(2)结合资料③，你认为下图中四种(A、B、C、D)漏电保护器的安装方法正确的有
( )
(3)细心的同学发现上图中有一处用电不安全隐患．请将图中不安全因素用笔圈出． (4)观察下图，若淋浴器发生漏电可导致其外壳带电，请分析其危险性：________.为了更加合理和安全地使用电热淋浴器，该研究小组在理论上设计了B、C两种方案(如下图)，图中的R相当于保护电阻．根据已有知识判断，可行方案是________(填“B”或“C”)，理由是______________________________________________________________________________．
答案：(1)无接地线、使用劣质开关或插座；①、②；流过熔丝的电流未超过其额定电流，但流过人体的电流已超过30毫安；电流过大而不熔断，容易发生火灾．
(2)B
(3)地线接在自来水管上
(4)容易发生人体触电；C；发生漏电时人体分得的电压只有12V，所以不会造成危险． 三、论述·计算题(共5小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15.(7分)(2009·广东深圳模拟)一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g)，求：
(1)匀强电场的电场强度的大小； (2)求小球经过最低点时丝线的拉力． 答案：(1) (2)mg
解析：(1)小球静止在电场中受力如图所示，
显然小球带正电，由平衡条件得： mgtan37°=qE①
3mg故E＝②
4q
(2)电场方向变成向下后，小球开始摆动做圆周运动，重力、电场力对小球做正功．由动能定理得：
mv2=(mg+qE)l(1-cos37°)③
由圆周运动知识，在最低点时，
v2
F向＝FT－(mg＋qE)＝m④
l
49
由③④解得FT＝mg
20
16．(8分)质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2.今有一质量为m、电荷量为＋e的正电子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动．求：
(1)粒子射出加速器时的速度v为多少？ (2)速度选择器的电压U2为多少？
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？
2eU12eU112U1m答案：(1) (2)B1d (3)
mmB2e
12eU1
解析：(1)在a中，e被加速电场U1加速，由动能定理有eU1＝mv2，得v＝
2m
U22eU1
(2)在b中，e受的电场力和洛伦兹力大小相等，即e＝evB1，代入v值得U2＝B1d
dm
mv12U1m
(3)在c中，e受洛伦兹力作用而做圆周运动，回转半径R＝，代入v值得R＝
B2eB2e
17．(8分)下图为“解放”牌大卡车的远程车灯电路的蓄电池总功率随电流变化的图象，已知蓄电池瞬间短路时的电流为14A.求：
(1)该蓄电池的电动势E和内电阻r.
(2)车头两个远程车灯的铭牌上标有“12V、12W”字样，若两灯并联接在蓄电池两端，则两灯消耗的总电功率为多少？
答案：(1)E＝14V；r＝1Ω (2)P总＝24W 解析：(1)由图可知瞬间短路时总功率P＝196W，由P＝I短E，求出E＝14V，由P＝I2短r，求出r＝1Ω
U2额
(2)一个车灯的电阻：R灯＝＝12Ω
P额R灯
两灯并联的电阻：R并＝＝6Ω
2E
电路中的总电流：I＝＝2A
R并＋r
两灯总电功率P总＝I2R并＝24W 18．(8分)(2009·江苏淮安)如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R＝0.50m的绝缘光滑槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝
－
0.50T.有一个质量m＝0.10g，带电量为q＝＋1.6×103C的小球在水平轨道上向右运动．若小球恰好能通过最高点，重力加速度g＝10m/s2.试求：
(1)小球在最高点所受的洛伦兹力F； (2)小球的初速度v0.
答案：(1)8×10-4N (2)m/s
解析：(1)设小球在最高点的速度为v，则小球在最高点所受洛伦兹力 F=qvB①
方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即
mv2
mg－F＝②
R
－
将①代入②式求解可得v＝1m/s，F＝8×104N
(2)由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得
121
mv0＝mgh＋mv2③ 22其中h＝2R④
求解可得v0＝21m/s.
19．(9分)汤姆孙测定阴极射线粒子比荷的实验原理如下图所示，阴极发出的电子束沿直线射到荧光屏上的O点时，出现一个光斑．在垂直于纸面的方向上加一个磁感应强度为
－
3.0×104T的匀强磁场后，电子束发生偏转，沿半径为7.2cm的圆弧运动，打在荧光屏上的P点．然后在磁场区域加一个竖直向下的匀强电场，电场强度的大小为1.14×103V/m时，光斑P又回到O点，求电子的比荷．
答案：1.76×1011C/kg
解析：只加磁场时，电子仅受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，轨道半径设为r，由牛顿第二定律知qvB=，比荷为=①
加上电场E以后，使偏转的电子束回到原来的直线上，是因为电子受到的电场力Eq和洛伦兹力qvB平衡，
因此有Eq＝qvB②
1.14×103qE
由①②式得：＝2＝C/kg mrB7.2×10－2×(3.0×10－4)211
＝1.76×10C/kg.
人教版高中物理选修3-1综合能力测试题(附详解答案)
