一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1. 如图所示，均匀带电的圆环绕圆心O旋转，在环的圆心附近处有一闭合小
线圈，线圈和圆环在同一平面内，则( )
A. 只要圆环在旋转，小线圈内就一定有电流 B. 无论圆环怎样旋转，小线圈内都不会有电流 C. 只有当圆环在作变速转动时，小线圈才会有电流
D. 只有当圆环在作匀速转动时，小线圈内才会有电流，恒定不变
2. 一个带电粒子以某一初速度射入匀强磁场中，不考虑其它力的作用，粒子在磁场中不可能做( )
A. 匀速直线运动 C. 非匀变速曲线运动
B. 匀变速直线运动 D. 匀速圆周运动
𝑉03. 如图，一带负电的油滴，从坐标原点O以速率𝑉0射入水平的匀强电场，
方向与电场方向成𝜃角，已知油滴质量m，测得它在电场中运动到最高点p时的速率恰好为𝑉0.设P点的坐标为(𝑋𝑃 𝑌𝑃)，则应有( )
A. 𝑋𝑃<0 C. 𝑋𝑃=0
B. 𝑋𝑃>0
D. 条件不足，无法判断
4. 两条导线互相垂直，如图所示，但相隔一段小距离，其中一条AB是固定的，另
一条CD能自由活动，当直流电流按图方向通过两条导线时，导线CD将(从纸外向纸内看)( )
A. 顺时针方向转动，同时靠近导线AB B. 逆时针方向转动，同时靠近导线AB C. 逆时针方向转动，同时离开导线AB D. 顺时针方向转动，同时离开导线AB
5. 质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要仪器，它的构造原理如图所示.从粒子源S
处放出的速度大小不计、质量为m、电荷量为q的正离子，经电势差为U的加速电场加速后，垂直进入一个磁感应强度为B的匀强磁场后到达记录它的照相底片P上，则下列说法错误的是
( )
A. 若测得离子束流的电流为I，则在离子从𝑆1处进入磁场到达P的时间内，
射到照相底片P上的离子的数目为𝑛=
𝜋𝑚𝐼𝑞2𝐵
U、B，且已知q、则离子的质量m为𝑚=B. 若测得离子到达P上的位置到入口处𝑆1的距离为a，
𝑞𝐵2𝑎28𝑈
1)
1H、氘(1)
1H、氘(
2
1H)、氚(2
1H)、氚(
3
1H)三种离子，质谱仪能够将它们分开 3
1H)三种离子，质谱仪不能够将它们分开
C. 假如离子源能放出氕(D. 假如离子源能放出氕(
6. 如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向外、磁感应强度为B
的匀强磁场．一带电粒子从坐标原点O处以速度v沿y轴正方向进入磁场，最后从𝑃(𝑎,0)射出磁场．不计粒子重力，该带电粒子的电性和比荷𝑚是( )
𝑞
A. 正电荷，𝑎𝐵
𝑣
B. 负电荷，𝑎𝐵
𝑣
C. 正电荷，𝑎𝐵
2𝑣
D. 负电荷，𝑎𝐵
2𝑣
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
7. 如图所示，平行等距的竖直虚线M、N、P、Q为某一电场的四个等势面，M、
N、P、Q的电势分别为ö𝑀、ö𝑁、ö𝑃、ö𝑄.一个不计重力带负电荷的粒子在电场中运动的轨迹是抛物线用实线表示，a、b、c是轨迹上的三点，其中b点为轨迹上最左端的点，下列说法正确的是( )
A. 该电场一定是匀强电场且ö𝑄>ö𝑃>ö𝑁>ö𝑀
B. 根据轨迹可以判断带负电荷的粒子在电场中的运动方向是唯一的 C. 带负电荷的粒子在b点动能最大，在c点的电势能最小 D. 带负电荷的粒子在电场中各点受到的电场力相等
B两个质点，𝑆𝐵=8. 质量相等的A、分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长之比为𝑆𝐴：
1：3，转过的圆心角之比𝜃𝐴：𝜃𝐵=3：2.则下列说法中正确的是( )
A. 它们的线速度大小之比𝑣𝐴：𝑣𝐵=1：3 B. 它们的角速度比𝜔𝐴：𝜔𝐵=1：3
C. 它们的向心力大小之比𝐹𝐴：𝐹𝐵=2：3 D. 它们的轨道半径之比𝑟𝐴：𝑟𝐵=2：9
9. 如图，两个固定的倾角相同的滑杆上分别套A、B两个圆环，两个圆环
上分别用细线悬吊着两个物体C、D，当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线始终与杆垂直，B的悬线始终竖直向下．则下列说法中正确的是( )
A. A环与滑杆无摩擦力 C. A环做的是匀速运动
B. B环与滑杆无摩擦力 D. B环做的是匀速运动
10. 如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内(磁场水平向内)，有一离子恰
能沿直线飞过此区域(不计离子重力)( )
A. 若离子带正电，E方向应向下 C. 若离子带正电，E方向应向上
三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）
B. 若离子带负电，E方向应向上 D. 不管离子带何种电，E方向都向下
11. 如图所示，为实验用磁流体发电机示意图，其中两极板间距离𝑑=20𝑐𝑚，
匀强磁场磁感应强度𝐵=0.5𝑇.若接入电阻𝑅=100𝛺的电阻，此时电阻功率𝑃=400𝑊，不计发电机内阻，则等离子体的流速𝑣=______𝑚/𝑠，流过电阻的电流方向是______(填𝑎→𝑅→𝑏或𝑏→𝑅→𝑎)
12. 边长为a的正方形，内部充满匀强磁场，方向垂直纸面向里，如图所示，
一束电子以不同的水平速度从左上角射入磁场后，分别从A处和C处射出，则从A处和C处射出的粒子速度之比为𝑣𝐴：𝑣𝐶= ______ ；所经历的时间之比𝑡𝐴：𝑡𝐶= ______ ．
四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
13. 某学生在做“有固定转动轴物体的平衡条件”实验时，他把力矩盘调节
0.2𝑚、0.3𝑚、0.4𝑚、到平衡，如图所示，盘上各圆的半径分别是0.1𝑚、0.5𝑚，每个钩码的质量均为100𝑔.若规定逆时针力矩为正，顺时针力矩为负，则𝐹1的力矩是______𝑁⋅𝑚，根据平衡条件，测力计与圆盘连线上的拉力T应该是______N，但该学生发现测力计的示数与该值有偏差，除摩擦等原因外，从所示的图中可看出引起误差的原因是：______．
14. 某学生设计一实验来粗略验证向心力的表达式。如图所示，细线下面悬挂一个钢球，钢球可看
作质点，细线上端固定在铁架台上。将画着一个圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时正好位于圆心，如果小球的向心力𝐹向和合力𝐹合相等，则说明向心力的表达式正确。
(1)用手带动钢球，设法使它沿纸上的圆悬空做匀速圆周运动，用秒表记录钢球运动n圈所用时间t，用直尺测出纸上的圆的半径为r，若果向心力的表达式正确，并假设钢球质量为m，则由向心力表达式求出来的向心力𝐹向=__________(用题中所给字母表示)；
(2)然后，测出线的长度为L，从力的角度计算钢球的合力𝐹合=_________(用题中所给字母表示)；
(3)在本实验中小钢球的质量_______(“需要”或“不需要”)测出。 五、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
15. 如图所示，一个质量为𝑚=6.0×10−3𝑘𝑔的小球带电量为𝑞=
4.0×10−5𝐶的正电，用长度𝐿=1.0𝑚的细线悬挂于固定点O上，此装置置于水平向右的匀强电场中，场强的大小𝐸=3.0×102𝑁/𝐶，现将带电小球拉至O点右侧，使悬线伸直并保持水平，然后由静止释放小球，求它运动最低点时动能是多少？速度是多少？(𝑔=10𝑚/𝑠2)
16. 如图所示，一电荷量𝑞=3×10−4𝐶带正电的小球，用绝缘细线悬于
竖直放置足够大的平行金属板电容器中的O点．S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角𝛼=37°.已知两板相距𝑑=0.1𝑚，电𝑅2=𝑅3=𝑅4=12𝛺，源电动势𝐸=12𝑉，内阻𝑟=2𝛺，电阻𝑅1=4𝛺，(𝑔=10𝑚/𝑠2,𝑠𝑖𝑛37°=0.6,𝑐𝑜𝑠37°=0.8).求： (1)流过电源的电流强度 (2)两板间的电场强度的大小 (3)小球的质量
(4)如电容器电容为30pF，求断开S后通过𝑅2的电荷量？
17. 如图，相邻两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，设磁感应强度的大小分别为𝐵1、𝐵2。已知：磁感应强度
方向相反且垂直纸面；两个区域的宽度都为d；质量为m、电量为+𝑞的粒子由静止开始经电压恒为U的电场加速后，垂直于区域Ⅰ的边界线MN，从A点进入并穿越区域Ⅰ后进入区域Ⅱ，最后恰好不能从边界线PQ穿出区域Ⅱ。不计粒子重力。求：
(1)𝐵1的取值范围； (2)𝐵1与𝐵2的关系式。
-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：解：ABC、只有当圆环做变速运动时，形成的电流是变化的，电流产生的磁场也是变化的，穿过小线圈的磁通量将发生变化，线圈中一定产生感应电流．故AB错误，C正确．
D、当圆环做匀速转动时，带负电的圆环形成恒定电流，产生的磁场是稳恒的，穿过圆心处闭合线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生；故D错误． 故选：C．
带负电的圆环绕圆心旋转，能形成环形电流，当电流产生的磁场是变化的时，穿过圆心处闭合线圈的磁通量变化时，线圈中就能产生感应电流．
本题要紧扣产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化进行能否产生感应电流．
2.答案：B
解析：
当带电粒子射入的速度方向与匀强磁场的方向平行，此时该带电粒子不受洛伦兹力。根据洛伦兹力方向特点：洛伦兹力方向总是与粒子运动方向垂直，时刻改变粒子速度的方向，当速度方向改变，洛伦兹力方向也改变，故洛伦兹始终是变力。当带电粒子垂直于磁场方向射入磁场，此时洛伦兹力刚好提供向心力，带电粒子做匀速圆周运动。
本题要注意掌握对洛伦兹力的理解，并要能根据受力情况分析运动情况。要知道洛伦兹力方向总是与带电粒子的运动方向垂直，带电粒子以一定速度垂直射入匀强磁场时做匀速圆周运动。 A.当带电粒子射入的速度方向与匀强磁场的方向平行，此时该带电粒子不受洛伦兹力，由于又不受其它力，故粒子做匀速直线运动，故A错误。
𝐵𝐶.当带电粒子射入的速度方向与匀强磁场的方向不平行，则该粒子一定受到洛伦兹力，由于洛伦兹力方向总是与带电粒子的运动方向垂直，洛伦兹力不改变带电粒子的速度大小，但时刻改变粒子速度的方向，当速度方向改变，洛伦兹力方向也改变，故洛伦兹始终是变力，故此时带电粒子不可能做匀变速直线运动，但可能做非匀变速曲线运动，故B正确，C错误。
D.当带电粒子垂直于磁场方向射入磁场，此时洛伦兹力刚好提供向心力，带电粒子做匀速圆周运动，故D错误。
故选B。
3.答案：A
解析：
将液滴的初速度沿水平和竖直方向分解，水平方向匀减速运动，竖直方向上做竖直上抛运动，当速度减为零时，液滴达到最高点；根据沿电场线电势降低，判断电势高低。
本题以带电液滴在复合场中的运动为背景考查了电势、电势差等问题，其关键是分析清楚带电液滴的运动规律．此题也可以根据能量守恒定律进行分析。
解：液滴水平初速度为𝑣1=𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃，水平方向做匀减速运动，由于当液滴在电场中运动到最高点b时，它的速度方向是水平的，大小也恰为𝑣0，大于水平方向初速度，因此最高点p在O点左上方，根据沿电场线电势降低，因此p点电势高于O点电势，即𝑋𝑃<0，故A正确。 故选A。
4.答案：B
解析：
电流CD处于电流AB产生的磁场中，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定则判断其安培力的方向，从而判断其运动．当CD导线转过90°后，看两电流是同向电流还是异向电流，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。
在解决该题的过程中：1、使用了电流元法，即在导线上取一较短的电流，判断其受力方向；2、使用了特殊位置法，转过斥。
电流AB产生的磁场在其右侧方向垂直纸面向里，在其左侧垂直纸面向外，根据左手定则知，CD的右边部分所受的安培力方向向上，左边部分所受安培力方向向左，则CD导线逆时针方向转动。假设CD导线转过
此时，两电流为同向电流，相互吸引。所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近
后判断其受力；3、使用了结论法，同向电流相互吸引，异向电流相互排
导线AB。故B正确，A、C、D错误。 故选：B。
5.答案：D
解析：
本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式，以及掌握电量与电流的关系。
A.离子流的电流为I，在时间t内射到照相底片P上的离子总电量为：𝑄=𝐼𝑡 ① 在时间t内射到照相底片P上的离子数目为：𝑛=𝑞= 𝑞② 洛伦兹力提供向心力𝑞𝑣𝐵=𝑚
𝑣2𝑟
𝑄
𝐼𝑡
③
运动的周期𝑇=
2𝜋𝑟𝑣
④
运动的时间𝑡=2𝑇⑤
𝜋𝑚𝐼𝑞2𝐵
1
解得：𝑛=⑥，故A正确；
1
B.离子在电场中做加速运动，加速获得的速度为v，则由动能定理得： 𝑈𝑞=2𝑚𝑣2⑦ 由几何关系得2𝑟=𝑎 ⑧ 由③⑦⑧解得：𝑚=
𝑞𝐵2𝑎28𝑈
⑨，故B正确；
𝐶𝐷.由③⑦解得：𝑟=√
𝐵
2
2𝑚𝑈𝑞
12𝑚𝑈𝑞
⑩
则𝑥=2𝑟=√
𝐵
⑪
若离子束是同位素，q相同，x越大对应的离子质量越大，所以 质谱仪能够将它们分开，故C正确，D错误． 故选D．
6.答案：C
解析：解：由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带正电 由几何关系得运动半径为：𝑟=2 由牛顿的定律得：𝐵𝑞𝑣=
𝑚𝑣2𝑟
𝑎
故有：𝑚=𝐵𝑎 故选：C。
根据带电粒子的运动的情况，画出粒子的运动的轨迹，再根据粒子运动轨迹的几何关系和半径的公式可以求得该粒子的比荷．
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了
𝑞2𝑣
7.答案：AD
解析：
本题考查了静电场的电势和场强的相关知识，准确掌握等势面与电场线的关系是解题的关键。 根据等势面分布得到电场分布，由运动轨迹得到电场力方向，从而得到电场方向；即可得到电势、电场力关系；再根据电势关系得到电势能关系，由动能定理得到动能关系。等势面的疏密程度、电场线疏密程度都可以表示场强大小；若等势面均匀分布，那么，电场为匀强电场。
𝐴𝐷.根据等势面都为竖直方向可得：场强方向水平；故粒子所受电场力方向水平；又有粒子只受电场力作用，故合外力方向为水平方向；根据粒子运动轨迹可知：合外力方向水平向右；故场强方向水平向左；故𝜑𝑄>𝜑𝑃>𝜑𝑁>𝜑𝑀；等势面均匀分布，电场为是匀强电场，那么，粒子受到的电场力相等，故AD正确；
B.根据运动轨迹只能判断电场力方向向右，不能保证粒子运动方向，故B错误；
C.根据场强方向水平向左可得：b点电势最低，a点其次，c点电势最高，故b点电势能最大，a点其次，c点电势能最小；根据粒子运动过程只有电场力做功，由动能定理可得：b点动能最小，a点其次，c点动能最大，故C错误。 故选AD。
8.答案：AD
A、B在相等时间内它们通过的弧长之比为𝑆𝐴：3，𝑆𝐵=1：解析：解：由题知：转过的圆心角之比𝜃𝐴：𝜃𝐵=3：2.则
根据𝑣=𝑡得：𝑣𝐴：𝑣𝐵=𝑆𝐴：𝑆𝐵=1：3 根据𝜔=𝑡得：𝜔𝐴：𝜔𝐵=𝜃𝐴：𝜃𝐵=3：2
𝜃𝑆
向心力公式𝐹=𝑚
𝑣2𝑟𝑣
=𝑚𝑣𝜔，可得𝐹𝐴：𝐹𝐵=1：9
由𝑣=𝑟𝜔得：𝑟=𝜔，可得𝑟𝐴：𝑟𝐵=2：9． 故选：AD
根据公式𝑣=𝑡求解线速度之比，根据公式𝜔=𝑡求解角速度之比，根据公式𝐹=𝑚𝑣𝜔求向心力之比．由𝑣=𝑟𝜔求轨道半径之比．
本题关键能根据角速度、线速度和向心力公式列式分析，记住它们的定义公式，并能灵活选择公式的形式．
𝑆
𝜃
9.答案：AD
解析：解：AC、假设A环与杆间的摩擦力为f，对A环受力分析：重力、拉力、支持力，假设A环受到沿杆向上的摩擦力f，如图，
根据牛顿第二定律，有：𝑚𝐴𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑓=𝑚𝐴𝑎…① 对C：𝑚𝐶𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚𝐶𝑎…②
由①②两式，解得：𝑎=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃，𝑓=0，即A环与滑杆无摩擦力，做匀加速运动．选项A正确，C错误．
B、D、对D球受力分析，受重力和拉力，若合力不为零，合力的方向与速度应在一条直线上，B的悬线就不会竖直向下，所以D球的合力为零，D球做匀速运动，B环的运动与D球一致，做匀速直线运动；再对B环受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有沿杆向上的摩擦力．选项B错误，D正确． 故选：AD
AC、分别对A环和C球进行受力分析，通过C球的受力情况得知A环的加速度，结合牛顿第二定律可知A环受到的摩擦力情况，从而可得知选项AC的正误．
BD、对B环和D球受力分析，先通过D球的受力情况和其运动情况判断出D球的合力为零，从而得知B环和D球的运动状态，再通过B环的运动状态即可得知B环的受力情况，从而得知选项BD的正误．
该题是一道考查连接体的非常好的题，解答该题要注意一下几点
1、首先要对物体进行正确的受力分析，对于摩擦力，可以先假设存在并假设出其方向． 2、会根据受力情况结合牛顿运动定律得知其运动情况，即运动的加速度的大小和方向．
3、会根据其运动情况结合牛顿运动定律得知其受力情况，判断摩擦力的存在与否．
4、注意隔离体法的应用，解答问题时正确的使用整体法和隔离体法会使解答过程变得简单明了．
10.答案：AD
解析：解：在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过故有𝑞𝐸=𝑞𝑣𝐵，
若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，所以电场强度的方向向下，因此AD正确，BC错误。 故选：AD。
在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，粒子离子在复合场中沿水平方向直线通过故有𝑞𝐸=𝑞𝑣𝐵，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，由此可正确解答结果．
本题考查了速度选择器的工作原理，速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性．
11.答案：2000；𝑎→𝑅→𝑏
解析：解：灯泡的额定电压为𝑈=√𝑃𝑅=√400×100𝑉=200𝑉 因不计发电机内阻，发电机的电动势𝐸=𝑈=200𝑉 稳定时对离子由受力平衡知𝑞𝑑=𝑞𝑣𝐵 所以𝑣=𝐵𝑑=0.5×0.2𝑚/𝑠=2000𝑚/𝑠
由左手定则知，正离子将打在A极板上，则A极板带正电，因此流过电阻的电流方向是𝑎→𝑅→𝑏； 故答案为：2000；𝑎→𝑅→𝑏。 根据𝑃=
𝑈2𝑅𝑈
200
𝑈
，结合离子由受力平衡知𝑞𝑑=𝑞𝑣𝐵求解流速；根据左手定则判定粒子受力，从而判定下
𝑈
极板带电性；再依据电源内部电流方向由负极到正极，即可求解。
此题要求学生掌握左手定则和电流定义，知道稳定状态的含义，注意不计发电机内阻。
12.答案：1：2；2：1
解析：解：电子运动轨迹如图所示：
由图示可知，电子轨道半径：𝑟𝐴=2，𝑟𝐶=𝑎， 电子转过的圆心角：𝜃𝐴=180°，𝜃𝐶=90°， 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律得：𝑒𝑣𝐵=𝑚，解得：𝑣=
𝑟
𝐴𝐴
则电子速度之比：𝑣=𝑟=2；
𝐶
𝐶
𝑎
𝑣2𝑒𝐵𝑟𝑚
，
𝑣𝑟1
电子做圆周运动的周期：𝑇=
2𝜋𝑚𝑒𝐵
，
电子在磁场中的运动时间：𝑡=360°𝑇，
𝐴𝐴
则电子的运动时间之比：𝑡=𝜃=
𝐶
𝐶
𝜃
𝑡𝜃180°90°
=1；
2
故答案为：1：2；2：1．
电子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识求出电子的轨道半径与转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律与周期公式求出电子的速度之比与运动时间之比．
本题属于带电粒子在磁场中的偏转中典型题目，此类题的关键在于确定圆心及由几何关系求出半径．
13.答案：−1.2；3；力矩盘不再竖直平面内，测力计与拉线不在一直线上．
解析：解：由于规定逆时针力矩为正，顺时针力矩为负，则𝐹1的力矩𝑀1=−3𝑚𝑔×0.4=−1.2𝑁⋅𝑚； 根据力矩平衡条件，有：
𝑇×0.2+2𝑚𝑔×0.3=3𝑚𝑔×0.4； 解得：𝑇=3𝑚𝑔=3×0.1×10𝑁=3𝑁；
从所示的图中可看出引起误差的原因是：力矩盘不再竖直平面内，测力计与拉线不在一直线上． 故答案为：−1.2；3；力矩盘不再竖直平面内，测力计与拉线不在一直线上．
根据力矩的计算公式求解力矩；根据力矩平衡条件列式求解T；根据题图分析误差产生的原因． 本题关键从实验目的、实验原理和误差来源出发分析，根据力矩平衡条件求解弹簧的拉力；掌握力矩的计算公式和含义．
14.答案：(1)
(2)𝑚𝑔𝑟√𝐿2−𝑟24𝑛2𝑚𝑛2𝑟
𝑡2
；
；
(3)不需要
解析：
(1)先求出周期，根据向心力的周期公式求解向心力；
(2)对球受力分析，受拉力和重力，合力提供向心力，根据平行四边形定则列式求解； (3)从实验原理的角度分析即可；
通过实验数据来粗略验证向心力表示式，培养学生善于分析问题与解决问题的能力，同时运用力的合成寻找向心力的来源。
(1)钢球运动n圈所用时间t，则周期为𝑇=𝑛，这个实验中由向心力表达式求出来的向心为：
𝐹向(2)对小球受力分析如图所示，则有： 𝐹合=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃=(3)根据
4𝜋2𝑚𝑛2𝑟
𝑡2𝑚𝑔𝑟ℎ
𝑡
4𝜋2𝑟4𝜋2𝑚𝑛2𝑟
=𝑚2=
𝑇𝑡2=
𝑚𝑔𝑟√𝐿2−𝑟2，
=
𝑚𝑔𝑟√𝐿2−𝑟2 可知，质量可以约去，则不需要测出小球的质量，
𝑚𝑔𝑟故答案为：(1)
4𝑛2𝑚𝑛2𝑟
𝑡2；(2)√𝐿2−𝑟2；(3)不需要
15.答案：解：对小球，从初始位置运动到最低点的过程重力做正功mgL，电场力做负功−𝑞𝐸𝐿，运
用动能定理得： 𝑚𝑔𝐿−𝑞𝐸𝐿=𝐸𝑘。 解得：𝐸𝑘=4.8×10−2𝐽。 由𝐸𝑘=2𝑚𝑣2 解得：𝑣=4𝑚/𝑠
答：它运动最低点时动能是4.8×10−2𝐽，速度是4𝑚/𝑠。
1
解析：小球受重力和电场力的作用向下运动，对小球，从初始位置运动到最低点的过程中运用动能定理即可解题；
本题关键是掌握动能定理的应用，注意在解答未知量的时候计算的灵活性。
= 23 16.答案：解：(1)𝑅2与𝑅3并联后的电阻值𝑅23𝑅+𝑅
2
3
𝑅 𝑅
=6𝛺 解得𝑅23
由闭合电路欧姆定律得：𝐼=𝑅 +𝑅 1
𝐸
23+𝑟
，
解得：𝐼=1𝐴
(2)电容器两板间的电压𝑈𝐶=𝐼(𝑅1+𝑅23)
=电容器两板间的电场强度𝐸1
=100𝑁/𝐶 解得𝐸1
1
(3)小球处于静止状态，𝐹=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝛼，𝐹=𝐸𝑞，所受电场力为F，由平衡条件得：又有：所以𝑚=𝑔𝑡𝑎𝑛𝛼，
𝑈𝐶𝑑
=
+𝑅 )𝐼(𝑅123
𝑑
𝑞𝐸
解得𝑚=4×10−3 𝑘𝑔
(4)𝑆闭合时，电容器两端的电压等于电源的路端电压𝑈=𝐸−𝐼𝑟=12𝑉−1×2𝑉=10𝑉 电容器所带的电荷量𝑄=𝐶𝑈=30×10−12×10=3×10−10𝐶
=𝑅3断开S后，因为𝑅2
=𝑄=×3×10−10=1.5×10−10𝐶 所以通过𝑅2的电荷量𝑄𝑅2 22
1
1
答：(1)流过电源的电流强度1A (2)两板间的电场强度的大小100𝑁/𝐶 (3)小球的质量4×10−3 𝑘𝑔
(4)如电容器电容为30pF，断开S后通过𝑅2的电荷量为1.5×10−10𝐶
解析：(1)根据闭合电路的欧姆定律求流过电源的电流； (2)求出电容器两板间的电压，根据𝐸=𝑑求两板间的电场强度； (3)对小球，根据受力平衡求出小球的质量；
(4)根据𝑄=𝐶𝑈求出断开S前的带电量，断开S后，电容器放电，通过𝑅2的电荷量为电容器带电量的
𝑈
一半；
本题考查含有电容器的电路问题，难点是确定电容器两端的电压，一定要明确与电容器串联的电阻相当于导线．
17.答案：解：(1)设粒子经U加速后获得的速度为v，根据动能定理有：𝑞𝑈 =2𝑚𝑣 2 ①
在区域Ⅰ的磁场中偏转，有：𝑞𝐵1𝑣=
𝑚𝑣2𝑅1
1
②
要使粒子能进入区域Ⅱ，必须：𝑅1>𝑑 ③ 联立得：0<𝐵1<
√2𝑞𝑈𝑚𝑞𝑑
④
(2)两区域磁场方向相反(如Ⅰ垂直纸向处，Ⅱ垂直纸面向里)，则粒子的运动轨迹如图
线𝐴𝐶𝐷.带电粒子在区域Ⅱ的磁场中偏转，由洛仑兹力提供向心力， 由：𝑞𝐵2𝑣=
𝑚𝑣2𝑅2
⑤
𝑅
𝑅
12
如图△𝑂1𝐻𝐶∽△𝑂2𝐽𝐶，则有：𝑑=𝑑−𝑅 ⑥
2
联立①②⑤⑥得：𝐵2−𝐵1=
√2𝑞𝑈𝑚𝑞𝑑
⑦ ．
答：(1)𝐵1的取值范围是0<𝐵1<(2)𝐵1与𝐵2的关系式为𝐵2−𝐵1=
√2𝑞𝑈𝑚𝑞𝑑
√2𝑞𝑈𝑚𝑞𝑑
．
解析：(1)粒子在加速电场中由动能定理求出进入磁场的速度，由于粒子恰好不从上边界穿出，所以粒子在𝐵1中的运动半径必大于𝑑1，从而求出𝐵1的取值范围．
(2)画出粒子在两个相反磁场的运动轨迹，由几何关系求出半径关系，从而求出磁感应强度的关系． 本题涉及的几何关系比较少见，在𝐵1中旋转一个优弧，在𝐵2中旋转一个劣弧，且与𝐵2的上边界相切，想方设法构筑与宽度有关几何图形，利用三角函数和相似三角形是本题的关键，但最后要把中间参数消去．
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