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?Ｅ＝Ｕ１Ｕ２（Ｒ１－Ｒ２）／（Ｕ２Ｒ１－Ｕ１Ｒ２），ｒ＝（（Ｕ２－Ｕ１）／（Ｕ１Ｒ２－Ｕ２Ｒ１））Ｒ１Ｒ２?
?（3）如图15所示
图15
?7．如图16所示．
图16
?8．解：（1）电路如图17所示；
图17
?（2）完成接线后的实验步骤：
?①将电阻箱阻值调至Ｒ１，闭合开关Ｓ，读出电流表的刻度数Ｎ１，并记录Ｒ１和Ｎ１，断开开关Ｓ． ?②将电阻箱阻值调至Ｒ２，闭合开关Ｓ，读出电流表的刻度数Ｎ２，记录Ｒ２和Ｎ２．断开开关Ｓ． ?（3）ｒ＝（（Ｎ１Ｒ１－Ｎ２Ｒ２）／（Ｎ２－Ｎ１））． ?9．（1）Ｃ Ｅ （2）如图18所示．
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图18 图19
?10．（1）如图19所示
?（2）电压表示数变化很小，说明电流表的分压作用不明显，即Ｒｘ阻值较大，应采用内接法．所以有Ｒｘ＝Ｖ２／Ｉ２．?
?（3）电流表示数变化很小，说明电压表的分流作用不明显，即Ｒｘ阻值较小，应采用外接法，所以有Ｒｘ＝Ｖ１／Ｉ１．该值较Ｒｘ的真实值偏小．?
?11．（1）Ｙ输入 地 （2）竖直位移 Ｘ增益 扫描范围和扫描微调 ?12．（1）当回路磁通量变大时，感生电流的磁场和原磁场方向相反 ?（2）当回路磁通量变小时，感生电流的磁场和原磁场方向相同 ?（3）感生电流的磁场总是阻碍回路磁通量变化
?13．如图20所示，粒子所能达到的区域为点Ｍ、Ｎ，点Ｏ、Ｐ，点Ｏ、Ｑ之间，其中ＭＮ中的点除外．
图20
?14．（1）电路如图21所示．
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图21
?（2）ＡＢＥＧＨＩ
?（3）开关Ｓ２闭合时，测得电流表的示数Ｉ１和Ｉ２；断开开关Ｓ２，调整电阻箱Ｒ２的阻值为Ｒ时，测得电流表的示数Ｉ１′和Ｉ２′．
?ＲＡ1＝Ｉ２Ｉ２′Ｒ／（Ｉ１′Ｉ２－Ｉ１Ｉ２′）；ＲＡ2＝Ｉ１Ｉ２′Ｒ／（Ｉ１′Ｉ２－Ｉ１Ｉ２′）． ?注：用其它方法测量正确的同样给分． ?15．负极 Ｎ 16．（1）2 （2）不能 能
?17．如图22所示 ［Ｆ＝（4Ｂｖ／Ｒ）（2ａｘ－ｘ）］
2
2
图22 图23
?四、1．解：如图23所示，有 Ｒ34＝Ｒ3Ｒ4／（Ｒ3＋Ｒ4）＝2Ω，?Ｒ234＝Ｒ34＋Ｒ2＝12Ω， Ｉ2＝Ｕ／Ｒ234＝2Ａ，Ｉ3／Ｉ4＝Ｒ4／Ｒ3＝1／2，
?∴ Ｉ3＝（1／3）Ｉ2＝（2／3）Ａ，Ｉ１＝Ｕ／Ｒ１＝6Ａ， ?∴ ＩＡ＝Ｉ１＋Ｉ３＝6．67Ａ．
?2．解：开关Ｓ合上稳定后Ｃ两端电压与Ｒ１端电压相同为Ｕ，则
?Ｕ＝（Ｅ／（Ｒ１＋ｒ））Ｒ１，Ｃ带电Ｑ＝ＣＵ＝ＣＥＲ１／（Ｒ１＋ｒ）＝8×10Ｃ， ?通过Ｒ2的电量为Ｑ＝8×10Ｃ．
?3．解：（1）Ｉ＝Ｅ／（Ｒ３＋ｒ）＝0．8Ａ． ?（2）Ｑ＝ＣＵＲ3＋Ｃ·Ｉ·Ｒ３＝9．6×10Ｃ．
?（3）断开电源，Ｒ１与Ｒ2并联，与Ｒ３、Ｃ构成放电回路，则通过Ｒ2的电量为 Ｑ2＝Ｑ／2＝4．8×10
－5
－5
－5
－5
Ｃ．
2
－4
－2
2
９
－7
－10
?4．解：（1）ｑ2带负电，由库仑定律，得
?ｑ2＝Ｆｒ／ｋｑ１＝1．8×10×（10×10）／（9．0×10×5×10）＝4×10Ｃ，? ?（2）ＥＢ＝Ｆ２／ｑ２＝1．8×10／4×10 ?ＥＡ＝Ｆ１／ｑ１＝1．8×10／5×10
５
－4
－７
－4
－１０
＝4．5×10Ｎ／Ｃ，向右．
５
＝360Ｎ／Ｃ，向右．
?（3）ＥＢ′＝ＥＢ＝4．5×10Ｎ／Ｃ， ?Ｆ３＝9×10Ｎ，向右． ?5．解：
?（1）ｅ＝ＮＢＳωｓｉｎωｔ． ?（2）
平均
－5
＝ΔΦ／Δｔ＝2ＮＢＳω／π．
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?（3）线圈转过60°时 ｉ＝ｅ／Ｒ＝ＮＢＳωｓｉｎ60°／Ｒ， ?＝（
／2）ＮＢＳω／Ｒ．
＝ＮＢＳω／
，
?（4）电动势的有效值为?Ｅ＝Ｅｍ／ ?转动一周的电功为
?Ｗ＝Ｐｔ＝ＥＴ／Ｒ＝πＮＢＳω／Ｒ．
?根据能量守恒定律，线圈匀速转动一周外力做的功等于电功
?6．解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图24所示，根据牛顿第二定律，有
２２２２
图24
?Ｂｑｖ０＝ｍｖ０／Ｒ，即 Ｒ＝ｍｖ０／ｑＢ． ?要使磁场的区域有最小面积，则
应为磁场区域的直径，由几何关系可知
２
?ｒ／Ｒ＝ｃｏｓ30°，即 ｒ＝ ?∴匀强磁场区域的最小面积为
ｍｖ０／2Ｂｑ，
?Ｓｍｉｎ＝πｒ＝3πｍｖ０／4Ｂｑ．
?（2）带电粒子进入磁场后，由于速度方向与电场力方向垂直，故做类平抛运动，由运动的合成知识可知
?ｓｓｉｎ30°＝ｖ０ｔ，ｓｃｏｓ30°＝（1／2）ａｔ，ａ＝Ｅｑ／ｍ， 联立解，得 ｓ＝4
ｍｖ０／Ｅｑ．
２
２
２２２２２
?7．解：（1）点电荷－ｑ在ｃ点受力平衡，则有 ?ｋＱｑ／ｒ＝ｑＥ，Ｅ＝ｋＱ／ｒ． ?（2）在ａ点的合场强大小为
?Ｅａ＝ＥＱ＋Ｅ＝（ｋＱ／ｒ）＋（ｋＱ／ｒ）＝2ｋＱ／ｒ． ?ｄ点的合场强为点电荷＋Ｑ和匀强电场的矢量叠加，有 ?Ｅｄ＝
＝
Ｅ＝
ｋＱ／ｒ2．
２
２
２
2
２
?（3）电场力做功Ｗ＝－ｑＥ·2ｒ＝－2ｋＱｑ／ｒ， ?Ｕｃａ＝｜Ｗ｜／ｑ＝2ｑＥｒ／ｑ＝2ｋＱ／ｒ． ?8．解：（1）据牛顿第二定律，有
?Ｆｎ＝ｍａ＝ｍωＲ，Ｆｎ＝ｋｘ＝ｍω（Ｌ０＋ｘ）， ?即ｘ＝ｍωＬ０／（ｋ－ｍω）．
?（2）电压表示数 Ｕ＝ｘＥ／Ｌ＝ｍωＬ０Ｅ／Ｌ（ｋ－ｍω）．
?9．解：（1）由题意可知，ＯＢ方向即电场方向，场强方向与ＡＣ间的夹角θ＝90°． ?（2）由Ａ运动到Ｂ，电场力做功 Ｗ＝ＥｑＲ，由动能定理，得
２
２
２
２
２
２
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ＥｑＲ＋（1／2）ｍｖ０＝（1／2）ｍｖｔ，
２
２
?解得ｖｔ＝．
?10．（1）解：磁场方向垂直纸面向外．由图像可知，电场与磁场是交替存在的，即某一时刻不可能同时既有电场又有磁场，据题意对于同一粒子，从点Ａ到点Ｃ它只受电场力或磁场力中的一种．粒子能在电场力作用下从点Ａ到点Ｃ运动说明受向右的力，又因场强方向也向右，故粒子带正电．因为粒子能在磁场力作用下从点Ａ到点Ｃ运动，说明它受到向右的磁场力，又因其带正电，根据左手定则可判断出磁场方向垂直纸面向外．
?（2）粒子只在磁场中运动时，它做匀速圆周运动，因为 由于ｑｖ０Ｂ０＝ｍｖ０／Ｒ＝ｍｖ０／ｌ，则 Ｂ０＝ｍｖ０／ｑｌ．
?粒子只在电场中运动时，它做类平抛运动，在点Ａ到点Ｂ方向上，有ｌ＝ｖ０ｔ，在点Ｂ到点Ｃ方向上，有
?ａ＝ｑＥ０／ｍ， ｌ＝（1／2）ａｔ，
?∴Ｅ０＝2ｍｖ０／ｑｌ，则 Ｅ０／Ｂ０＝2ｖ０∶1． ?（3）ｔ＝1ｓ射出的粒子仅受磁场力作用，则
?ｑｖ０Ｂ０＝ｍｖ０／Ｒ， ｖ０＝2πＲ／Ｔ， ｔ１＝（1／4）Ｔ， ?解得ｔ１＝πｍ／2ｑＢ０．
?ｔ＝3ｓ射出的粒子仅受电场力作用，则 ?ｔ２＝ｌ／ｖ０，
将ｌ＝2ｍｖ０／ｑＥ０代入，得 ｔ２＝2ｍｖ０／ｑＥ０＝ｍ／ｑＢ０， ?∴ｔ１∶ｔ２＝π∶2．
?11．（1）Ｅｍ＝（1／2）ＢＬω＝＝2Ｖ．
?（2）设外电路电阻为Ｒ′，则Ｒ′＝（ｒ／2）Ｒ／（（ｒ/2）＋Ｒ）＝1Ω，据闭合电路欧姆定律，通过干路的电流为 ?Ｉ＝Ｅｍ／
（Ｒ′＋（ｒ／2））＝（
／3）Ａ≈0．48Ａ，
／3）Ｖ＝0．48Ｖ．
２
２２
２
２
２
＝ｌ，则运动半径 Ｒ＝ｌ．
?由欧姆定律得电压表示数为?Ｕ＝ＩＲ′＝（ ?（3）转过30°时通过ＡＤ边的电流为
?ｉ＝ｅ／（Ｒ′＋ｒ／2）＝Ｅｍｓｉｎ30°／（Ｒ′＋ｒ／2）＝（1／3）Ａ， ＡＤ边受到的安培力为Ｆ安＝ＢｉＬ＝（1／15）Ｎ， ＡＤ边受到的安培力矩为
?Ｍ＝Ｆ安·（1／2）Ｌ·ｓｉｎ30°＝3．3×10Ｎ·ｍ．
?12．解：（1）设第ｋ滴液滴刚好能达到ｂ板，则该液滴进入两板前，前（ｋ－1）滴液滴已建立的电压为Ｕ，场强为Ｅ，Ｑ＝（ｋ－1）ｑ，则
?Ｕ＝Ｑ／Ｃ＝（ｋ－1）ｑ／Ｃ， Ｅ＝Ｕ／ｄ＝（ｋ－1）ｑ／Ｃｄ． 对于第ｋ滴，根据动能定理，有 ?ｍｇ（ｈ＋ｄ）－ｑＥｄ＝0， 得ｋ＝（ｍｇＣ（ｈ＋ｄ）／ｑ）＋1．
?（2）第ｋ＋1滴先做自由落体运动，进入两板间后在电场中做匀减速运动，未到达b板前速度减为零，之后向上运动跳出ａ板中央小孔，然后又无初速下落，重复上述过程，故ｋ＋1滴液滴在a板小孔附近上下做往复运动．
２
－3