当在磁铁上方偏左位置固定一导体棒时，右图所示的电流，由右手螺旋定则的，产生绕导线的顺时针的磁场，磁感应强度随距离的增而减小，所以相当于给了磁铁一个向左上的力，所以弹簧长度将变短，F1大于F2。所以选BC。10.电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力。感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大。压电薄膜与电容器C、电阻R组成图甲所示的回路，红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两个脉冲电流，如图乙所示，即视为“闯红灯”，电子眼拍照。则红灯亮时
A. 车轮停在感应线上时电阻R上有恒定电流 B. 车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电 C. 车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流一直增大 D. 汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照 【答案】BD
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【解析】 【分析】
根据电流和电路图分析电容器的充放电过程，并根据工作原理明确汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内是否符合拍照条件。
【详解】车轮停在感应线上时，压力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻R上没有电流，故A错误；由乙图可知，当车轮经过时电流先增大后减小，然后再反向增大减小；因电压是在受压时产生的；故说明电容器先充电后放电；故B正确，C错误；若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照；故D正确；故选BD。
【点睛】本题考查传感器的应用及电容器的使用，要注意对于未知事物能有效建立物理模型，应用所学过的物理规律求解。
11.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10 C、质量为0.1 kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放，其运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是
－3
A. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
B. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强大小E＝100 V/m C. 由C点到A点电势逐渐降低 D. A、B两点间的电势差UAB＝500V 【答案】BC 【解析】 【分析】
由能量守恒定律分析电势能的变化情况．根据v-t图可知物块在B点的加速度最大，此处电场强度最大，根据牛顿第二定律求场强的最大值．由C到A的过程中物块的动能一直增大，根据电场线的方向分析电势的变化，由动能定理可求得AB两点的电势差．
【详解】从速度时间图象可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做
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正功，电势能一直减小，故A错误；带电粒子在B点的加速度最大，为 am==2m/s，所受
2
的电场力最大为 Fm=mam=0.1×2N=0.2N，则场强最大值为，故B正确；
据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C正确；从速度时间图象可知，A、B两点的速度分别为 vA=6m/s，vB=4m/s，再根据动能定理得 qUAB=mvB2-mvA2=×0.1×（42-62）J=-1J，解得：UAB=-500V，故D错误。故选BC。
【点睛】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道v-t图切线的斜率表示加速度，由动能定理求电势差是常用的方法．
12.如图，a表示某电源路端电压随电流变化的图线，b表示外电阻两端电压随电流变化的图线，下列判断正确的是( )
A. 阴影部分的面积表示电源内阻上消耗的功率 B. 阴影部分的面积表示电源的输出功率 C. 当α＝β时，电源的输出功率最大 D. 当α＝β时，电源的效率最高 【答案】BC 【解析】
电源的路端电压随电流变化的图线与电阻的伏安特性曲线的交点，表示该电阻接在电源上时的电压和电流，阴影部分的面积对应这时的路端电压和电流的乘积，即表示电源的输出功率；故A错误，B正确。
电源路端电压随电流变化的图线的斜率表示内电阻，外电阻两端电压随电流变化的图线的斜率表示外电阻，当内外电路的电阻相等时，即α=β时，电源的输出功率大，此时电源的效率
；故C正确，D错误。
最
点睛：图象类问题要关注图象的斜率、图象的交点对应的物理意义，写出表达式分析求解。
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二．实验题：
13.有一个额定电压为2.8 V，功率约为0.8 W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的I-U图线，有下列器材供选用：
A．电压表(0～3 V，内阻约6 kΩ) B．电压表(0～15 V，内阻约30 kΩ) C．电流表(0～3 A，内阻约0.1 Ω) D．电流表(0～0.6 A，内阻约0.5 Ω) E．滑动变阻器(10 Ω，2 A) F．滑动变阻器(200 Ω，0.5 A) G．蓄电池(电动势6 V，内阻不计)
(1)某同学设计成如图所示的两种电路，要求小灯泡的电压从零开始增大，应选择图乙中的电路图________(选填“a”或“b”)。
(2)用正确的电路进行测量，电压表应选用________，电流表应选用________滑动变阻器应选用________(用序号字母表示)。
(3)通过实验测得此小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示．由图线可求得此小灯泡在正常工作时的电阻为______Ω。
【答案】 (1). (1) b (2). (2)A (3). D (4). E (5). (3) 10 【解析】 【分析】
根据实验要求选择电路；根据灯泡的额定电压可明确所选的电压表；由电灯泡的电流可确定电流表；根据电路的接法可确定滑动变阻器；由图象可得出额定电压，由图象可求得灯泡的
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正常工作时的电流，由欧姆定律可求得灯泡的正常工作时的电阻；
【详解】（1）实验中要求小灯泡的电压从零开始增大，则滑动变阻器应采用分压电路，故选b； （2）由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，故电压表的量程应大于2.8V，故电压表应选3V量程，故选A；由P=UI可得，电流为I=0.8/2.8A=0.28A，故电流表应选D；本实验中应选用分压接法，故滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选E； （3）由图可知，当电压为2.8V时，电流为0.28A，故电阻14.在测量某种合金丝电阻率的实验中：
(1)若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ＝________.用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为________ mm。
(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图，闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1＝1.35V，I1＝0.30A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2＝0.92V，
；
I2＝0.32A．根据以上测量数据判断，当S2处于位置________(选填“a”或“b”)时，测量相
对准确，测量值Rx＝________ Ω。(结果保留两位有效数字)
【答案】 (1). 【解析】
(2). 0.650 (3). b (4). 2.9
【详解】（1）由电阻定律可知，电阻，截面积为：，联立可得：，由
图甲所示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+15.0×0.01mm=0.650mm. （2）根据
，
，可知，电流表电阻较大、分压明显，故
。
接b位置时更加准确，即S2处于位置b，根据欧姆定律，则有三．计算题
15.如图所示，阴极A受热后向右侧空间发射电子，电子质量为m，电荷量为e，电子的初速率有从0到v的各种可能值，且各个方向都有.与A极相距l的地方有荧光屏B，电子击中荧光屏时便会发光.若在A和B之间的空间里加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电
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场强度为E，求B上受电子轰击后的发光面积.
【答案】【解析】 【分析】
电子受向右的电场力，当初速度平行电容器的极板时，沿着平行极板方向的分速度最大，运动的时间最长，故到达最远的位置．
【详解】当初速度平行电容器的极板时，做类似平抛运动，到达最远的位置 故：R=vt，联立解得：
，其中：
故受电子轰击后的发光面积：
【点睛】本题关键是找到最远的临界情况，然后结合类似平抛运动的分运动公式列式求解。 16.如图所示，电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.5 Ω，闭合S，标有“8 V,16 W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M绕线的电阻R0＝1 Ω，求：
(1)电源的总功率； (2)电动机的输出功率. 【答案】（1）40 W（2）12 W. 【解析】
（1）灯泡正常发光，U=U额 =8V，则电源内阻的电压U内 =E-U=2V 由欧姆定律得流过电源的电流I=U内/r =2/0.5 A=4A 电源的总功率P总=EI=10×4=40W． （2）灯泡的电流I灯 =P额/U额=2A
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电动机的电流IM=I-I灯=2A
电动机消耗的电功率PM=UIM=8×2=16W 电动机发热功率P热=IM2R0=22×1=4W
所以电动机的输出功率．P输出=PM-P热=16-4=12W
17.如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按E＝kx分布(x是轴上某点到O点的距离)，
。x轴上，有一长为L的绝缘细线连接A、B两个小球，两球质量均
为m，B球带负电，带电荷量为q，A球距O点的距离为L。两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用。
(1)求A球的带电荷量qA；
(2)剪断细线后，求B球的最大速度vm。 【答案】（1） qA＝－4q （2） 略 【解析】
（1）A、B两球静止时，A球所处位置场强为B球所处位置场强为
对A、B由整体法得：2mg+qAE1-qE2=0 解得：qA=-4q
（2）当B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0，则有mg=qE， 即
解得：x0=3L
当B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为3L 运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：
，
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，
解得：
点睛: 该题中，两个小球受到的力是变力，要根据它们受力变化的规律，正确分析得出它们运动的规律，然后才能做出正确的结论．题目的难度比较大.
18.如图所示，在竖直平面内的+面直角坐标系xoy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为－q(－q<0)的带电绝缘小球，从y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(－L，0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C(L，0)点已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管半径，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球运动到B点时对管的压力的大小和方向； (3)小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标 【答案】（1）【解析】 【分析】
小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据小球从A点沿切线方向进入，求出速度方向，从而求出合力方向，再根据几何关系求解；先根据几何关系求出半径，从P到B点的过程中，根据动能定理列式，在B点，根据牛顿第二定律列式，联立方程即可求解；从P到A的过程中，根据动能定理求出A点速度，则C点速度与A点速度大小相等，小球从C点抛出后做类平抛运动，根据平抛运动基本公式求解；
【详解】解：(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线
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（2），方向向上；（3）．
方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为则解得：
，即加速度方向与竖直方向的夹角为，
(2)根据几何关系可知，,圆弧的半径从P到B点的过程中，根据动能定理得：
在B点，根据牛顿第二定律得：联立解得：
，方向向上
根据牛顿第三定律可得小球运动到 B 点时对管的压力的大小(3)从P到A的过程中，根据动能定理得：解得：
，方向向下
小球从C点抛出后做类平抛运动 抛出时的速度小球的加速度
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：解得：
则沿x轴方向运动的位移
则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标
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