A. 加速度大小为 B. 所需的时间为 C. 下降的高度为 D. 电场力对油滴所做的功为 【答案】BCD
【解析】点电荷受到重力、电场力，合力，根据牛顿第二定律有：，故A错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间
为t，水平方向上的加速度，根据位移公式可得：，解得，下落的高度为故选BCD.
，电荷运动位移为，场力对油滴所做的功为，故BCD正确，
【点睛】分析电荷的受力情况，根据牛顿第二定律可求得总的加速度；根据运动的独立性，分别对水平方向和竖直方向进行分析，根据水平方向上的匀加速直线运动规律可求得运动时间；再对竖直方向分析，从而求出对应的高度，根据功的公式可求得电场力所做的功． 二、非选择题
9. 如图甲所示，质量为m的滑块A放在气垫导轨上，B为位移传感器，它能将滑块A到传感器B的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上最示滑块A的速率—时间（图象，整个装置置于高度h可调节的斜面上，斜面长度为：
）
（1）若用此装置来验证牛顿第二定律，通过改变______，验证质量一定时加速度与力成正比的关系；道过改变________，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系(重力加速度g的值不变)；
（2）现给滑块A沿气垫导线向上的初速度，其的加速度大小______图线如图乙所示，从图线可得滑块A下滑时
(结果保留一位有数字)。
【答案】 (1). 高度h， (2). 调节滑块的质量及斜面的高度，且使mh不变； (3).
【解析】（1）牛顿第二定律研究的是加速度与合外力和质量的关系．当质量一定时，可以改变力的大小，当斜面高度不同时，滑块受到的力不同，可以探究加速度与合外力的关系；由于滑块下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力提供，所以要保证向下的分力不变，应该使
不变，而，即保证不变，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系. （2）
从图象可以看出，滑块上滑和下滑过程中的加速度基本相等，所以摩擦力对滑块的运动影响不明显，可以忽略．根据加速度的定义式可以得出. 10. 某同学在测量一均匀新材料制成的圆柱形元件的伏安特性.步骤如下：
(1)用多用表“×100”倍率的电阻档测量该元件的电阻时，发现指针偏角过大，此时需换用__倍率的电阻档(填“×10”或“图1所示，则该电阻的测量值”)，并重新进行_______后再进行测量，表盘的示数如________。
该同学想更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下: 待测元件电阻:电流表电流表电压表电压表 (量程 (量程 (量程 (量程 ，内阻约为，内阻约为，内阻约为，内阻约为，内应不计)
，允许通过的最大电流) ) ) ) ) 直流电源 (电动势滑动变阻器 (阻值范围开关S，导线若干
（2）要求较准确地测出其阻值，电流表应选_______，电压表应选______(选填电表符号)； （3）根据以上仪器，该同学按图2连接好实验线路，在实验中发现电流表示数变化范围较小，请你用笔在图中添加一条线对电路进行修改________，使电流表示数的变化范围变大；
（4）修改后的电路其测量结果比真实值偏_______(选填“大”或“小)。
（5）为了进一步测量该元件的电阻率，该同学用游标卡尺和螺旋测微器测量该元件的长 度和直径，如图3、4所示，由图可知其长度______；其直径______。
【答案】 (1). .(1)×10 (2). 欧姆调零 (3). (4). A1 (5). V1
(6). (7). 小 (8). (9). 【解析】（1）用多用表“×100”倍率的电阻挡测量该元件的电阻时，发现指针偏角过大，说明被测电阻阻值较小，此时需换用小倍率，故换“×10”挡；重新进行欧姆调零后进行测量；表盘读数为：；（2）①电源电动势为4V，故电压表选择3V量程即可，由欧姆定律估测电路中最大电流约为10mA，故电流表选滑动变阻器分压接法修改后如下：
；②为了使电流表示数变化较大应采用
③电流表外接，由于电压表的分流作用故电流测量值偏大，根据欧姆定律则电阻的测量值偏小；（3）游标卡尺的主尺读数为：5cm=50mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为12×0.05mm=0.60mm，所以最终读数为50mm+0.60mm=50.60mm；螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm.
11. 如图所示，在平面直角坐标系xOy(x≥0，y≥0)内，存在垂直纸面向里的两个匀强磁场（图中未画出)，磁感应强度大小分别用B1、B2表示，OM是两个磁场的分界面，且与x轴正方向的夹角为，一带正电的粒子(重力不计)从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场B1中，之后粒子
在磁场B2中的运动轨迹恰与y轴相切，但未离开磁场，题中B1、B2为未知量。求:
(1)两磁场磁感应强度B1与B2的比值；
(2)从该粒子进入磁场B1到第二次经过边界OM时，粒子在磁场B1与B2中运动的时间之比。 【答案】(1)（2） 【解析】(1)设带电粒子在图所示：
中运动的半径为，在中运动的半径为，粒子运动的轨迹如
由图中几何关系得: 由牛顿第二定律得:， 联立解得： （2）设带电粒子在磁场中运动的周期为，则： 联立解得： 同理得带电粒子在磁场中运动的周期： 由粒子运动的轨迹可知： 粒子在磁场中运动对应的圆心角为，则运动的时间