资源简介

专题三 物理选修3-1
一、高考考点回顾
年份
全国新课标Ⅰ卷考点内容
要求
题号
题型
分值
2013
静电场
Ⅱ
15
选择
6
带电粒子在电场中的运动、电容器
Ⅱ
16
选择
6
带电粒子在磁场中的运动
Ⅱ
18
选择
6
多用电表
Ⅱ
23
实验
8
2014
安培力
Ⅱ
15
选择
6
带电粒子在磁场中的运动
Ⅱ
16
选择
6
静电场综合
Ⅱ
21
选择
6
测电源电动势和内阻
Ⅱ
23
实验
9
带电粒子在复合场中的运动
Ⅱ
25
计算
20
2015
带电粒子在磁场中的运动
Ⅱ
14
选择
6
静电场综合
Ⅱ
15
选择
6
电表的改装
Ⅱ
23
实验
9
安培力综合
Ⅱ
24
计算
12
选修3-1虽然是选修部分的内容，但它是理科考生的必选模块，也是高考必考模块，这一模块共有三大块的内容：电场（主要是电场强度和电场线，电势和电势能等静电场概念，带电粒子在电场中的运动）、电路（主要涉及电阻定律，闭合电路欧姆定律，焦耳定律，电学实验）、磁场（主要包括安培力，洛仑兹力，带电粒子在磁场中的运动）.高考中这部分试题的题型包括选择题、实验题和计算题，每年高考中所占分值约为30分左右，考点基本都考查到Ⅱ级要求；实验题必有一道以考查电路为核心的电学实验题，尤其注意2014-2015年连续两年都是在计算题中综合了力学知识一起考查，学科内的知识跨度大、综合程度高.这里要特别说明的是本模块“例题精选”和“试题选编”都没有电路部分（只附加了几道电学实验题），因为后续有专门的物理实验模块内容.
二、例题精选
例1．(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q、Q、－q、Q.四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是(　　).
A．cos3α＝ B．cos3α＝
C．sin3α＝ D．sin3α＝
【解析】若设Q与－q之间的距离为r，则－q与－q之间的距离为2rcosα.对其中的一个负电荷进行受力分析如图所示，其中F1为另一个负电荷对它的库仑力，F2和F3分别为两Q对它的库仑力，由对称性和库仑定律可得，F2＝F3＝，由矢量平行四边形中的几何关系可得＝F2cosα，联立以上几式解得cos3α＝.如果对其中一个正电荷Q进行受力分析，根据共点力的平衡知识同理可得出结论sin3α＝.
【答案】AC
例2．一负电荷从电场中的A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度—时间图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下列图中的(　　)

【解析】由速度—时间图象可知，电荷的速度越来越大，且加速度也是越来越大，故电荷在运动过程中，应受到逐渐增大的吸引力作用，所以电场线的方向应由B指向A.由于加速度越来越大，所以电场力越来越大，即B点的电场强度应大于A点的电场强度，即B点处电场线应比A点处密集，所以正确答案为C.
【答案】C
例3．(多选)如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定(　　)
A．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
B．M点的电势高于N点的电势
C．粒子带正电
D．粒子在M点的动能大于在N点的动能
【解析】电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密集，场强越大．M点所在区域电场线比N点所在区域电场线疏，所以M点的场强小，粒子在M点受到的电场力小．故A错误．沿电场线方向，电势逐渐降低．从总的趋势看，电场线的方向是从M到N的，所以M点的电势高于N点的电势．故B正确．如图所示，用“速度线与力线”的方法，即在粒子运动的始点M作上述两条线，显然电场力的方向与电场线的方向基本一致，所以粒子带正电，C正确．“速度线与力线”夹角为锐角．所以电场力做正功，粒子的电势能减小，由能量守恒知其动能增加．故D错误．
【答案】BC
例4．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为FT.调节R1、R2，关于FT的大小判断正确的是(　　)
A．保持R1不变，缓慢增大R2时，FT将变大
B．保持R1不变，缓慢增大R2时，FT将变小
C．保持R2不变，缓慢增大R1时，FT将变大
D．保持R2不变，缓慢增大R1时，FT将变小
【解析】小球受重力、电场力、悬线的拉力而处于平衡状态，设悬线与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝＝，cosθ＝，则由闭合电路欧姆定律知增大R2时，定值电阻R0两端的电压减小，由上边式子知θ减小，cosθ增大，FT减小，B项对；改变R1对定值电阻R0两端的电压不起作用．
【答案】B
例5.如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好.整个装置处于磁感应强度B＝0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计).金属导轨是光滑的，取g＝10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：
(1)金属棒所受到的安培力的大小；
(2)通过金属棒的电流的大小；
(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值.
【解析】　(1)金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示
F安＝mgsin 30°，
代入数据得F安＝0.1 N.
(2)由F安＝BIL，得I＝＝0.5 A.
(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，
根据闭合电路欧姆定律得：E＝I(R0＋r)，解得R0＝－r＝23 Ω.
【答案】(1)0.1 N　(2)0.5 A　(3)23 Ω
例6.如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N孔射出的离子(　　)
A．是正离子，速率为
B．是正离子，速率为
C．是负离子，速率为
D．是负离子，速率为
【解析】　因为离子向下偏，根据左手定则，离子带正电，运动轨迹如图所示，由几何关系可知，由可得，故B正确．
【答案】B
例7．(多选)如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力的大小等于其重力的倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为，则(　 　)
A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度amax＝g
B．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度vmax＝
C．小球进入DH轨道后，上升的最高点与P点等高
D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qB
【解析】小球沿AC下滑过程中的受力如图：
利用牛顿第二定律可有，
mg cos60°＋mg sin60°－f＝ma
qvB＋mg sin60°－mg cos60°－FN＝0
f＝μFN
则由以上式子可得：a＝ g－ qvB.
当小球开始下滑时(v＝0)，加速度最大为amax＝g，则A项正确；当加速度a＝0时，速度最大为vmax＝，则B项错误；小球沿AC下滑到进入DH过程中洛伦兹力不做功，摩擦力做负功，再结合题图及球所受重力和电场力情况，则有小球上滑到DH的位置比P点低，C项错误；小球沿轨道可以重复下滑、上滑，再下滑再上滑……，运动中小球的能量损失了，每次上升到的高度会降低，最终小球会在COD光滑弧段来回运动，则有mg ＝mv，最低点O处，当小球速度向右时，qv0B＋FN1－mg＝m ，求得FN1＝2mg－qB ，当小球速度向左时，FN2－mg－qv0B＝，求得FN2＝2mg＋qB ，则可判断D项正确．
【答案】AD
例8.示波管是示波器的核心部分，它主要由电子枪、偏转系统和荧光屏三部分组成，如图甲所示.电子枪具有释放电子并使电子聚集成束以及加速电子的作用；偏转系统使电子束发生偏转；电子束打在荧光屏上形成光迹.这三部分均封装于真空玻璃壳中.已知电子的电荷量e＝1.610－19 C，质量m＝9.110－31 kg，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，不考虑相对论效应.
(1)电子枪的三级加速可简化为如图乙所示的加速电场，若从阴极逸出电子的初速度可忽略不计，要使电子被加速后的动能达到1.610－16 J，求加速电压U0为多大；
(2)电子被加速后进入偏转系统，若只考虑电子沿Y(竖直)方向的偏转情况，偏转系统可以简化为如图丙所示的偏转电场.偏转电极的极板长l＝4.0 cm，两板间距离d＝1.0 cm，极板右端与荧光屏的距离L＝18 cm，当在偏转电极上加u＝480sin100πt(V)的正弦交变电压时，如果电子进入偏转电场的初速度v0＝3.0107m/s，求电子打在荧光屏上产生亮线的最大长度.
【解析】(1)对于电子通过加速电场的过程，由动能定理有eU0＝Ek
解得U0＝1.0103 V.
(2)由u＝480sin 100πt (V)，可知偏转电场变化的周期T＝0.02 s，而电子通过电场的时间t＝＝ s＝1.33310－9 s
可见T?t，则电子通过偏转电场过程中，电场可以看成匀强电场
设偏转电场的电压为U1，电子刚好飞出偏转电场，此时沿电场方向的位移为
＝at2＝·t2 解得U1＝320 V
所以，为了使电子打到荧光屏上，所加偏转电压应不大于320 V
当所加偏转电压为320 V时，电子刚好飞出偏转电场，电子沿电场方向的最大位移为
设电子射出偏转电场的速度方向与初速度方向的最大角度为θ
则tanθ＝＝0.25
电子打到荧光屏上的偏移量Ym＝(＋L)tanθ＝5.0 cm
由对称性，可得电子在荧光屏上的亮线的最大长度为2Ym＝10 cm.
【答案】 (1)1.0103 V　(2)10 cm
例9．离子扩束装置由离子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场由加了电压的相距为d＝0.1 m的两块水平平行放置的导体板形成，如图甲所示．大量带负电的相同离子(其重力不计)由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行于导体板的方向从两板正中间射入偏转电场．当偏转电场两板不带电时，离子通过两板之间的时间为310－3 s，当在两板间加如图乙所示的电压时，所有离子均能从两板间通过，然后进入水平宽度有限、竖直宽度足够大、磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场中，最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧光屏上．求：
(1)离子在刚穿出偏转电场两板之间时的最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少？
(2)要使侧向位移最大的离子能垂直打在荧光屏上，偏转电场的水平宽度L为多大？
【解析】(1)设t0＝110－3 s，由题意可知，从0、3t0、6t0等时刻进入偏转电场的离子侧向位移最大，在这种情况下，离子的侧向位移为
ymax＝a(2t0)2＋vyt0＝2t＋(2t0)t0＝t
从2t0、5t0、8t0、……等时刻进入偏转电场的离子侧向位移最小，在这种情 况下，离子的侧向位移为ymin＝a(2t0)2＝t
所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为ymax∶ymin＝2∶1
(2)如图所示，设离子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于离子要垂直打在荧光屏上，所以离子在磁场中运动半径应为L＝R sinθ
设离子从偏转电场中出来时的速度为vt，垂直偏转极板的速度为vy，则离子从偏转电场中出来时的偏向角为sinθ＝
式中vy＝t0
离子在磁场中由牛顿第二定律可知qvtB＝m，得R＝
综上所述可得L＝＝0.2 m
【答案】　(1)2∶1　(2)0.2 m
三、试题选编
一、选择题（1～12题为单项选择，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求.13～20为多项选择，在每小题给出的四个选项中至少有两项符合题目要求.）
1.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面.下列判断正确的是(　　)
A．1、2两点的场强相等
B．1、3两点的场强相等
C．1、2两点的电势相等
D．2、3两点的电势相等
2．直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能Ep随位移x变化的规律如图乙所示.设a、b两点的电场强度分别为Ea和Eb，电势分别为φa和φb.则(　　)
A．Ea＝Eb
B．Ea＜Eb
C．φa＜φb
D．φa＞φb
3.某空间存在一个范围足够大的电场，x轴上各点的电势φ随坐标x变化规律如图所示，O点是坐标原点.一带电粒子只在电场力作用下沿x轴做直线运动，某时刻经过O点，速度沿＋x方向.不考虑粒子的重力，关于电场和粒子的运动，下列说法中正确的是(　　)
A．电场一定是沿＋x轴方向的匀强电场
B．粒子做匀变速直线运动
C．粒子可能做周期性的往复运动
D．粒子在运动过程中，动能与电势能之和可能不断增大
4. 为了测定一个水平向右的匀强电场的场强大小，小明所在的物理兴趣小组做了如下实验：用长为L的绝缘轻质细线，上端固定于O点，下端拴一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)，如图所示，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，摆到B点时速度恰好为零，然后又从B点向A点摆动，如此往复.小明用测量工具测量与水平方向所成的角度θ，刚好为60°.不计空气阻力，下列说法中正确的是(　　)
A．在B点时小球受到的合力为0
B．电场强度E的大小为
C．小球从A运动到B，重力势能减小mgL
D．小球在下摆的过程中，小球的机械能和电势能之和先减小后增大
5.如图所示，三种均带正电荷的带电粒子(重力不计)从O点以相同的速度进入同一偏转电场，射出后均打在一个竖直放置的足够大的荧光屏上.若三种带电粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列说法中正确的是(　　)
A．三种粒子在偏转电场中的运动时间之比为2∶1∶1
B．三种粒子离开偏转电场时的速度相同
C．三种粒子将打在荧光屏上的同一点
D．偏转电场对三种粒子做功之比为2∶1∶2
6.如图所示，虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5 cm，其中BB′为零势面.一个质量为m、电荷量为q的粒子沿AA′方向以初动能Ek自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场.已知PA′＝2 cm，粒子的重力忽略不计，下列说法正确的是(　 )
A．该粒子通过零势面时的动能是1.25Ek
B．该粒子在P点的电势能是0.5Ek
C．该粒子达到C′点时的动能是Ek
D．该粒子达到C′点时的电势能是0.5Ek
7．如图所示，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后静止时(　　)
A．N极竖直向上
B．N极竖直向下
C．N极沿轴线向左
D．N极沿轴线向右
8.如图所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中.若通以图示方向的电流(从A点流入，从C点流出)，电流强度为I，则金属框受到的磁场力为(　　)
A．0 B．ILB
C.ILB D．2ILB
9.如图所示，a、b为竖直正对放置的两平行金属板，其中a板带正电、两板间的电压为U，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B，一比荷为的带正电粒子以速度v0从两板中间位置沿与a、b平行方向射入两板间的偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ边界上的M点进入磁场，运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场，设M、N两点距离为x(M、N点在图中未画出).则以下说法中正确的是(　　)
A．只减小磁感应强度B的大小，则x减小
B．只增大初速度v0的大小，则x减小
C．只减小带电粒子的比荷，则x不变
D．只减小偏转电场的电压U的大小，则x不变

10. 两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示.若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大
C．b粒子的动能较大
D．b粒子在磁场中运动时间较长
11. 如图所示，在x轴下方的第Ⅲ、Ⅳ象限中，存在垂直于xOy平面方向的匀强磁场，磁感应强度B1＝2B2＝2B，带电粒子a、b分别从x轴上的P、Q两点(图中没有标出)以垂直于x轴方向的速度同时进入匀强磁场B1、B2中，两粒子恰在第一次通过y轴时发生正碰，碰撞前带电粒子a的速度方向与y轴正方向成60°角，若两带电粒子的比荷分别为k1、k2，进入磁场时的速度大小分别为v1、v2，不计粒子重力和两粒子间相互作用，则下列关系正确的是(　　)
A．k1＝2k2
B．2k1＝k2
C．v1＝2v2
D．2v1＝v2
12.如图所示，在x＞0，y＞0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向射入磁场.不计重力的影响，则下列有关说法正确的是(　　)
A．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点
B．粒子在磁场中运动所经历的时间一定为
C．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
D．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
13.两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，以无穷远为零电势点，则(　　)
A．场强大小关系有Eb＞Ec
B．电势大小关系有φb＞φd
C．将一负电荷放在d点时其电势能为负值
D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功
14.如图所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是(　　)
A．金属块带正电荷
B．金属块克服电场力做功8 J
C．金属块的机械能减少12 J
D．金属块的电势能减少4 J
15.如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B.现给B一个沿垂直于AB方向的速度v0，B球将(　　)
A．若A、B为异种电荷，B球一定做圆周运动
B．若A、B为异种电荷，B球可能做加速度、速度均变小的曲线运动
C．若A、B为同种电荷，B球一定做远离A的变加速曲线运动
D．若A、B为同种电荷，B球的动能一定会减小
16.如图所示，用长L＝0.50 m的绝缘轻质细线，把一个质量m＝1.0 g带电小球悬挂在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d＝5.0 cm，两板间电压U＝1.0103 V.静止时，绝缘细线偏离竖直方向θ角，小球偏离竖直线的距离a＝1.0 cm.取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)
A．两板间电场强度的大小为2.0104 V/m
B．小球带的电荷量为1.010－8 C
C．若细线突然被剪断，小球在板间将做类平抛运动
D．若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动
17. 磁流体发电是一项新兴技术.如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场.图中虚线框部分相当于发电机.把两个极板与用电器相连，则(　　)
A．用电器中的电流方向从A到B
B．用电器中的电流方向从B到A
C．若只减小磁场，发电机的电动势增大
D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大
18．粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为f，加速电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m、电荷量为＋e，在加速器中被加速.不考虑相对论效应，则下列说法正确的是(　　)
A．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速α粒子
B．加速的粒子获得的最大动能随加速电压U的增大而增大
C．质子被加速后的最大速度不能超过2πRf
D．质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1
19．下列四图中，A、B两图是质量均为m的小球以相同的水平初速度向右抛出，A图只受重力作用，B图除受重力外还受水平向右的恒定风力作用；C、D两图中有相同的无限宽的电场，场强方向竖直向下，D图中还有垂直于纸面向里无限宽的匀强磁场且和电场正交，在两图中均以相同的初速度向右水平抛出质量为m的正电荷，两图中不计重力作用，则下列有关说法正确的是(　 )
A．A、B、C三图中的研究对象均做匀变速曲线运动
B．从开始抛出经过相同时间C、D两图竖直方向速度变化相同，A、B两图竖直方向速度变化相同
C．从开始抛出到沿电场线运动相等距离的过程内C、D两图中的研究对象动能变化相同
D．相同时间内A、B两图中的研究对象在竖直方向的动能变化相同
20.如图所示，一个带正电的小球穿在一根绝缘的粗糙直杆AC上，杆与水平方向成θ角，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于杆方向斜向上的匀强磁场．小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，在运动过程中，则以下判断错误的是(　　)．
A．小球在D点时的动能为50 J
B．小球电势能的增加量一定等于重力势能的减少量
C．到达C点后小球可能沿杆向上运动
D．小球在AD段克服摩擦力做的功与小球在DC段克服摩擦力做的功相等
二、计算题
21.如图所示，一长为L的绝缘细线下端系质量为m、电荷量为q的带负电金属小球，在细线的悬点O处放一电荷量为q的带正电的点电荷.金属小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，已知静电力常量为k.
(1)求金属小球在最高点的最小速度的大小；
(2)如果金属小球刚好能通过最高点，则它通过最低点时的速度为多大？
22.如图所示，平行金属带电极板A、B间可看作匀强电场，场强E＝1.2103 V/m，极板间距离d＝5 cm，电场中C和D分别到A、B两板的距离均为0.5 cm，B极板接地，求：
(1)C、D两点的电势和两点间的电势差；
(2)点电荷q1＝－210－3 C分别在C和D两点的电势能；
(3)将点电荷q2＝210－3 C从C匀速移到D时外力所做的功.

23.在如图所示的直角坐标系中，第二象限有沿y轴负方向的匀强电场E1，第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场E2，第四象限中有一固定的点电荷.现有一质量为m的带电粒子由第二象限中的A点(－a，b)静止释放(不计重力)，粒子到达y轴上的B点时，其速度方向和y轴负方向的夹角为45°，粒子在第四象限中恰好做匀速圆周运动，经过x轴上的C点时，其速度方向与x轴负方向的夹角为60°，求：
(1)E1和E2之比；
(2)点电荷的位置坐标.
24.在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m，带电荷量为q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E，qE＞μmg，虚线右侧的水平面光滑.一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块在整个运动过程中产生的热量.
25．如图甲所示，真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上.C、D两板间的电势差UCD随时间变化的图象如图乙所示，设C、D间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场.已知电子的质量为m、电荷量为e(重力不计)，C、D极板长为l，板间距离为d，偏转电压U2，荧光屏距C、D右端的距离为，所有电子都能通过偏转电极.
(1)求电子通过偏转电场的时间t0；
(2)若UCD的周期T＝t0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度；
(3)若UCD的周期T＝2t0，求到达荧光屏上O点的电子的动能.
26．如图所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.10 T，磁场区域的半径r＝  m，左侧区域圆心为O1，磁场方向垂直纸面向里，右侧区域圆心为O2，磁场方向垂直纸面向外，两区域切点为C.今有质量为m＝3.210－26 kg、带电荷量为q＝－1.610－19 C的某种离子，从左侧区域边缘的A点以速度v＝106 m/s正对O1的方向垂直磁场射入，它将穿越C点后再从右侧区域穿出.求：
(1)该离子通过两磁场区域所用的时间；
(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射
方向的侧移距离为多大？(侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离)
27.如图所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m、带电量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行.
(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A点，则初速度的大小是多少？
(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？
28．如图甲所示，一个质量为m、电荷量为＋q的微粒(不计重力)，初速度为零，经两金属板间电场加速后，沿y轴射入一个边界为矩形的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里.磁场的四条边界分别是y＝0，y＝a，x＝－1.5a，x＝1.5a.两金属板间电压随时间均匀增加，如图乙所示.由于两金属板间距很小，微粒在电场中运动，时间极短，可认为微粒加速运动过程中电场恒定.
求微粒分别从磁场上、下边界射出时对应的电压范围；
微粒从磁场左侧边界射出时，求微粒的射出速度相对进入磁场时初速度偏转角度的范围，并确定在左边界上出射范围的宽度d.
29．如图所示，粒子源能放出初速度为0，比荷均为＝1.6104 C/kg的带负电粒子，进入水平方向的加速电场中，加速后的粒子正好能沿圆心方向垂直进入一个半径为r＝0.1 m的圆形磁场区域，磁感应强度随时间变化的关系为B＝0.5sin ωt(T)，在圆形磁场区域右边有一屏，屏的高度为h＝0.6 m，屏距磁场右侧距离为L＝0.2 m，且屏中心与圆形磁场圆心位于同一水平线上.现要使进入磁场中的带电粒子能全部打在屏上，试求加速电压的最小值.
30.传送带和水平面的夹角为37°，完全相同的两轮和传送带的切点A、B间的距离为24m，B点右侧(B点在场的边缘)有一上下无限宽、左右边界间距为d的正交匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度B＝103 T.传送带在电机带动下，以4 m/s速度顺时针匀速运转，现将质量为m＝0.1 kg，电荷量q＝＋10－2 C的物体(可视为质点)轻放于传送带的A点，已知物体和传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，物体在运动过程中电荷量不变，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求物体从A点传送到B点的时间；
(2)若物体从B点进入复合场后做匀速圆周运动，则所加的电场强度E大小应为多少？若物体仍然从复合场的左边界出复合场，则场的右边界距B点的水平距离d至少等于多少？
31．如图所示，相距为d的平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在xOy直角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q的正离子(不计重力)以初速度v0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，从P点垂直y轴进入第一象限，经过x轴上的A点射出电场进入磁场.已知离子过A点时的速度方向与x轴成45°角.求：
(1)金属板M、N间的电压U；
(2)离子运动到A点时速度v的大小和由P点运动到A点所需时间t；
(3)离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C(图中未画出)与坐标原点的距离OC.
电学实验附加题
附1．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，为了安全、准确、方便地完成实验：①除电源(电动势为3 V，内阻很小)、电压表V(量程3 V，内阻约为3 kΩ)、待测金属丝(约3 Ω)、导线、开关外，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________(选填下列器材的字母符号)．
A．电流表A1(量程600 mA，内阻约1 Ω)
电流表A2(量程3 A，内阻约0.02 Ω)
B．滑动变阻器R1(总阻值10 Ω)
滑动变阻器R2(总阻值100 Ω)
② 若用图所示的电路测量该金属丝的电阻，电压表的左端应与电路中的________点相连(选填“a”或“b”)．若某次测量中，金属丝的长度为l，直径为D，电压表和电流表读数分别为U和I，请用上述直接测量的物理量(D、l、U、I)写出电阻率ρ的计算式：ρ＝________.
附2．欲测量一个电流表的内阻，根据以下要求来选择器材并设计电路：
a．无论怎样调节变阻器，电流表都不会超量程；
b．有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据.
现备有如下器材：
A．待测电流表A1(量程3 mA，内阻约为50 Ω)
B．电压表V(量程3 V，内阻未知)
C．电流表A2(量程15 mA，内阻为10 Ω)
D．保护电阻R＝120 Ω
E．直流电源E(电动势2 V，内阻忽略不计)
F．滑动变阻器(总阻值10 Ω，额定电流0.5 A)
G．开关一个，导线若干
(1)在以上提供的器材中，除A、E、F、G以外，还应选择____________、____________(填字母代号).
(2)请画出符合要求的实验电路图.
附3．某同学用量程为1 mA、内阻为120 Ω的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为1 V和1 A的多用电表.图中R1和R2为定值电阻，S为开关.回答下列问题：
(1)根据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线.
(2)开关S闭合时，多用电表用于测量__________(填“电流”、“电压”或“电阻”)；开关S断开时，多用电表用于测量__________(填“电流”、“电压”或“电阻”).
(3)表笔A应为________色(填“红”或“黑”).
(4)定值电阻的阻值R1＝________ Ω，R2＝________ Ω.(结果取三位有效数字)
附4．在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用器材有：电动势为6 V的电源，额定电压为2.5 V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电流表、电压表、开关和导线，要求能测出尽可能多的数据，图甲所示是没有连接完的实物电路.(已连接好的导线有a、b、c、d、e、f六根)
(1)请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整.
(2)连好电路，闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2 V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向________(填“左”或“右”)端滑动.
(3)通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表示数，并绘制成了如图乙所示的U－I图线，根据U－I图线提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率为________W.
(4)小灯泡的U－I图线是曲线而不是过原点的直线，原因是__________.
附5．某同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻.
(1)他先用多用表电压挡直接接在电源两极，读数如图甲，则电源电动势约为________V.
(2)为了更准确地测量电源的电动势和内电阻，他用多用表的“直流100 mA”挡设计了如图乙的测量电路，为了电表安全，请估算开关闭合前电阻箱的最小取值为________Ω.
(3)将多用电表的选择开关从OFF旋转至“直流100 mA”挡，调节电阻箱到合适的值并记录其读数R，合上开关从多用表上读出相应的示数I.
(4)重复(3)获得多组数据，根据数据作出了如图所示的图线.
(5)由图线得干电池的电动势E＝________V(保留三位有效数字)，内阻r＝________Ω(取整数)，多用表的内电阻对________(填“E”“r”或“E和r”)的测量结果有影响.
专题三：物理选修3-1【参考答案】
1．D 解析 同一电场中，电场线越密的地方场强越大，所以1点场强大于2、3点场强，A、B错误；同一等势面上各点电势相等，沿电场线方向电势降低，故C错误，D正确.
2．C 解析 电子在电场中发生一段位移Δx，电场力做功eEΔx，由功能关系知ΔEp＝－eqΔx，即＝－eE，Ep－x图线斜率绝对值表示电场力，由图线知，斜率减小，故场强在减小，所以，Ea>Eb，故A错误，B错误；电子从静止开始由a向b运动，故受电场力方向一定由a指向b，又因电子带负电，所以场强方向一定从b指向a，沿电场线方向，电势降低，所以φa<φb，故C正确，D错误.
3．B 解析　由题图可得，沿x轴电势均匀增加，由φ＝Ex知，电场为匀强电场，且沿－x方向，选项A错误；带电粒子在匀强电场中所受电场力为恒力，加速度不变，故该直线运动为匀变速直线运动，选项B正确，选项C错误；带电粒子仅受电场力一个力，故电场力所做的功等于粒子动能的增加量，又因为电场力做的功等于电势能的减少量，故粒子动能与电势能之和保持不变，选项D错误.
4．B 解析 小球摆到B点时速度恰好为零，故若小球在B点没有加速度，则小球将静止在B点，不会再从B点返回到A点，所以小球在B点时所受合外力不为零，选项A错误；小球从A点运动到B点的过程，由动能定理，有mgLsin60°－qEL(1－cos60°)＝0，解得E＝，选项B正确；小球从A点运动到B点重力势能减小了mgLsin 60°，选项C错误；小球下摆的过程中，小球的机械能和电势能相互转化，由能量守恒定律可知，机械能与电势能之和保持不变，选项D错误.
5．D 解析　设偏转电场的电压为U，粒子进入偏转电场时的速度大小为v0，偏转电场极板长为l，板间距离为d.则带电粒子在偏转电场中运动的时间为t＝，所以带电粒子通过偏转电场的时间是相同的，选项A错误；由于粒子进入电场时的初速度大小相同，所以粒子离开偏转电场时的速度取决于粒子在偏转电场中竖直方向上获得的速度vy，又因为vy＝at＝t∝，因为三种粒子的比荷之比为2∶1∶1，所以选项B错误；粒子在偏转电场中偏转的距离y＝at2＝··t2∝，所以粒子不会打在荧光屏上的同一点，选项C错误；偏转电场对三种粒子做的功为W＝q··y，因为y∝，所以W∝，所以偏转电场对三种粒子做功之比为2∶1∶2，选项D正确.
6．B 解析　粒子在匀强电场中做类平抛运动，由其特点可知：Ek＝mv，PA′＝v0t，A′C′＝v′t，则粒子到达C′时的速度v＝＝v0，即粒子到达C′时的动能Ek′＝mv2＝2Ek，选项C错误；由于BB′为零势能面，设AA′的电势为φ，CC′的电势为－φ，则由能量守恒定律可得：Ek＋qφ＝E＝2Ek－qφ，解得qφ＝Ek，E＝Ek，即该粒子通过零势能面时的动能为E＝Ek，选项A错误；到达C′点时的电势能为－qφ＝－0.5Ek，在P点的电势能为qφ＝0.5Ek，选项B正确，D错误.
7．C 解析　金属环带负电，按题图所示的方向旋转，则金属环的电流方向与旋转方向相反.由右手螺旋定则可知磁极的方向：左端N极，右端S极.因此小磁针N极沿轴线向左.故C正确，A、B、D错误.
8．B 解析　可以把正三角形金属框看做两根导线并联，且两根导线中的总电流等于I，由安培力公式可知，金属框受到的磁场力为ILB，选项B正确.
9．D 解析　粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设粒子进入磁场时速度方向与磁场边界的夹角为θ，速度大小为，轨道半径，由几何关系可知，只减小磁感应强度B、只增大初速度v0或只减小带电粒子的比荷时，都可使x增大，而x与偏转电场的电压U无关，故选项A、B、C错误，D正确.
10．C 解析　由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；由qvB＝m得r＝，故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b粒子的速率较大，在磁场中所受洛伦兹力较大，B错误；由Ek＝mv2可得b粒子的动能较大，C正确；由T＝知两者的周期相同，b粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以b粒子在磁场中运动时间较短，D错误.
11．C 解析　两粒子在y轴上发生正碰时粒子a的速度与y轴正方向成60°角，则粒子b速度与y轴负方向成60°角，轨迹对应的圆心角分别为120°和60°，如图所示.两粒子同时进入磁场并相撞，则运动时间相等，即t1＝t2，而t1＝＝，t2＝＝，将B1＝2B2＝2B代入得k1＝k2，A、B均错；由于两粒子正碰则轨道半径相等，而R1＝，R2＝，解得v1＝2v2，C正确.
12．C 解析　根据同一直线边界上粒子运动的对称性可知，粒子不可能通过坐标原点，A错误；粒子运动的情况有两种，一种是从y轴边界射出，最短时间要大于，故D错；对应轨迹①时，t1＝＝，C正确；另一种是从x轴边界飞出，如轨迹③，时间t3＝T＝，此时粒子在磁场中运动时间最长，故B错误.
13．BD 解析 由电场线的疏密表征电场强度的大小可知，Eb＜Ec，故A项错误；沿着电场线方向电势降低，达到静电平衡状态的导体是等势体，可知φb＞φd，故B正确；由于a点电势高于d点电势，将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做功W＝q(φa－φd)>0为正功，故D正确；由于无穷远处为零电势点，故d点电势为负，负电荷放在d点时其电势能Epd＝(－q)φd>0为正，故C错误.
14．AC 解析 WG＝24 J，Wf＝－8 J，ΔEk＝12 J，由动能定理得电场力做功WE＝－4 J，说明金属块带正电荷，因此选项A正确，B错误；金属块的电势能变化量ΔEp＝－WE＝4 J>0，因此选项D错误；金属块的机械能变化量ΔE＝WE＋Wf＝－12 J<0，选项C正确.
15．BC 解析　带电小球之间的相互作用力大小满足库仑定律，但是是斥力还是引力，取决于两电荷的电性，因此分下列两种情况讨论：
(1)若两个小球带的电荷为异种电荷，则B受到A的引力，方向指向A，又速度v0方向垂直于AB方向，此时的情况类似于万有引力定律应用于人造卫星，当B受到A的库仑引力恰好等于向心力，即k＝m时，解得当初速度满足v0＝v＝时，B球才能做匀速圆周运动，类比于人造卫星的情况可以得到：当v0＞v时，B球将做库仑力、加速度、速度都变小的离心运动；
当v0＜v时，B球将做库仑力、加速度、速度都逐渐增大的向心运动.
(2)若两个小球的电荷为同种电荷，B因受A的库仑斥力而做远离A的变加速曲线运动(因为A、B距离增大，故斥力变小，加速度变小，速度增大).
综上分析，选项B、C正确，选项A、D错误.
16．ABD 解析　设两板间的电场强度为E，根据匀强电场的场强和电势差的关系得E＝＝ V/m＝2.0104 V/m，A项正确；小球静止时受力平衡，由平衡条件得qE＝mgtan θ，解得q＝.因为θ角很小，所以tan θ≈sin θ＝＝，解得q＝1.010－8 C，B项正确；细线剪断时，由于小球受到重力和电场力的合力为恒力，且小球初速度为零，故小球做初速度为零的匀加速直线运动，C项错误，D项正确.
17．AD 解析　等离子体喷入磁场后，受洛伦兹力作用，带正电粒子打在上极板，带负电粒子打在下极板，用电器中电流方向从A到B，A正确，B错误；当等离子体在磁场和电场中满足qE＝qvB时，电场强度E＝vB，此时电动势最大，最大值Em＝Bdv，所以若只增强磁场或只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势均会增大，C错误，D正确.
18．CD 解析 质子被加速获得的最大速度受到D形盒最大半径的制约，
vm＝＝2πRf，C正确；粒子旋转频率为f＝，与被加速粒子的比荷有关，所以A错误；粒子被加速的最大动能Ekm＝＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；因为运动半径R＝，nUq＝，知半径比为∶1，D正确.
19．AC 解析　根据题给条件可知，A、B、C三图中的研究对象的受力均为恒力，因此研究对象均做匀变速曲线运动，A正确；从开始抛出经过相同时间，C、D两图研究对象在竖直方向受力不同，速度变化也不同，B错误；根据C、D两图中有相同的无限宽的电场，场强方向竖直向下，D图中还有垂直于纸面向里的无限宽的匀强磁场且和电场正交可知，从开始抛出到沿电场线运动相等距离的过程中电场力做功相同，洛伦兹力不做功，重力忽略不计，因此只有电场力做功，所以C、D两图中的研究对象动能变化相同，C正确；因为动能是标量没有分量形式之说，因此相同时间内A、B两图竖直方向的动能变化相同这种说法是错误的，故D错误.
20．ABD 解析　小球做减速运动，F洛将减小．球与杆的弹力将变小，所受摩擦力也将变小，合力为变力．据F合x＝ΔEk可知A错误；重力势能的减少量等于电势能和内能增量之和，B错误；若电场力大于重力，小球可能沿杆向上运动，C正确．由于摩擦力为变力，D错误．
21．解析(1)设金属小球在最高点时的最小速度值为v1，
根据牛顿第二定律有：mg＋k＝m
解得：v1＝
(2)设金属小球刚好能通过最高点，它通过最低点时的速度值为v2，因为只有重力对小球做功，所以机械能守恒，可得：mv＝mv＋2mgL 解得：v2＝
答案　(1)　(2)
22．解析　(1)由E＝得UBC＝EdBC＝1.21034.510－2 V＝54 V
又因φB＝0及UBC＝φB－φC，所以φC＝－54 V，同理可得φD＝－6 V
所以UCD＝φC－φD＝－48 V.
(2)由Ep＝qφ得
EpC＝q1φC＝－210－3(－54) J＝0.108 J
EpD＝q1φD＝－210－3(－6) J＝0.012 J.
(3)把q2由C匀速移到D，电场力做负功，由于匀速移动，外力做功与电场力做功大小相等.W外＝－W电＝－q2UCD＝－210－3(－48) J＝0.096 J.
答案　(1)φC＝－54 V，φD＝－6 V，UCD＝－48 V
(2)EpC＝0.108 J，EpD＝0.012 J　(3)0.096 J
23．解析(1)设粒子在第二象限中的运动时间为t1，进入第三象限时的速度为v0，
有b＝··t，b＝v0t1
设粒子在第三象限中的运动时间为t2，在B点时速度为v，x轴方向的分速度为vx，则
v＝v0 vx＝v0 a＝··t a＝vxt2
联立以上各式得＝，t2＝.
(2)设O、B的间距为l，粒子做圆周运动的半径为r，则l＝v0t2＝2a
l＝rcos 45°＋rsin 30°
由以上两式得r＝4a(－1)
所以点电荷的位置坐标：xD＝rsin 45°＝2a(2－)
yD＝－(l－rcos 45°)＝2a(1－).
答案　(1)　(2)xD＝2a(2－)　yD＝2a(1－)
24．解析　(1)设滑块向左运动x时减速到零，
由能量守恒定律有 ①
解得 ②
之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为Ek
由能量守恒定律得： ③
解得 ④
滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为 ⑤
(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为W＝qEL，电势能减少量为qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即Q＝qEL＋mv⑥
答案　(1) (2)qEL＋mv
25．解析　(1)电子在加速电场的加速过程U1e＝mv
在偏转电场中运动，水平方向匀速运动v0t0＝l，得
t0＝l.
(2)当T＝t0时，电子在偏转电场中沿竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出时，电子在竖直方向的位移最大.t＝0时刻进入偏转电场的电子向上侧移距离最大值y上＝·()22＝
同理得向下侧移距离最大值y下＝·()22＝
所以电子能到达的区域长Δy＝y下＋y上＝.
(3)当T＝2t0时，电子要到达O点必须在竖直方向有先加速后减速再反向加速的过程，并且加速度大小相等，整个过程向上的位移和向下的位移大小相等.设向上加速时间为Δt，加速度大小为a，则在竖直方向上有
y上＝aΔt22
y下＝a(t0－2Δt)2＋a(t0－2Δt)
要到达O点，y上＝y下
联立得Δt＝
所以到达O点的电子经过偏转电场时电场力做功
W＝·m·[a(t0－2Δt)]2＝
电子从K到O过程由动能定理得Ek＝U1e＋W＝U1e＋
答案　(1)l　(2)　(3)U1e＋
26．解析　(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在左、右两区域的运动轨迹是对称的，如图所示，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T.由牛顿第二定律有qvB＝m，又T＝，联立得R＝，T＝，代入数据可得R＝2 m.由轨迹图知tanθ＝＝，即θ＝30°，则全段轨迹运动时间t＝2T＝＝，代入数据，可得t＝4.1910－6 s.
(2)在图中过O2点向AO1作垂线，
根据运动轨迹的对称关系可知侧移距离为d＝2rsin 2θ＝2 m.
答案　(1)4.1910－6 s　(2)2 m
27．解析　
甲
(1)如图甲所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得
R1＝
又qv1B＝m
得v1＝.
(2)如图乙所示，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系有 可得
R2＝
又qv2B＝m,可得v2＝
故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过.
答案　 (1)　 (2)
28．解析　(1)当微粒运动轨迹与上边界相切时，由图甲中几何关系可知R1＝a
微粒做圆周运动，有qv1B＝
微粒在电场中加速qU1＝mv
由以上各式可得U1＝
所以微粒从上边界射出的电压范围为U1′＞
当微粒由磁场区域左下角射出时，由图乙中几何关系可知R2＝0.75a
微粒做圆周运动，有qv2B＝
微粒在电场中加速qU2＝mv
由以上各式可得U2＝
所以微粒从下边界射出的电压范围为0＜U2′≤
(2)当微粒运动轨迹与上边界相切时，如图丙所示，
sin∠AO1C＝＝＝，所以∠AO1C＝30°
由图丙中几何关系可知此时速度方向偏转120°，微粒由左下角射出磁场时，速度方向偏转180°，所以微粒的速度偏转角度范围为120°～180°，左边界上出射范围宽度
d＝R1cos30°＝a.
答案　(1)从上边界射出的电压范围为U1′＞，从下边界射出的电压范围为0＜U2′≤　(2)120°～180°，a
29．解析　如图所示，根据洛伦兹力公式F＝qvB可知，磁感应强度一定时，粒子进入磁场的速度越大，在磁场中偏转量越小.故当磁感应强度取最大值时，若粒子恰好不飞离屏，则加速电压有最小值.设此时粒子刚好打在屏的最下端B点，根据带电粒子在磁场中运动特点可知：粒子偏离方向的夹角正切值为tanθ＝
代入数据得tanθ＝
即粒子偏离方向的夹角为θ＝60°
由几何关系可知：此时粒子在磁场中对应的回旋半径为R＝r tan
代入数据得R＝0.1 m ①
带电粒子在电场中加速时由动能定理得qU＝mv2 ②
带电粒子在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律可得qvB＝ ③
联立①②③得 ,代入数据得U＝60 V
故加速电压的最小值为60 V.
答案　60 V
30．解析　(1)设物体在传送带上加速度大小为a，则a＝μgcos 37°－gsin 37°
解得a＝0.4 m/s2
物体达到与传送带速度相同所用时间设为t1，速度相同后经t2达到B点，
则v＝at1，t1＝10 s
x＝at，x＝20 m
LAB－x＝vt2，所以t2＝1 s
到达B点总时间t＝t1＋t2＝11 s
(2)物体在复合场中做匀速圆周运动，则qE＝mg
则E＝100 N/C
物体做圆周运动，向心力由洛伦兹力提供qvB＝m
轨迹半径为R＝＝0.04 m
当物体运动轨迹与右边界恰好相切时，d有最小值，
由几何关系得sin 37°＝
解得d＝0.016 m
答案　(1)11 s　(2)0.016 m
31．解析　(1)设平行金属板M、N间匀强电场的场强为E0，则有U＝E0d
因为离子在金属板方向射入两板间并做匀速直线运动有qE0＝qv0B0
解得金属板M、N间的电压U＝B0v0d
(2)在第一象限的电场中离子做类平抛运动，有cos 45°＝
故离子运动到A点时的速度v＝v0
又qE＝ma，vy＝at，tan 45°＝
解得离子在电场E中运动到A点所需时间t＝
(3)在磁场中洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
得R＝＝
如图所示，由几何知识可得＝2Rcos 45°＝R＝
又＝v0t＝
因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C与坐标原点的距离：
＝＋＝＋
答案　(1)B0v0d　(2)v0　　(3)＋
电学实验题答案
附1．解析　①电源电动势为3 V，待测电阻丝约3 Ω，电流表A1的内阻为1 Ω，则电流最大为0.75 A，加上滑动变阻器的调节，选用量程为600 mA电流表A1较合理，滑动变阻器选择总阻值为10 Ω的R1即可．
②由于电流表的内阻与待测电阻丝的阻值相差不大，电路应选外接法，电压表的左端应与电路中的b点相连．根据欧姆定律R＝和电阻定律R＝ρ以及可得：.
答案　①A1　R1　②b　
附2．解析　根据题中给出的备用器材，选择伏安法测量电流表的内阻.选择内阻已知的电流表A2作为电压表，选择保护电阻R与并联的两个电流表串联.由于电流表两端电压最大只有0.15 V，滑动变阻器最大电阻只有10 Ω，所以选择分压电路，电路图如图所示.
答案　(1)C　D　(2)见解析图
附3．解析　将表头改装成电压表时，需串联一电阻进行分压，而改装成电流表时则需并联一电阻分流，因此闭合开关后，并联上R1改装成一电流表，断开开关，表头与R2串联则改装成一电压表.多用电表内部表头的正极在右侧，即电流应从表笔B流入，从表笔A流出，则表笔A为黑色.当断开S时，Ig(R2＋r)＝Um，解得R2＝880 Ω.
当闭合S时，Ig(R2＋r)＝(I－Ig)R1，解得R1≈1.00 Ω.
答案　(1)如解析图所示　(2)电流　电压　
(3)黑 (4)1.00　880
附4．解析　(1)小灯泡的电阻很小，因此采用电流表外接法；实验时，要求小灯泡两端电压从0逐渐增大到额定电压，滑动变阻器应采用分压式接法.实物电路如答案图所示.
(2)将滑片P向右端滑动，可以增大灯泡两端的电压.
(3)根据U－I图象可知，U＝2.5 V时，I＝0.2 A，所以小灯泡的额定功率为P＝UI＝0.5 W.
(4)U－I图线上各点与原点连线的斜率表示灯丝的电阻，图线是曲线而不是过原点的直线，这是因为灯丝的电阻会随温度的升高而增大.
答案(1)如图所示 (2)右 (3)0.5 (4)灯丝的电阻会随温度的升高而增大
附5．解析　(1)由题图甲可知，选用了直流电源2.5 V挡，因此指针的读数对应为1.30 V；
(2)由于选用直流电路100 mA量程，因此电路中的最大电流不得超过100 mA，所以R＝ Ω＝13 Ω；
(5)根据闭合电路欧姆定律有，I＝，化简为R－函数关系为R＝－r，即题图10中图线的斜率即为E，则E＝ V＝1.42 V(由于读数误差，答案在1.40～1.50 V内均可 )，纵截距即为－r，则r＝8 Ω，显然上述过程没有考虑多用电表的内阻，实际上多用电表的内阻与电源内阻之和为纵截距的绝对值，所以多用表的内阻对r的测量结果有影响.
答案　(1)1.3(1.30也可)　(2)13(15也可)
(5)1.45(1.40～1.50均可)　8　r

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