2020-2021学年广东省深圳市东部华侨城高二（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年广东省深圳市东部华侨城高二（上）期末物理试卷，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验填空及论述计算题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年广东省深圳市东部华侨城高二（上）期末物理试卷
一、单项选择题（本题包括7小题，每小题3分，共21分．每小题只有一个选项符合题意，错选、不选该题不得分）
1．（3分）由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1q2，其间距为r时，它们之间的相互作用力的大小为F=kq1q2r2，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（　　）
A．kg•m2•C2 B．N2•C2•m﹣2 C．kg•m3•C﹣2 D．N•m2•C﹣2
2．（3分）如图中a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是φa＝5V，φb＝2V，φc＝4V，则在下列各示意图中能表示该电场强度方向的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（3分）在检验两地是否短路的测试中，经常用到如图所示的T形电路，电路中的电阻R1＝50Ω，R2＝R3＝30Ω，有一测试电源，所提供的测试电压恒为80V．以下说法正确的是（　　）

A．若将cd端短路，ab之间的等效电阻为50Ω
B．若将ab端短路，cd之间的等效电阻为60Ω
C．当ab两端接上测试电压时，cd两端的电压为30V
D．当cd两端接上测试电压时，ab两端的电压为30V
4．（3分）在威尔逊云室上方加上垂直云室平面的匀强磁场时，可以看到带电粒子的径迹，如图所示一个带电粒子，沿垂直于磁场方向射入云室，粒子的一段径迹如图，径迹上的每小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变，不计重力），从图中情况可以确定（　　）

A．粒子从a到b，带正电 B．粒子从b到a，带正电
C．粒子从a到b，带负电 D．粒子从b到a，带负电
5．（3分）如图所示，在用伏安法测电阻时，发现电压表的示数为6V，电流表的示数为0，则可能出现的故障是（　　）

A．滑动变阻器断路 B．待测电阻Rx断路
C．电流表断路 D．电压表损坏
6．（3分）如图，在匀强磁场区域中有一光滑绝缘斜面体，在斜面体上放了一根长直导线，当以如图方向的电流后，导线能静止斜面上，则磁感应强度的方向可能是（　　）

A．方向垂直纸面向外 B．方向水平向右
C．方向竖直向上 D．方向水平向左
7．（3分）如图为静电除尘机理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，达到除尘目的，图中的对称性虚线为电场线（方向未标），不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则（　　）

A．电场线方向由放电极指向集尘极集尘
B．图中A点电势低于B点电势
C．尘埃在迁移过程中做匀变速直线运动
D．尘埃在迁移过程中动能减小
二、多项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分．每小题有两个或两个以上选项符合题意．若都正确得4分：若部分正确得2分；错选、不选，该小题得0分）
8．（4分）关于安培分子电流假说的说法正确的是（　　）
A．安培观察到物质内部有分子电流存在就提出了假说
B．为了解释磁铁产生磁场的原因，安培提出了假说
C．事实上物体内部都存在类似的分子电流
D．据后来科学家研究，原子内电子绕核旋转形成环形电流与安培分子电流假说相符
9．（4分）在测定电源电动势和内阻的实验中，通常用路端电压U与干路电流I作图法研究，图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，下列判断正确的是（　　）

A．电动势E1＝E2，发生短路时的电流I1＞I2
B．电动势E1＝E2，内阻r1＞r2
C．电动势E1＞E2，内阻r1＜r2
D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大
10．（4分）如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔距离为L的两个带同种电荷的小球A、B质
量分别为2m和m，当静止同时释放时，B球的加速度为a，则下列说法正确的是（　　）

A．当两球距离为2L时，A球加速度为18a
B．当两球距离为2L时，A球加速度为12a
C．当A球速度大小为v时，B球速度大小为2v
D．当A球速度大小为2v时，B球速度大小为4v
11．（4分）为了探究电容器充放电的规律，将平行板电容器与电池组相连，且下极板接地，两极板间的带电尘埃恰保持静止状态，若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（　　）

A．带电尘埃的电势能不变
B．尘埃仍保持静止状态
C．电流计G中有a到b方向的电流
D．电流计G中有b到a方向电流通过
12．（4分）某一热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，M为两元件的伏安特性曲线的交点，则下列说法中正确的是（　　）

A．图中图线a是小灯泡的伏安特性曲线，图线b是热敏电阻的伏安特性曲线
B．图中图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线
C．图线中的M点，表示该状态小灯泡的电阻等于热敏电阻的阻值
D．图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等
13．（4分）如图所示为速度选择器，在平行带电金属板间有垂直纸面向里的匀强磁场，两板电势差为U，距离为d，质量为m、电量为e的质子以速度v从左侧水平进入后未发生等转，沿直线射出，（不计重力）则下列说法正确的是（　　）

A．若电子以速度v从左侧水平进入时，则一定向上偏转
B．若电子以速度v从右侧水平进入时，则沿直线射出
C．若质子以速度v从右侧水平中线进入打在下极板上，则打在极板上的速度大小为v2+eUm
D．若磁场的磁感应强度增大，则质子可能打在上极板上
三、实验填空及论述计算题（本题包括5小题，共55分．实验填空题只写出最后结果：论述计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）
14．（8分）如图所示为多用电表的刻度盘。若选用倍率为“×100”的欧姆挡测电阻时，表针指示如图所示，则：

（1）所测电阻的阻值为　 　Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是　 　（选填“×10”、“×100”或“×1k”）。
（2）用此多用电表进行测量，当选用量程为50mA的直流电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为　 　mA．当选用量程为250mA的直流电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为　 　mA。
15．（8分）某同学利用如图甲所示的实验电路来测量电阻Rx的阻值及其随电压变化的规律，R′为滑动变阻器，R为电阻箱，其步骤如下：

（1）闭合开关S1，单刀双掷开关S2拨到a点，适当调节滑动变阻器R′，读出电压表示数U1。
（2）保持R′阻值不变，把S2拨到b点，调节电阻箱R的阻值，直到电压表示数仍为U1，电阻箱读数为R1如图乙：则Rx的阻值为　 　Ω，这种方法通常称为　 　（填“等效法”或“控制变量法”）
（3）为了进一步探究电阻R随电压U变化的关系。操作如下：
A．把S2再拨到a点，调节R′的阻值，读出电压表示数U2；把S2再拨到b点，调节电阻箱R的阻值，直到电压表示数为U2，此时电阻箱读数为R2。
B．改变滑动变阻器R′的阻值，重复上述操作，得到几组电压表示数与R的数据如表，
电阻R/Ω
5.0
10.0
15.0
25.0
35.0
45.0
电压U/V
1.00
1.50
1.80
2.14
2.32
2.45
回答下列问题
（i）请在图丙中根据实验数据作出U﹣R关系图象；
（ii）若电压表示量为2.00V，利用（i）中测绘的U＝R图象可得Rx＝　 　Ω。
16．（11分）为使带电量为3×10﹣5的负点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B（AB＝0.4m），必须对该电荷施加一个竖直向上大小为F＝1.5×10﹣4的恒力，如图所示，已知A点电势φA＝100V．不计电荷的重力。
（1）匀强电场的场强为多少？指出电场线的方向。
（2）B点的电势为多少？AB间的电势差为多少？
（3）求q在由A到B的过程中电势能的变化量是多少？

17．（11分）如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成。励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场，玻璃泡内充有稀薄的气体，电子枪在加速电压为U下水平向左发射电子，电子的电量大小为e，质量为m。若给励磁线圈通电后，产生垂直纸面磁感应强度为B的磁场使电子产生如图所示的运动径迹，（忽略稀薄气体的阻力）试求：
（1）励磁线圈产生的磁场方向；
（2）电子在磁场中的旋转直径。

18．（17分）如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g．
（1）试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；
（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？
（3）若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h．


2020-2021学年广东省深圳市东部华侨城高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题包括7小题，每小题3分，共21分．每小题只有一个选项符合题意，错选、不选该题不得分）
1．【分析】力学单位制规定了物理量的单位，同时根据物理量间的公式也可以分析单位之间的关系．
【解答】解：根据F＝kq1q2r2 可得：k=Fr2q1q2，
由于F＝ma，
q＝It，
所以k=mar2I2t2
根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得
k的单位是kg•A﹣2•m3•s﹣4＝N•m2•C﹣2；故ABC错误，D正确；
故选：D。
【点评】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单位．
2．【分析】匀强电场电场线是平行等间距，而等势面与电场线垂直，等势面也平行等间距，而且沿着电场线方向，电势降低．
【解答】解：由题意可知，各点的电势分别为Ua＝5V，Ub＝2V，Uc＝4V，则ab连线上离a点13ab处的电势为4V，所以该点与c点的连线，即为等势线。由于沿着电场线方向，电势降低。故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】考查匀强电场的电场线是平行，等势线也是平行，且掌握电场线的方向与电势降低的方向关系．
3．【分析】当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联。当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联。当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压。当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压。根据欧姆定律求解电压。
【解答】解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为：
R=R2R3R2+R3+R1=30×3030+30+50＝65Ω；故A错误；
B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为：
R=R1R3R1+R3+R2=50×3050+30+30＝48.75Ω，故B错误；
C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，Ucd=R3R1+R3E=3050+30×80＝30V；故C正确；
D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为Uab=R3R2+R3E=3030+30×80＝40V；故D错误；
故选：C。
【点评】对于电路问题，首先要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化。
4．【分析】根据粒子在磁场中运动的半径公式r=mvqB来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质。
【解答】解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，
根据粒子在磁场中运动的半径公式r=mvqB可知，粒子的半径逐渐的减小，
所以粒子的运动方向是从b到a，
在根据左手定则可知，粒子带正电，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】根据r=mvqB可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键。
5．【分析】电压表有示数，电流表无示数，说明电压表与电流表串联。
【解答】解：电压表的示数为6V，电流表的示数为0，说明电路中无电流，但是电压表有示数，说明电压表串联入电路，故只有待测电阻Rx断路，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】此题考查故障电路的分析，常见的电路故障有断路和短路两种，根据电路故障原因分析故障原因即可。
6．【分析】对导体棒受力分析，受到重力、支持力和安培力，根据左手定则得到安培力的方向，结合平衡条件分析。
【解答】解：A、磁场方向垂直纸面向外，磁场方向与电流方向平行，安培力为零，故不能平衡，故A错误；
B、磁场方向水平向右，根据左手定则，安培力竖直向下，重力竖直向下，弹力垂直于斜面向上，故不能平衡，故B错误；
C、磁场方向竖直向上，根据左手定则，安培力水平向右，导体棒不可能平衡，故C错误；
D、磁场方向水平向左，根据左手定则，安培力竖直向上，重力竖直向下，可能处于二力平衡状态，故D正确；
故选：D。
【点评】本题关键是根据左手定则判断安培力方向，由于斜面光滑，如果有支持力，则安培力平行斜面的分力应该是沿着斜面向上，否则不能平衡。
7．【分析】根据电场方向，分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性。放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。电场力对尘埃做正功。
【解答】解：A、由题带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，故A错误；
B、集尘极带正电荷，是正极，A点更靠近放电极，所以图中A点电势低于B点电势，故B正确；
C、放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，故C错误；
D、带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中动能增大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，剖题时，抓住尘埃的运动方向是突破口。
二、多项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分．每小题有两个或两个以上选项符合题意．若都正确得4分：若部分正确得2分；错选、不选，该小题得0分）
8．【分析】安培所提出的“分子电流”的假说。安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流﹣﹣分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体。未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显示出磁性。
【解答】解：AB、安培为了解释磁铁产生磁场的原因，提出的分子环形电流假说，认为在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流﹣﹣分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体。未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显出显示出磁性，说明了磁现象产生的本质，故A错误，B正确；
C、安培提出了分子环形电流假说，事实上物体内部都存在类似的分子电流。故C正确；
D、安培提出了分子环形电流假说后，根据科学家研究，原子内电子绕核旋转形成环形电流与安培分子电流假说相符。故D正确
故选：BCD。
【点评】该题考查安培定则以及安培定则的意义，牢记其内容是解答的关键。
9．【分析】U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻
【解答】解：A．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，故电动势E1＝E2，发生短路时的电流I1＞I2，故A正确；
B．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1＝E2，内阻r1＜r2，故B错误；
C．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1＝E2，内阻r1＜r2，故C错误；
D．电动势E1＝E2，内阻r1＜r2，根据U＝E﹣Ir可知，当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查了闭合电路电源的U﹣I图象的相关知识，要求同学们理解U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻。
10．【分析】由库仑定律分析受力的关系，由牛顿第二定律分析加速度的关系，两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出B球的速度，然后答题。
【解答】解：A、由牛顿第三定律可知，二者之间的相互作用力始终大小相等，方向相反；开始时B的加速度为a，则A的加速度：aA0=ma2m=12a
当两球距离为2L时，两球之间的库仑力：F'=kq1q2(2L)2=14⋅kq1w2L2=14F=14ma
A球加速度为：aA1=F'2m=18a．故A正确，B错误；
C、二者沿水平方向的电路始终是守恒的，当A的速度为v时，取A运动的方向为正方向，则：2mv+mv′＝0
所以：v′＝﹣2v
其中的负号表示B运动的方向与A运动的方向相反。故C正确，D错误
故选：AC。
【点评】本题考查了求速度、动能、动量问题，应用动量守恒定律、动能定理、动量与动能的计算公式即可正确解题。
11．【分析】带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止。根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向。
【解答】解：A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=ɛS4πkd 得知，电容减小，而电压不变，依据E=Ud，可知，电场强度不变，那么带电尘埃的电势不变，则其电势能也不变，故A正确；
B、由于板间电压和距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态，故B正确；
CD、因电压不变，而电容减小，那么电容器带电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流，故C正确，D错误；
故选：ABC。
【点评】本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式和电容的定义式结合进行分析。
12．【分析】热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，而小灯泡的电阻随温度的升高而增加；I﹣U图象上某点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数
【解答】解：AB、随着电压的增加，元件的热功率增加，温度升高；从图象可以看出，a图线对应电阻减小，b图象对应电阻增加；热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，而小灯泡的电阻随温度的升高而增加；故a是热敏电阻，b是小灯泡；故A错误，B正确；
CD、图线中的M点，电流和电压都相等，根据欧姆定律，电阻相等；功率P＝UI也相等，故CD正确；
故选：BCD。
【点评】本题关键是明确小灯泡和热敏电阻的电阻随温度升高的变化情况，然后结合I﹣U图象得到小灯泡和热敏电阻的伏安特性曲线进行分析。
13．【分析】质子以速度v从左侧水平进入后未发生等转，沿直线射出，电场力和洛伦兹力平衡，从而得出质子的速度。若换成电子，分析电场力和洛伦兹力，来判断电子的运动情况。若质子以速度v从右侧水平中线进入打在下极板上，根据动能定理求质子打在极板上的速度大小。若磁场的磁感应强度增大，洛伦兹力增大，质子将向上偏转。
【解答】解：A、质子在电磁场中做直线运动时，有：qE＝qvB，得：v=EB．该式与粒子的电性、质量无关，若电子以速度v从左侧水平进入时，仍有qE＝qvB，电子也沿直线运动，故A错误。
B、若电子以速度v从右侧水平进入时，电子受到的电场力和洛伦兹力均向上，则电子将向上偏转，故B错误。
C、若质子以速度v从右侧水平中线进入电磁场中，质子受到的电场力和洛伦兹力均向下，将打在下极板上，设质子打在极板上的速度大小为v′．根据动能定理得：
e•U2=12mv'2-12mv2
得：v′=v2+eUm，故C正确。
D、若磁场的磁感应强度增大，质子受到的洛伦兹力增大，洛伦兹力大于电场力，而洛伦兹力向上，则质子向上偏转，质子可能打在上极板上，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题关键是理解速度选择器的工作原理：电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反的粒子可以匀速通过平行金属板，这个结论与粒子的电性和电量无关。
三、实验填空及论述计算题（本题包括5小题，共55分．实验填空题只写出最后结果：论述计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）
14．【分析】（1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近。
（2）由图示表盘确定其分度值，然后再读出其示数。
【解答】解：（1）用倍率为“×100”的电阻挡测电阻，由图示可知，电阻阻值为：15×100＝1500Ω；
多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是×1k。
（2）选用量程为5mA的电流挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为10mA，示数为31.4mA。
选用量程为250mA的电流挡测量电流时，最小分度为5mA；故则所测电流为152mA；
故答案为：（1）1500，×1k；（2）30.4，152。
【点评】本题考查了多用电表读数，对多用电表读数时，要先根据选择开关的位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，再读数，读数时视线要与刻度线垂直。
15．【分析】（1）明确量程，确定最小分度，从而得出对应的读数；
（2）明确多用电表的使用方法，再根据闭合电路欧姆定律列式，变形即可得出图形对应的表达式，从而根据图象求出电动势和内电阻；
（3）分析实验电路以及对应的过程，根据串并联电路规律即可确定待测电阻的阻值。
【解答】解：（1）单刀双掷开关分别与两种电阻相接时，与之并联的两种电阻的电压相等，而电路其他部分均未变，所以这两种电阻阻值相等，本题采用的是等效代换法；由欧姆表各档位的倍率从而确定电阻的值为86.3Ω。
（2）先描点，再用平滑的曲线连接如图所示，从图象可以看出，当电压为2.00V时，电阻R＝20Ω。
故答案为：（1）86.3 等效法
（2）20

【点评】本题关键要从实验要求中的安全、准确、操作方便的角度进行分析，明确本实验测量电阻的原理，两次实验电压表示数不变，则并联部分电阻相等，Rx的阻值等于电阻箱的阻值，难度适中。
16．【分析】（1）由F＝qE求出电场强度E，
（2）根据U＝Ed求出A、B间电势差，即可求得B点的电势。
（3）由W＝qU求出电场力做功，即可求得电势能的变化量
【解答】解：（1）由F＝qE得场强的大小为：E=Fq=1.5×10-43×10-5=5N/C，方向如图所示
（2）AB间的电势差为：UAB＝E×AB×cosα＝5×0.4×0.8V＝1.6V
B点的电势为：φB＝100﹣1.6＝98.4V
（3）点电荷从由A运动到B，电场力做功为：W＝qUAB═﹣3×10﹣5C×1.6＝﹣4.8×10﹣5J
故点电荷的电势能增大4.8×10﹣5J
答：（1）电场强度的大小5N/C；
（2）AB间的电势差为98.4V；
（3）q在由A到B的过程中电势能的变化量是4.8×10﹣5J

【点评】本题的解题关键要掌握电场力与场强的关系、电场线与等势线的关系、电势能的变化与电场力做功的关系、电势与电势差的关系等等电场的基本知识
17．【分析】（1）由左手定则可判断磁场方向；
（2）电场对电子加速，应用动能定理可以求出电子的速度。电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出电子在磁场中的旋转直径。
【解答】解：（1）由左手定则知，磁场方向垂直纸面向里
（2）电场加速电子的过程，根据动能定理得：eU=12mv2
解得：v=2eUm
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：evB＝mv2r
所以：r=1B2Ume
电子在磁场中的旋转直径为：d＝2r=2B2Ume
答：（1）励磁线圈产生的磁场方向垂直纸面向里；
（2）电子在磁场中的旋转直径是2B2Ume。
【点评】本题考查了电子在电场与磁场中的运动问题，知道电子在电场中加速运动时，利用动能定理可求出加速获得的速度。电子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供。
18．【分析】（1）根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场强度大小．
（2）由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题．
（3）由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h．
【解答】解：（1）带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电．
由qE＝mg…①，
解得：E=mgq⋯②；
（2）假设下落高度为h0时，带电小球在Ⅰ区域作圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如答图（a）所示，
由几何知识可知，小球的轨道半径：R＝d…③，
带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：mgh=12mv2…④，
带电小球在磁场中作匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2R⋯⑤
解得：h0=q2B2d22m2g，
则当h＞h0时，即h＞q2B2d22m2g带电小球能进入Ⅱ区域；
（3）由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，
故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，
边长为2R，内角为60°，如答图（b）所示．由几何关系知：R=dsin60°⋯⑥
联立解得④⑤⑥得：h=2q2B2d23m2g；
答：（1）小球带正电，电场强度E=mgq；
（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，h应满足的条件是：h＞q2B2d22m2g；
（3）它释放时距MN的高度h=2q2B2d23m2g．
【点评】本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键．