如图所示，将一个不带电的验电器放在一个带正电金属球旁，发现验电器的箔片张开，则（ ）
A、验电器小球带负电，A错误；
B、验电器的箔片带正电，B错误；
C、用金属网罩把验电器罩住，网罩内部场强处处为0，故验电器箔片合拢，C正确；
D、金属网罩内部不带电，D错误．
如图所示为电场中某区域的电场线分布图，a、b是电场中的两点，下列说法正确的是（ ）
a点的场强比b点的场强大
a点的场强与b点的场强一样大
同一个带负电的点电荷在a点所受的电场力比在b点所受的电场力小
同一个带正电的点电荷在a点所受的电场力比在b点所受的电场力小
a点电场线更密集，所以电场强度较大，同一带电粒子在a点受的电场力较大，所以A正确．
如图所示，A、B为两个用绝缘细线悬挂起来的质量相同的带电介质小球，左边放一个带正电的球C时，两悬线都保持竖直方向（两线长度相同）．若把C球移走，两球没有发生接触，那么下面四个图中，哪个图可以正确表示A、B两球的位置（ ）
存在C球时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，来确定A、B球的电性．去掉C球后，根据带电性质求解．
解：存在C球时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，说明A球带负电而B球带正电，去掉C球后，两球将互相吸引．又由于两球质量相等，在平衡时两悬线与竖直方向间的夹角应该相等，因此B选项正确．
故选B．
一带电粒子沿如图所示的曲线穿过匀强电场，重力不计，关于粒子带何种电荷以及该粒子在a、b两点动能的大小，下列结论正确的是（ ）
负电，在a点动能大
正电，在a点动能大
正电，在b点动能大
由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧．则电场力一定水平向右，同时注意电场线方向，由电场力做功判断能量变化．
解：A、由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧，电场力方向与电场方向一致，故粒子带正电，从a到b电场力做正功，电势能减小、动能增加，故A、B、C错误；D正确．
故选D．
如图所示，在A、B两点分别放置两个电荷量相等的正点电荷，O点为A、B连线中点，M点位于A、B连线上，N点位于A、B连线的中垂线上．则关于O、M、N三点的电场强度E和电势\varphi的判定正确的是（ ）
{{E}_{M}}<>
{{\varphi }_{M}}<{{\varphi>
{{E}_{N}}<>
{{\varphi }_{N}}<{{\varphi>
根据电场线的疏密可判断出{{E}_{M}}>{{E}_{O}}，{{E}_{N}}>{{E}_{O}}．根据沿电场线方向电势降低可得{{\varphi }_{M}}>{{\varphi }_{O}}>{{\varphi }_{N}}，所以D正确．
如图所示，电场中一正离子只受电场力的作用从A点运动到B点，离子在A点的速度大小为{{v}_{0}}，速度方向与电场方向相同，能定性反应该离子从A点到B点运动情况的v-t图象是（ ）
带正电离子受力向右，所以做加速运动．根据a=\frac{F}{m}=\frac{Eq}{m}，电场线的越来越稀疏，所以E越来越小，a越来越小，即v-t图象斜率越来越小，D正确．
两个带电小物体用绝缘细丝线悬挂于同一点，由于静电斥力作用而张开，细线分别与竖直方向成\alpha 和\beta 角，并且两物体位于同一水平面上．则可确定两物体质量之比{{m}_{A}}:{{m}_{B}}为（ ）
对A、B受力分析可得：{{m}_{A}}g\tan \alpha ={{m}_{B}}g\tan \beta ，则\frac{{{m}_{A}}}{{{m}_{B}}}=\frac{\tan \beta }{\tan \alpha }．
如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．荧光屏上P点出现亮斑（荧光屏上的图像是由右向左看的图），那么示波管中的（不计电子所受重力）（ ）
极板X和极板Y都应带正电
极板X和极板{Y}’都应带正电
极板{X}’和极板Y都应带正电
极板{X}’和极板{Y}’都应带正电
本题考查示波器原理．由由图可知电子偏向X、Y两个极板，故X{X}’方向上电场强度由X指向{X}’，Y{Y}’方向上电场强度由Y指向{Y}’，故X、Y两板上带正电荷．
一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一个正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两板间的场强，U表示两板间的电压，{{E}_\text{p}}表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将上极板移至图中虚线所示位置，则 （ ）
U变大，E不变
E变大，{{E}_\text{p}}变大
U变小，{{E}_\text{p}}不变
U不变，{{E}_\text{p}}不变
电容断开电源，则电量Q不变，由c=\frac{Q}{U}及c=\frac{\varepsilon_{r} S}{4\pi kd}，可得E与板间距离无关，即E不变，零由U=Ed，可知板间电压U变小，排除ABD，因为P点距离下极版的距离不变，场强不变，下极版接地，可知P点电势不变，所以P点电势能不变，故选C．
如图所示，在等量同（异）种点电荷的四个电场中，O是两点电荷连线的中点，a与b是对称分布的两点．其中a、b两点的电势和场强都相同的是（ ）
A和D选项电场强度的方向不同，C选项电势不同，只有B选项电场强度的大小和方向都相同，电势也相同．
如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周远动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，则下列说法中正确的是（ ）
小球受到向上的电场力，运动过程中电场力做功，机械能不守恒．如果电场力和重力相等，小球做匀速圆周运动．如果电场力大于重力，最高点速度最大．最高点电势能最小，所以机械能最大．
如图所示，带正电的粒子以一定的初速度{{v}_{0}}沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t．（不计粒子的重力），则（ ）
{{W}_{s}}=\frac{1}{2}Uq，x=\frac{1}{2}a{{t}^{2}}，{{x}_{\frac{t}{2}}}=\frac{1}{4}x，{{W}_{\frac{t}{2}}}=\frac{1}{8}Uq，
后\frac{t}{2}，W={{W}_{t}}-{{W}_{\frac{t}{2}}}=\frac{3}{8}Uq，前\frac{d}{4}和后\frac{d}{4}竖直位移相同，做功相等．
如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L/2为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称，下列说法不正确的是（ ）
b、d两点处的电势相同
四个点中c点处的电势最低
b、d两点处的电场强度相同
将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小
A：该电场中的电势关于x 轴对称，所以bd两点的电势相等，故A正确；B：c 点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c 点的电势在四个点中是最低的．故B正确；C：该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的．故C错误；D：c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小．故选C．
用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素，如图所示．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为\theta ．实验中，极板所带电荷量不变，下列判断中正确的是（ ）
保持S不变，增大d，则\theta 变大
保持S不变，增大d，则\theta 变小
保持d不变，减小S，则\theta 变小
保持d不变，减小S，则\theta 不变
本题考查平行板电容器相关知识；由题目可知，电容器与电源断开，所以两极板所带电量不变，静电计测量的是两极板间电压，所以由公式C=\frac{Q}{U}；C=\frac{\varepsilon_{r} S}{4\pi kd}不难判断，答案A正确．
平行板电容器和电源、电阻、开关串联，组成如图所示的电路．接通开关\text{K}，电源即给电容器充电（ ）
电容器与电源接通时电容器两段电压不变，电容器与电源断开后电容器所含电荷量不变，当极板间插入介质时电容器C变大，根据电容器公式C=\frac{{{\varepsilon }_{r}}s}{4\pi kd}=\frac{Q}{U}可知C选项正确．
如图所示，在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一点电荷，将质量为m，带电量为q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的电荷在AB弧中点处的电场强度的大小为（ ）
E=\frac{mg}{q}
E=2\frac{mg}{q}
E=3\frac{mg}{q}
不能确定
因为mgR=\frac{1}{2}m{{v}^{2}}，qE-mg=m\frac{{{v}^{2}}}{R}，故qE=3mg，E=3mg/q．
有甲、乙两根材料不同，长度和横截面积都相同的金属丝，在温度一定的情况下，甲金属丝的电阻率是乙金属丝电阻率的2倍．以下有关它们电阻值的说法正确的是（ ）
甲、乙两根金属丝的电阻值相等
甲金属丝的电阻值是乙金属丝电阻值的2倍
乙金属丝的电阻值是甲金属丝电阻值的2倍
甲金属丝的电阻值是乙金属丝电阻值的4倍
根据电阻的决定式R=\rho\frac{L}{S}可得长度横截面积相同，电阻率大的电阻大．
在如图所示的电路中，闭合开关{\text{S}}，在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是（ ）
灯{{\text{L}}_{1}}变亮，电压表的示数减小
灯{{\text{L}}_{2}}变亮，电容器的带电量增加
滑动变阻器和灯{{\text{L}}_{2}}的并联，则有\frac{1}{{{R}_{并}}}=\frac{1}{{{R}_{2}}}+\frac{1}{R}，将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中， R减小，则{{R}_{并}}也减小，根据闭合电路欧姆定律I=\frac{E}{{{R}_{1}}+{{R}_{并}}+r}，所以{{I}_{总}}增大，由于电源总功率{{P}_{总}}=E\cdot {{I}_{总}}，所以{{P}_{总}}增大．
，即电流表的示数增大，灯{{\text{L}}_{1}}变亮；电压表的示数U=E-Ir，因此，电压表的示数减小；根据部分电路欧姆定律{{I}_{2}}=\frac{U}{{{R}_{2}}}，流过灯{{\text{L}}_{2}}的电流减小，灯{{\text{L}}_{2}}变暗；根据电容的定义式 ，可知电容器的带电量减小，所以正确选项为C．
某学生研究串联电路电压特点的实验时，接成如图所示的电路，接通\text{S}后，电路中没有电流，他将高内阻的电压表并联在A、C两点间时，电压表读数为U；当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，故障的原因可能是（ ）
AB断路
BC断路
AB短路
BC短路
电压表示数为零说明该点短路或者其他点断路，如果某点接电压表电压表示数不为零，其他点为零说明该点断路．
如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，当开关闭合后，小型直流电动机\text{M}和指示灯\text{L}都恰能正常工作．已知指示灯的电阻为{{R}_{0}}，额定电流为I，电动机\text{M}的线圈电阻为R，则下列说法正确的是（ ）
电动机的额定电压为IR
电动机的输出功率为IE-{{I}^{2}}R
电源的输出功率为IE
整个电路的热功率为{{I}^{2}}({{R}_{0}}+R+r)
电动机是非纯电阻电路，所以欧姆定律对其不可用，所以排除ABC，而发热功率，无论是纯电阻还是非纯电阻，都由公式P={{I}^{2}}{{R}_{}}计算，故答案D正确．
来自质子源的质子（初速度为零），经一直线加速器加速，形成电流为I的细柱形质子流，已知质子源与靶间的距离为d，质子电荷量为e，假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，质子到达靶时的速度为v，则质子源与靶间的质子数为（ ）
\frac{Id}{ev}
\frac{2Id}{ev}
\frac{Id}{v}
\frac{2Id}{v}
根据电流强度的定义式有Q=It，质子做匀加速直线运动，根据运动学公式有d=\frac{(0+v)t}{2}，质子柱的总电量Q与总质子数N的关系Q=eN，得N=\frac{2Id}{ev}．
某一探测器因射线照射，内部气体电离，在时间t内有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达探测器的阳极，则探测器电路中的电流为（ ）
0
电离的气体是呈电中性的，既然有n个二价正离子到达阴极（或说有2n个电子到达阳极），也就是说，t时间内只有2n电荷通过电极界面，根据电流连续性定理，电流只能是\frac{2ne}{t}
B
如图所示，足够长的两平行金属板正对着竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关\text{S}相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上．下列说法中正确的是（ ）
液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线
电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大
电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越长
定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长
液滴在电场中受重力及电场力，电场力沿水平方向，重力沿竖直方向；因液滴由静止释放，故合力的方向一定与运动方向一致，故液滴做初速度为零的匀加速直线运动，故A错误；两板间的电压等于电源电动势，当电动势变大时，两板上的电压变大，由可知，板间的电场强度增大，电场力变大，合力变大，故加速度增大，故B正确；因粒子最终打在极板上，故运动时间取决于水平向的加速度，当电动势变大时，其水平方向受力增大，加速度增大，运动时间减小，故C错误；定值电阻在此电路中只相当于导线，阻值的变化不会改变两板间的电压，故带电粒子受力不变，加速度不变，运动时间不变，故D错误．故选B．
如图所示，一根质量为m的金属棒MN用细线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，通入沿M \to N方向的电流时，悬线对金属棒的拉力不为零．若要使悬线对棒的拉力为零，可以采用的办法是（ ）
改变磁场方向
改变电流方向
不改变磁场和电流方向，适当减小磁感应强度
不改变磁场和电流方向，适当增大电流强度
拉力为零，即重力和安培力平衡
D
把小磁针放在环形电流中央，通以图所示顺时针方向电流，则小磁针\text{N}极指向为（ ）
水平向左
垂直环形电流所在平面向里
水平向右
垂直环形电流所在平面向外
环形电流产生的磁场指向平面里面
N极指向平面向里
B
质量和电荷量大小都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中的虚线所示，下列说法正确的是（ ）
M带正电，N带负电
M的速率小于N的速率
洛伦兹力对M、N做正功
M的运行时间等于N的运行时间
由左手定则判断洛伦兹力结合运动轨迹可知N带正电，M带负电；R=\frac{mv}{qB}可知N的速率小于M的速率；洛伦兹力始终与速度垂直不做功；T=\frac{2\pi m}{qB}，与速度无关，两粒子的运行时间都为半个周期．
如图，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是（ ）
磁铁对桌面的压力减小
磁铁对桌面的压力增大
磁铁对桌面的压力不变
先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化．
解：A、在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央上方，导线所在处磁场水平向左；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，故A正确，BC错误．
D、由于导线处于磁铁正中央，磁铁受到的导线的磁场力竖直向上，因此磁铁对桌面没有运动趋势，故D错误．
故选A．
两个完全相同的圆形线圈，如图所示，穿在一根绝缘的光滑水平横杆上，分别通以方向相同的电流{{I}_{1}}、{{I}_{2}}，则（ ）
两线圈互相吸引
两线圈互相排斥
两线圈静止
两线圈先吸引后排斥
磁场的基本性质是对放入其中的磁极或电流产生力的作用．通电导体能够产生磁场，图中每个通电导线圈分别处于对方的磁场之中，会受到磁场力的作用．由实验可知：同向电流相吸，异向电流相斥．故正确答案为A．
下列说法中正确的是（ ）
由公式B=\frac{F}{IL}可知，B的大小与F成正比，与IL成反比
磁感应强度B与放入磁场中的检验电流的大小和导线的长度无关
放入磁场中的检验电流受力越大，该区域的磁场越强
在磁场处处相同的区域，放入磁场的通电导线受到的磁场力F与I和L之积的比值为一常数
磁感应强度B由磁场本身决定，安培力不只与B、I、L有关，还与B和I的夹角有关．所以B正确．
质量分别为{{m}_{1}}和{{m}_{2}}、电荷量分别为{{q}_{1}}和{{q}_{2}}的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等．下列说法正确的是（ ）
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径r=\frac{mv}{Bq}=\frac{P}{Bq}，已知两粒子动量相等，
A、若{{q}_{1}}={{q}_{2}}，则它们的圆周运动半径一定相等，选项A正确；
B、若{{m}_{1}}={{m}_{2}}，不能确定两粒子电量关系，不能确定半径是否相等，选项B错；
C、由周期公式T=\frac{2\pi m}{Bq}可知：仅由电量或质量关系，无法确定两粒子做圆周运动的周期是否相等，故C、D错误．
故选A．
有一个电阻{{R}_{x}}，其阻值大约为20\Omega，现要更精确地测量其电阻，手边现有器材如下：
A．电源E（电动势12.0\text{V}，内阻0.5\Omega）；
B．电压表（0-3-\text{15V}，内阻大于3\text{k }\Omega ）；
C．电流表（0-0.6 -\text{3A}，内阻小于1\Omega）；
D．滑动变阻器{{{R}}_{1}}（0-10\Omega，2\text{.0A}）；
E．滑动变阻器{{{R}}_{2}}（0-1750\Omega，0\text{.3A}）；
F．开关\text{S}和导线若干．
滑动变阻器应选用_____（选填“{{{R}}_{1}}”或“{{{R}}_{2}}”）．连接电路时，电压表的量程应选 \text{V}，电流表的量程应选 \text{ A}；
请在方框中画出实验电路图．
电路如图所示
两个滑动变阻器都能保证安全，为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的{{R}_{1}}．电源电动势为12.0\text{V}，所以电压表量程应选0-\text{15V}，最大电流I=\frac{E}{R}=0.6\text{A}，所以电流表选0- 0\text{.6A}．
滑动变阻器阻值小于待测电阻阻值，为测量多组数据，可选用分压接法．待测电阻阻值小于\sqrt{{{R}_{A}}{{R}_{V}}}，所以用外接法，电路如图所示
用电流表内解法测电阻，电压表和电流表的读数分别为\text{10V}和0\text{.1A}，那么待测电阻R的测量值比真实值 （偏大、偏小、相等），如果知道了电流表的内阻为0.5\Omega ，那么待测电阻的真实电阻为 \Omega ．
当用内接法时，电流值准确，但电压表测量的是电流表和电阻两端的总电压，故电压比真实值偏大，所以测量的电阻比真实值偏大；当电流表的内阻为r=0.5\Omega 时，U=I(r+R)，所以R=\frac{U}{I}-r=99.5\Omega ．
如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加以电压{{U}_{1}}\text{=2500V}，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l=6\text{.0cm}，相距d=\text{2cm}，两极板间加以电压{{U}_{2}}\text{=200V}的偏转电场．从小孔射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量e=1.6\times 1{{0}^{-19}}\text{C}，电子的质量m=0.9\times 1{{0}^{-30}}\text{kg}，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：
电子射入偏转电场时的动能{{E}_\text{k}}；
电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；
电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W．
{{E}_{\text{k}}}=4.0\times 1{{0}^{-16}}\text{J}
y=0\text{.36cm}
W=Ue=5.76\times 1{{0}^{-18}}\text{J}
电子在加速电场中，根据动能定理e{{U}_{1}}={{E}_\text{k}} ；解得{{E}_{\text{k}}}=4.0\times 1{{0}^{-16}}\text{J}
设电子在偏转电场中运动的时间为t；
电子在水平方向做匀速运动，有l={{v}_{1}}t，解得t=\frac{l}{{{v}_{1}}}
电子在竖直方向受电场力，设其加速度为a，有a=\frac{Ee}{m}=\frac{{{U}_{2}}e}{dm}
则电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y=\frac{1}{2}a{{t}^{2}}=\frac{{{U}_{2}}{{l}^{2}}}{4{{U}_{1}}d}
解得y=0\text{.36cm}
电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差U=\frac{{{U}_{2}}}{d}y
电场力做功W=Ue=5.76\times 1{{0}^{-18}}\text{J}
如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5\text{cm}，bc=12\text{cm}，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60{}^\circ 角，一个电荷量为q=4\times {{10}^{-8}}\text{C}的正电荷从a点移到b点时静电力做功为{{W}_{1}}=1.2\times {{10}^{-7}}\text{J}，求：
匀强电场的场强E的大小；
电荷从b移到c，静电力做功{{W}_{2}}；
a、c两点间的电势差{{U}_{ac}}．
60\text{N/C}
1.44\times {{10}^{-6}}\text{J}
6.6\text{V}
由{{W}_{1}}=Eq{{L}_{ab}}所以E=\frac{{{W}_{1}}}{q{{L}_{ab}}}=60\text{N/C}
电荷从b到c电场力做功为
{{W}_{2}}=Eq{{L}_{bc}}\cos 60{}^\circ =1.44\times {{10}^{-6}}\text{J}
电荷从a移动到c电场力做功为
{{W}_{oc}}={{W}_{1}}+{{W}_{2}} 所以ac两点间电势差为{{U}_{oc}}=\frac{{{W}_{oc}}}{q}=6.6\text{V}
如图所示，电源的电动势E=110\text{V}，定值电阻{{R}_{1}}=21\Omega ，电动机绕组的电阻{{R}_{0}}=0.5\Omega ，电键{{\text{S}}_{1}}始终闭合．当电键{{\text{S}}_{2}}断开时，电阻{{R}_{1}}的电功率是\text{525W}；当电键{{\text{S}}_{2}}闭合时，电阻{{R}_{1}}的电功率是\text{336W}．求：
电源的内电阻r；
当电键{{\text{S}}_{2}}闭合时流过电源的电流和电动机的机械功率．
1\Omega ；
22\text{A}；1606\text{W}．
{{\text{S}}_{2}}断开时，设通过电源的电流为I，则：
对{{R}_{1}}有：{{P}_{1}}={{I}^{2}}{{R}_{1}}；
所以有：I=\sqrt{\frac{525}{21}}=5\text{A}；
对闭合回路：E=I{{R}_{1}}+r所以有：r=\frac{110}{5}-21=1\Omega ．
{{\text{S}}_{2}}闭合时，设通过{{R}_{1}}的电流为{{I}_{1}}，则：
对{{R}_{1}}有：{{P}_{1}}\prime ={{I}_{1}}^{2}{{R}_{1}}所以有：{{I}_{1}}=\sqrt{\frac{336}{21}}=4\text{A}；
{{R}_{1}}两端电压为：U={{I}_{1}}{{R}_{1}}=21\times 4=84\text{V}；
对闭合回路，设通过电源的电流为I\prime ，则有：E=U+I\prime r；
所以有：I\prime =26\text{A}；
所以电动机中的电流为：{{I}_{2}}=I\prime -{{I}_{1}}=26-4=22\text{A}；
则电动机的机械功率为：P=U{{I}_{2}}-{{I}^{2}}{{R}_{0}}=1606\text{W}．
在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.0\text{cm}．电源电动势E=400\text{V}，内电阻r=20\Omega ，电阻{{R}_{1}}=1980\Omega ．闭合开关\text{S}，待电路稳定后，将一带正电的小球，小球恰好能到达A板．若小球所带电荷量q=1.0\times {{10}^{-7}}\text{C}，质量m=2.0\times {{10}^{-4}}\text{kg}，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10\text{m/}{{\text{s}}^{2}}．求：
A、B两金属板间的电压的大小U；
滑动变阻器消耗的电功率{{P}_{{滑}}}；
电源的效率\eta ．（电源的效率定义为：电源的输出功率与电源的总功率的比）
200\text{V}；
20\text{W}；
99.5\%．
小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，设A、B两极板间电压为U，根据动能定理有：
-qU-mgd=0-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}；
解得U=200\text{V}．
设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为{{R}_{滑}}，根据闭合电 路欧姆定律可知，电路中的电流得：
I=\frac{E}{{{R}_{1}}+{{R}_{滑}}+r}；
根据部分电路欧姆定律可知：U=I{{R}_{滑}}；
解得：{{R}_{滑}}=2.0\times {{10}^{3}}\Omega ；
滑动变阻器消耗的电功率 {{P}_{滑}}=\frac{{{U}^{2}}}{{{R}_{滑}}}=20\text{W}．
电源的效率\eta =\frac{{{P}_{出}}}{{{P}_{总}}}\times 100\%=\frac{{{I}^{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{滑}})}{{{I}^{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{滑}}+r)}\times 100\%=99.5\%．
如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E．一质量为m，电量为-q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出．射出以后，它第三次到达x轴时，与点O的距离为L．不计粒子重力，求：
粒子射出时的速度v；
粒子从射出以后第三次到达x轴所用的总时间；
若粒子从射出以后到第n次向下穿过x轴所用的总时间为t_n，写出t_n的表达式．
v=\frac{BqL}{4m}
t=\frac{2\pi m}{Bq}+\frac{BL}{2E}
t=\frac{n\pi m}{Bq}+\frac{(n-1)BL}{2E}，n=1，2，3，4
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\text{D}形金属盒，在两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，同时\text{D}形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中．当电场的变化周期与粒子在两\text{D}形盒中运转周期相等时，粒子在通过狭缝时都能得到加速，如图所示．用它加速氘核（氢的同位素），已知它所接高频电源的频率为f，\text{D}形盒的半径为R，氘核的质量为m，氘核的电荷量为q．求：
加速氘核时所需的磁感应强度为多大？
氘核所能达到的最大动能为多少？
B=\frac{2\pi mf}{q}；
{E}_{\text{km}}=2{\pi }^{2}m{R}^{2}{f}^{2}．
根据洛伦兹力提供向心力：Bvq=m\frac{{v}^{2}}{r}，T=\frac{2\pi r}{v}；
解得：T=\frac{2\pi m}{qB}；
又：T=\frac{1}{f}；
解得：B=\frac{2\pi mf}{q}．
根据洛伦兹力提供向心力：Bvq=m\frac{{v}^{2}}{r}；
解得：r=\frac{mv}{qB}；
可知r越大速度越大，最大半径为R；
故：{E}_{\text{km}}=\frac{1}{2}m{v}^{2}=2{\pi }^{2}m{R}^{2}{f}^{2}．
显像管的简要工作原理如图所示：阴极\text{K}发出的电子（初速度可忽略不计）经高压加速电场加速后，沿直线PQ进入半径为r的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面，圆形磁场区域的圆心O在直线PQ上，荧光屏\text{M}与PQ垂直，整个装置处于真空中．若圆形磁场区域的磁感应强度的大小或方向发生变化，都将使电子束产生不同的偏转，电子束便可打在荧光屏\text{M}的不同位置上，使荧光屏发光而形成图象，其中Q点为荧光屏的中心．已知电子的电量为e，质量为m，不计电子所受的重力及它们之间的相互作用力．若圆形磁场区域内匀强磁场的磁感应强度为B时，电子离开磁场的偏转角大小为\theta （即出射方向与入射方向所夹的锐角），求加速电压U应为多少？
\frac{e{{B}^{2}}{{r}^{2}}}{2m{{\tan }^{2}}\frac{\theta }{2}}
在电场中，eU=\frac{1}{2}m{{v}^{2}}-0
在磁场中，evB=m\frac{{{v}^{2}}}{R}
根据几何分析可知，\tan \frac{\theta }{2}=\frac{r}{R}
解得：U=\frac{e{{B}^{2}}{{r}^{2}}}{2m{{\tan }^{2}}\frac{\theta }{2}}
如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40\text{m}，金属导轨所在的平面与水平面夹角\theta =37{}^\circ ，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50\text{T}、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5\text{V}、内阻r=0.50\Omega 的直流电源．现把一个质量m=0.04\text{kg}的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=2.5\Omega ，金属导轨电阻不计，取g=10\text{m/}{{\text{s}}^{2}}．已知\sin 37{}^\circ =0.6，\cos 37{}^\circ =0.8，求：
通过导体棒的电流；
导体棒受到的安培力大小；
导体棒受到的摩擦力．
1.5\text{A}
0.3\text{N}
0.06\text{N}
根据闭合电路欧姆定律可得I=\frac{E}{R+r}=\frac{4.5}{2.5+0.5}=1.5\text{A}
{{F}_{安}}=BIL=0.5\times 1.5\times 0.4=0.3\text{N}；
受力分析可知mg\sin \theta =0.04\times 10\times 0.6=0.24\text{N}，
所以摩擦力沿斜面向下，f=BIL-mg\sin \theta =0.06\text{N}
如图，一束电子（电量为e）以速度{{v}_{0}}垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30{}^\circ ，求：
电子的质量是多少？
穿过磁场的时间是多少？
若改变初速度的大小，使电子刚好不能从右边界射出，则此时初速度有多大？
m=\frac{2dBe}{{{v}_{0}}}
t=\frac{\pi d}{3{{v}_{0}}}
v=\frac{1}{2}{{v}_{0}}
电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，如图所示，
由几何知识可知，圆心角\theta =30{}^\circ ，OC为半径r，则得
r=\frac{d}{\sin 30{}^\circ }=2d
又由evB=m\frac{{{v}^{2}}}{r}得
得m=\frac{2dBe}{{{v}_{0}}}
电子穿过磁场的时间是 t=\frac{30{}^\circ }{360{}^\circ }T=\frac{1}{12}T
由于T=\frac{2\pi m}{eB}，故t=\frac{2\pi m}{12Be}=\frac{\pi d}{3{{v}_{0}}}
电子刚好不能从右边界射出时，轨迹恰好与磁场右边界相切，由几何知识得R=d，
由evB=m\frac{{{v}^{2}}}{R}
可得v=\frac{1}{2}{{v}_{0}}
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