静电场 ...................................................................................................................... 1 恒定电流................................................................................................................... 3 磁场.. (5)
静电场
一、选择题 1.AD 2.BD 3.C 4.C 5.C 6.D 7.C 8.A 9.D 10.AD 11. D 12. D 13.ACD 14.D 15.CD
解析：图中静电计的金属杆接A 板，外壳与B 板均接地，静电计显示的是A 、B 两板间的电压，指针的张角越大，表示两板间的电压越高。

当闭合S 时，A 、B 两板间的电压等于电源两端电压不变。

故静电计的张角保持不变。

当断开S 时，A 、B 两板构成的电容器的带电量保持不变，如果板间的间距增大，或正对面积减小，由平板电容器电容的决定式
kd
S
C πε4=
可知，电容都将减小，再由C
Q U =
可知，板间电压都将增大，即静电计的张角
应当变大。

16.BD 二、填空题
17.5×10-6
C ， 7.5×10-6
C ，7.5×10-6
C 18. 150，150
19.N ，M ，100
三、实验题
20.白纸，复写纸，导电纸；一只灵敏电流计，两个探针 21.（1）负；（2）大于；（3）ACD 22. ①B 、D （4分） ②D （2分） 四、计算题
23.解析：（1）设带电粒子从B 板射出时的速度为v ，根据动能定理：
（2）设带电粒子在电场中的加速度为a ，
以带电粒子为研究对象，设带电粒子在电场中运动的时间为t ，根据运动学公式
24.解析：
A 、
B 间原来的库仑力为F 1=K·2
2
7r
Q
反复接触的结果是A 、B 、C 最终的带电量均为2Q 故现在的库仑力F 2= K·2
2
4r
Q
F 2=7
4F 1
25.解析：
（1）正电
水平方向匀速直线运动，有L = v 0t 得 t = 1×10－6 s
（2）竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，有v y = at a = m
qE
得 v y = 8×104 m/s 于是 tanθ= 15
40
v v y
恒定电流
一、选择题 1.BD 2.BC 3.BD 4.D 5.BC 6.D 7.A 8.D 9.C 10.AD 11.B 12.B 13.D 14.A
解析：设金属薄片的厚度为h ，A 和B 接入电路时，电阻R 1＝ρ·ab/(bd·h) ；C 和D 接入电路时，电阻R 1＝ρ·bd/(ab·h)，可得R 1/R 2=4，再利用部分电路欧姆定律求解A 对。

15.CD 二、填空题 16.1 : 3，3 : 1
17.
4
R
18.1，1，m ⋅Ω 19.15Ω，串 三、实验题
20.电压U ，电流I ，电动势，内阻
21.（1）如图（注意：电流表外接或内接均可）；（2）如果电流外接，电压较高段误差较大，因为电压越高，灯丝电阻越大，由于电压表分流作用而造成的误差就越大；如果内接，电压较低段，误差较大，因为电压越低，灯丝电阻越小，由于电流表分压造成的误差就越大。

四、计算题 22.解析：
23.解析：
K 接a 时，R 1被短路，外电阻为R 2， 根据闭合电路欧姆定律r
R E I +=
2可得通过电源电流
A V I 12461=Ω
+Ω=
电源两端电压V IR U 421==
（2）K 接b 时，R 1和R 2串联, R ′外=R 1+R 2=6Ω 通过电源电流I 2＝
75.021=++r
R R E A
根据功率R I P 2
=得，R 1消耗的功率P=1.125W
（3）当K 接c 时，R 总=R 1+r +R 23=6 Ω 总电流I ＝E/R 总=1 A 通过R 2电流I ＇＝2
1I 3=0.5 A
磁场
一、选择题 1.D 2.A 3.B 4.C 5.A 6.A 7.A 8.B 9.AC 10.C 11.CD 12. D 二、填空题
13. 3.2×10-13 0
14.m g
B L ；向右 15.里 不变
解析：由图可知，β粒子（带负电）进入磁场时所受洛伦兹力方向水平向右，根据左手定则可以判断磁场方向向里。

由于β粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，所以β粒子的动
能不变。

16. qvB ，NqvB
解析：带电粒子垂直磁场中运动时，受到磁场的洛伦兹力作用，有每个粒子受力。

该段导线中有N 个以速度做定向动的电荷，则导线所受的力等于每个电荷所受力的合力。

所以有。

17.0.16N ，水平向左 三、作图题 18.
19.
四、计算题 20.解析：
电子在磁场中沿圆孤ab 运动，圆心为c ，半径为R ，v 表示电子进入磁场时的速度，m 、e 分别表示电子的质量和电量，如图所示。

则：
eU ＝21
mv2 ①
Bev ＝
R
mv
2
②
tan 2θ
＝R r
③
解以上各式可得：B ＝r 1
e
mU 2 · tan 2θ
21.解析：
2
m a m f f v
B qv r
m v r B q
====
洛向
向
如图所示，当离子到达位置P 时圆心角为
O P
α=
22.解析：甲同学的错误原因：认为物体速度为零时，一定处于平衡状态，或者认为偏角最大的是平衡位置。

（2分） 乙同学的错误原因：将安培力表示θsin BIl F =导致F 做功出错。

（2分） 正解如下：铜棒向外偏转过程中，导线拉力不做功，如图丙所示。

F 做功为：θsin 1l BIl FS W F ⨯== 重力做功为：)
cos 1(2
θ--=-=mgl mgS
W G
由动能定理：
)cos 1(sin 2
=--θθmgl BIl ， （6分）
得θ
θsin )cos 1(Bl mg I -=
（2分）
23.解析：
设离子带负电，若离子正好打到金属板的近侧边缘M ，则其偏转半径满足关系
2
2
2
111()
2
R d R d =+-
，即得
154
R d
=
①
若离子正好打到金属板的远侧边缘N ，则其偏转半径满足关系
22
2
221(2)()
2
R d R d =+-
即得
2174
R d
=
②
由洛伦茨力及牛顿第二定律可得2
m v
Bqv R =
③
即m BR
q
v = ④
因离子从离子枪射出的速度v 由离子枪内的加速电场决定
2
12qU m v
=
⑤
即v =
⑥
代入式④即得
2
2
2q U
m R B =
⑦
讨论：由以上方程组可知
荷质比q
m ＜2
2
2
2
2
232289U
U R B
B d
=
的离子将落在N 之右，而荷质比q
m ＞2
2
2
2
1
23225U
U R B
B d =
的离子将落在M 之左，都不能落在MN 板上。

所以只有荷质比2232289U
B d ≤q
m ≤22
3225U
B d 范
围内才能打在金属板上。

若离子带正电，则离子偏向PQ 板，荷质比22
32289U B d ≤q
m ≤
2
2
3225U B d
范围内。

24.解析：
（1）带电粒子进入磁场做圆周运动的半径R=qB mv
，粒子能够离开圆形磁场区域，并打到X 轴上，粒子在磁场中的偏转角在900—1800的范围内，设磁场圆半径r ，则有2R ＞2r ＞
R 2。

故半径r 的取值范围为：.22qB mv r qB
mv
〈
〈
（2）对于给定r 的“磁场圆”，偏转角最大时，它在磁场中的运动时间最长，此时粒子应
从通过O 点的直径的另一端飞出，偏转角为2arcsin （0
mv rqB
）。