2015-2016学年山东省枣庄三中高二（上）调考物理试卷（1月份）
一、选择题（共10小题，1-6题为单选，7-10题为多选，每小题4分，共40分）
1．关于电势差和电场力作功的说法中，正确的是（ ）
A．电势差的大小由电场力在两点间移动电荷做的功和电荷的电量决定
B．电场力在两点间移动电荷做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电量决定
C．电势差是矢量，电场力作的功是标量
D．在匀强电场中与电场线垂直方向上任意两点的电势差均为零
2．如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图（箭头未标出），在M点处放置一个电荷量大小为q的负试探点电荷，受到的电场力大小为F，以下说法中正确的是（ ）
A．由电场线分布图可知M点处的场强比N点处场强大
B．M点处的场强大小为，方向与所受电场力方向相同
C．a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量
D．如果M点处的点电荷电量变为2q，该处场强将变为
3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（ ）
A．三个等势面中，c的电势最低
B．带电质点在P点的电势能比在Q点的小
C．带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小
D．带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b
4．如图所示，质子（11H）和α粒子（24He），以相同的初动能垂直射入偏转电场 （粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为（ ）
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A．1：2 B．1：1 C．2：1 D．1：4
5．如图所示，有一电荷静止于电容器两极板间，电内阻不可忽略，现将滑动变阻器滑片向上移动少许，稳定后三个灯泡依然能够发光，则下列说法中正确的是（ ）
A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮
B．该电荷一定带正电
C．电容器C上电荷量减小
D．电流表始终存在从左向右的电流
6．如图所示，两平行导轨与水平面成θ角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路，细杆与导轨间的摩擦不计．整个装置分别处在如图所示的匀强磁场中，其中可能使金属细杆处于静止状态的是（ ）
A． B． C． D．
7．如图所示，A、B为两个等量正点电荷，O为A、B连线的中点．以O为坐标原点、垂直AB向右为正方向建立Ox轴．在x轴上各点的电势φ（取无穷远处电势为零）和电场强度E的大小随坐标x的变化关系，下列说法正确的是（ ）
A．电势φ随坐标x的变大而降低
B．电势φ随坐标x的变大而先升高后降低
C．电场强度E的大小随坐标x的变大而减小
D．电场强度E的大小随坐标x的变大而先增大后减小
8．一质量m、电荷量+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动．细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v0，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是（ ）
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A． B． C． D．
9．如图，一个电子沿AO方向垂直射入匀强磁场中，磁场只限于半径为R的圆内．若电子速度为υ，质量为m，带电量为q，磁感应强度为B．电子经磁场偏转后从C点射出，∠AOC=120°，下面结论正确的是（ ）
A．电子经过磁场的时间为
B．电子经过磁场的时间为
C．半径R为
D．AC间的距离为
10．医生在做手术时，需从血库里取血，为避免感染，都是利用电磁泵从血库里向外抽．如图为一个电磁泵的结构图，长方形导管的左右表面绝缘，上下表面为导体，管长为a，内壁高为b，宽为L，且内壁光滑．将导管放在垂直左右表面向右的匀强磁场中，由于充满导管的血浆中带有正负离子，将上下表面和电源接通，电路中会形成大小为I的电流，导管的前后两侧便会产生压强差p，从而将血浆抽出．其中v为血液流动方向．若血浆的电阻率为ρ，所加电源的电动势为E，内阻为r，匀强磁场的磁感应强度为B，则（ ）
A．此装置中血浆的等效电阻为R=ρ
B．此装置中血浆受到的安培力大小为F=BIL
C．此装置中血浆受到的安培力大小为F=BIb
D．前后两侧的压强差为P=
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二、非选择题（共6大题，共60分）
11．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，要供选择的实验仪器如下：
器材
规格
器材
规格
小电珠
标有“3.8V，0.3A”字样
滑动变阻器R1
最大阻值10Ω，额定电流1.0A
电压表V
量程0～5V，内阻5kΩ
滑动变阻器R2
最大阻值1kΩ，额定电流0.5A
电流表A1
量程0～100mA，内阻4Ω
直流电源E
电动势约为6V，内阻约为0.5Ω
电流表A2
量程0～500mA，内阻0.4Ω
导线、电键等
（1）在上述器材中，滑动变阻器应选 ；电流表应选 ．
（2）在图2中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路．
12．（1）下图1为一正在测量电阻中的多用电表表盘和用测量圆柱体直径d的螺旋测微器，如果多用表选用×100挡，则其阻值为 Ω、圆柱体直径为 mm．
（2）如图a所示，是用伏安法测电电动势和内阻的实验电路图，为防止短路，接入一保护电阻R0，其阻值为2Ω．通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据，并作出如图b所示的U﹣I图象：
①根据U﹣I图象，可知电电动势E= V，内阻r= Ω．
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②本实验测出的电的电动势与真实值相比是 ．（填“偏大”、“偏小”或“不变”
13．如图所示，一个系在丝线下端的带正电、可视为点电荷的小球B，静止在图示位置．若固定的带正电、可视为点电荷的小球A的电量为Q，B球的质量为m，电量为q，丝线偏向角为θ，A和B在同一水平线上，整个装置处在真空中．
（1）小球B所在位置的电场强度的大小为多少？方向如何？
（2）A、B两球之间的距离为多少？
14．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．
那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？
（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）
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15．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向；在第四象限的正方形abcd区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，正方形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入磁场，最后从b点离开磁场，且速度方向与bc边成45°角，不计粒子所受的重力．求：
（1）判断粒子带电的电性，并求电场强度E的大小；
（2）粒子到达a点时速度v的大小和方向；
（3）求abcd区域内磁场的磁感应强度B．
16．两平行金属板间所加电压随时间变化的规律如图所示，大量质量为m、带电量为e的电子由静止开始经电压为U0的电场加速后连续不断地沿两平行金属板间的中线射入，若两板间距恰能使所有子都能通过．且两极长度使每个电子通过两板均历时3t0，两平行金属板间距为d；电子所受重力不计，试求：
（1）电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值；
（2）侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比．
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2015-2016学年山东省枣庄三中高二（上）调考物理试卷（1月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，1-6题为单选，7-10题为多选，每小题4分，共40分）
1．关于电势差和电场力作功的说法中，正确的是（ ）
A．电势差的大小由电场力在两点间移动电荷做的功和电荷的电量决定
B．电场力在两点间移动电荷做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电量决定
C．电势差是矢量，电场力作的功是标量
D．在匀强电场中与电场线垂直方向上任意两点的电势差均为零
【考点】电势差．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】电场力做功与电势差的关系为W=qU，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．匀强电场的电场线和等势线垂直．
【解答】解：A、电势差是反映电场本身的性质的物理量，由是电场本身决定，与所移动的电荷无关，故A错误．
B、根据电势差的定义式U=得：电场力做功 W=qU，可知在两点间移动电荷电场力做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电量决定，故B正确．
C、电势差有正负，但是正负不表示方向，表示相对大小，是标量，电场力做功是标量．故C错误．
D、在匀强电场中，与电场线垂直方向就是等势面方向，得知，在与电场线垂直方向上任意两点间电势差为零．故D正确．
故选：BD．
【点评】解决本题的关键要深刻理解电势差的物理意义和定义式U=，注意运用这个公式时各个量要代入符号．
2．如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图（箭头未标出），在M点处放置一个电荷量大小为q的负试探点电荷，受到的电场力大小为F，以下说法中正确的是（ ）
A．由电场线分布图可知M点处的场强比N点处场强大
B．M点处的场强大小为，方向与所受电场力方向相同
C．a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量
D．如果M点处的点电荷电量变为2q，该处场强将变为
【考点】电势；电场强度．
【专题】电场力与电势的性质专题．
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【分析】根据电场线的特点，判断M和N的场强、ab为异种电荷；根据场强的定义式和场强方向的规定判断CD选项即可．
【解答】解：A、根据电场线的疏密程度，判断N点的场强比M点的场强大，故A错误．
B、据场强的定义式知，M点的场强大小为；场强方向的规定知，该点的场强方向与负检验电荷所受电场力方向相反，故B错误．
C、根据电场线由正电荷出发，终止于负电荷，可知为异种电荷；据点电荷的场强公式：E=知，场源的电荷量越大距离场源相同距离的位置场强越大，电场线越密，由图可知b的右侧电场线密，a的左侧电场线稀疏，所以a的电荷量小于b的电荷量，故C正确．
D、据场强由电场本身决定，与检验电荷无关，所以M点处的点电荷电量变为2q，该处场强不变，故D错误．
故选：C．
【点评】用好用活电场线与场强的关系是解题的关键，此题判断a、b的电荷量的多少关系是难点．
3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（ ）
A．三个等势面中，c的电势最低
B．带电质点在P点的电势能比在Q点的小
C．带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小
D．带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b
【考点】电场线；等势面．
【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上．故c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒．
【解答】解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上，而顺着电场线电势降低，故c点电势最高，故A错误；
B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能比Q点的大，故B错误；
C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，故C错误；
D、带电质点在R点的受力方向沿着电场线的切线方向，电场线与等势面垂直，故质点在R点的加速度方向与等势面垂直，故D正确；
故选：D．
【点评】根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法．
4．如图所示，质子（11H）和α粒子（24He），以相同的初动能垂直射入偏转电场 （粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为（ ）
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A．1：2 B．1：1 C．2：1 D．1：4
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】质子和α粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，根据牛顿第二定律和位移公式推导出两个粒子射出电场时的侧位移y与初动能的关系，再进行选择．
【解答】解：质子和α粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，根据牛顿第二定律得到粒子加速度的表达式为：
a=
粒子射出电场时的侧位移y的表达式为：
y=at2
又t=
联立上三式得：
y==
由题，两个粒子的初动能Ek相同，E、l相同，则y与q成正比，质子（11H）和α粒子（24He）电荷量之比为1：2，侧位移y之比为1：2．
故选：A．
【点评】本题采用运动的分解法研究类平抛运动，运用数学上比例法研究两个粒子侧位移之比．
5．如图所示，有一电荷静止于电容器两极板间，电内阻不可忽略，现将滑动变阻器滑片向上移动少许，稳定后三个灯泡依然能够发光，则下列说法中正确的是（ ）
A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮
B．该电荷一定带正电
C．电容器C上电荷量减小
D．电流表始终存在从左向右的电流
【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．
【专题】恒定电流专题．
【分析】
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从图可知，滑动变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器的阻值变大，根据并联电路电阻的特点判断出电路中总电阻的变化，再根据闭合电路欧姆定律判断总电流的变化；根据并联电路的特点，依据各支路互不影响，从而判断出L2灯亮度的变化，根据通过L1电流的变化，判断出L2灯和L3灯电流的变化，判断它们的变化．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，确定电容器极板的电性，判断板间场强的方向，即可由平衡条件分析该电荷的电性．根据电容器电压如何变化，判断电容器是充电还是放电，即可判断通过电流表的电流方向．
【解答】解：A、当滑动变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器的阻值增大，外电路中并联部分的总电阻增大，外电路中总电阻增大，再根据闭合电路欧姆定律得知：总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，通过L2的电流也增大，所以L2灯变亮．
根据总电流减小，而L2的电流增大，则知通过L1的电流减小，L1、L3变暗．故A正确．
B、C、D、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知电容器上极板带正电，板间场强方向向下，由平衡条件分析可知，该电荷所受的电场力向上，与场强方向相反，所以该电荷带负电．
根据电容器的电压等于R与L3串联的总电压，路端电压增大，L1的电压减小，所以电容器的电压增大，其电量将增加，在充电过程中电流表有从左向右的电流，当滑片停止移动时，电容器不再充电，没有电流通过电流表，故BCD错误．
故选：A．
【点评】本题的关键要具有识别电路的能力，对于动态电路的分析基本思路是“局部→整体→局部”，根据欧姆定律电路的特点按顺序进行分析．
6．如图所示，两平行导轨与水平面成θ角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路，细杆与导轨间的摩擦不计．整个装置分别处在如图所示的匀强磁场中，其中可能使金属细杆处于静止状态的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】安培力；左手定则．
【分析】本题在磁场中考查了物体平衡问题，对物体正确进行受力分析，看能否满足平衡条件，同时知道左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
【解答】解：A、磁场的方向与电流的方向相同，不受安培力，金属杆受重力和支持力不可能平衡．故A错误．
B、金属杆所受的安培力方向竖直向上，若安培力与重力平衡，金属杆能处于平衡状态．故B正确．
C、金属杆受垂直于斜面向上的安培力，重力，支持力，不可能平衡．故C错误．
D、金属杆受到水平向右的安培力，重力，支持力，三个力可能处于平衡状态．故D正确．
故选BD．
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【点评】这类问题的解题思路和以前所学物体平衡解题思路一样，只不过在受力分析时多了安培力，注意正确应用左手定则判断安培力的方向．
7．如图所示，A、B为两个等量正点电荷，O为A、B连线的中点．以O为坐标原点、垂直AB向右为正方向建立Ox轴．在x轴上各点的电势φ（取无穷远处电势为零）和电场强度E的大小随坐标x的变化关系，下列说法正确的是（ ）
A．电势φ随坐标x的变大而降低
B．电势φ随坐标x的变大而先升高后降低
C．电场强度E的大小随坐标x的变大而减小
D．电场强度E的大小随坐标x的变大而先增大后减小
【考点】电场的叠加；电场强度；电势．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】等量正点电荷的中垂线上的电场线从连线中点指向无穷远处；等量正电荷的垂直平分线上的电场强度沿x轴先增大后减小；根据沿电场线方向电势逐渐降低判断电势的变化．
【解答】解：A、B、等量正电荷的电场线是排斥状的，x轴上沿正方向，因为沿电场的方向电势逐渐降低，知电势随x的增大逐渐减小，故A正确，B错误；
C、D、等量正电荷连线的中点电场强度为零，沿x轴方向无穷远处电场强度为零，知电场强度沿x轴方向先增大后减小．故C错误，D正确．
故选：AD．
【点评】解决本题的关键知道等量同种电荷周围电场线的特点，以及知道沿电场线方向电势逐渐降低，画出电场线是切入点，根据电场线判断电场强度和电势是突破口．
8．一质量m、电荷量+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动．细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v0，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是（ ）
A． B． C． D．
【考点】洛仑兹力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；力的合成与分解的运用．
【专题】电学图像专题．
【分析】带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的．
【解答】解：当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，故A正确；
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当qvB＞mg时，FN=qvB﹣mg，此时：μFN=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D图象正确，故D正确；
当qvB＜mg时，FN=mg﹣qvB此时：μFN=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v﹣t图象的斜率应该逐渐增大，故BC错误．
故选AD．
【点评】分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意v﹣t图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识．
9．如图，一个电子沿AO方向垂直射入匀强磁场中，磁场只限于半径为R的圆内．若电子速度为υ，质量为m，带电量为q，磁感应强度为B．电子经磁场偏转后从C点射出，∠AOC=120°，下面结论正确的是（ ）
A．电子经过磁场的时间为
B．电子经过磁场的时间为
C．半径R为
D．AC间的距离为
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】由题意可知电子运动的轨迹，由几何关系可得出电子转动的半径及所对的圆心角，则可求得电子经过磁场的时间、AC的距离及磁场圆的半径．
【解答】解：由Bqv=m可得：r=，
由图可知电子在磁场中转过的圆心角为60°，根据几何知识可知AC长等于半径r=，故D正确；
电子转动的时间t=T==，故B正确A错误；
对AOC分析可知，半径AO==，故C错误．
故选：BD．
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【点评】本题考查带电粒子在磁场的中运动，解题的关键在于找出圆心和半径，再根据几何关系及洛仑兹力充当向心力即可解出．
10．医生在做手术时，需从血库里取血，为避免感染，都是利用电磁泵从血库里向外抽．如图为一个电磁泵的结构图，长方形导管的左右表面绝缘，上下表面为导体，管长为a，内壁高为b，宽为L，且内壁光滑．将导管放在垂直左右表面向右的匀强磁场中，由于充满导管的血浆中带有正负离子，将上下表面和电源接通，电路中会形成大小为I的电流，导管的前后两侧便会产生压强差p，从而将血浆抽出．其中v为血液流动方向．若血浆的电阻率为ρ，所加电源的电动势为E，内阻为r，匀强磁场的磁感应强度为B，则（ ）
A．此装置中血浆的等效电阻为R=ρ
B．此装置中血浆受到的安培力大小为F=BIL
C．此装置中血浆受到的安培力大小为F=BIb
D．前后两侧的压强差为P=
【考点】霍尔效应及其应用．
【专题】实验题．
【分析】由电阻定律可得等效电阻；由安培力定义式可得安培力大小；由压强公式得P=可得压强．
【解答】解：A、由电阻定律得，管中血浆的电阻为R=ρ，故A正确；
B、垂直与磁场的电流长度为b，因此电流受到的安培力为F=BIb，故B错误，C正确；
D、血浆匀速流动，安培力等于两侧血浆压力差，即BIb=PLb，得P=，故D正确；
故选：ACD．
【点评】掌握电阻定律的基本表达形式，要会区分导体的长度，看电路的组成可以得到电流方向，即可知道导体长度．
二、非选择题（共6大题，共60分）
11．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，要供选择的实验仪器如下：
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器材
规格
器材
规格
小电珠
标有“3.8V，0.3A”字样
滑动变阻器R1
最大阻值10Ω，额定电流1.0A
电压表V
量程0～5V，内阻5kΩ
滑动变阻器R2
最大阻值1kΩ，额定电流0.5A
电流表A1
量程0～100mA，内阻4Ω
直流电源E
电动势约为6V，内阻约为0.5Ω
电流表A2
量程0～500mA，内阻0.4Ω
导线、电键等
（1）在上述器材中，滑动变阻器应选 R1 ；电流表应选 A2 ．
（2）在图2中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【专题】实验题．
【分析】（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，根据灯泡额定电流选择电流表；
（2）根据实验目的确定滑动变阻器接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表接法，然后连接实物电路图．
【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选R1；灯泡额定电流为0.3A=300mA，电流表应选A2；
（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻R==≈12.67Ω，电压表内阻约为5kΩ电流表内阻为0.4Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示．
故答案为：（1）R1；A2；（2）实物电路图如图所示．（1）R1 A2
（2）如图所示
【点评】本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图，要掌握实验器材是选择原则、根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确连接实物电路图的关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法．
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12．（1）下图1为一正在测量电阻中的多用电表表盘和用测量圆柱体直径d的螺旋测微器，如果多用表选用×100挡，则其阻值为 1400 Ω、圆柱体直径为 1.705 mm．
（2）如图a所示，是用伏安法测电电动势和内阻的实验电路图，为防止短路，接入一保护电阻R0，其阻值为2Ω．通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据，并作出如图b所示的U﹣I图象：
①根据U﹣I图象，可知电电动势E= 1.5 V，内阻r= 1 Ω．
②本实验测出的电的电动势与真实值相比是 偏小 ．（填“偏大”、“偏小”或“不变”
【考点】用多用电表测电阻．
【专题】实验题；恒定电流专题．
【分析】（1）欧姆表指针示数与挡位乘积是欧姆表示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．
（2）电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；根据实验电路应用欧姆定律分析实验误差．
【解答】解：（1）图1所示表盘可知，所测电阻阻值为14×100=1400Ω；
由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1.5mm，可动刻度示数为20.5×0.01mm=0.205mm，螺旋测微器示数1.5mm+0.205mm=1.705mm．
（2）①由图b所示图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，电源电动势E=1.5V；电源内阻r===3Ω．
②由于电压表分流，使所测电源电动势小于真实值．
故答案为：（1）1400；1.705；（2）①1.5；1；②偏小．
【点评】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读．
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13．如图所示，一个系在丝线下端的带正电、可视为点电荷的小球B，静止在图示位置．若固定的带正电、可视为点电荷的小球A的电量为Q，B球的质量为m，电量为q，丝线偏向角为θ，A和B在同一水平线上，整个装置处在真空中．
（1）小球B所在位置的电场强度的大小为多少？方向如何？
（2）A、B两球之间的距离为多少？
【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】根据B球的状态可以求出B球的受力情况，从而求出两球之间的库仑力，从而求出电场强度大小及方向，再根据库仑定律求出两球之间的距离．
【解答】解：（1）取B球为研究对象，受到重力mg、电场力qE和绳中拉力T的作用．
根据平衡条件可知qE=mgtanθ，
解得，
方向：水平向右．
（2）根据库仑定律可知：，
将（1）式中
带入可得．
答：（1）小球B所在位置的电场强度的大小为得，方向水平向右．
（2）A、B两球之间的距离为得．
【点评】对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．
14．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．
那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？
（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）
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【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；欧姆定律；电功、电功率．
【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率．
【解答】解：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．
设两板间电压为UAB
由动能定理得
﹣mgd﹣qUAB=0﹣ ①
∴滑动变阻器两端电压
U滑=UAB=8 V ②
设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得
I==1A ③
滑动变阻器接入电路的电阻
R滑==8Ω ④
即滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω时，小球恰能到达A板．
（2）电源的输出功率
P出=I2（R+R滑）=23 W ⑤
故电源的输出功率是23W．
【点评】本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解．
15．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向；在第四象限的正方形abcd区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，正方形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入磁场，最后从b点离开磁场，且速度方向与bc边成45°角，不计粒子所受的重力．求：
（1）判断粒子带电的电性，并求电场强度E的大小；
（2）粒子到达a点时速度v的大小和方向；
（3）求abcd区域内磁场的磁感应强度B．
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【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平位移和竖直位移均已知，由牛顿第二定律和运动学公式，运用运动的分解法可求出场强大小E．
（2）由速度的合成法求出粒子到达a点时速度大小和方向，由几何知识确定粒子经过a点时的方向．
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动．粒子经过磁场后要能到达y轴上，且速度与y轴负方向成45°角，必须从ab边上射出磁场，从b点射出磁场时轨迹半径最大，对应的B最小，画出轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出B的值．
【解答】解：（1）粒子带正电
设粒子在电场中运动的时间为t，则有
水平方向：v0t=2h ①
竖直方向：h=t2 ②
联立 ①②解得：E= ③
（2）粒子在电场中从P到a的过程由动能定理有：
qEh=mv2﹣mv02 ④
联立③④解得：v=v0
根据运动的分解可知：vcosθ=v0
解得：θ=45°，方向与x轴正方向成45°角
（3）带电粒子在磁场中运动时，有
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qvB=m
由几何关系有r=L
B=
答：（1）判断粒子带电的电性，电场强度E的大小E=；
（2）粒子到达a点时速度v=v0 和方向与x轴正方向成45°角；
（3）abcd区域内磁场的磁感应强度B=．
【点评】带电粒子在电磁场中的运动要注意分析过程，并结合各过程中涉及到的运动规律采用合理的物理规律求解．
16．两平行金属板间所加电压随时间变化的规律如图所示，大量质量为m、带电量为e的电子由静止开始经电压为U0的电场加速后连续不断地沿两平行金属板间的中线射入，若两板间距恰能使所有子都能通过．且两极长度使每个电子通过两板均历时3t0，两平行金属板间距为d；电子所受重力不计，试求：
（1）电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值；
（2）侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比．
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）根据在不同时段的运动性质，结合位移表达式，从而列出最大位移与最小位移关系式，即可求解；
（2）根据各自位移的不同，结合动能定理，即可求解．
【解答】解：（1）电子在t=2 nt0（其中：n=0、1、2、…）时刻进入电场，电子通过两极的侧向位移最大，
在t=（2n+l）t0（其中n=0、l、2、…）时刻进入电场电子通过两板侧向位移最小．
电子侧向位移最大时，进入电场在沿电场线方向上作初速度为零的匀加速运动，
再作匀速运动，后作初速度不为零的匀加速运动，各段运动的时间均为t0；
当电子侧向位移最小时，在电场线上只有在第二个t0的时间开始作初速度为零的匀加速运动，
在第三个t0的时间作匀速运动．电子进入偏转电场后，在电场中的加速度均为a=，电子侧向最大位移为
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ymax=at02+at02+at02+at02=3at02=．
解得：ymax=
由以上两式解得ymax=t0；
d=2ymax=2t0；
电子侧向最小位移为ymin=at02/2+at02=ymax=t0；
解得：ymin=
（2）电子离开偏转电场时的动能等于加速电场和偏转电场电场力做功之和．
当电子的侧向位移为最大时，电子在电场中加速（只有加速，电场力才做功）．
运动的距离为y1= ymax=，电子的侧向位移最小时，
电子在电场中加速运动的距离为y2=ymin=，
侧向位移最大的电子动能为 Ekmax=eUO+eUO•=eUO，
侧向位移最小的电子动能为Ekmin=eUO+eUO•=eUO，
故Ekmax：Ekmin=16：13
答：（1）电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值；
（2）侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比16：13．
【点评】考查由运动情况来运用位移与时间关系式，并掌握动能定理的应用，搞清不同时段的运动性质，这是解题的关键．
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