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“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”的實驗中
 （1）如圖所用的電表指針偏轉方向與流入電流的關系是：當電流從正接線柱流入電表時，指針偏向正接線柱一側．一位學生用這個電表探測基準點2兩側的等勢點時，把接電表正接線柱的探針E₁接觸基準點2，把接電表負接線柱的探針E₂接觸紙上某一點，發現表的指針發生了偏轉，為了探測到等勢點，則

[     ]

A．若電表指針偏向正接線柱一側，E₂應右移
B．若電表指針偏向正接線柱一側，E₂應左移
C．若電表指針偏向負接線柱一側，E₂應右移
D．若電表指針偏向負接線柱一側，E₂應左移

（2）在平整的木板上依次鋪放白紙、復寫紙和導電紙。在導電紙上平放兩個圓柱形電極A與B，分別與直流電源的正、負極接好，如圖所示。若以A、B連線為x軸，A、B連線的中垂線為y軸，將一個探針固定在y軸，將一個探針固定在y軸上的某一點，沿x軸移動另一個探針，發現無論怎樣移動，靈敏電流表的指針都不偏轉，若電源及連線都是完好的，可能的故障是________。將實驗故障排除后，探針從BO間某處沿x軸向電極A移動的過程中，電流表中指針偏轉的情況是________。

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在“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”的實驗中，電路如圖：
（1）應該使用的器材是

BG

BG

A.6V的交流電源
B.6V的直流電源
C.220V的直流電源
D．量程0～0.5V，零刻度線在刻度盤左邊的電壓表
E．量程0～0.5V，零刻度線在刻度盤中央的電壓表
F．量程0～300 μA，零刻度線在刻度盤左邊的電流表
G．量程0～300 μA，零刻度線在刻度盤中央的電流表
（2）在上述實驗過程中，要把復寫紙、導電紙、白紙鋪放在木板上，它們的順序（自下而上）是

白紙、復寫紙、導電紙

白紙、復寫紙、導電紙

（3）實驗中接通電路后，若一個探針與基準點b接觸，另一個探針分別在基準點兩側找到了實驗所需的點M、N，如圖所示，則當此探針與M點接觸時，電流表指針應

指零

指零

（填“左偏”、“指零”或“右偏”）；
（4）a、b、c、d、e五個基準點在連線上間距相等，則電勢差U_ab

大于

大于

U_bc．（填“大于”、“等于”或“小于”）；
（5）若電流表兩表筆分別接觸圖中d、f兩點（點d、f連線與AB垂直）時，表針反偏（電流從紅表筆流出時表針正偏），則電流表的紅表筆接在

f

f

點，要使電流表指針仍指在零刻線，應將接f的探針向

右

右

（填“左”或“右”）移動．
（6）下列各情況會讓描出的等勢線形狀發生改變的是

CD

CD

A．將電源電壓調高一點          B．將電源正負極對換
C．導電紙的導電物質出現脫落    D．將圖中AB電極換為方形．

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在“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”實驗中，如果所用電表D的指針偏轉方向與電流方向的關系是：當電流從電表的正接線柱流入電表D時，指針偏向正接線柱一側，某同學用這個電表探測基準點2兩側的等勢點時，把跟電表正接線柱相連接的探針Ⅰ觸在基準點2上，把跟電表負接線柱相連接的探針Ⅱ與導電紙上某點接觸，如圖所示，若發現電表指針發生了偏轉，該同學將探針Ⅱ移動的方向正確的是

BC

BC

（A）若電表的指針偏向正接線柱一側，探針Ⅱ向右移動
（B）若電表的指針偏向正接線柱一側，探針Ⅱ向左移動
（C）若電表的指針偏向負接線柱一側，探針Ⅱ向右移動
（D）若電表的指針偏向負接線柱一側，探針Ⅱ向左移動．

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一、1、C2、C 3、B 4、C 5、BC 6、B 7、AD 8、D

二、實驗題：（18分）將答案填在題目的空白處，或者要畫圖連線。

9、（6分）__BE_ （3分）   ____AD___（3分）

10、（12分）（1）如圖b（4分）

（2）由于R_L2比R_L1小得多，燈泡L₂分得的電壓很小，雖然有電流渡過，但功率很小，不能發光。（4分）

（3）如圖c

解析：由于燈泡L₂和L₁額定電壓相同，燈泡L₂功率大得多，故R_L2比R_L1小得多，燈泡L₂分得的電壓很小，雖然有電流渡過，但功率很小，不能發光。（4分）

三、本大題共三小題共計54分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數值計算的題．答案中必須明確寫出數值和單位

11、（16分）(1) 根據帶電小球A恰能做完整的圓周運動，因，則小球能通過復合場中的最高點P（如圖）設經過軌道上的P點的速度為v，由小球A的重力和電場力的合力提供向心力有：

…………①（3分）

在圓周軌道的最低點彈簧將B、A兩球向左、右彈開，設彈開時A、B兩球的速度大小分別為v_A、v_B，由動量守恒有：        

，即…………②（3分）

小球A從圓周軌道的最低點運動到P的過程中，由動能定理有：

…③（2分）

由①②③求得：

(2)設BC碰后速度為v₁ , B與C碰撞動量守恒

得v₁=2m/S        …④（2分）

BC整體減速,D球加速,當兩者速度相等時設為v₂,彈簧最短,彈性勢能最大

 得v₂=m/S    ……⑤（3分）

E_{P m}= ……⑥（3分）

12、（18分）（1）（6分）設球到D點時的速度為，從釋放至D點，

根據動能定理  （3分）

對球，根據動量守恒定律   （2分）

解得（1分）

（2）（6分）兩球進入復合場后，由計算可知兩球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡示意圖如右圖所示（1分）

洛倫茲力提供向心力（2分）

由圖可知（2分）

解得  （1分）

（3）（6分）系統損失的機械能

或

解得

13、（20分）⑴設勻速直線運動的速度為v₀， ef有效切割長度為l，則電流：

，由于v₀不變，所以I不變�；蛴善胶鈼l件證明同樣給分（4分）

⑵由能量守恒，得：…………………………（2分）

設彈簧形變量為x，由平衡條件，得： 2BIxtan30°= kx…………（2分）

解得 v₀ =      （2分）   k =  …（2分）

⑶ef越過O點后，與彈簧脫離，設導體棒最終停止位置距O點的距離為x₀，某時刻回路中ef有效切割長度為L₁，ef的速度為v，加速度為a，電流為I， 據牛頓第二定律，得：― BIL₁= ma

電流 I = =    得： ― = ma……………………… (3分)

取一小段時間△t，速度微小變化為△v，回路面積微小增加為△S，則  ― △t = ma△t

即： ― ∑△t = ∑ma△t    ―∑L₁v△t = m∑a△t   ―∑△S = m∑△v

― x₀²tan30⁰= 0－mv₀     (3分)   將 v₀= 代入，得：x ₀ = ―― (2分)