【点睛】再求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题．
10.10.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，Ro为定值电阻，电表均为理想电表，R为滑动变阻器，闭合开关后灯泡正常发光，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列判断正确的是
A.电压表、电流表示数均变大，灯泡L将变暗
B.定值电阻Ro中将有从右向左的电流
C.电压表示数改变量与电流表示数改变量之比不变
D.电源输出功率一定变小
【答案】BC
【解析】
【分析】
电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，灯L变亮．电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化，由Q=CU分析电量的变化．
【详解】电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，R0两端的电压为零。
当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器电阻减小，外电阻减小，电路中总电流变大，则灯L将变亮，电流表示数变大，电源的内电压变大，则路端电压减小，电压表读数减小，选项A错误。
而电容器的电压等于路端电压，所以电容器的电压减小，由Q=CU分析可知其电荷量将减小。
电容器放电，则定值电阻R0中将有从右向左的电流出现，选项B正确。
根据闭合电路欧姆定律知U=E-Ir，得△U/△I=r，可得电压表示数改变量与电流表示数改变量之比保持不变。
故C正确。
因不清楚外电路电阻与电源内阻的大小关系，则不能确定电源输出功率的变化，选项D错误；故选BC.
【点睛】本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据“串反并同”来分析电表读数的变化，也可以由“局部-整体-局部”的方法分析．
11.11.如图所示，整个空间充满竖直向下的匀强电场，一带正电的小球自A点由静止开始自由下落，到达B点时与绝缘弹簧接触，到达C点时弹簧被压缩至最短，然后被弹回。
若不计弹簧质量和空气阻力，在带电小球（小球带电量不变）下降运动过程中，下列判断中正确的是（）
A.运动过程中小球所受重力和弹力做功之和等于小球动能增加量
B.小球由B到C动能先增大后减小
C.小球在C点时加速度最大
D.小球由B到C的过程中，动能和弹簧弹性势能之和增大
【答案】BCD
【解析】
【详解】运动过程中小球所受重力、弹力和电场力做功之和等于小球动能增加量，选项A错误；在B点时电场力和重力之和大于弹力，小球的加速度向下，随小球的下降，弹力增大，则加速度减小，直到重力和电场力的合力等于弹力时，加速度为零，速度最大；小球继续下降，弹力大于重力和电场力的合力，则加速度向上，做减速运动直到最低点C时速度为零，则小球由B到C动能先增大后减小，选项B正确；小球下落与弹簧接触的运动具有对称性，当压缩弹簧的速度等于刚接触弹簧时的速度时，加速度大小相等，再往下压缩加速度变大，则在C点时加速度最大；选项C正确；小球由B到C的过程中，重力势能减小，由系统的机械能守恒可知，动能和弹簧弹性势能之和增大，选项D正确；故选BCD.
【点睛】明确机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功；把握小球从B到C过程的受力分析和运动分析，知道小球先做加速运动，后做减速运动，在BC之间某位置速度最大，到C点速度减为零，弹簧压缩到最短．
12.12.如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场（包括边界），磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）。
一群不计重力的不同正离子以较大的相同速率vo，由P点在纸平面内沿不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，已知所有粒子在磁场中的轨道半径r=R，则下列说法正确的是
A.离子飞出磁场时的动能一定相等
B.离子飞出磁场时的速度一定相同
C.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
D.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
【答案】BC
【解析】
比荷q/m相同的负离子，质量不一定相同，虽然初速度相同，则动能不一定相同，则离子飞出磁场时的动能不一定相等，选项A错误；离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=m
，解得：
，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故B正确；由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，离子圆周运动的最大弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，此时粒子一定不会沿PQ射入，故C正确，D错误；故选BC。
三、填空题（共有2小题，共12分。
）
13.13.某实验小组利用如右图所示的装置探究牛顿第二定律中质量一定时a与F的关系，他们将宽度为d的挡光片固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与砝码盘相连，在水平桌面上的A、B两点各安装一个光电门，记录小车通过A、B时的遮光时间，小车中可以放置砝码。
（1）实验主要步骤如下：
①用天平测量小车和遮光片的总质量M、砝码盘和盘内砝码的总质量m;用游标卡尺测量挡光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；
②调整轻滑轮，使细线与木板平行；
③将木板不带滑轮的一端垫高，以平衡摩擦力，让小车从光电门A的左侧由静止释放；用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间tA和tB；
④小车右侧通过细线连上砝码盘，盘中放有多个砝码；再次让小车从光电门A的左侧由静止释放，记录遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB，利用a=____（用d、s、△tA和△tB表示），求出小车加速度；并记录此时砝码盘及盘内砝码的质量m；
⑤将盘中砝码拿出一个放到小车上，再次让小车从光电门A的左侧由静止释放，记录步骤④中的时间和质量，重复步骤⑤多次实验。
⑥对小车和砝码及砝码盘组成的系统，合力F=mg，结合上述公式求出的a，得到多组a、F的数据。
描点做出a一F的图像，从而得出a与F的关系。
（2）测量d时，某次游标卡尺的示数如右图所示，其读数为____cm。
（3）下列说法哪一项是正确的（______）
A．平衡摩擦力时必须将砝码盘通过细线挂在小车上。
B.若测得tA=tB，说明摩擦力已平衡好。
C．为减小误差，应使砝码及砝码盘质量之和远小于小车和车内砝码质量之和。
D．本实验装置也可以用来验证动能定理。
【答案】
（1）.
（2）.0.550cm（3）.BD
【解析】
【详解】
（1）遮光片经过光电门A和B的平均速度分别表示AB位置的瞬时速度，
；
；由速度位移公式可知：
（2）20等分游标卡尺的精度为0.05mm，主尺读数为0.5cm，游标读数为：
10×0.005cm=0.050cm，则游标卡尺的读数为：
0.550cm.
（3）平衡摩擦力时不挂砝码盘，只让小车拖着纸带匀速运动，选项A错误。
若测得tA=tB，说明小车匀速运动，摩擦力已平衡好，选项B正确。
本实验没有用砝码盘和盘中砝码的重力代替绳子的拉力，不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故C错误．本实验装置也可以用来验证动能定理，选项D正确；故选BD。
【点睛】光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．解题时要搞清实验原理及注意的事项。
14.14.将G表改装成两种倍率（“×10”、“×100”）的欧姆表。
现用该欧姆表对一阻值约为200Ω的电阻进行测量，请完成下列问题：
（1）当开关S合向_____端（a或b），这时的欧姆表是较小倍率档。
（2）将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行调零。
（3）将两表笔分别与被测电阻相接。
（4）若电表的示数如图甲所示，则该电阻的阻值读数为____Ω。
（5）将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行调零。
若电源电动势E=15V，灵敏电流计的满偏电流Ig=5mA，内阻Rg=100Ω，“×10”倍率时欧姆表的内阻为150Ω，该倍率下电阻调零时，流过电阻Ro的电流____mA。
【答案】
（1）.a
（2）.180Ω（3）.95mA
【解析】
【详解】
（1）当电阻调零时，根据闭合电路的欧姆定律可知，
，则E一定，ITg越大，R内越小，欧姆表的倍率越小，接a时比接b时干路中满偏电流大，故应该合向a端；
（4）欧姆表的读数为：
18×10Ω=180Ω；
（5）电阻调零时由上述公式可知ITg=100mA，又因为ITg=Ig+IR0，解得IR0=95mA
三、计算题（共有4小题，共40分）
15.15.某物理兴趣小组准备对自制的玩具汽车进行性能测试，于是让可以看成质点的玩具汽车在平直的路面上做匀加速直线运动，依次通过间距相等的A、B、C、D、E五个测速点，已测得：
玩具车质量为m=2kg、vA=
m/s、vE=
m／s求：
（1）玩具汽车经过B点时的速度vB的大小；
（2）若测速点间距均为x=0.5m且玩具汽车与路面间动摩擦因数μ为0.5，求汽车的牵引力F的大小。
【答案】
（1）2m/s
（2）12N
【解析】
【详解】
（1）由运动学公式可得：
；
解得vB=2m/s
（2）将x=0.5m带入上述公式可知a=1m/s2
根据牛顿第二定律可得F-μmg=ma
解得F=12N
16.16.如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度t，沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。
一质量m=1kg的物块以初速度vo从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v-t图像如图乙所示，已知重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，求：
（1）0~2s内物块的加速度a及传送带底端到顶端的距离x；
（2）物块与传送带闻的动摩擦因数μ；
（3）0~4s物块与传送带间由于摩擦而产生的热量Q。
【答案】
（1）32m
（2）0.5（3）96J
【解析】
【详解】
（1）v-t图像的斜率表示加速度，由图像可知a=10m/s2，方向沿传送带向下，传送带底端到顶端的距离等于v-t图像包含的面积：
（2）0-2s内由牛顿第二定律可得：
由a=10m/s2解得μ=0.5
（3）根据v-t图像可知，物块0-2s内向上做减速运动，当减速到与传送带共速时，由于重力沿传送带向下的分力大于传送带给它的向上的最大静摩擦力，故物块继续向上做减速运动，因此可断定传送带的速度为4m/s；
0-2s的相对位移：
则
；
2-4s的相对位移：
则
综上得：
Q=Q1+Q2=96J
17.17.如图所示，坐标空间中有场强为E=100N/C的匀强电场和磁感应强度为B=10-3T的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m，电荷量为-q的带电粒子从电场中坐标位置（-1，0）处，以初速度vo=105m/s沿x轴正方向开始运动，且已知带电粒子的比荷
=108C/kg，粒子的重力忽略不计，则：
（1）求带电粒子进入磁场的速度大小；
（2）为使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁场的宽度d应满足的条件。
【答案】
（1）
m/s
（2）2.41m
【解析】
【详解】
（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动的加速度为a，由牛顿第二定律可得：
qE=ma
设粒子出电场、入磁场时的速度大小为v，此时在y方向的分速度为vy，粒子在电场中运动的时间为t，则：
vy=atl=v0t
解得vy=v0
（2）设v的方向与y轴夹角为θ，则有
可得θ=450
粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如图：
则有：
可得
要使粒子穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件：
综合已知条件解以上各式可得：
【点睛】题考查带电粒子在匀强电场中做类平抛运动和在匀强磁场中做匀速圆周运动，在电场中掌握类平抛问题的处理方法，在磁场中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.
18.18.如图所示，空间某区域存在足够大的水平方向的匀强电场E=2×104N/C，将一长为L=1m的不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端连接一个质量为m=0.1kg的可视为质点小球，小球带电量q=+5×l0-5C，现将绝缘细线AO拉至与电场线平行位置，且细线刚好拉直，让小球从A处静止释放，取g=10m/s2，求：
（1）小球第一次到达O点正下方的B点时细线的拉力F;
（2）小球从A运动到B过程中，小球的最大速度vm；
（3）若让小球在如图所示的竖直平面内做完整的圆周运动，则需在A处给小球一个垂直于细线的初速度vo，求vo的最小值。
（以上结果可用根式表示）
【答案】
（1）1N
（2）
m/s（3）
m/s
【解析】
【详解】
（1）因mg=1N，qE=1N，则小球沿圆弧运动，由A到B由动能定理：
解得vB=0，
则F=mg=1N
（2）依题意小球运动到AB圆弧中点C时，速度最大，由A到C由动能定理：
解得：
（3）由题意可知，当小球运动到圆周上与C点对称的D处时，有：
由A到D由动能定理：
解得：
【点睛】此题是带电粒子在电场和重力场中的运动问题，因重力和电场力都是恒力，则解题时也可以把它们等效为一个恒力来处理，然后结合圆周运动的规律求解.
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