模块综合检测
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共8个小题，每小题6分．共48分．每小题至少有一个答案是正确的，把正确答案的字母填在题后的括号内．)
1．关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是( )
A．电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用
B．电荷在电场中一定受电场力作用
C．电荷所受电场力一定与该处电场方向一致
D．电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直
【解析】 电荷在电场中一定受电场力作用，但电场力的方向不一定和电场方向一致，B正确，C错误．电荷在磁场中不一定受洛伦兹力，洛伦兹力一定与磁场方向垂直，A、D错误．
【答案】 B
2．电荷从静止开始只在电场力作用下的运动(最初阶段的运动)，则电荷( )
A．总是从电势高的地方移到电势低的地方
B．总是从电场强度大的地方移到电场强度小的地方
C．总是从电势能大的地方移到电势能小的地方
D．总是从电势能小的地方移到电势能大的地方
【解析】 电荷从静止开始运动，动能增加，电势能一定减小，故C正确．
【答案】 C
3．(2012·南京高二检测)如图1所示，两个等量异种电荷在真空中相隔一定距离，OO′代表两点电荷连线的中垂面，在两点电荷所在的某一平面上取图示1、2、3三点，则这三点的电势大小关系是( )
图1
A．φ1＞φ2＞φ3 B．φ2＞φ1＞φ3
C．φ2＞φ3＞φ1 D．φ3＞φ2＞φ1
【解析】 本题所涉及的是带等量异种电荷周围的电场线和等势面，先画出带等量异种电荷周围的电场线和等势面如下图所示，根据沿着电场线方向电势越来越低，知φ1＞φ2＞φ3.
【答案】 A
4．(2012·泉州五中高二检测)光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行，一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为( )
A．0 B.mv＋qEl
C.mv D.mv＋qEl
【解析】 由题意知，小球从进入电场至穿出电场时可能存在下列三种情况：从穿入处再穿出时，静电力不做功．C项对；从穿入边的邻边穿出时，静电力做正功W＝Eq·，由功能关系知B项对；从穿入边的对边穿出时，若静电力做负功，且功的大小等于mv，则A项对；而静电力做正功时，不可能出现W＝Eql.D项错．
【答案】 ABC
5．温度能明显地影响金属导体和半导体材料的导电性能，如图2所示图线分别为某金属导体和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则( )
图2
A．图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化关系
B．图线2反映金属导体的电阻随温度的变化关系
C．图线1反映金属导体的电阻随温度的变化关系
D．图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化关系
【解析】 金属导体的电阻随温度的升高而增大，半导体材料的电阻随温度的升高而减小，故选项C、D正确．
【答案】 CD
6．R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，R1允许通过的最大电流为1.5 A，R2两端允许加的最大电压为10 V，若将它们串联，加在电路两端的最大电压可以是( )
A．45 V B．5 V
C．25 V D．15 V
【解析】 R2的最大电压为U2＝10 V，R2允许通过的最大电流为0.5 A，与R1串联后，由电压与电阻成正比，故R1两端电压U1＝U2＝5 V．总电压U＝U1＋U2＝15 V．故D正确．
【答案】 D
7．(2012·上海奉贤区高二检测)如图3所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是( )
图3
A．R3断路 B．R1短路
C．R2断路 D．R1、R2同时短路
【解析】 灯泡A变暗，灯泡B变亮，说明流过灯泡A的电流减小，流过灯泡B的电流增大．若R3断路，电源的路端电压增大，流过灯泡A、B的电流均增大；若R1短路，电源的路端电压减小，流过R3的电流减小，流过灯泡A、B的电流增大；若R2断路，电源的路端电压减小，灯泡A和电阻R1两端的电压增大，电路中的总电流减小，流过R3的电流增大，流过灯泡A的电流减小，灯泡B两端的电压增大，流过灯泡B的电流增大；电阻R1、R2同时短路，灯泡B不亮．正确选项为C.
【答案】 C
8．在图5中，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将( )
图5
A．沿路径a运动，轨迹是圆
B．沿路径a运动，轨迹半径越来越大
C．沿路径a运动，轨迹半径越来越小
D．沿路径b运动，轨迹半径越来越小
【解析】 由左手定则可判断电子运动轨迹向下弯曲．又由r＝知，B减小，r越来越大，故电子的径迹是a.故B对，A、C、D都错．
【答案】 B
二、非选择题(本题共4个小题，共52分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
9．(10分)测量电源电动势和内电阻的器材如图5A所示，请用实线表示导线，将图A中器材连成实验用电路，实验时经测量得出的数据如下表，请在图B的方格纸上画出U－I图线．利用图线可求出电源电动势和内电阻分别为________、________.
图5
1
2
3
4
5
6
I/A
0.12
0.20
0.31
0.32
0.50
0.57
U/V
1.37
1.32
1.24
1.18
1.10
1.05
【解析】 实物连线如图所示．
由图像知：E＝1.46 V，r＝0.72 Ω
【答案】 见解析
10．(12分)(2012·南京高二期末)如图6所示，A、B是两个点电荷，电荷量均为q，A固定在绝缘支架上，处于A的正上方的B放在一块绝缘板上．现在手持绝缘板使B从静止开始以加速度a竖直向下做匀加速运动(a＜g)，B的质量为m.求B运动到离A多远的地方恰对绝缘板无压力．
图6
【解析】 整体向下加速过程中，F斥不断增大，当B与板的相互作用力刚好为零时，B和绝缘板具有相同的速度和加速度．
设B、A间距为x时，B与绝缘板作用力刚好为零
即mg－k＝ma
x2＝
得x＝q .
【答案】 q
11．(15分)(2012·莆田一中高二检测)如图7所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源，电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m，长度为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放时的瞬时加速度的大小．
图7
【解析】 对于导体棒受力分析，如图所示．
mgsin θ－BILcos θ＝ma①
E＝I(R＋r)②
由①②得
a＝gsin θ－.
【答案】 gsin θ－
12．(15分)(2013·漳州一中高二期末)下图8为一种质谱仪工作原理示意图．在以O为圆心．OH为对称轴、夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点．CM垂直磁场左边界于M，且OM＝d.现有一正离子束以小发散角(纸面内)从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为的离子都能会聚到D，试求：
图8
(1)磁感应强度的大小和方向(提示：可考虑以沿CM方向运动的离子为研究对象)；
(2)离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；
(3)线段CM的长度．
【解析】 (1)设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R
则有qv0B＝，
又R＝d，
可得B＝，磁场方向垂直纸面向外．
(2)设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t.
由vcos θ＝v0 得v＝，
R′＝＝.
离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，
t＝T×＝.
(3)CM＝MNcot θ，
＝，R′＝，
以上3式联立求解得CM＝dcot α.
【答案】 (1) 垂直于纸面向外 (2) (3)dcot α
综合检测(一)
第1章 电荷的相互作用
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共9个小题，每小题6分．共54分．每小题至少有一个答案是正确的，把正确答案的字母填在题后的括号内．)
1．以下说法正确的是( )
A．摩擦起电是自由电子的转移现象
B．摩擦起电是通过摩擦产生的正电荷和电子
C．感应起电是自由电子的转移现象
D．金属可以发生感应起电是由于导体内有可以移动的正电荷
【解析】 摩擦起电是电子在物体之间的转移，感应起电则是物体内部电子的转移，所以A、C正确，B错误．金属发生感应起电是由于导体内有可以移动的自由电子，而不是正电荷，D项错．
【答案】 AC
2．把酒精灯的火焰靠近带电的验电器的金属球，发现验电器的箔片稍微合拢了一些，这说明验电器的电荷减少了，其原因是( )
A．电荷被火焰烧毁
B．火焰使周围空气变成导体，电荷转移到空中
C．电荷转移到酒精灯上
D．火焰产生的相反的电荷与它们中和
【解析】 用火焰靠近验电器的金属球时，验电器的箔片稍微合拢了一些，这说明验电器的电荷减少了，是因为电荷转移了，或中和了．由于火焰不能产生电荷，所以是因为火焰使周围空气变成导体，电荷转移到空中，所以验电器的电荷减少了．故选B.
【答案】 B
3．如图1所示，用两根绝缘丝线挂着两个质量相同不带电的小球A和B，此时，上、下丝线受的力分别为TA、TB；如果使A带正电，B带负电，上、下丝线受力分别为TA′、TB′则( )
图1
A．TATB′
C．TA＝TA′ D．TB【解析】 不带电时，由共点力平衡条件可知：TA＝(mA＋mB)g，TB＝mBg；如果使A带正电，B带负电，则A、B相互吸引，对于A、B系统，由共点力平衡可知TA′不变，TB′减小．故选项BC正确．
【答案】 BC
4．M和N是原来都不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电荷1.6×10－10 C，下列判断中正确的是( )
A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷
B．摩擦的过程中电子从N转移到了M
C．N在摩擦后一定带负电荷1.6×10－10 C
D．M在摩擦过程中失去了1.6×10－10个电子
【解析】 摩擦前M、N不带电是因为M、N内部正、负电荷的数量相等，故不显电性，A错误，M带正电荷说明摩擦过程中M上的电子转移到N，B错误，根据电荷守恒定律C正确，根据元电荷的电荷量，D错误．
【答案】 C
5．(2012·福建古田一中高二检测)关于库仑定律，下列说法正确的是( )
A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体
B．根据F＝k，当两点电荷间的距离趋近于零时，库仑力将趋向无穷大
C．若点电荷Q1的电荷量大于Q2的电荷量，则Q1对Q2的库仑力大于Q2对Q1的库仑力
D．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律
【解析】 物体是不能看成点电荷与大小、形状无关，A错误，两点电荷距离趋于零时，库仑定律不再成立，B错误，电荷之间的相互作用符合牛顿第三定律，C错误，库仑定律和万有引力定律相似，D正确．
【答案】 D
6．真空中有两个点电荷Q和q，它们之间的库仑力为F，下面哪些做法可以使它们之间的库仑力变为1.5F( )
A．使Q的电量变为2Q，使q的电量变为3q，同时使它们间的距离变为原来的2倍
B．使每个电荷的电量都变为原来的1.5倍，距离也变为原来的1.5倍
C．使其中一个电荷的电量变为原来的1.5倍，距离为原来的1.5倍
D．保持电量不变，使距离变为原来的2/3倍
【解析】 根据库仑定律F＝，A正确，B、C、D错误．
【答案】 A
7．真空中两个相同的金属小球A和B，带电荷量分别为QA＝2×10－8 C和QB＝4×10－8 C，相互作用力为F，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为( )
A.F B．F
C.F D.F
【解析】 两球相互接触后，电荷量平分，故QA′＝QB′＝3×10－8 C，根据库仑定律，A正确．
【答案】 A
图2
8．相距L的点电荷A、B，带电量分别为＋9Q和－Q，现有一个带电量为3Q点电荷C，把C放在某点能使它受到A、B两点电荷对它的库仑力的合力为零(处于平衡状态)，则C的位置是( )
A．在A左侧L/2处 B．在A右侧2L/3处
C．在B左侧2L/3处 D．在B右侧L/2处
【解析】 放在某点能使它受到A、B两点电荷对它的库仑力的合力为零，则必须放在A、B连线上，且在小电量的外侧，即B球的外侧，设C球在B球外侧x处，由共点力平衡及库仑定律可得，k＝k解得x＝L/2.故选项D正确．
【答案】 D
9．如图3是消除烟气中煤粉的静电除尘器示意图，它由金属圆筒和悬在管中的金属丝B组成，带煤粉的烟气从下方进气口进入，煤粉带负电，脱尘后从上端排气孔排出，要让除尘正确工作，应该是：
图3
A．AB应接直流电源，且B为正极
B．AB应接交流电源，且B接火线
C．其外壳A应接地，原因是以防触电
D．其外壳A应接地，其原因是导走电荷以防爆炸
【解析】 AB应接直流电源，由于煤粉带负电，故A应为正极，A、B错误．外壳A接地原因是防止触电为了安全，C正确，D错误．
【答案】 C
二、非选择题(本题共3个小题，共46分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
10．(15分)有两个完全相同的带电小球A和B.分别带电10Q和－Q，球心间距为R，将它们用绝缘支柱固定起来，现用第三个一样的不带电的金属球C反复不断地和A、B轮流接触，最后移开C，A、B间的作用力变为原来的多少倍？
【解析】 原来A、B间的库仑力为库仑引力F：
F＝k ①
不带电的金属球C反复不断的和A、B轮流接触，最后可以视为ABC三球直接接触，电量中和后再均分，每个球带电量Q′＝(10Q－Q)/3＝3Q，此时A、B间的库仑力F′变为：
F′＝k ②
所以F′/F＝9/10. ③
【答案】 9/10
11．(15分)如图4所示，把质量为2 g的带负电的小球A用绝缘细绳悬挂起来，再将带电荷量为Q＝4.0×10－6C的带正电的小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度并且相距30 cm时，绳与竖直方向成45°角．(g取10 m/s2)
图4
(1)B球受到的库仑力多大？
(2)A球所带的电荷量是多少？
【解析】 (1)球A受力如图由力的平衡条件：F＝mgtanα＝2×10－2N.
由牛顿第三定律知B球受到的库仑力为2×10－2 N.
(2)由库仑定律：F＝k
得：qA＝＝C＝5.0×10－8C.
【答案】 (1)2×10－2N (2)5.0×10－8C
12．(16分)(2012·福州三中高二检测)两个正电荷q1和q2电量都是3C，静止于真空中的A、B两点，相距r＝2 m.
(1)在它们的连线AB的中点O放入正电荷Q，求Q受的静电力．
(2)在它们连线上A点左侧C点，AC＝1 m，放置负电荷q3，q3＝－1 C，求q3所受静电力．
【解析】 (1)q1对Q的作用力F1＝k
q2对Q的作用力F2＝k
由于q1＝q2＝3 C，且F1、F2共线方向相反，所以F1与F2大小相等，方向相反，合力为零．
(2)在A点左侧C点放置q3＝－1 C电荷时，
F13＝k＝9.0×109× N＝2.7×1010 N方向向右．
F23＝k＝9.0×109× N＝3.0×109 N方向向右
由于F13和F23共线同向，所以F3＝F13＋F23＝3.0×1010 N，方向向右
【答案】 (1)0 (2)3.0×1010 N，方向向右
综合检测(二)
第2章 电场与示波器
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分．共42分．每小题至少有一个答案是正确的，把正确答案的字母填在题后的括号内．)
1．(2012·广州高二检测)如图所示，A、B两点场强的大小和电势的大小均不相等的是( )
【解析】 A选项中两点场强的大小和电势的大小都相等，B选项中，场强的大小和电势的大小都不相等，C选项中场强相等，电势不等，D选项中，场强不相等，电势相等，故选B.
【答案】 B
2．将电量为3×10－6 C的负电荷，放在电场中A点，受到的电场力大小为6×10－3 N，方向水平向右，则将电量为6×10－6 C的正电荷放在A点，受到的电场力为( )
A．1.2×10－2 N，方向水平向右
B．1.2×10－2 N，方向水平向左
C．6×10－3 N，方向水平向右
D．6×10－3 N，方向水平向左
【解析】 A点的电场强度E＝F/q＝6×10－3/(3×10－6)＝2×103 N/C，方向水平向左；放入正电荷后电场强度不变，所以F＝Eq′＝2×103×6×10－6 N/C＝1.2×10－2 N，方向水平向左．故选项B正确．
【答案】 B
3．电场中A、B两点间的电势差为U，一个静止于A点、电量为q的正点电荷，在电场力的作用下从A点移动到B点．电场力所做的功等于( )
A．U B．U/q C．q/U D．qU
【解析】 根据WAB＝qU，D正确．
【答案】 D
图1
4．(2010·山东高考)某电场的电场线分布如图1所示，以下说法正确的是
( )
A．c点场强大于b点场强
B．a点电势高于b点电势
C．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点
D．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小
【解析】 电场线的疏密表示电场的强弱，A项错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，B项正确；＋q在a点所受电场方向沿电场线的切线方向，由于电场线为曲线，所以＋q不沿电场线运动，C项错误；在d点固定一点电荷－Q后，a点电势仍高于b点，＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减小，D项正确．
【答案】 BD
5．某静电场的电场线分布如图2所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则( )
图2
A．EP＞EQ，φP＞φQ B．EP＞EQ，φP＜φQ
C．EP＜EQ，φP＞φQ D．EP＜EQ，φP＜φQ
【解析】 P点处电场线分布的密集些，Q处电场线分布稀疏些，则EP＞EQ.图中，电场线的方向是由P指向Q，根据顺着电场线的方向，电势依次降落，有P点电势高于Q点电势．
【答案】 A
图3
6．如图3所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两极板间距离的过程中( )
A．电阻R中没有电流
B．电容器的电容变小
C．电阻R中有从a流向b的电流
D．电阻R中有从b流向a的电流
【解析】 解题关键是电容器与电源相连，其电压不变．由C＝可知，当d增大时，C减小，而电容器始终与电源相连，故U不变，由C＝可知，Q变小，即电容器将放电，电流从a流向b，故正确答案为BC.
【答案】 BC
7．(2012·三明一中高二检测)如图4所示，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )
图4
A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大
C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小
【解析】 设电子经加速电场后获得的速度为v0，由动能定理得qU1＝
①
设偏转电场的极板长为L，则电子在偏转电场中运动时间
t＝ ②
电子在偏转电场中受电场力作用获得的加速度a＝ ③
电子射出偏转电场时，平行于电场线的速度vy＝at ④
由②③④得vy＝.
所以，tan θ＝＝.
①式代入上式得tan θ＝，所以B正确．
【答案】 B
二、非选择题(本题共5个小题，共58分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
图5
8．(6分)如图5所示，在边长为30 cm的正三角形的两个顶点A、B上各放一个带电小球，其中Q1＝4×10－6 C，Q2＝－4×10－6 C，则它们在三角形另一顶点C处所产生的电场强度大小是________，方向________．
【解析】 Q1、Q2在C点产生的场强矢量叠加即可．如图
E＝E1＝E2＝k
＝9×109× N/C
＝4×105 N/C.
【答案】 4×105 N/C 与AB边平行，且向右
9．(8分)一个质量为m的电子，以初速度v0沿与电场线平行的方向射入匀强电场．经过时间t，电子具有的电势能与刚射入电场时具有的电势能相同，则此匀强电场的电场强度E＝________，电子在电场中通过的路程为________．
【解析】 根据题意，经时间t电子具有的电势能与刚射入电场时的电势能相同，即在时间t内电场力对电子所做的功为零．
所以有t＝，a＝解得E＝
在时间内电子的平均速度为，由此可得电子在t时间内运动的路程为s＝.
【答案】 2mv0/et v0t
10．(12分)地球是一个带电体，且电荷均匀分布于地球表面．若已知地球表面附近有一电量为2×10－4 C的正电荷受到4×10－3 N的电场力，且方向竖直向下，则地球带何种电荷？所带总电量为多少？(已知地球半径R＝6.4×106 m，k＝9×109 N·m2/C2)
【解析】 地球所带电量可以认为集中于地球中心，设地球所带电量为Q，则地球表面附近的场强E＝ ①
据场强定义知E＝ ②
将k＝9×109 N·m2/C2，R＝6.4×106 m，F＝4×10－3 N，q＝2×10－4 C代入①②求得Q＝9.1×104 C
因正电荷受到的电场力竖直向下，故地球附近的电场方向竖直向下，即指向地心，地球带负电．
【答案】 负电 9.1×104 C
11．(15分)(2012·南平一中高二检测)如图6所示，平行金属带电极板A、B间可看成匀强电场，场强E＝1.2×102 V/m，极板间距离d＝5 cm，电场中C和D点分别到A、B两板的距离均为0.5 cm，B板接地，求：
图6
(1)C和D两点的电势、两点间电势差各为多少？
(2)将点电荷q＝2×10－2 C从C点匀速移到D点时外力做多少功？
【解析】 (1)因正极板接地，故板间各点电势均小于零，则UBD、UBC均大于零，由U＝Ed得
UBD＝EdBD＝1.2×102×0.5×10－2 V＝0.6 V，
即φD＝－0.6 V.
由于dCB＝5 cm－0.5 cm＝4.5 cm＝4.5×10－2 m，
所以UCB＝－EdCB＝－1.2×102×4.5×10－2 V＝－5.4 V＝φC.
所以UCD＝φC－φD＝－5.4 V－(－0.6 V)＝－4.8 V
(2)因为匀速移动，外力所做的功等于电场力所做的功W外＝|qUCD|＝2×10－2×4.8 J＝9.6×10－2 J.
【答案】 (1)－5.4 V －0.6 V －4.8 V
(2)9.6×10－2 J
12．(17分)两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m＝5×10－6 kg的带电粒子，以v0＝2 m/s的水平速度从两板正中央位置射入电场，如图7所示，A、B两板间距离为d＝4 cm，板长l＝10 cm.
图7
(1)当A、B间的电压为UAB＝1 000 V时，粒子恰好不偏转，沿图中直线射出电场，求该粒子的电荷量和电性．
(2)令B板接地，欲使粒子射出偏转电场，求A板所加电势的范围．(g取10 m/s2)
【解析】 (1)粒子做直线运动，合力为0，故在竖直方向上有：qE＝mg，即q＝mg，解得电荷量q＝＝2×10－9 C，
因为电场力方向向上，故粒子带负电．
(2)题目中并未说明粒子的偏转方向，故粒子可能向上、下两方向偏转．
当qE＞mg时，粒子向上偏，若粒子恰沿板的边缘M点飞出，则有侧移量y＝，即＝a1t2，其中a1＝－g，t＝，解得U1＝2 600 V，由于φB＝0，则φA＝2 600 V，同理可得粒子向下偏时，a2＝＋g，代入＝a2t2，解得U2＝600 V，即φA′＝600 V.
据题意知，A板电势范围应为600 V≤φA≤2 600 V.
【答案】 (1)2×10－9 C 负
(2)600 V≤φA≤2 600 V
综合检测(三)
第3章 从电表电路到集成电路
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分．共42分．每小题至少有一个答案是正确的，把正确答案的字母填在题后的括号内．)
1．关于电流的方向，下列说法中正确的是( )
A．电源供电的外部电路中，电流的方向是从高电势一端流向低电势一端
B．电源内部，电流的方向是从高电势一端流向低电势一端
C．电子运动形成的等效电流方向与电子运动方向相同
D．电容器充电时，电流从负极板流出，流入正极板
【解析】 电源的外部电流从正极流向负极，电源的内部电流从负极流向正极，电源正极电势高于负极电势，所以A正确，B错误；电子运动形成的电流方向与电子运动的方向相反，C错误；电容器充电时，电子流入负极板，所以电流从负极板流出，流入正极板．D正确．
【答案】 AD
2．有关欧姆表的使用，下列说法中正确的是( )
A．更换测量挡时，需要重新调零
B．测量电阻时，表的指针偏转角度越大，误差就越小
C．使用完毕应将选择开关旋至交流电压最高挡或“off”挡
D．如果指针相对电流零刻度偏转太小，应改用大量程测量
【解析】 欧姆表的指针指在中值电阻附近时，读数误差较小，由于电阻的测量值等于表面示数乘倍率，指针相对电流零刻度偏转太小，即电阻的表面示数太大，说明倍率太小，应增大倍率，即改用较大量程挡测量．为了安全，使用完毕应将选择开关旋至交流电压最高挡或“OFF”挡．欧姆表使用时，每换一次挡必须重新调一次零．
【答案】 ACD
3．(2012·青岛高二检测)如图1所示，两个截面不同，长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端电压为U，则( )
图1
A．通过两棒的电流不相等
B．两棒的自由电子定向移动的平均速率相同
C．两棒内的电场强度不同，细棒内部场强E1大于粗棒内部场强E2
D．通过两棒的电荷量相等
【解析】 因两棒串联，所以I1＝I2，q1＝q2，选项A不正确，D正确；根据电流的微观意义I＝nqSv，得nqS1v1＝nqS2v2.因S1＜S2，自由电子定向移动的平均速率v1＞v2，选项B错误；又恒定电流的电场类似静电场，由E＝得E1＞E2，选项C正确．
【答案】 CD
4．如图2所示，电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池提供恒定的电压，开关S接通后流过R2的电流是S接通前的( )
图2
A. B.
C. D.
【解析】 当S断开时，电路中总电阻为2R，当S接通后电路中总电阻为R，根据欧姆定律和串、并联特点，开关S接通后R2的电流是接通前的，B正确．
【答案】 B
图3
5．如图3所示是一个三输入端复合门电路，当C端输入“0”时，A、B端输入何值时输出端Z输出“1”( )
A．0 0 B．0 1
C．1 0 D．1 1
【解析】 因为C输入为“0”，而Z输出为“1”，则要求AB的输出端为“1”，而A、B只有同时输入为“1”时，其输出端才为“1”，故D正确．
【答案】 D
6．(2012·宁德高二检测)对于常温下一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法中正确的是( )
A．常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10R
B．常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为R
C．给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，则任一状态下的比值不变
D．把金属丝的温度降到非常低，电阻率可能会变为零
【解析】 设原电阻R＝ρ，当l′＝10l时，由体积不变原理求得截面积变成S′＝S，所以电阻变为R′＝ρ＝ρ＝100R，A错误；从中点对折起来，相当于两个阻值为R的电阻并联，其总阻值为R，B正确；金属丝的电阻率ρ随温度的升高而增大，当金属丝两端的电压逐渐增大时，由于电流的热效应会使电阻率ρ随温度的升高而增大，因而R＝ρ＝将逐渐增加，C错误；选项D中的现象叫超导现象，D正确．
【答案】 BD
7．导体中的电流是这样产生的：当在一根长度为l、横截面积为S的均匀导体两端加上电压U时，导体中出现一个匀强电场，导体内的自由电子(－e)受匀强电场的电场力作用而加速，同时由于与做无规则热运动的阳离子碰撞而受到阻碍，这样边反复碰撞边向前移动．可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速率v成正比，其大小可以表示成kv(k是常数)．当电子所受电场力与阻力大小相等时，导体中就形成了恒定电流，则该导体的电阻是( )
A. B.
C. D.
【解析】 题设导体两端加上电压U，导体中出现一个匀强电场，因此场强E＝，当电场力与阻力平衡时形成了恒定电流，则Ee＝kv，即U＝，由欧姆定律得U＝IR，所以R＝＝＝，A选项正确．
【答案】 A
二、非选择题(本题共5个小题，共58分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
8．(6分)(2012·厦门六中高二检测)用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a、b的位置，如图4所示．若多用电表的选择开关处于表格中所指的挡位，a和b的相应读数是多少？请填在表格中．
图4
指针位置
选择开关所处挡位
读数
a
直流电流100 mA
________ mA
直流电压2.5 V
________ V
b
电阻×100
________ Ω
【解析】 当指针位置为a时，若选择开关取直流电流100 mA挡位，由中间均匀刻度可得到读数为23.0 mA；若取直流电压2.5 V，则读数为0.57 V；指针位置为b且取电阻×100挡位时，则电阻大小为3.2×100 Ω＝320 Ω.
【答案】 23.0 0.57 320
9．(12分)(2012·广州测试)如图5所示的电路，金属丝固定在两接线柱a、b上，鳄鱼夹c与金属丝接触良好，现用多用电表测量保护电阻R0的阻值，完成相关的内容：
(1)将转换开关转到欧姆挡，红、黑表笔短接，调节________．使指针恰好停在欧姆刻度线的________处．
(2)先________，再将红、黑表笔分别接在R0的两端，测量结果如图6所示，则R0的阻值为________．
图5 图6
【解析】 (1)利用多用电表测电阻选择挡位后，应进行欧姆调零，即将两表笔短接，通过调节欧姆调零旋钮使指针指到表盘最右端的零欧姆刻度线位置处．
(2)利用多用电表测电路中电阻时，应将被测电阻从电路中断开，即将开关S断开；从图中可读出被测电阻R0的阻值为2 Ω.
【答案】 (1)“Ω”调零旋钮(或欧姆调零旋钮) 零刻度
(2)断开开关S 2 Ω
10．(10分)将阻值为16 Ω的均匀电阻丝变成一闭合圆环，在圆环上取Q为固定点，P为滑键，构成一圆形滑动变阻器，如图所示．要使Q、P间的电阻先后为4 Ω和3 Ω，则对应的θ角应分别是________和________．
图7
【解析】 圆形滑动变阻器Q、P之间的电阻为两段圆弧的电阻R1、R2并联所得的总电阻，找出总电阻与θ关系即可求解．
当Q、P间电阻为4 Ω时，
＝4
当Q、P间电阻为3 Ω时，
＝3
解得：R1＝8 Ω R1′＝4 Ω或R1″＝12 Ω
当R1＝8 Ω时，θ＝180°
当R1′＝4 Ω时，θ＝90°
当R1″＝12 Ω时，θ＝270°
【答案】 180° 90°或270°
11．(12分)如图8所示是一个双量程的电压表的示意图，已知电流计G的量程为0～100 μA，内电阻为600 Ω，则图中串联的分压电阻R1＝________，R2＝________.
图8
【解析】 电流表改装，满偏电流恒定，所以
用5 V的量程时，Ig＝
用15 V的量程时，Ig＝
解得：R1＝4.94×104 Ω，R2＝1.0×105 Ω.
【答案】 4.94×104 Ω 1.0×105 Ω
12．(18分)A、B两地间铺有通讯电缆，长为L，它是由两条并在一起彼此绝缘的均匀导线组成的，通常称为双线电缆．在一次事故中经检查断定是电缆上某处的绝缘保护层损坏，导致两导线之间漏电，相当于该处电缆的两导线之间接入一个电阻．检查人员经过下面的测量可以确定损坏处的位置：
(1)令B端双线断开，在A处测出双线两端间的电阻RA；
(2)A端的双线断开，在B处测出双线两端的电阻RB；
(3)在A端的双线间加一已知电压UA，在B端双线间用内阻很大的电压表测量出两线间电压UB.
试由以上测量结果确定损坏处的位置．
【解析】 设损坏处距A端为LA，由电阻定律可知，根据(1)(2)两次测量结果应有＝＝，式中R为漏电阻．
又依据第(3)次测量结果有＝.
代入上式，消去R可解得
LA＝·L.
【答案】 见解析
综合检测(四)
第4章 探究闭合电路欧姆定律
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分．共42分．每小题至少有一个答案是正确的，把正确答案的字母填在题后的括号内．)
1．(2012·杭州高二检测)一台发电机用0.5 A的电流向外输电，在1 min内将180 J的机械能转化为电能，则发电机的电动势为( )
A．6 V B．360 V
C．120 V D．12 V
【解析】 q＝It，E＝＝＝ V＝6 V.
【答案】 A
2．当外电路的电阻分别为8 Ω和2 Ω时，单位时间内在外电路上产生的热量正好相等，则该电源的内电阻是( )
A．1 Ω B．2 Ω
C．4 Ω D．6 Ω
【解析】 由()2R1＝()2R2，代入数据解得r＝4 Ω，选项C正确．
【答案】 C
3．如图1所示为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能为
( )
图1
【解析】 由图可知电源电动势为6 V，电源内阻为0.5 Ω.对A项，I＝＝ A＝4 A，U＝IR外＝4 V；对B项，I＝＝2.4 A，U＝IR外＝4.8 V；对C项，I＝＝0.63 A，U＝5.68 V；对D项，I＝＝1.2 A，U＝5.4 V．故B项正确．
【答案】 B
4．(2012·福州八中高二检测)在如图2所示电路图中的电源电动势和内阻未知，R1＝8 Ω，R2＝5 Ω，当电键S接在“1”时，电压表的读数为2.0 V，则当电键S接到“2”时，下面提供的电压表读数中，可能正确的是( )
图2
A．1.5 V B．1.8 V
C．2.0 V D．2.1 V
【解析】 根据闭合电路欧姆定律知U＝IR＝E，当S接1时有U1＝E①，当S接2时有U2＝E②，讨论：当r→0时，由U1＝2.0 V，得E＝2.0 V，U2＝U1＝2.0 V，当r→∞时，由①/②化简得＝·，则→1，所以U2＝U1＝1.25 V，故U2可能的范围是1.25 V【答案】 AB
5．如图3所示，用两节干电池点亮几只小灯泡，当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是( )
图3
A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗
B．灯多时各灯两端的电压较低
C．灯多时通过电池的电流较大
D．灯多时通过各灯的电流较大
【解析】 由于电灯并联在电路中，所以接入电路的电灯越多，总电阻越小，电路的总电流越大，选项C正确．此时电源的内电压越大，路端电压越低，选项B正确．流过每个灯的电流越小，每个电灯越暗，选项A正确、选项D错．
【答案】 ABC
图4
6．如图4所示，电源的电动势和内电阻恒定，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，当滑动触头向下滑动时( )
A．R1的功率将增大
B．R2的功率将增大
C．电源的总功率将减小
D．电源的效率将减小
【解析】 滑动触头向下滑动时，R3增大，总电流减小，电源的总功率P＝减小，效率η＝增大，故C正确；D错误；路端电压增大，R1的功率将增大，故A正确，B错误．
【答案】 AC
7．(2012·五指山高二检测)如图5所示为汽车蓄电池、车灯(电阻不变)、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 Ω.电流表和电压表均为理想电表，只接通S1时，电流表示数为10 A，电压表示数为12 V；再接通S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8 A，则此时通过启动电动机的电流是( )
图5
A．2 A B．8 A
C．50 A D．58 A
【解析】 只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir＝12 V＋10×0.05 V＝12.5 V，R灯＝＝ Ω＝1.2 Ω，再接通S2后，流过电动机的电流为I电动机＝－I′＝ A－8 A＝50 A，故选项C正确．
【答案】 C
二、非选择题(本题共5个小题，共58分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
8．(6分)现要测定一个额定电压约4 V，额定电流约为0.5 A的小灯泡正常发光时的电阻，电压表应该选择________，电流表应选择________，电路连接时应采用________(选填“电流表内接法”或“电流表外接法”)．
A．V1量程4.5 V，内阻约4×103 Ω
B．V2量程10 V，内阻约8×103 Ω
C．A1量程3 A，内阻约0.4 Ω
D．A2量程0.6 A，内阻约2 Ω
【解析】 灯泡正常工作时的电压是4 V，故电压表的量程必须大于等于4 V，两只电压表都符合要求，但用V1测量4 V电压时，接近满偏，测量要精确一些，故选V1.同理可知电流表应选A2.灯泡的电阻值约为Rx＝≈8 Ω，V1的内阻与待测电阻的比为：≈200，待测电阻与A2的内阻的比为：＝4，显然可见RV?Rx，即电压表的分流作用可以忽略，故采用电流表外接法．
【答案】 A D 电流表外接法
9．(12分)(2013·福州一中高二期末)一种供某仪器使用的小型电池上标称的开路电压为9 V、允许通过的最大电流为50 mA.为了测量这个电池的电动势和内阻，因没有电流表等，实验者利用了如图6所示的电路，图中电压表的内阻很大，可不考虑其对电路的影响，R为电阻箱，阻值范围为0～9999 Ω，定值电阻R0为保护电阻．
图6
(1)实验室备有的定值电阻有以下几种规格，你认为当做保护电阻R0最合适的是( )
A．10 Ω，5 W B．180 Ω，0.25 W
C．190 Ω，0.5 W D．1.2 kΩ，1 W
(2)按如图的电路实验：断开开关，调节电阻箱使其阻值最大；闭合开关，调节电阻箱，读取电压表的示数为U1、电阻箱的读数为R1；改变电阻箱的阻值，再次读取电压表的示数为U2、电阻箱的读数为R2；则可计算得出电池的电动势E＝________，内阻r＝________.
【解析】 (1)电路的最小电阻R0＝＝ Ω＝180 Ω，R0功率P＝IR0＝0.45 W．所以选C.
(2)由闭合电路的欧姆定律可知
E＝U1＋(r＋R0)，E＝U2＋(r＋R0)，
以上两式联立得E＝，
r＝－R0.
【答案】 (1)C
(2) －R0
图7
10．(8分)如图7所示是把量程为0～3 mA的电流表改装成欧姆表的结构示意图，其中电池电动势E＝1.5 V，经改装后，若将原电流表3 mA刻度处的刻度值定为零位置，则2 mA刻度处应标多少，1 mA处应标多少？
【解析】 由闭合电路欧姆定律知：
Ig＝①
Ig＝②
Ig＝③
代入数据解得
Rx1＝250 Ω，Rx2＝1 000 Ω.
【答案】 250 Ω 1 000 Ω
11．(16分)在研究微型电动机的性能时，应用如图8的实验电路，当调节变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表测得的数据是0.5 A，2.0 V，重新调节R使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的读数分别是2.0 A,24.0 V，则这台电动机运转时的输出功率是多少？电动机的效率是多少？
图8
【解析】 第一次电动机不转，电功全部转化为电热，由此可知线圈的电阻是：
r＝＝4 Ω
第二次通过电流为I2时，电流做的总功
P总＝I2U2＝48 W
此时电机线圈产生的焦耳热为 P热＝Ir＝16 W
所以电动机的输出功率是：P出＝P总－P热＝32 W
则电机的效率η＝P出/P总＝66.7%.
【答案】 32 W 66.7%
图9
12．(16分)如图9所示，电灯L标有“4 V 1 W”，滑动变阻器R的总电阻为50 Ω.闭合开关S，当滑片P滑至某位置时，L恰好正常发光，此时电流表示数为0.45 A．由于外电路发生故障，电灯L突然熄灭，此时电流表示数为0.5 A，电压表示数为10 V．若导线连接完好，电路中各处接触良好．试问：
(1)发生的故障是短路还是断路？发生在何处？
(2)发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多大？
(3)电源的电动势和内阻分别为多大？
【解析】 (1)电路发生故障后，电流表读数增大，路端电压U＝U2＝I2R2也增大，因此外电路总电阻增大，一定在外电路某处发生断路．由于电流表有读数，因此R2不可能断路，电压表也有读数，滑动变阻器R也不可能断路，只可能是电灯L发生断路．
(2)L断路后，外电路只有R2，因无电流流过R，故电压表示数即为路端电压，U2＝U端＝10 V，R2＝＝ Ω＝20 Ω.L未断路时恰好正常发光，UL＝4 V，IL＝＝0.25 A．U端′＝U2′＝I2′·R2＝0.45×20 V＝9 V．R＝＝＝ Ω＝20 Ω.
(3)根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，故障前E＝9 V＋(0.45＋0.25)r，故障后E＝10 V＋0.5r，解得r＝5 Ω，E＝12.5 V.
【答案】 (1)断路 电灯L处 (2)20 Ω (3)12.5 V 5 Ω
综合检测(五)
第5章 磁场与回旋加速器
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分．共42分．每小题至少有一个答案是正确的，把正确答案的字母填在题后的括号内．)
1．(2012·海口一中高二检测)月球表面周围没有空气，它对物体的引力仅为地球上的1/6，月球表面没有磁场，根据这些特征，在月球上，图中的四种情况能够做到的是( )
【解析】 既然月球表面没有磁场，那么在月球上就不能用指南针定向，所以A错误；月球表面周围没有空气，所以无法使用电风扇吹风，而声音的传播需要介质，所以B、C均不对，只有选项D正确．
【答案】 D
2．在匀强磁场中某处P放一个长度为L＝20 cm，通电电流I＝0.5 A的直导线，测得它受到的最大磁场力F＝1.0 N，其方向竖直向上，现将该通电导线从磁场撤走，则P处磁感应强度为( )
A．零
B．10 T，方向竖直向上
C．0.1 T，方向竖直向下
D．10 T，方向肯定不沿竖直向上的方向
【解析】 由B＝，得B＝ T＝10 T.
因为B的方向与F的方向垂直，所以B的方向不会沿竖直向上的方向．
【答案】 D
3．(2012·烟台高二检测)如图1所示，a、b两金属环同圆心同平面水平放置，当a中通以图示方向电流时，b环中磁通量方向是( )
图1
A．向上 B．向下
C．向左 D．0
【解析】 a环形成的磁场方向为内部向上，环外向下，被b环包围的磁通量则为向上、向下磁通量的代数和，而向上的磁感线条数比向下的磁感线条数多，故总磁通量为向上，A正确．
【答案】 A
4．如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是
( )
【解析】 只有当通电导线和磁场平行时，才不受安培力的作用，如A、C图中的导线，而D中导线与磁场垂直，B中导线与磁场方向夹角为60°，因此都受安培力的作用，故正确选项为B、D.
【答案】 BD
5．(2012·宁德高二质检)如图2所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角．若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( )
图2
A.，正电荷 B.，正电荷
C.，负电荷 D.，负电荷
【解析】 粒子能穿过y轴的正半轴，所以该粒子带负电荷，其运动轨迹如图所示，A点到x轴的距离最大，为R＋R＝a，R＝，得＝，故C正确．
【答案】 C
6．如图3所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )
图3
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
【解析】 据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C对．随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A错．B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，B错．由于开始滑块不受洛伦兹力时就能下滑，故B再大，滑块也不可能静止在斜面上．
【答案】 C
7．如图4所示，一个带正电荷的小球沿水平光滑绝缘的桌面向右运动，飞离桌上边缘A，最后落到地板上．设有磁场时飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度大小为v1；若撤去磁场，其余条件不变时，小球飞行时间为t2，水平射程为x2，着地速度大小为v2，则下列结论不正确的是( )
图4
A．x1＞x2 B．t1＞t2
C．v1＞v2 D．v1和v2大小相同
【解析】 本题考查带电粒子在磁场中的运动情况．小球离开桌面具有水平速度，无磁场时做平抛运动，水平射程x2＝v0t2，下落高度h＝gt；有磁场时小球除受重力外还受到洛伦兹力的作用，而洛伦兹力始终与速度方向垂直，因此小球在水平方向具有加速度，在水平方向将做变加速运动，而竖直方向加速度a＝(F为洛伦兹力在竖直方向的分量)，即a＜g，因此下落h高度用的时间t1＞t2，B选项正确；水平方向的位移x1＞x2，A选项正确；又因为洛伦兹力不做功，只有重力做功，能量守恒，所以v1＝v2，D选项正确；只有C选项错误．
【答案】 C
二、非选择题(本题共5个小题，共58分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
8．(8分)正方形导线框abcd，匝数为10匝，边长为20 cm，在磁感应强度为0.2 T的匀强磁场中围绕与B方向垂直的转轴匀速转动，转速为120 r/min，当线框从平行于磁场位置开始转过90°时，线圈中磁通量的变化量是________Wb.
【解析】 Φ1＝BS＝0.2×0.2×0.2 Wb＝0.008 Wb
Φ2＝BS′＝0.2×0＝0
ΔΦ＝Φ1－Φ2＝0.008 Wb.
【答案】 0.008
9．(8分)如图5所示，在x轴的上方(y≥0)存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.在原点O有一个离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m、电荷量为q的正离子，速度都为v，对那些在xy平面内运动的离子，在磁场中可能到达的最大距离x＝________，y＝________.
图5
【解析】 经分析可知沿y轴正方向射入的粒子．在x轴上到达的距离最大即2R＝2 .
同理沿x轴负方向射入的粒子到达y轴的距离最大，即2R＝.
【答案】
10．(12分)(2013·福建师大附中期末)如图6所示，在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，用两根细线悬挂长L＝10 cm、质量m＝5 g的金属杆．在金属杆中通以稳恒电流，使悬线受的拉力为零．
图6
(1)求金属杆中电流的大小和方向；
(2)若每根悬线所受的拉力为0.1 N，求金属杆中的电流的大小和方向(g＝10 m/s2)．
【解析】 (1)因为悬线受的拉力为零，所受安培力方向向上
F安＝BIL＝mg，
解得：I＝0.5 A，方向水平向右．
(2)金属导线在重力mg、悬线拉力2F和安培力BIL的作用下平衡，
所以有：mg＋BIL＝2F，
解得：I＝1.5 A 方向水平向左．
【答案】 (1)0.5 A 方向水平向右
(2)1.5 A 方向水平向左
11．(14分)如图7所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m、电荷量为－q(q＞0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场．粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点．已知OP＝l，OQ＝2l.不计重力，求：
图7
(1)M点与坐标原点O间的距离；
(2)粒子从P点运动到M点所用的时间．
【解析】 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0；粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则
a＝ ①
t1＝ ②
v0＝ ③
其中x0＝2l，y0＝l，又有
tan θ＝ ④
联立②③④式，得
θ＝30°⑤
因为M、O、Q点在圆周上，∠MOQ＝90°，所以MQ为直径．从图中的几何关系可知，
R＝2l⑥
MO＝6l⑦
(2)设粒子在磁场中运动的速度为v，从Q到M点运动的时间为t2，则有
v＝⑧
t2＝⑨
带电粒子自P点出发到M点所用的时间t为
t＝t1＋t2⑩
联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得
t＝(π＋1)
【答案】 (1)6l (2)(π＋1)
12．(16分)(2013·福州一中高二期末)如图8，xOy在竖直平面内，x轴下方有匀强电场和匀强磁场．电场强度为E、方向竖直向下．磁感应强度为B、方向垂直纸面向里．将一个带电小球从y轴上P(0，h)点以初速度v0竖直向下抛出．小球穿过x轴后，恰好做匀速圆周运动．不计空气阻力，已知重力加速度为g.
图8
(1)判断小球带正电还是负电；
(2)求小球做圆周运动的半径；
(3)求小球从P点出发，到第二次经过x轴所用的时间．
【解析】 (1)小球穿过x轴后恰好做匀速圆周运动
有qE＝mg，故小球带负电．
(2)设小球经过O点时的速度为v，从P到O，v2＝v＋2gh
从O到A，根据牛顿第二定律
qvB＝m，求出r＝.
(3)从P到O，小球第一次经过x轴，所用时间为t1，
v＝v0＋gt1
从O到A，小球第二次经过x轴，所用时间为t2
T＝＝，t2＝＝
求出t＝t1＋t2＝＋.
【答案】 (1)负电 (2)
(3)＋
