【答案】CD
【解析】带电微粒进入垂直电场方向进入电场后均做类平抛运动，可沿水平方向建立x轴，竖直方向建立y轴，则有题意有：
A、B、C三个微粒在水平方向位移有：
xA＞xB＞xC，在竖直方向位移有：
yA=yB=yC;因为微粒在水平方向做匀速直线运动，故满足x=v0t得运动时间有t=
∵xA＞xB＞xC∴tA＞tB＞tC，所以B错误．∵微粒在y轴方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝
at2得：
a=
又∵yA=yB=yC，tA＞tB＞tC∴aA＜aB＜aC∵微粒在电场中受电场力产生加速度，则由牛顿第二定律有：
F=ma∴有FA＜FB＜FC，所以C正确；在电场中有F=qE=q
得到qA＜qB＜qC，所以A错误；又因为微粒在电场中电场力对微粒做的功等于微粒动能的变化，由于微粒初动能相同，则可以比较电场力做功确定微粒末动能的大小,由于FA＜FB＜FC，yA=yB=yC；所以有电场力做功WC＞WB＞WA；据W=Ek-Ek0由于初动能相同所以有三个微粒到达下板时的动能关系是EkC＞EkB＞EkA故D正确．故选CD．
点睛：
处理类平抛问题的关键是利用运动的分解，将曲线运动分解成两个方向上的直线运动，利用等时性处理即可．
8.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是
A.增大电场的加速电压，其他保持不变
B.增大磁场的磁感应强度，其他保持不变
C.减小狭缝间的距离，其他保持不变
D.增大D形金属盒的半径，其他保持不变
【答案】BD
【解析】试题分析：
回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．
解：
根据qvB=
，解得v=
，则最大动能
，知最大动能与加速电压无关，与狭缝间的距离无关．与磁感应强度以及D形盒的半径有关．故B、D正确，A、C错误．
故选BD．
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关．
9.如图所示电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，R1、R2、R3均为定值电阻，平行板电容器中带电粒子P现处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则
A.电流表读数增大
B.电压表读数增大
C.粒子P将向下运动
D.R3上消耗的功率保持不变
【答案】AC
【解析】粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；滑片向b端移动，电阻R4变小，电路总电阻变小，总电流变大，内电阻和R1两端的电压变大，并联电路两端的电压变小，电容器两端的电压变小，电场力变小，带电粒子P将向下运动，故C正确；电容器两端电压为：
U=E-I（r+R1），故电容器两端电压变小，定值电阻R3的电流变小，电流表读数I＝I总−IR3，所以电流表的读数变大，电阻R2两端的电压变大，而并联电路的电压减小，所以R4两端的电压变小，电压表的读数变小，故A正确，B错误；由R3两端的电压减小，
，所以电阻R3消耗的功率逐渐减小，故D错误．故选AC．
点睛：
本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．
10.如图所示，0、B、A为一粗糙绝缘水平面上的三点，一电荷量为-Q的点电荷固定在0点，现有一质量为m，电荷量为+q的小金属块（可视为质点），从A点以初速度
沿它们的连线向固定点电荷运动，到B点时速度最小，其大小为v.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，AB间距离为L、静电力常量为k，则
A.OB间的距离为
B.小金属块由A向0运动的过程中，加速度先减小后增大
C.小金属块由A向0运动的过程中，电势能先增大后减小
D.在点电荷-Q形成的电场中，A、B两点间的电势差
【答案】AB
【解析】由题意知，A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg=k
，得r=
．故A正确．A到B过程，库仑力小于滑动摩擦力，库仑力增大，合力减小，加速度减小；B到O过程，库仑力大于滑动摩擦力，库仑力增大，合力增大，加速度增大；故B正确．小金属块由A点向O点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小．故C错误．滑块从A到B过程，由动能定理得：
qUAB-μmgL=
mv2-
mv02，得UAB=
．故D错误．故选AB.
点睛：
本题的突破口是“B点速度最小”，分析金属块的运动情况，来分析其受力情况，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况，根据动能定理求解电势差．
二、实验题
11.有一只满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=30Ω的电流表G。
若把它改装成量程为0.6A的电流表，应_____联一个______Ω的分流电阻（保留两位小数）；若把它改装成量程为3V的电压表，应_______联个_______Ω的分压电阻。
【答案】
（1）.并，
（2）.0.05Ω（3）.串，（4）.2970Ω
【解析】如把它改装成量程为0.6A的电流表要并联分流电阻：
如把它改装成量程为3V的电压表要串联电阻分压：
点睛：
把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，把电流表改装成大量程电流表，需要并联分流电阻，根据串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值.
12.某同学要测量一均勻新材料制成的圆柱形导体的电阻。
步骤如下：
（1）用游标卡尺和螺旋测微器测量其长度和直径如下图所示，由图可知其长度为______mm.直径为________mm；
（2）用多用电表的电阻“×100”挡，按正确的操作步骤测其电阻，发现指针偏角过大，他应先将倍率调为___（填“×10”或“×1000”），紧接着的操作步骤是_____________，正确操作后，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为_________Ω；
（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻R；
电流表A1（量程1mA，内阻约50Ω）；
电流表A2（量程20mA，内阻约10Ω）；
电压表V1（量程3V，内阻约10kΩ）；
电压表V2（量程I5V，内阻约25kΩ）；
直流电源E（电动势4V，内阻不计）；
滑动变阻器R1（最大阻值15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；
滑动变阻器R2（最大阻值50kΩ，允许通过的最大电流0.5A）；
开关S、导线若干
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，则电流表应该选择______，电压表应该选择______，滑动变阻器应该选择______；
（4）该同学用伏安法测该电阻的实验误差主要来源于_______（填“电流”或“电压”）；表的读数与被测电阻的真实值不同，导致被测电阻R测_______R真（选填“>”“=”或“<”），该误差属于_______（选填“系统”“偶然”）误差。
【答案】
（1）.
（1）50.15
（2）.4.700（±0.002）（3）.
（2）×10（4）.将红黑表笔短接，重新进行欧姆调零（5）.220（6）.（3）A2（7）.V1（8）.R1（9）.（4）电流（10）.<（11）.系统
【解析】
（1）长度为:
5cm+0.05mm×3=50.15mm；直径为：
4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm；
（2）用多用电表的电阻“×100”挡，按正确的操作步骤测其电阻，发现指针偏角过大，说明倍率档选择的过大，则他应先将倍率调为“×10”，紧接着的操作步骤是将红黑表笔短接，重新进行欧姆调零，该电阻的阻值约为22×10Ω=220Ω；
（3）直流电源电动势4V，则电压表选择量程3V的V1；电路中可能出现的最大电流
，则电流表选择量程20mA的A2；滑动变阻器应该选择阻值较小的R1；
（4）因电压表的内阻远大于待测电阻阻值，则实验采用电流表外接法，则该电阻的实验误差主要来源于电流表的读数大于被测电阻的电流的真实值，由
可知被测电阻R测点睛：
此题考查测量仪器的读数及伏安法测电阻的问题；知道仪器的选择原则：
安全、准确、方便；知道当Rx<
时采用电流表外接法，当变阻器的全电阻远小于待测电阻或要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法等等．
三、计算题
13.如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中b沿电场线方向，bc和电场线方向成60°角，一电荷量为q=4×10-8C的正电荷从a点移到b点时静电力做功为W1=1.2×10-7J，求：
（1）匀强电场的场强E；
（2）电荷从b移到e，静电力做功W2；
（3）a、c两点间的电势差Uac。
【答案】
（1）60V/m
（2）1.44×10－7J（3）6.6V
【解析】试题分析：
（1）由题，由
得
（2）电荷从b移到c电场力做功为
（3）电荷从a移到c电场力做功为
则a、c两点的电势差为
．
考点：
考查了匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．
【名师点睛】匀强电场中电场力做功公式
中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负．
14.如图所示电路中，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=20Ω，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时电阻R1消耗的电功率是2W。
若电源的电动势为6V，求：
（1）电源的内阻；
（2）开关S闭合时，电动机输出的机械功率。
【答案】
（1）2Ω
（2）1.5W
【解析】
（1）S断开时,R1的电功率
P1=（
）2R1=（
）2×8W=2.88W
得r=2Ω
（2）S闭合后,R1电压U1=
V=4V
流过R1的电流I1=
A=0.5A
S闭合后总电流I=
A=1A
流过电动机的电流I2=I-I1=0.5A
电动机输出功率P出=I2U1-I22R0=（0.5×4-0.52×2）W=1.5W
15.如图，一个质子和一个α粒子分别从容器A下方的小孔S，无初速地飘人电势差为U的加速电场。
然后垂直进人磁感应强度为B的勻强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，MN为磁场的边界。
已知质子的比荷为e/m，不计粒子所受重力大小，求：
（1）质子进人磁场时的速率v；
（2）α粒子在磁场中运动的时间t；
（3）质子和α粒子各自进出磁场的位置间距离之比。
【答案】
（1）
（2）
（3）1∶
【解析】
（1）质子在电场中加速，根据动能定理
求得
（2）质子在磁场中做匀速圆周运动，根据
求得
（3）由以上式子可知
而d=2r
则dH∶dα=1∶
点睛：
本题要知道，带电粒子在电场中加速，通常用动能定理求解；带电粒子垂直于匀强磁场进入磁场时，做匀速圆周运动，此时洛伦兹力提供向心力．
16.一质量为m=lkg、带电量为q=0.5C的小球M以速度v0=4.5m/s自光滑平台右端水平飞出，不计空气阻力，小球M飞离平台后由A点沿切线落人竖直光滑圆轨道ABC，圆轨道ABC的形状为半径R<4m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直虚线的右侧空间存在方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为B=10V/m，（sinS30°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g取10m/s²）
（1）求小球M经过A点的速度大小vA；
（2）欲使小球M在圆轨道运动时不脱离圆轨道，半径R的取值应满足什么条件?
【答案】
（1）
（2）
或
【解析】试题分析：
（1）小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A点时的速度沿圆轨道的切线方向，则
解得：
（2）（i）小球N沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC后，小球沿轨道做圆周运动，若恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，设滑至最高点的速度为vC，则有
根据动能定理得：
联立以上两式解得
；故当
时，小球N沿着轨道做圆周运动的，且能从圆的最高点C飞出．
（ii）若小球N恰好滑到与圆心等高的圆弧上的T点时速度为零，则滑块也沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．、根据动能定理得：
解得，
根据题中信息可知
，故当
时，小球在轨道内来回的滚动．
综上所述，小球能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半径R的取值应满足
或
．
考点：
平抛运动、圆周运动、动能定理。
............
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