＿部分转移到了另-部分,既然是转移,那么电荷必然守恒.枕型导体在带正电的小球附近时,枕型导体上的自由
电子会向金属棒的右边运动,金属棒的右端因有了多余的电子而带负电,左端因缺少电子而带正电;而当闭合任何
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开关时,导体就会与大地连接’整个枕型导体成为近端,感应出负电荷’即有电子从大地流人枕形导体.故C项正
确综上所述,本题正确答案为C.
308. ［答案］
B
［解析】
问题求解;以A球为研究对象’分析受力如图1所示’以A、B整体为研究对象,分析受力如图2所示。设B
对A的库仑力F库与墙壁的夹角为0’由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为lV1＝加Agtan0’将小球B向左推
动少许时0减小’,』M喊小｀则F减小库仑力F库＝器’0减小’…增大’F雕减小’根据库仑定律分析得知’
两球之间的距离增大。故B项正确.综上所述,本题正确答案为B.
Ⅳ;
F库
小
γ＼（
Ⅳ‖
Ⅳ］
F
mAg
图l
（mA＋加B）g
图2
309. ［答案】
C
［解析］
问题求解:根据带电粒子的运动的情况,画出粒子的运动轨迹如图所示,
可知粒子沿顺时针方向运动,根据左手定则可得粒子的运动轨迹如图中虚线,由已
知’得迸人磁场时’半径与r轴正方向的夹角为30.’所以有αˉR＋÷R＝÷R粒
子所受的洛伦兹〃提供向心力｀根据F陶＝q,B＝狮芳,得÷-盖,故C项正确
综上所述,本题正确答案为C.
×
×
×
γ
≡
｜
×
×
亿
×
O｜
30°
冗
310. ［答案］
BCD
［解析］
选项分析;A项》根据电功率公式,功率越大,电流做功越快;根据焦耳定律Q＝I:R』-（÷）』R‘,可见Q
与P、U、t都有关,P越大,Q不＿定越大,故A项错误.B项,W＝UIt是电功的定义式’适用于任何电路,而欧姆定
律U≡IR只适用于纯电阻电路,故B项正确.C项,在非纯电阻电路中,电功大于电热,W＞Q,所以UI＞I2R,故C
项正确.D项,Q＝I2Rz是焦耳热的定义式,适用于任何电路,故D项正确.综上所述’本题正确答案为BCD.
311° ［答案］
ACD
［解析】
选项分析;A项,等量异种电荷的电场线分布对称,则α、c处的电场线密集程度相同,则两处的电场强度大
小相等,而且α、C两处的电场强度方向均向右’所以α点与c点的电场强度相同,故A项正确。B项,α、C在同一条电
场线上,沿着电场线方向电势下降’则α点电势高于c点,故B项错误C项,由A项分析可知’αb与bc关于b点对
称的点电场强度都相同,相同带电粒子从α移到b与从b移到r,电场力做功相等,则α、b间电势差与b、C间电势差
相等,故C项正确.D项,等量异种电荷连线的中垂线为电势相等的等势面,所以点电荷q沿A、B连线的中垂线移
动,电场力不做功,故D项正确.综上所述,本题正确答案为ACD.
312. ［答案］
BC
［解析］
问题求解;A对B有竖直向上的库仑力’大小为F胆＝字≡α9N』对B与支架整体分析’竖直方向上合
〖
力为零’则FN＋FAB＝mg’可得FN＝″!g-FAB＝L1N’由牛顿第三定律知剧≡FN’选项A错误因两细线长度相
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等’B在A的正下方’则两绳拉力大小相等’小球A受到竖直向下的重力、库仑力和Fl 、F2作用而处于平衡状态,因
两线夹角为120°,根据力的合成特点可知:Fl＝F2≡GA＋FAB＝1.9N,选项B正确;当B移到无穷远处时,Fl＝F2
≡GA＝1N,选项D错误.当B水平向右移至M、A、B在同-条直线上时,如图所
示,对A受力分析并沿水平和竖直方向正交分解,
水平方向:Flcos30°＝F2cos30°＋F′cos30°
竖直方向:F］sin30°＋F2sin30°≡GA＋F′sin30°
（羔）,—竿……遮以」
由库仑定律知,A、B间库仑力大小F′≡
各式可得Fl≡1。225N,F2＝1.0N,选项C正确.
d陶＼＼
“
旷＿』9:（H
f～
当ˉ
313。［答案］
D
［解析］
选项分析:A项’滑动变阻器滑动头P自α端向6端滑动的过程中’R3接人电路的阻值减小’电路总电阻
减小,电源电压不变,根据闭合电路的欧姆定律得,电路总电流增加’即流经Rl的电流增加,电压表示数变大,故A
项错误B、C项,电路总电流增加,电阻厂和Rl两端的电压增大,电源电压不变’所以并联电路部分电压减小;根据
欧姆定律得通过R』的电流减小｀但总电流增大,则流经R』的电流增大,电流表示数变大;根据C-:知.并联电
路部分电压减小’电容器C所带的电荷量减小’故B、C项错误D项,根据电路得甲α＝E-I（厂＋Rl）,总电流增大,α
点电势降低’故D项正确。综上所述,本题正确答案为D。
314. ［答案］
AD
［解析］
过程分析:由几何关系可知’当粒子运动轨迹恰好与磁场右边界相切时,粒子轨迹与
左边界的交点为粒子在左边界最大射出范围’粒子轨迹与右边界的切点是在右边界工轴上方
的最大射出范围;当粒子恰好沿y轴负方向射人时,粒子轨迹与右边界的交点为粒子的在右边
界工轴下方向最大射出范围9绘出两种情况的粒子轨迹图,如图所示.
选项分析;A、B项,由图中几何关系可知yl＝√厂2-（厂＿h）2≡8cm,y2＝√厂2-（厂＿h）2＝
8cm,故可得右边界区域范围是-8cm＜y＜8cm,故A项正确,B项错误.C、D项,由图中几
何关系可知,左边界区域长度′＝2Jl ,所以左边界区域范围0＜y＜16cm,故C项错误,D项正
确.综上所述,本题正确答案为AD.
315。［答案］
CD
［解析］
选项分析:A、B项,由于没有断开开关S,电容器两端＿直与电源连接,则无论怎样移动金属板,电容器两
端电压不变,静电计指针张开角度不变,故A、B项错误C项’断开S后,B板向右平移则两极板距离变大,根据C≡
谎叮知电容变小』电荷总量不变,根据U-:叫知电容器胸端电压变高,静电计指针张开角度变大,故C项正确
D项,断开S后,电容器储存的电荷量不变,若减小两板正对面积,电容会变小,那么电压会变大,静电计指针张开角
度变大,故D项正确.综上所述,本题正确答案为CD
316. ［答案］
A
［解析］
过程分析:粒子运动轨迹如图所示.
问题求解:根据几何关系可知’粒子从b点离开时轨迹半径等于六边形边长′,偏转
角度为120°;当粒子从C点离开磁场时轨迹半径为2』,偏转角度为60°.根据公式′
-腊和′＝躇可得,°〃;跳＝l
; 2,么,
; ′≡2
; l’故A项正确综上所述’本题正
确答案为A。
O
α
′
／
7●ˉˉˉˉˉˉˉˉ二刁
′
120°
ˉ声′
′」
｀七0°
′＝尸
｀
β
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Je
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q
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n
ˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉ.d
（
.
54
。
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计算题篇答案解析
［答案〗
（1）设带电粒子的质量为加’电荷量为q初速度为U,电场强度为E.可判断出粒子受到的洛伦兹力沿工轴
负方向,于是可知电场强度沿工轴正方向,且有
qE＝qUB
o
又R＝Ut0
@
则E≡粤
o
（2）仅有电场时,带电粒子在匀强电场中做类平抛运动
t0
在］方向位移为y＝Uˉ丁
@
由o@式得γ≡÷
o
设在水平方向位移为延’因射出位置在半圆形区域边界上,于是矿＝华R
▲
又由堑＝÷α（÷）』
o
得α＝丝巫
@
沪2
L∩
317
≈
×≈、｀
｀
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×
×
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×
乃＝≡掣×＼
≥
″
R
｀｜
凸
＝
尸
×
×
×
‖
』′×
′×
O′
『O
Ⅺ
（3）仅有磁场时,人射速度〖′′≡4U,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,设轨道半径为厂,由牛顿第二定律有
′2
OU′B≡加I二
o
厂
又qE＝加α
o
由oooo式得了＝竿
o
R
o
由几何知识sinα＝万
即瓢nαˉ乎’·ˉ÷
@
带电粒子在磁场中运动周期T≡旦卫21
qB
侧｜带电粒子在磁场中运动时间‘露＝轰T
所以′霍-等,
o
［解析］
问题求解:
（l）粒子在洛伦兹力与电场力的作用下受力平衡,根据洛伦兹力公式以及匀速运动的公式,可求得电场强度的
大小·
（2）根据匀变速直线运动的公式,以及几何关系,可以求得加速度α.
（3）粒子在磁场中的运动轨迹见答案’根据洛伦兹力以及匀速圆周运动公式,以及牛顿第二定律p可解所求时间.
·
55
·
~~
~
］
歹
『
伊
‖
』
铲
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』
卜
』
■
出
争
＝
…
…
→
匹
■
宁
『
伊
■
乙
□
『
『
■
曲
＄
·
『
『
甲
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［答案］
（1）设粒子的发射速度为U,粒子做圆周运动的轨道半径为R’由牛顿第二定律和洛伦兹力公式,得
U
2
Bq〖′＝′＂万
o
318
由o式得Rˉ器
当÷＜R＜α时’在磁场中运动时间最长的粒子,其轨迹是圆心为C的圆弧,匠
设该粒子在磁场中运动的时间为′’依题意′-于,得么ocA-昔
设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α’由几何关系可得
Rsinα＝R—÷
Rsinα＝α-Rcosα
又sin2α＋cos2α＝1
由ooo式得尺≡（2—乎）α
的圆弧,圆
@
『
『
■
丁
Ⅱ
卜
司
辱
『
刁
『
｛
苛
‖
】
…
≡
…
…
≡
＝
叫
晦
…
牛
‘
十
斗
｜
丁
碎
ˉ
…
奄
一
≡
∏
』
喻
Ⅱ
非
占
□
吁
口
｝
→
↓
伴
『
朵
『
『
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『
宁
Ⅱ
潘
↑
］
ˉ
＝
≡
平
■
羊
弧与磁场的上边界相切,如图所示
~｛
｝｜‖
＄
工』二n二｝
如土｛
』
!
｜
｜
!
o
0
D
@
°
◎
O
@
（2 乎）芋
由@o式得U＝
o
（:）由oo式得…-止蒂
o
［解析］
过程分析:
带电粒子在匀强磁场中的运动,并画出轨迹图
问题求解:
设粒子的发射速度为,’轨道半径为R’由洛伦兹力公式可得;虎＝腊当÷＜R＜α时,运动时间最长的粒子的轨迹
厂厂
是圆心为C的圆弧,圆弧与磁场边界相切依题意,‘＝寸时,乙oCA＝÷设最后离开磁场的粒子的发射方向与γ
轴正方向的夹角为“根据几阿关系叫解得;R≡（2 乎）·’°-（2ˉ乎）竿.…—乎~
319. ［答案］
（1）设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为加、q与z′ ,粒子P在洛伦兹力作用下,在工O）′平面内做圆周
运动,分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期,则有
9渺B0≡′＂（争）』R
o
2冗R
U＝了厂
@
由O@式与已知条件得T′＝T
o
粒干P在』＝0到′＝÷时间内’沿｜｜倾时针方向运动半个倒周到达工轴上E点.此时磁场方向反转;继而在′＝÷
到t＝T时间内,沿逆时针方向运动半个圆周,到达工轴上A点,如图（a）所示.OA与工轴的夹角0＝0
@
‖
■
‖
‖
‖
‖
卜
匹
γ
∧
0
》
∑
■
尸
″
′
○
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日
小
≡
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′
／
卢
卢
孩
广
卿
尸
户
O
O′
卯
《′
卯
图（a）
图（b）
·
56
图（c）
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（2）粒了P在!＂＝于时刻斤始运动,在′＝子至｛′-÷时间内,沿｜｜顺时针方向运动＋个圆周到达C点′此时磁场方
向反转;继厕’在′-÷到′-T时间内,沿逆时针万向运动半个圆周｀到达B点,此时磁场方向再次反转;在′ˉT到
‘＝￥时间内’沿｜｜顺时针方向运动＋个圆周到达A点’如图（b）所示’由几何关系可知,A点在＂轴上,即OA与Ⅺ
轴的夹角0＝÷
o
（3）着在任意时刻′＝剐（0＜‘＂＜子）粒了P凡始运动｀在′-!,到‘＝÷时间内｀沿｜｜倾时针方向徽圆周运动到达C
点,圆心o拉于r输上’圆铡oC对顺的圆心角为么oo℃＝芋（÷—!,）
o
此时磁场方向反转』继丽｀在′-÷到′-T时间内,沿逆时针方向运动半个圆周,到达B点’此时磁场方向再次反
转;在t＝T到t＝T＋t0时间内,沿顺时针方向做圆周运动到达A点,设圆d,圆弧BA对应的圆心角为丝BOγA＝
2∏
@
丁t0
如图（c）所示’由几何关系可知’C、B均在O′O″连线上,且OA／／／O′O′
O
若要oA与雾轴成÷角’则有丝oo℃-￥
o
联立oo式可得‘＂＝÷
o
［解析］
过程分析:
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动’磁场方向改变时,运动轨迹方向相反,绘制出粒子的运动轨迹曲线
问题求解:
（1）粒子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力’结合已知条件可得出粒子圆周运动周期T′与磁感应强度变化周期为T
相等’由左手定则可判断粒子先｜｜顶时针运动半个圆周｀÷后磁场反向粒子再逆时针运动半个圆周｀绘制出粒子运
动轨迹图（a）,故直线OA与工轴的夹角为0。
（2）粒了从‘,＝于开始运动,先｜｜腆时针运动＋圆周’冉逆时针运动半个圆周’冉｜｜倾时针运动＋圆周到达A点’绘制
出粒子运动轨迹图（b）,故直线OA与工轴的夹角为÷.
（3）类似的可以绘制出粒子在-个周期T内的运动轨迹图（c）,判断出OA连线与圆心连线O′O〃平行后,结合圆周
运动规律求出粒子开始运动的时刻t0.
320. ［答案］
设电容器电容为C°第一次充电后两极板之间的电压为
U-:
厕极板之间屯场的场强为E-:
式中α为两极板间的距离。
按题意’当小球偏转角0Ⅱ＝÷时’小球处于平衡位置设小球质量为′＂’所带电荷量为q’则有
Tcos01＝mg
TSin01＝qE
式中T为此时悬线的张力。
联立o@o@式得
尸句
●
O／
●
o
@
◎
°
、←
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mM｜≡器r
◎
设第二次充电使正极板上增加的电荷量为△Q,此时小球偏转角
02＝÷则tan02＝q（Q＋△Q）
加gcα
O
联立oo式得
tan01
Q
tan02
Q＋△Q
@
代人数据解得△Q＝2Q
o
［答案］
（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动’说明电场力和重力平衡（恒力不能充当圆周运动的向心
力）,有
qE＝加g
o
E＝121旦
q
@
重力方向竖直向下,电场力方向只能向上,由于小球带正电,所以电场强度方向竖直向上
】
’
≈
●
』
（2）小球做匀速圆周运动,O′为圆心,MN为弦长,乙MO′P＝0,如图所示.
设半径为厂,由几何关系知
A
上≡sin0
OO
2厂
小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供’设小球做圆周运动的速率为Ⅺ′’有
2
qUB＝皿坠
厂
由速度的合成与分解知
U0
—＝COS0
U
由o@o式得
砌＂＝嚼c°『0
（3）设小球到M点时的竖直分速度为Uy’它与水平分速度的关系为
Uy＝U0tanβ
由匀变速直线运动规律
U;＝2gh
由ooo式得
L
q2B2L2
h＝面一一
＝
贝
Ⅳ
｀
′
、
〃
、
尸
′
′
＼
×
弓
×
○
呼
儿
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ˉ
阉
＂
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歹
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′
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飞
｀
比
→
、
×
×
γ
@
o
o
@
o
o
8m2g
［解析］
问题求解:
（1）恒力不能充当圆周运动的向心力,小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动,说明电场力和重力平衡,小球带正
电,电场力竖直向上,由此可知电场强度E＝121旦,方向竖直向上.
q
（2）速度通′与水平逮度圃,夹角为0.爷≡c°爵0·小球｜蛔周运动的速率何由q圃Bˉ竿求得小球在磁场中的运动
轨迹的几何关系为÷＝sin0,由此三式联立即可求解出小球抛出时的初速度馏饥
。
58
·
β
‖
｛
≈
『
口
…
卜·｀↓←～卜｀
p
↓
卜≡＋←卜
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（3）小球在竖直方向做自由落体运动,进人磁场时竖直方向的分速度Uy可根据Uy＝U0tan0求得’然后由公式
U;＝2gh即可求得A点到工轴的高度h.
322. ［答案］
（1）能从速度选择器射出的离子满足:qEo＝qBoU0
E0
解得;U0＝瓦
（2）离子进人匀强偏转电场E后做类平抛体运动,则工＝U0t
L＝竿
由牛顿第二定律得qE≡加α
丽
盂
叼
耐
~~
勿
得
解
［解析］
问题求解:
（l）逮度选择器的原理是Eq＝q刚B,所以可得U＝÷
（2）粒子做类平抛运动’电场力提供向下的加速度,竖直位移L已知,故水平位移可求得
~
~
~
~
Ⅳ
尸
［答案］
（1）设电场强度大小为E
由题意有加g＝qE
得E＝22里,方向坚直向上
q
（2）如图1所示,设粒子不从NS边界飞出的人射速度最小值为Umin,对应的粒子在上、下区域的运
动半径分别为厂l和厂2,圆心的连线与NS的夹角为P.
′γ2Umjn
由′＝腊,有门＝ˉ刁百.
加Um‖n
1
厂2＝ˉz百-ˉ可厂］
由（厂1＋厂2）sin9＝厂2
,
厂1十厂1cOS甲＝h
得聊咖＝（9ˉ6√面）嘿
323
仰
心
″
＿
K
厂i心O
S
图1
（3）如图2所示,设粒子人射速度为U,粒子在上、下方区域的运动半径分别为厂l和厂2,粒子第-次通过KL时距离
K点为工.
由题意有3厕‘r＝1。8h（″≡1’2’3,…）
Ⅳ｜
｜M
P｜
″○
】‖‖‖
●
‖
÷≥（9
6√霄）h
2
工≡√厂带
（h—厂｜）2
得厂1＝（1＋毕）÷＂＜a5
″
△
0.68qBh
即河＝1时,U＝
;
′刃
0.545qB∧
＂＝2时,U＝
加
0. 52qBh
刀＝3时,U＝
γⅦ
ˉˉˉˉˉˉˉ｛L
‖
｜T
s
图2
·
59
。
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324。［答案］
（1）设小物体Pl在匀强磁场中运动的速度为u’受到向上的洛伦兹力为Fl ’受引
F1＝qUB
／＝尸（″!g＿F1）
由题意’水平方向合力为零
F-／＝0
联立ooo式,代人数据解得
U＝4m／S。
（2）设P1在G点的速度大小为UG,由于洛伦兹力不做功,根据动能定理
9E滔｜n0—咖g萨（l—c。s0）＝÷′＂锄i＿÷′＂测:
Pl在GH上运动’受到重力、电场力和摩擦力的作用,设加速度为αl ’根据牛顿第二定律
在匀强磁场中运动的速度为U’受到向上的洛伦兹力为Fl ’受到的摩擦力为／’则
◎
◎
o
@
o
o
qEcos0-加gsin0
尸（mgcos0＋qEsin0）≡mα1
Pl与P2在GH上相遇时,设Pl在GH上运动的距离为＄l ’则
｜1
,
Nl＝UGt十ˉ百αltˉ
设P2质量为″!2 ,在GH上运动的加速度为α2 ,则
m2gsin0-尸γn2gcos0＝m2α2
Pl与P2在GH上相遇时,设P2在GH上运动的距离为s2,则
‖:＝＋α:!』
5＝51＋52
联立o～o式,代人数据得
5≡0.56m.
@
o
◎
◎
325。［答案］
（1）根据库仑定律,A、B两点电荷间的库仑力大小为
F＝盗2≡
L2
代人数据得F＝9.0×10
3N。
（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等,均为
E｜-隐台
A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为
E＝2E1cos30°
由o@式并代人数据得
E＝7。8×103N／C
场强E的方向沿y轴正向.
o
o
o
@
326。［答案］
（1）小滑块沿M］V运动过程,水平方向受力满足quB＋」V≡qE
小滑块在C点离开MN时
N＝0
E
解得UC＝万.
·
60
·
『
｝
｝
（
｛
〗
』
、←ˉ↑←V＝↑ˉ｜ˉ↑＝
＃＃蒋
＝浑江↓工
丰＃＃t
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（2）由动能定理得
狮愿h—w′＝÷狮°｛—0
解得w‘≡…ˉ窘
（3）如图,小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直
将做类平抛运动,等效加速度为g′ ,
腐～√（普）,＋愿;
且U＄＝z′b＋g′2r2
解得刚腰≡√端＋［（等）』＋小
‖
′
纵
汀
毗
叫
厉
／
∏
E
｜
—
亡
当
D／
竿疆
°′
∏喀
撤去磁场后小滑块
P
／／′
姨?〖》孤／／W
UP
［答案］
（l）离子在电场中加逮.qUb-÷咖砌′
2
在磁场中做匀速圆周运动,qUB＝加卫≡
厂O
327
解碍殉≡古√平
代入喻ˉ÷L解得蹦ˉ馈』
16U0厂2
（2）由（1）知,U＝
9L2
,
I00U0
离子打在Q点时.厂-÷L,得U-—〖厂
16U0
离子打在N点时,厂＝L,得U＝—厂
,』电腿的范圈婴≤U≤了
16Uo
（3）由（1）可知,厂m√叮
….…抛……「…颧子打…幸景
此时,原本半径为厂1的打在Ql的离子打在Q上,
民
÷L√U丁
厂1
√U丁
解得门＝（÷）廖L
第2次调节电压到U2 ,使原本打在Ql的离子打在N点,原本半径为厂2的打在Q2
专摇＝蔫解嚼嗜—（÷）』』
同理’第″次调节电压’有厂撼＝（:）撼＋］L
°
61
·
原本半径为厂,的打在Q,的离子打在Q上,则
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检测完整,有萨阀≤÷,解得＂≥—l蔓＿坠
l凰（÷）
∩
×
凹
∩
′
▲
≈
］
最少次数为3次
328. ［答案］
（l）当导体棒沿导轨匀速下滑时,由平衡条件得:Mgsin0＝BIL
解得通过导体棒的电流为;I-嘿乌0
由法拉第电磁感应定律得,感应电动势为:E＝BLU
由闭合电路的欧姆定律存I≡景
解得:u≡2MgRsin0
B2L2
（2）设导体棒再次沿导轨匀速下滑感应电动势为El
PQ
』二l
此时的电流为;I!≡∏丁F二
由平衡条件得:Mgsin0＝BIlL
平行金屑板｜闸的电压为;U≡R皋亢E｜
对带电粒子巾平衡条仆得;q:＝吨
解得;R缀＝瑟器
［解析］
问题求解:
（1）当导体棒沿导轨匀速下滑时,重力沿导轨平面向下的分力等于安培力,可计算出安培力,从而得到电流大小;根
据法拉第电磁感应定律得’棒切割磁感线产生的感应电动势’根据闭合电路欧姆定律求出电流大小,结合两个电流
的式子’可求得导体棒的速度.
（2）首先设导体棒再次沿导轨匀速下滑时的感应电动势,根据闭合电路欧姆定律求出感应电流’由导体棒的平衡条
件可得安培力和重力之间的关系;根据闭合电路分压规律可知感应电动势和金属板间电压的关系;由粒子水平射
人金属板间,并且能沿直线匀速通过’可知粒子处于平衡状态求得金属板间电压大小,最后联立解得R工的大小.
2
UA
329. ［答案］
（1）在A点,小球在水平方向只受电场力作用,根据牛顿第二定律,得:qE＝′Ⅺ—
厂
所以小球在A点的逮厦;硼州≡＼／雾
（2）在小球从A到B的过程中,根据动能定理’电场力做的正功等于小球动能的增加量’
即;2q巳≡÷″m:ˉ÷′源U向
2
UB
小球在B点时,根据牛顿第二定律,在水平方向有:FB-qE＝′门—
厂
解以上两式,小球在B点对环的水平作用力为:FB＝6qE
［解析］
问题求解:
（1）由于小球在A点水平方向只受到电场力的作用,电场力提供其圆周运动的向心力,根据向心力计算公式利牛顿
第二定律可求得小球在A点的速度
（2）小球从A到B,电场力做正功,根据动能定理求得小球在B点的速度在B点时,根据向心力计算公式和牛顿第
二定律联立求得小球受到的圆环的水平作用力,根据牛顿第三定律求得小球在B点时对环的水平作用力。
·
62
◎
［
‖
仁
▲
‖
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FA
2.0×10
4
330。［答案］
（1）EA＝—＝
q
4.0×10-8N／C＝5°0×103N／C
（2）U＝皿＝8.0×10—7
q
4·0×10＿8V＝20V
［解析］
问题求解:
（1）题中已知电荷量和在A点受到的电场力的大小,所以根据F＝qE很容易求得该点的电场强度的大小
（2）题中已知从A点到B点电场力所做的功,根据W＝qU很容易求得两点间的电势差。
331. ［答案］
（1）取B球为研究对象’其受到重力mg、电场力qE和绳的拉力T的作甩
根据平衡条件可得:qE＝″lgtan0,因此可解得;E＝加gtan0
q
即小球B所在位置的电场强度的大小为E＝加gtan0’且方向水平向右.
q
（2）根搪库仑定律叫知;F-腮粤,且有F＝Eq,两者联立,代人E≡…n0,即可解得;A、B两球之间的距离
q
~′
虎Qq
司／…nβ
为了
［解析］
问题求解:
（1）B球处于受力平衡状态,对该球进行受力分析可求得其所受到的电场力,进而求得小球B所在位置的电场
强度.
（2）根据库仑定律表示出B球所受到的库仑力’该力即为上面求得的电场力’联立即可求得A、B两球之间的距离.
332, ［答案］
（1）水平方向上’小球做匀速直线运动,则有:u0t＝R＋Rcos0’因此可解得:』＝R（1＋cos0）＝0. 16s
U0
（2）在竖直方向上,小球做匀加逮直线运动,且有;顺g＋qE≡厕…n,≡＋“爵,囚此叮解得E≡警≡300V／「Ⅷ
（3）由匀强电场中电势差与电场强度的关系,有:UAD＝E。Rsin0＝96V,因此从A点到D点带电小球电势能的变
化量为△E＝-qUAD＝-9.6×10
2J.
［解析］
问题求解:
（1）小球在水平方向上做匀速直线运动’根据位移与时间的关系即可求得小球从A点飞到D点所用的时间
（2）小球在竖直方向上做匀加速直线运动’首先根据牛顿第二定律表达式求出小球的加速度,再根据位移时间公式
列出等式两者结合,即可求得电场强度的大小.
（3）首先根据电势差与电场强度的关系求得AD间的电势差,再根据电势能的表达式’求得从A点到D点带电小球
电势能的变化量.
3j虱［警案］
（D设电腿表的内阻为尺v,测得R俩端电压为U｜,腮1与R＂并联后的总电阻为虎,贝」有专-六＋亡
由窜联电潞的规律得;贵-六
R1R2U1
联立上式得Rv＝RlE-（Rl＋R2）Ul
代人数据得Rv≡4.8kQ
（2）电压表接人前,电容器上的电压Uc等于电阻R2上的电压,Rl两端的电压为UR,
唯≡贵,又E＝Uc＋U愿,攘人电隆表后电容器上的电压Uk≡E—U』
·
·
63
·
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由于电压表的接人,电容器带电量增加了△Q＝C（Ub-Uc）
联立以上各式得△Q≡c（R器ˉU1 ）,代入数撮可得△Q＝…×Ⅲ‘〔
［解析］
问题求解:
（1）用电压表测Rl两端的电压即电压表先与电阻Rl并联后与R2串联,可求得其并联电阻,并根据串联电路电流
相等,从而求得电压表的内阻.
（2）电容器上的电压Uc即为电阻R2上的电压,分别表示出电压表接人前后的电阻R2上的电压,从而根据电容的
定义式求得电容器带电量的变化量。
郝
田
料
妇
州
料
村
门
鸡
针
倘
而
拙
~~
冲
睦
强
叫
瓣
33纵［答寨］
（l）由题意.并联部分电压为U≡8v,内电腿应为U肉≡EˉU≡2v,总电流′-竿ˉ2A,因此电源的输
出功率为P0＝UI＝16W
C）流过灯泡的电流′!≡号≡L6A则流过电动机的电流为′』-′—I｜ˉ队‘八.电动机的热功率为P｀—I;R』≡1
W,10s内产生的热量为Q＝Plt＝10J
（3）电动机的总功率为P＝UI2≡4W,电动机的机械功率P机＝P-Pl＝3W
［解析］
｜可题求解:
（1）根据灯泡正常发光可得出电路并联部分两端的电压,进而得到电源内阻分担的电压,即可求得电路干路上的电
流,根据电功率的计算公式即可求得电源的输出功率.
（2）首先求出流经电动机的电流,根据热功率的计算公式求出电动机的热功率’结合电动机工作的时间,即可求得
电动机产生的热量.
（3）根据能量守恒定律’电动机的机械功率等于电动机的总功率与电动机的热功率之差.
335。［答案］
运动示意图如图所示。
（1）粒子在电场中做类平抛运动:2h＝U0t
h＝寺×塑×′2
乙
加
2
′′〗U0
所以E＝面丽
《2）哟-普×升＝锄,
所以U＝√百b0
方向与水平方向成45。
（3）在磁场中:
咖B≡等
由几何关系可知R＝√刃j＝Ⅱ四
qB
刀TU0
所以B≡—
qh
［解析］
问题求解:
（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,运用牛顿第二定律及相关运动公式即可求解
‖
O
冗
仙
·P］
●
（2）类比平抛运动的分位移比值与分速度比值的等量关系,即可求得粒子到达P2点时速度的大小和方向。
（3）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力;然后根据几何关系可求得轨迹半径,由qUB＝
等即叫求得磁感应强度的大′｜＼
°
64
°
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336。［答案］
（1）从b向α看其受力如图所示:
水平方向:／＝FAsin0
竖直方向:N＋FAcos0＝mg
又』FA≡B′L≡B÷I.
BL等。篇,’／-BLEsm0
联立解得:N＝加g-
R
｀
F
mg
（2）使αb棒受支持力为零,且让磁场最小,可知所受安培力竖直向上’则有FA＝加g
解得B咖-警,根据左手定则判定磁场方向水平向右
［解析］
问题求解;
（1〉根据题意画出αb的受力示意图’因为αb静止,再根据安培力公式以及共点力平衡求出当αb棒静止时,受到的
支持力和摩擦力各为多少.
（2）因为磁场大小要求最小且αb棒支持力为零’可以得出安培力方向,根据竖直方向安培力等于重力列出方程,进
而求出磁场大小,再根据左手定则判定磁场方向·
［答案］
（1）由U
I图象可得E＝20V,厂≡20Q
（2）当R3的滑片P自左向右滑时,R3接人电路的阻值变小,电路总电阻变小,而总电流变大.由此可知,图线上的
A、B两点是滑片P分别位于最左端和最右端时所得到的。当滑片P位于最右端时’R3≡0,R1被短路,外电路总电
阻即为R2 ,则
胸-寄-六.-§α
（3）当滑片p在最左端时’其阻值最大’并对应着图线上的A点.
Rˉ告ˉ盖oˉ铡∩
由外…接关系可得R-鹊』＋腮』
代人数值解得滑动变阻器的最大值R3＝300o
［解析］
问题求解:
（1）由路端电压与电流图象即可求出电源的电动势和内阻
（2）根据滑动变阻器在右端点的电压、电流关系’求出定值电阻的大小.
（3）根据滑动变阻器在左端点的电压、电流关系,结合并联电路电阻的规律,求出滑动变阻器的最大阻值.
337
338. ［答案］
（1）S断开时:E＝Il（R2＋R3）＋Il厂,Pl＝EIl
,
3阔合时;阀≡I:（R隐｛煞』）卜′:′.P』≡E′:联立可得;E-』v’＝…,′］≡…,′霞-｜＾
（2）闭合S时’屯源的输出功率为;P＝I;R外＝l,×（L5＋藉）W-趴5W
（3）S断开时有:Ql≡20×10 6×0.5×6C＝6×10 5C,
S闭合,电容器两端的电势差为零,则有:Q2＝0
［解析］
问题求解:
（1）由欧姆定律和电功率的公式联立求解即可.
（2）闭合S,直接由电功率公式求解即可.
（3）S断开时,由公式Q＝CU可得电容器所带的电荷量;S闭合时,电容器两端的电势差为零,电容器所带的电荷量
也为零.
。
65
.
「
~
~
~
丁
↑
!犁
。l≈
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339° ［答案］
（1）设小球到B点的最小速度为UB,由牛顿第二定律得;
2
7》〖UB
炯g—qE＝—百
小球从A到B的过程中由动能定理:
（〃g—qE）（你ˉ2R）-十〃°b
联立解得;h—乎
（2）小球从A到C的过程中,由动能定理得:
（砸g—qE）′i＝÷咖渺:
▲
小球在C点时由牛顿第二定律得:
2
刀0UC
］V＋qE-加g≡-厅
又因为mg≡2qE
联立解得:N＝3mg
由牛顿第三定律可得压力大小为3加g,方向向下
［解析］
问题求解:
（1）小球恰好通过最高点,则由重力和电场力的合力提供向心力’根据向心力公式可以求出B点的速度,再对AB过
程由动能定理可得A在轨道上的高度
（2）对AC过程由动能定理求得C点的速度,由向心力公式和牛顿第三定律可求得小球在最低点时对轨道的压力。
［答案］
（1）小球匀速直线运动时受力如图,其所受的三个力在同-平面内’合力为
零,则
qUB＝√q2E2＋加2g2
o
代人数据解得u＝20m／s
@
速度U的方向斜向右上方,与电场E的方向之间的夹角0满足tanβ＝塑
o
加g
340
代人数据解得tan0＝侗,0＝60°
（2）解法＿:撤去磁场’小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动’设其加速度为α’
有α＝√q2E2＋加2g2
@
◎
◎
″『
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为工,有工＝Ut
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为J,有
y＝＋“』
@
α与″lg的夹角和U与E的夹角相同,均为0,又tan0＝ˉ丛
工
o
联立@OO@O式,代人数据解得t≡2√可s≈3.5s
O
解法二:撤掉磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点,竖直向上
为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为Uy＝Usin0
o
着使小球再次经过P点所在的电场线’仅需小球的竖直方向上分位移为零’则有呼—＋g‘:＝0
o
联立OOO式,代人数据解得t＝2√可s≈3.5s
O
.
66
◎
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乎
『
壬
［解析］
问题求解:
（1）小球在复合场中做匀速直线运动’受到重力、电场力、洛伦兹力而平衡’由力的平衡及几何关系列等式可得洛伦
兹力的大小和方向;由左手定则及洛伦兹力公式可得速度大小及方向.
（2）撤掉磁场后,将运动沿竖直方向和沿电场方向分解.在竖直方向上,物体的运动不受电场力影响且加速度为重
力加速度,做竖直上抛运动’根据运动学公式列等式即可求解运动时间
［答案］
（1）带电微粒经加速电场加速后速度为Ul ,根据动能定理
Ulq＝÷″m;
341
√平≡m×l0』m′.
U1二＝
（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用,做类平抛运动.在水平方向微粒做匀速直线运动.
L
水平方向:Ul＝--
L
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动,加速度为α,出电场时竖直方向速度为U2
竖直方向;α＝些＝业
m
d″〖
qUh
L
U2＝αt＝-≡·—
α′?0
Ul
u2
qU2L
U2L
二＝二
u1
α加u;
2‘jU1
U:≡竿涸n0
得U2≈100V
（3）带电微粒进人磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,当带电微粒恰好不
｜Ⅸˉ头～×
×｜
会从磁场右边射出时’设微粒轨道半径为R’由几何关系知
｜×
×交v〈｜
｜×
×
×
义｀｜
P
9
∏B
γ
『
『
『
叮
卜
~
皑
R＋粤＝D,得R＝÷D
9
设微粒进人磁场时的速度为U′,则U′＝
Ul
cos30°
′2
由牛顿运动定律及运动学规律q刚′B＝爷
9R÷Dα 。。÷;0.≡αlT
得B＝122I上＝—卫二·
｜×
×
×
×｜
［k
巨皇!」／｛｜
｝—L＝一→‖×
×
×
×‖
‖×
×
×
×0
｜×
×
×
×｜
｜＿D＿-→.
｜′』
若带电粒子不射出磁场,则磁感应强度B至少为0。1T
［解析］
问题求解:
（1）根据动能定翅可得｀qU＝÷′＂渺2 ｀即可求…
（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用,做类平抛运动。分水平方向和竖直方向进行运动学分析,得出运动学
几何关系,从而求出电压值.
（3）微粒进人磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力.分析带电微粒的圆周运动求出磁感应强度B的临界值.
p口
342. ［答案］
（1）设粒子在电场中运动的时间为ro,加速度的大小为α,粒子的初速度为u0’过Q点时速度的大小为u,
沿y轴方向分速度的大小为Uy,速度与工轴正方向间的夹角为0,由牛顿第二定律得
·
67
·
~
~
Ⅱ
】
十
】
□
~
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qE≡加α
由运动学公式得′＝＋“;
2d＝U0t0
Uy＝αt0
~／
9~~｜
9
℃＝√U6ˉ十Uj
tan0＝兰
U0
联立o@o@oo式得
◎
◎
◎
°
o
o
刨＝2√孽
◎
◎
0＝45°,
（2）设粒子做圆周运动的半径为Rl ,粒子在第-象限内的运动轨迹如图所示,Ol为圆心,由
几何关系可知△Ol〔Ⅻ为等腰直角三角形,得
Rl＝2√面t!
O
由牛顿第二定律得
2
q融B,-″觉
o
联立@oo式得
y
~
~
~
~
~
~
~
~
一
ˉ
卯
／
旧
‖
Ⅷ
‖
一
α
○
尸
×
B,≡＼／票
o
（3）设粒子做圆周运动的半径为R2,由几何分析（粒子运动的轨迹如图所示’O2、O2′是粒子做圆周运动的圆心,Q、
F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点,连接O2、O′2 ,由几何关系知,O2FGO′2和O2QHO′2均为矩形,进而知FQ、GH
均为直径,QFGH也是矩形’又FH」ˉGQ’可知QFGH是正方形’△Q（）F为等腰直角三角形。）可知’粒子在第-、
第三象限的轨迹为半圆’得
2R2＝2√m
粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段’得
FG＝HQ＝2R2
设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t,则有
FG＋HQ＋2穴R2
t＝＝
｜γ
×
@
o
×
o
【′
联立o@oo式得
膨≡（2十厕）√需
o
343. ［答案］
（1）微粒在区域I内水平向右做直线运动,则在竖直方向上有:qElsin45°＝′″g
解得;El＝但哩
q
微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动,则在竖直方向上有:″!g＝qE冈
解得:E,＝22望
~
q
°
68
·
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（2）设微粒在区域I内水平向右做直线运动时加速度为α,离开区域I时速度为U,在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨
道半径为R,则:α＝qElcos45。≡g
″p
刨凰-2“创!（或qE｜c。….×敛｜＝÷′＂刨:）
RSin60。≡α,
工
及
加
~β汐
α
~~~＿
解得;B-满／i芋
（3）徽…域1内徽匀胸‖逮运动,‘!ˉ√享
在隧域Ⅱ内做匀逮圆周运动的圆心角为6旷测I≡誓
々ˉ÷ˉz;＼／聂
解得‘ˉ…—√卒＋抓磊
［解析］
问题求解:
（1）微粒在区域I内水平向右做直线运动,微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动,则在两区域内,微粒在竖直方向上受
力平衡.根据共点力的平衡条件求解两区域内的电场强度大小.
（2）根据动能定理可知微粒在射人磁场时的速度大小,根据几何关系求出微粒做匀速圆周运动的轨迹半径,又知微
粒在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力完全由受到的洛伦兹力提供,则根据牛顿第二定律方程,可求解匀强磁
场的磁感应强度的大小.
（3）利用匀加速直线运动的运动规律,求解在区域I内微粒的运动时间,利用几何关系,求解在区域Ⅱ内微粒的运
动时间·
344。［答案］
（l）若虎≡1’则有MP＝L’粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动’根据几何关系,该情况粒子的轨迹半径
为:R≡L,
2
U
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,则有:qUB0＝加而
‖
粒子在匀强电场中加速’根据动能定理有;qE′-亏mz′2
综合上式解得;E≡,嘉
（2）因为2＜肉＜3,且粒子沿水平方向从S2射出,该粒子运动轨迹如图所示,由几何关系:
＿队［个＝／一
＝…＝i＼＝｀～…ˉ
←--—6L-ˉ＿ˉˉ→
2
U
R2-（炎L）2＝（RL）2,又有qUB0≡m而
则整鲤解得;触≡qB,（妹藤L）
又因为6L
2陀L≡2工
根据几何关系有:坠≡旦
工
厂
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f
》→了…→～了＝γˉ↑
＋＋十｝十↑ˉ↑
『渊耳!
霹蹿
｝＃＃＃
2
又qUB＝加I』≡
厂
炎B0
则Ⅱ区的磁感应强度B与龙的关系;B＝百≡页
2
′″U0
345. ［答案］
（1）设粒子做圆周运动的半径为Rl ,洛伦兹力提供向心力,则有qU0B0＝F丁
o
据题意由几何关系得
R1＝d
联立o@式得
γ》?U0
B0＝ˉ五.
（2）设粒子做圆周运动的半径为R2 ,加速度大小为α,由圆周运动公式得
2
U0
α＝恿
据题意由几何关系得
3R2＝d
联立@o式得
3℃;
α＝-丁。
@
o
@
◎
o
（3）设粒子做圆周运动的半径为R’周期为T,由圆周运动公式得T＝2匹且
U∩
o
由牛顿第二定律得
2
刀TU0
qU0B0＝—百
由题意知B』≡等,代入o式得
α＝4R
粒子运动轨迹如图所示,O1 、O2为圆心,OlO2连线与水平方向的夹角为0,在每个TB
o
o
0O
≡
内,只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板,且均要求0＜0＜÷’由题意可知
0:P气′O2
B
贴
—
〗
~~丁
β
＋
｜
冗
日
冗
—
◎
▲
o
β
＝
~
~
＝
◎
尺
A
O］
设经历完整TB的个数为n（″≡0,1’2,3,…）
若在A点击中P板,据题意由几何关系得
R＋2（R＋RSin0）刀＝α
当门＝0时,无解
当″＝1时,联立oo式得
0-÷（或sjn0-÷）
联立oooo式得
~〗
T圆＝器
D0
o
o
o
o
70
。
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当〃≥2时,不满足0＜0＜÷的要求
若在B点击中P板’据题意由几何关系得
R＋2Rsin0＋2（R＋Rsin0）网＝α
当Ⅶ＝0时,无解
当″＝1时,联立oo式得
0＝…m＋（或sin0＝＋）
联立oooo式得
o
田
◎
o
α
—
驹
＼
〗
′
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二
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Ⅱ
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｜
十
冗
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’
臼
／
『
｀
~~
β
丁
o
当＂≥2时’不满足0＜0＜÷的要求
346. ［答案］
设带电粒子在B点的速度大小为UB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变’即
uBsin30。＝uosin60。
由此得
UB＝√百b0
设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有
,〔′h愿＝÷狮（,:—渺;）
o
@
o
γ门U0
联立OO式得UAB＝—
q
@
347. ［答案］
依题意,开关闭合后,电流方向从b到α,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向竖直向下°
开关断开时,两弹簧各自相对于其原长伸长了△／l≡0.5cm。由胡克定律和力的平衡条件得
2虎△l1≡mg
式中,加为金属棒的质量,虎是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小.
开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为
F＝IBL
式中,I是回路电流’L是金属棒的长度.两弹簧各自再伸长了△l2＝0。3cm,由胡克定律和力的平衡条件得
2龙（△／1＋△l2）≡″lg＋F
由欧姆定律有
E≡IR
式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻°
联立o@o@式,并代人题给数据得
加＝0.01kg。
o
@
o
@
~
~
~
348. ［答案］
（1）设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电场中的加速运动,由动能定理得
qE÷-÷″m』
由o式得
.
71
·
o
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E＝l卫卫1
qα
@
（2）设I区磁感应强度的大小为B,粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得
咖B-′″芳
o
如图甲所示,粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况.若粒子轨迹与小圆外切,由几何关系
碍R≡÷
@
联立o@式得
甲
B＝坠』2四
『D
o
若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得
犯
—
↓~~
尺
o
联立oo式得
牺
硒~~
β
@
（3）设粒子在I区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为Rl ｀R2 ,由题意可知,I区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为Bl＝
豁陇-芳.由牛颧第-定徽得
U2
q融B1＝啃,qpB瞥≡砸瓦
o
代人数据得
R!≡÷’R:＝子
o
设粒子在I区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为Tl 、T2 ,由运动学公式得
Tl≡旦卫旦上,T2＝旦匹旦旦
o
U
U
据题意分析,粒子两次与大圆相切的时间间隔内,运动轨迹如图乙所示’根据对称性可
知, I区两段圆弧所对圆心角相同,设为0l ,Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为02,圆弧和大
圆的两个切点与圆心（）连线间的夹角设为α,由几何关系得
0l＝120°
o
02＝180。
@
α＝60。
晒
0l＝120°
O
02＝180°
@
α＝60°
o
粒子重复上述交替运动回到H点’轨迹如图丙所示,设粒子在I区和Ⅱ区做圆周运动的
时间分别为tl 、t2,可得
!］≡竿×喘T」,!』≡平×揣T』
o
设粒子运动的路程为5,
由运动学公式得
5＝U（tl＋t2）
o
联立ooooooo式得
5＝5。5冗D·
·
72
◎
乙
丙
o
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349. ［答案］
（l）线圈受到安培力F≡MB0IL
天平平衡加g＝NlB0II≡
代人数据得Nl≡25匝
（2）由电磁感应定捧得E＝N,芳
即E≡N』芒L剑
由欧姆定律得I′-÷
线圈受到安培力F′＝N2B0I′L
大平平衡咖′gˉlviB＂芳.等
代人数据叫得芳＝0」T／·
35o（答案］
（l）当s攘凛时,R1被短路,外电阻为R:根撼电功率的计算公式P≡′:愿≡等叫得;通过电源电流
厉
Ⅶ
~~
匣
征
~~
］
】
A≡1A,电源两端电压Ul＝｀／p雨＝4V
U2
（2）当S接α时,有E＝Ul＋I］厂O;当S接6时,Rl和R2串联,R外＝R］＋R2＝6O,通过电源电流I2≡Rl＋R2
吕≡＝
0。75A,这时有E＝U2＋I2厂@,联立O@式代人数据可解得:E≡6V,厂＝2O
（:）当s攘‘时,尺橇≡厨』＋′＋愿蹿-βo.总电流′:≡点≡!A,通过尺;电流′-＋′,-…
［解析］
问题求解:
（1）对电路进行分析,当S接α时,Rl被短路’外电阻为R2 ,根据电功率的计算公式和推导公式即可分别求出通过
电源的电流和电源两端的电压.
（2）在当S接α时和当S接6时对电路分别进行分析,结合题目条件分别列出有关于电源的电动势和内电阻的等
式,联立这两个等式代人数据即可求得答案
（3）对电路进行分析’当S接c时,可得电路的总电阻’即可求得电路干路电流,即可求得通过R2的电流.
35L［答案］
（1）由静止可知:qE≡加g’当小球恰好离开斜面时,对小球受力分析,受竖直向下的重力、电场力和垂直于
斜面｜可上的洛伦兹力,此时在垂直于斜面方向上合外力为零.则有:（qE＋加g）cos0＝quB,由动能定理得:
（vE＋…n0.延＝÷,＂U馏｀解得;雾＝狮』腐c。s:‘
q2B2sin0
（2）对小球受力分析,在沿斜面方向上合力为（qE＋加g）sinβ,且恒定,故沿斜面方向上做匀加速直线运动°由牛顿第
二定律得;（gE＋咖g）副n0-咖α’得;α-2gsin0,由堑＝＋α′’得;′-…β
qBsin0
［解析］
问题求解:
（1）当电场方向竖直向上时’小球对斜面无压力,可知电场力和重力大小相等;当电场方向竖直向下时,小球受到向
下的力为2mg;当小球恰好离开斜面时,在垂直于斜面的方向上合力为零,由此可求出此时的速度;在此过程中,电
势能和重力势能转化为动能,由动能定理即可求出小球下滑的距离.
（2）经受力分析可知’小球在沿斜面方向上合力不变,故沿斜面做匀加速直线运动,由运动学公式可求出运动时间°
厅∩
●
／O
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35以［答案］
（l）由机械能守但可知;…＝÷″测愿’解得;恤-√∑百万;
小球在复合场中做匀速圆周运动,则重力和电场力平衡’洛伦兹力提供做圆周运动的向心力.重力和电场力平衡,
且电场方向向下,则该小球带负电荷,有加g＝Eq,因此比荷ˉ坠＝ˉ旦.
加
E,
小球由α到b运动半周,由其受力方向根据左手定则可知磁场方向为垂直纸面向外,由洛伦兹力提供向心力可知:
2
q刚B＝狮÷’且由几何关系可知;L-2R,联立这两式可得;B≡2E√面丽
闰L
（2油P到·时根腮运动学公式衔＂-÷绒·圈此该段过膘腕需的时｜川6≡仔;复合场中,小球恰转过了
l舰.,＂懦蜜的时间为′→T＝÷需-器-2蒜,
圃此小球从P经.至b运动慈蹦间;!ˉ勾＋嗡ˉ仔＋2蒜
［解析］
问题求解:
（l）小球在进人复合场之前做自由落体运动,只有重力做功’故机械能守恒,可求得进人复合场时的速度,进人复合
场后恰能做匀速圆周运动,则电场力与重力平衡,可判断小球所带电荷的电性,从而根据小球的穿出位置判断洛伦
兹力的方向,从而根据左手定则判断磁场的磁感应强度的方问洛伦兹力提供圆周运动的向心力’从而结合两式求
得磁场的磁感应强度的大小.
（2）小球从P经α至b时经历两个过程:自由落体运动和匀速圆周运动’分别求得两者的时间,在匀速圆周运动中旋
转过了半个圆周,故匀速圆周运动的时间应为圆周运动周期的＿半’总时间为两者的总和.
353. ［答案］
导体棒αb受到水平向左的安培力,根据左手定则判断电流方向为从α到b,因导轨粗糙,设棒与导轨间的
最大静摩擦力为F.
当物体c即将向上运动时,此时摩擦力为最大静摩擦力,方向水平向右,则有:BI／
Mg＝F＝0.5加g
解得:I＝2A;
当物体C即将向下运动时,此时摩擦力为最大静摩擦力,方向水平向左’则有;BI／-Mg＝
F≡-0。5′〃g
解得:I＝1A;
根据以上分析,通人导体棒αb的电流范围为1～2A,且电流方向为从α到6
［解析］
问题求解:
物体r和导体棒αb均处于受力平衡状态,对导体棒αb进行受力分析,确定电流的流向,求出两个极限状态下通过
导体棒的电流大小。
354. ［答案］
对金属棒进行受力分析如图:
MN受力平衡,根据力的平衡条件可得:″!gsin0＝BILcos0
o
E
根据闭合电路的欧姆定律可得:通过M］V棒的电流I≡R＋Rl＋厂
联立oo,代人数据可得:Rl＝7O,即滑动变阻器Rl的取值为7O
［解析］
问题求解:
MN受力平衡,对MN进行受力分析,根据力的平衡条件可得有关5
MN受力平衡,对MN进行受力分析,根据力的平衡条件可得有关安
o
培力的等式,再根据闭合电路的欧姆定律表示
出通过MN棒的电流,联立上面两式即可求得滑动变阻器Rl的取值.
·
74
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355. ［答案］
（1）粒子运动轨迹如图所示
在磁场中’粒子做匀速圆周运动
2
U0
由牛顿第二定律得;qU0B＝′″瓦
由几何知识可得:R0＝d
粒子进人电场后做类平抛运动
由牛顿第二定律得:qE＝mα工
由类平抛规律得:Ux≡α搀t
U工
〃＝-厅t
乙
Ur
tan0≡—
U0
解得;÷＝÷…:0
γ
√
UO
（d,0）
冗
2α
（2）根据以上各式,联立求解得:t＝U0tan0
［解析］
问题求解:
（1）带电粒子先在洛伦兹力的作用下在磁场中做匀速圆周运动由轨迹可知半径为α,列方程;接着进人电场中做类
平抛运动,列运动方程’联立即可求解.
（2）在第四象限水平方向分析粒子的运动,粒子在该方向做初速度为零的匀加速运动’根据（1）中所求,联立解得运
动时间.
356. ［答案］
（1）粒子运动轨迹如图所示:
设粒子在磁场中的轨道半径为R1 ,则由几何关系可得;
ˉ一ˉˉ
陶〉
Ⅱ｜ˉ孕｀又…-瑞联立瞬得;卿』-粤
』』
』′
0
‖
（2）设粒子轨迹与磁场外界相切时’粒子在磁场中的轨道半径为R2 ,则由几何关系有;
｝
｛,
（2厂-R2）2＝R;＋厂2
、
′
可得;R:ˉ￥,又q醚B-咖景｀叫得;碰2-警
｀
ˉˉ
故要使粒了不穿出环形区域,粒子的初谨度不能趟过警
［解析］
问题求解:
（1）粒子第＿次经过磁场通过A点,可先画出粒子的运动轨迹,利用几何关系求出粒子的运动半径,再由圆周运动
公式求出粒子的初速度.
（2）粒子不穿出环形区域的临界情况是粒子做圆周运动时轨迹圆刚好与磁场的外边界内切,根据几何条件求出最
2
大圆周半径,结合qⅥ′B＝砸÷即可求出临界速度
357° ［答案］
（1）小球从A到B过程中,由动能定理得
″『gLsin60°＋qUAB≡0
√勋!gL
解得UAB≡＿
2q
（2）且A间电势差为U鳃-U蛔≡√警［
UBA
＝√百》＂g
则场强E＝L-Lcos60。
q
·
75
.
~~
4
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（3）小球在AB间摆动’由对称性得知’B处绳拉力与A处绳拉力相等,而在A处’由水平方向平衡有:FTA≡qE＝
√珊g,所以FTB＝FTA＝√百》″g
［解析］
问题求解:
（1）小球从A到B过程中,重力做正功’电场力做负功,由动能定理即可求出电势差.
（2）先求出AB沿电场线方向的距离,由公式U≡Eα,即可求出电场强度.
（3）方法＿:小球在AB间摆动时具有对称性,B处绳拉力与A处绳拉力相等,通过对A点的分析即可求出拉力.
方法二:小球在B点时,只有与绳相切方向的加速度,沿绳方向的加速度为零,则有FTB＝′〃gcos30°＋qEcos60°,即
可求出拉力。
J5a（答寨］
《l》洛伦兹力提供向心力.有q翻B≡′＂爷
带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝122卫
qB
匀速圆周运动的周期T＝丝互≡旦匹l卫
U
qB.
（2）粒子受电场力F≡qE’洛伦兹力F洛＝qUB.粒子做匀速直线运动,则qE＝qz′B
电场强度的大小为E＝UB.
359。［答案］
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期T＝4t0
2
设磁感应强度大小为B,粒子速度大小为U,圆周运动的半径为厂,由洛伦兹力公式和牛顿定律得:qUB＝′″I上
厂
匀速圆周运动速度满足;砌＝竿
联立解得;B＝哉
（2）设粒子从OA边两个不同位置射人磁场,能从OC边上的同-点P射出磁场,粒子在磁场
中运动的轨迹如图（a）所示:
设两轨迹所对应的圆心角分别为0l和02 .由几何关系有:0l＝180°-02
粒子侧次在磁场中运动的时间分另｜为′1与』』,贝』;‘1＋陶-÷-2‘＂
y
C ＼~
〔j＼｀
尸
。
孕
型
∩
A
x
图（a）
（3）如图（b）
:
由题设条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°°设O′为圆弧的圆
心’圆弧的半径为厂0,圆弧与AC相切于B点,从D点射出磁场’由几何关系和题设条件可
知,此时有乙α）′D＝乙BO′A＝30°
厂0
厂0cos么OO′D＋而百≡百可叮＝L
27r厂0
设粒子此次人射速度的大小为U0,由圆周运动规律UO＝＿7≡
√田rL
联立解得;U0＝＿7I丁
［解析］
问题求解:
｝
C
D
O
O′
A
图（b）
x
（1）先由几何关系算出粒子圆周运动的周期’由洛伦兹力提供向心力即可计算出磁场的磁感应强度的大小
（2）先作出粒子运动的轨迹,由几何关系可知,粒子两次运动的时间之和为周期的-半’即可计算.
（3）先作出粒子的轨迹,由几何关系可列等式,即可求解.
『
■
由
□
~~
~
. 76 ·
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［答案］
（l）微粒做直线运动’则加g＋qE0＝quB
O
微粒做圆周运动,则加g＝qE0
@
联立o@得q＝肾
o
2E0
B＝-ˉ-
@
U
（2）设微粒从Nl运动到Q的时间为tl ’做圆周运动的周期为t2 ,则
α
丁＝z′tl
o
2
quB＝咖÷
O
2穴R＝Ur2
o
联立ooooo得』1-荒,Ⅱ:≡晋
圆
电场变化的周期T-‘!＋!:≡荒十晋
o
（3）若微粒能完成题述的运动过程,要求α≥2R
o
2
联立O@O得R＝等
O
乙g
设在NlQ段直线运动的最短时间为t1min
由ooo得′』咖＝觉
因t2不变’T的最小值Tm｀n＝tlmin＋t2＝（2冗＋1）U
2g
［解析］
问题求解:
（1）微粒从N1到Q点做直线运动’故可列出竖直方向上受力平衡方程式,在Q点之后做匀速圆周运动’由此可列
出竖直方向上受力平衡方程式,联立方程式便可求解.
（2）由（1）中所求得的物理量,我们可以求得微粒做直线运动和圆周运动的时间’由此便可求得电场变化的周期。
（3）根据所满足的条件,列出方程式’然后联立方程进行求解·
360
361. ［答案］
（1）粒子在板间沿工轴的分运动为匀速运动’设运动时间为t
L＝U0t
t＝上＝2×10—3s
U0
（2）设t＝0时刻射人的粒子在板间偏转量最大为y
丁
—
◎
△
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＼
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α
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∑
／
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｀
~
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~
~
〕
γ
U0q
ˉ丁＝加α
解得:Jl＝0.05m,y2＝0. 1m
纵坐标）′＝α＿yl-y2＝（）.85m
（3》树子出射时的动雕,曲动熊定理得;q等γ｜-且—÷…;
解得:Ek＝5。05×10
2J
厅厅
·
／／
●
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［解析］
问题求解:
（l）物体做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,位移,速度已知,时间易得.
（2）本｜可只考查y方向的运动,由（1）求得粒子运动时间恰好为-个周期T,粒子在t＝0到r＝l×10
3s时间内在y
力向上的分运动为匀加速直线运动’加遮度通过字≡挪α求得,粒子在′≡1×l0—』.至‖ 』≡2×l0
, .时间内在,
方向上的分运动为匀速运动,位移为两段各自位移求和.
（3）直接运用动能定理,或者运用机械能守恒定律.
E｜q—似加g-（a0×l0—‘×3×10;
362｛答案］
（l）0～2｀内物块加速度α!-
—α1×10）m／s』＝2m／s』
m
（）.2
位移』!-÷α］骂＝4m
≈
2s末的速度为〖′2＝αlr1＝4m／s
2～4s内物块加速度α,≡qE2-／L加g≡-2m／s2
γγ『
位移s2＝5l＝4m
4s末的速度为u4＝0
则小物块做周期为4s的加速和减速运动.
第22:末的速度也为锄＝4m／赢’前22‘内的位移为蔚鳃＝争｜＝44m
第23｀内物块的位移为吨』＝哑＋÷铡』产｀』＝l＄｀』鳃-3m
故23秒内小物块的位移大小为47m
（2）根据上述分析,物块在第23s末的速度为u23≡2m／s
根据动能定理得Wˉ′砸g（‘鳃＋删酿）-÷″渺;;
代人数据解得W＝9.8J
［解析］
问题求解:
（1）对物块进行受力分析,物块受到竖直向下的重力、水平向左的摩擦力、竖直向上的支持力和水平方向的电场力
的作用.在0～2s内物块受到电场力的方向水平向右,物块向右做初速度为零的匀加速直线运动,根据运动学公式
可以求得物块在2s末的速度和2s内的位移;在2～4s内物块受到电场力的方向水平向左,物块向右做匀减速运
动’根据运动学公式可以求得物块在4s末的速度和4s内的位移;求得4s末的速度为零’则说明物块在下-个4s
内运动的状态与第＿个4s内完全相同’所以可知物块的运动周期为4s.22s内物块运动11个半周期,从而可以通
过计算求得23s内物块的位移。
（2）在23s内电场力对小物块所做的功可以通过动能定理求得.
36虱［答案］
（l）带电粒子在电场中做类平抛运动.则L-渺0‘,α5L＝嘉』
2
′γ〗U0
解得:E＝—
qL
在竖直方向粒子做匀变速运动竖直分速度为刨勤.则有似;＝2祟
代人数据解得:Uy＝U0
P点的速度为U＝√面b0
速度与水平方向的夹角为45°
（2）由几何关系可知:粒子在磁场中转过的圆心角为45°
sin45。＝g兰ˉ旦L
厂
◎
78
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解得;萨≡乎［
2
粒子在磁场中做匀速圆周运动q〖′B＝加I』≡
厂
2″1U0
解得;B＝—
qL
磁场方向垂直纸面向外
■
U∩
A
β
＝
＝
≡
＝
≡
‖
■
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＿
尸
丁
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‖
·
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卢
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｜
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厂
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Ⅱ
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U
ˉˉˉˉˉˉˉˉˉ｜C
／厂
＝
凸二二ˉˉˉˉˉˉ笔jˉ但巴ˉˉ
D
O
【／
［解析】
问题求解:
（1）由于粒子不受重力作用’所以粒子在电场中只受平行于AD向下的电场力作用’将该过程等效于平抛运动进行
求解’可得出电场强度E的大小和带电粒子经过P点时速度U的大小和方向
（2）根据题意知粒子进人磁场是沿顺时针方向运动,则磁感应强度方向为垂直于矩形区域向外,再根据（1）中速度
2
方向可画出粒子在磁场中的运动轨迹’如下图所示.根据几何关系求出半径了’代人公式qUB≡mI』≡求出磁场磁感
厂
应强度大小。
0O
D
日
℃
‖
『
‖
‖
‖
‖
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‖
‖
『
‖
『
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‖卢＝＝
!ˉ至＿ˉ召1噬ˉ＿＿ˉ坚ˉ
｜
D
〔）
U
］
o
364. ［答案］
（l）设两板间的电压为U’由动能定理得qU＝寸加u2
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Eα
@
联立上式可得E≡篆
o
（2）粒子进人磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为O′ ,圆半径为厂.设第＿次碰撞点为A’由于粒子与
圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此’SA弧所对的圆心角乙AO′S等于÷
“鱼＝β二患
~ ~
O
●D
~ ~
丸≥×O／女
×
×
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■
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×...锣。
×
＼×／
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＼之鞋以
A
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-
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d
＋
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乌
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＋
＋
α
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″
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79
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由几何关系得厂＝Rtan÷
9
粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律,得
qUB＝加丝
厂
赚立翻◎式得R≡需
（3）保持MN间电场强度E不变｀M板向上平移÷创后.设板间电压为U.则U′-早≡早
o
D
设粒了迸人s孔时的速度为融』,山o式看出号≡带
综合o式可得翘′≡粤,
设粒子做圆周运动的半径为萨侧仁籍
设粒子从s到第＿次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为0’比较OO两式得到′ˉ′＝R,可见0＝÷
粒子需经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故〃＝3.
@
o
o
@
o
o
哑
α
（答案］
（!）墨滴在屯场区域做匀逮直线运动’有q子＝m‘
由o式得q＝等
由于电场方向向下,电荷所受电场力向上’可知墨滴带负电荷。
（2）墨滴垂直进人电、磁场共存区域,重力仍与电场力平衡,合力等于洛伦兹力,墨滴做匀速圆周运动,有
2
U0
qU0B＝狮页
考虑墨滴进人磁场和撞板的几何关系,可知墨滴在该区域恰完成四分之-圆周运动,则半径R＝创
U0U
由@@o式得B＝—
gα2
°
（3）根据题设,墨滴运动轨迹如图,设圆周运动半径为R′ ,有
365
o
@
o
°
◎
◎
×
×
×
×
了—趣巴～＝—
｜
‘
′′′.″
R′
2
q锄0B〃≡m斧
~】
由图示可得;R′2＝′:＋（R′—;）2
得;R′-÷d
联立O@O式可得;B′＝1卫hI1
5g劲2
°
@
o
o
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80
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·
◎
◎
366。［答案］
（l）设电动机的电功率为P’则P＝UI
设电动机内阻厂上消耗的热功率为P′,则P萨＝I2厂
代人数据解得P厂＝1×103W。
（2）设蓄水总质量为M,所用抽水时间为t.已知抽】
M＝pV
设质量为M的河水增加的重力势能为△Ep
则△Ep＝Mgh
设电动机的输出功率为P0,则Po＝P
P
根据能量守恒定律得P0t×60％×80％＝△Ep
代人数据解得t＝2×l04
s。
已知抽水高度为′l’容积为V,水的密度为p’则
@
◎
◎
●
◎
［答案］
（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动,设粒子过A点时速度为U
U0
由类平抛规律知U≡cos60°
2
U
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动’由牛顿第二定律得BUq＝″!页
2加U0
所以R≡—
qB
（2）设粒子在电场中运动时间为t1 ,加速度为α
则有qE＝mα
U0tan60.＝αr］
侧′‘』＿竿＂
αM翻点间的距离为Lˉ÷哺-豁
（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2 ,轨迹如图所示
367° ［答案）
I
↑
｜C
~＝
〔）｜ˉLˉ」ˉˉ
／
｜
o
·
·
｜
;
〕』B
Ⅱ
一
∑
｛D
＝
Tl
冗γγ】
则由几何关系知t2≡丁≡乖
设粒子在Ⅲ区域电场中运行时间为r3
E
q—
′-
2-qE
α-ˉ.--------ˉ
加
2″】
2U0
8加U0
则t3＝2了丁＝—可百
粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为
′→』＋鬼＋忽ˉ孵十器＋警（s十疆…十湍
二≡≡
［解析］
问题求解:
（1）粒子在I区域匀强电场中做类平抛运动,粒子在A处的水平速度与M处初速度相同,根据A处速度与水平方
向夹角,求出A处速度,再根据向心力公式求出粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径·
°
81
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（2）由（1）中知道粒子在A处的速度’可求粒子在A处沿竖直方向的速度粒子在区域I中只受电场力作用,依据牛
顿第二定律求出加速度,可求出粒子在区域I中运动时间,再用位移与r的关系求出O、M的距离.另解:在求出加
遮度后可用‘ˉ备求出o、M距离
（3）粒子运动轨迹如图,先在区域I中做类平抛运动;在区域I中做匀速圆周运动,圆心角为60。;在区域I‖中’粒子
先向右做减速运动,速度减小到0,再返回做加速运动,减速运动、加速运动的加速度大小相等,方向相反,用时相
同将三个过程的时间相加,即为粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间.
↑ˉ↓兰｜g｜
｜I
｜｜—＝→
γ
‖｜
｜门
（）｜ˉ
A
｜
·
·
·
‖
·
·
·
II
｜
.
·
·B
Ⅱ
＿
∑
‖
—＞
‖D
368。［答案］
（1）带电粒子在磁场中做圆周运动,设运动半径为R’运动周期为T,根据洛伦兹力公式及圆周运动规律’
有…≡等.T≡芋,依题意粒子第次到达堑输时运动转过的角度为÷厕,所需的时闸′』≡;T联立得‘
5冗m
4qB
（2）设粒子在电场中运动的总时间为′z,加速度大小为α｀电场强度大小为E.有qE＝…0＝十鳃』’联立得』2-
警根…,…子能够回到P点·必须满足』』≥n联立…强…大值为E-两
27帅U0
｀
l）0
●
‖
／／／列／／〃／
［解析］
问题求解:
（1）根据洛伦兹力提供粒子做圆周运动所需的向心力得到粒子运动周期,根据运动轨迹得到粒子转过的圆心角的
大小,进而得到运动时间。
（2）粒子在电场中先减速后反向加速,因为经过T0磁场方向反向,所以t2≥T0 ,结合速度位移关系即可求解.
369. ［答案］
（1）M、lV两板间电压取最大值时,粒子恰垂直打在CD板上,所以圆心在CM＋
-Ⅳ
B
D
点,如图所示,CH＝QC＝L
2
U1
故半径厂l≡L,又因为qUlB＝加—
厂］
且q［岛ˉ＋″·; .所以U蹿≡嘿i
（2）设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点,此轨迹的半径为厂2 ,
设圆心为A’在△AKC巾;…5.≡r兰r,解得哺＝（√可ˉDL’即KC-喻≡（√百—D［
所以CD板上可能被粒子打中的区域的长度5≡HK,即‘＝广1-厂2＝（2-√百）L
（3）打在QC间的粒子在磁场中运动的时间最长,均为半个周期,所以tm＝丁＝面
◎
82
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半…
』
凸
团
［解析］
问题求解:
先根据左手定则和几何知识确定出垂直打在CD板上时的粒子运动半径,继而根据洛伦兹力提供向心力列出公式,
计算出粒子需要在电场中加速的最终速度’进而求出两板间电压最大值;当粒子恰好切过CD边时为另一临界点,
该切点位置可根据几何知识求得,该点与（1）中所求垂直打在CD边的点之间区域长度即为所求长度;打在QC板
上的粒子均在磁场中运动了最长时间,即半个周期,根据周期公式即可求得.
［答案］
（1）电子在电场中做类平抛运动
设电子从A到C的时间为rl
2〃＝U0t1
剑-÷α爵
eE
α＝＝—
m
2
″tU0
得E＝百刁
（2）设电子进人磁场时速度为U,U与工轴的夹角为0,则
tan0≡鱼＝1,故0＝45。
U0
U≡√面U0
电子进人磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力
2
eUB＝狮I』≡
厂
由图可知厂＝√m
′γ〗U0
得B＝—
ed
（3）由抛物线的对称关系,电子在电场中运动的时间为3tl＝旦
U0
电子在磁场中运动的时间′詹ˉ÷7≡÷.午≡驾
电子从A运动到D的时间′＝3r1＋r2＝3d等±派）
·L兰↓
／／、4二尸≡＝』≥‖＝N√F』『
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F
≡＝1
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2U
370
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×
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β
×
×
×
×
0
［解析］
问题求解:
（l）电子在电场中做类平抛运动,给出水平方向和竖直方向的位移和时间的方程,并根据牛顿第二定律给出电子的
加速度,即可求解电场强度
（2）根据类平抛运动规律求解电子第-次进人磁场时的速度,在磁场中,洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,
根据几何关系得出圆周运动半径,代人公式求解磁感应强度
（3）首先根据对称性求解电子在电场中的运动时｜司,再根据圆周运动规律求解电子在磁场中的运动时间,二者之和
即为总的时间
371。［答案］
（1）S断开时,由Ul＝I1R3
得R:-宁ˉm
E
又由I1＝R1＋R3＋厂
求得R‖≡1.4o
R。R
（2）S闭合时,R2和R3并联电阻R23＝R2＋R3
凸
山
＝0.4Q
.
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E
回路总电流: I2＝厂＋Rl＋R23
＝2.5A
电压表示数U2＝I2R23＝1V
R』上』肖耗…率为乌-爵-2W
［解析］
问题求解:
（1）当开关S断开时9整个电路为串联电路,已知R3电阻两端的电压和流过的电流,根据欧姆定律即可求得R3.由
闭合电路的欧姆定律求得电阻R1的阻值
（2）开关S闭合后,R2和R3并联,并联部分两端的电压即为R2两端的电压,利用纯电路欧姆定律求得电阻两端的
电压,再利用功率公式求得电功率.
372. ［答案］
当斜面对导线支持力为零时导线受力如图所示
由图可知:FTcos37°≡F
FTsin37°≡加g
联立可得;导线所受安培力的大小为F＝ta需7.＝α8N
F
哩l
雍
mg
又根据F＝BIL得:
磁感应强度B＝荒≡2T
因为磁感应强度每秒增加0.4T,所以得B＝0·4t,即t＝5s
［解析］
问题求解:
根据左手定则确定安培力的方向水平向左,斜面对导线的支持力为零时,导线只受重力、线的拉力和安培力作用而
处于平衡状态,据平衡条件求出安培力的大小,由F＝BIL可以得到磁感应强度的大小,再根据磁感应强度的变化
率可以求出所需要的时间t°
373. ｛答案］
（1）当电场力做正功最多时,动能最大,而最大的正功为2qEL,根据题意有△Ek＝2qEL,代人数据得
E＝4×104N／C
2
UA
（2）在A处动能最大,A处:F
qE＝加ˉ厂
A点关于O的对称点B处动能最小,则最小动能E…-E蛔-÷′厕ui—△Ek.代人数据得E雌-l0J
（3）B点动能最小,在B点’EkB-÷mU诌,代人数据得刚B-10m／s,当动能相等时,γ＝2L,断线后球做类平抛运动,
△
γ÷.等, ,鸳—,霹,代人数撮得;!—需..工≡徊m
［解析］
问题求解:
（l）动能的变化等于电场力做的功,由此计算。
（2）在A点,由牛顿第二定律和圆周运动规律可求出A点小球的速度,再由动能定理求出B点的动能,据此求解。
（3）小球运动到动能最小的位置时细线被剪断,此时小球做类平抛运动。按平抛运动列公式求解即可·
374. ［答案］
（1）对cd进行受力分析可得导线的拉力
F导线＝加gsin0＋严mgcos0
对αb进行受力分析可得:
F安培＋F导线＋2严″gcos0＝2mgsin0
解得:F安培＝′川gsin0-3尸加gcos0
（2）由BIL＝F安培
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又I-等
解得:u＝（加gsinβ-3″!gcos0）R
B2L2
［解析］
问题求解:
（1）金属棒αb与Cα通过定滑轮相连,同样做匀速运动,均处于受力平衡状态。通过对Cd受力分析’可求出导线的拉
力F导线;再对αb受力分析,由力的平衡列等式可求出作用在αb上的安培力大小.
（2）由（1）得F安培’根据法拉第电磁感应定律E＝BLU、闭合电路欧姆定律以及安培力F＝BIL公式列等式,联立可
得金属棒运动的速度大小.
375. ［答案］
（1）V（伏特）
E0R2
（2）由E0—虑景得Q＝
‘
（3）△U＝s1-÷E＂R
（4）由动能定理＋狮,;＝q△U＝q÷E＂R
解得鞠≡√罕
［解析］
问题求解:
（l）由E≡器可得E—′曲线卜厕积单位为伏特
《2）均匀带正电荷的球体在厂≥R处的场强叮类比点电荷的场强由E顺＿隐景可襟Q
（3）本题较为新颖,根据△U≡E△′ˉ,可由图象求解,图中横坐标为O～R的E-厂曲线所围成部分的面积等于球心与
球表面间的电势差△U.
（4）由E-厂曲线下O～R部分的面积等于R～2R部分的面积,可知,R与2R的电势差等于球心与球表面间的电势
差△U。由能量守恒可解出速度的最小值
2
376〖答案］
（l）设点电荷α的速度大小为刚,由牛顿第二定律得q炒B＝狮责
由o式得U＝g鲤
″】
设点电荷α做圆周运动的周期为T’有T＝旦卫卫
qB
如图,O和Ol分别是α和6的圆轨道的圆心.
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设α在磁场中偏转的角度为0,由几何关系得0＝90°
故“从开始运动至』经过G点所用的时｜司』-湍
R101
R0
（2）设电荷b的速度大小为U1 ,轨道半径为Rl ,b在磁场中偏转的角度为0l ,依题意有Z＝—＝—
Ul
U
R］0l
由o式得U］＝ˉ丽ˉU
由于两轨道在G点相切,所以过G点的半径在同一直线上由几何关系和题给条件得0l＝60。
R1＝2R
联立ooooo式,解得刚!＝嘿
［解析］
过程分析:
本题考查题目分析能力及绘图能力.绘图如下:
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由于丝EFG＝l35°,故丝GFO≡45°,又OF≡“,则乙F“＝90°
即G处速度方向与“垂直,根据圆周运动特性知点电荷b运动轨迹的圆心在GO延长线上
如图作出点电荷α｀b的运动轨迹,即圆周运动.可知:0＝90°,βl＝60°°
问题求解:
（l）点电荷在磁场中做圆阔运动的周期T≡带,再通过0龋所占的铡厦来求出氯电荷α从典
时间·
（2）由丁R-器’要求点电荷b的速度,即要求b圆周运动的半径半径R1可通过图中的几们
可求°
从射
可通过图中的几何
出到经过G点所用的
关系求出,则b点速度
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