河北省邢台市南宫中学高二物理上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河北省邢台市南宫中学高二（上）第二次月考物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，第17小题只有一个选项正确，第812小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分，满分48分）1最先揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系，发现了电流的磁效应的学者是( )a安培b法拉第c奥斯特d库伦2一通有电流强度为i、长度为l的导体，垂直放在磁感应强度为b的匀强磁场中，受到的安培力为f，对于他们的关系b=的认识，下列说法正确的是( )ab与f成正比bb与电流i成正比cb与il的乘积成反比db与f、il均无关，由磁场本身决定3下列有关带电粒子与静止磁场的关系的说法中，正确的是( )a带电粒子在磁场中运动时，其所受的磁场力可能为零b在磁场中运动的粒子，速度越大，其所受的磁场力越大c在磁场中运动的粒子，速度越大，其所受的磁场力越小d静止的带电粒子在磁场中也可能受到磁场的力的作用4如图所示，开关s闭合后，一带正电的粒子沿线圈的轴线方向射入，观测到粒子在线圈中做匀速直线运动现把直流电源换成交流电源，该粒子以同样的方式射入，可观测到( )a粒子仍做直线运动，但速度的大小在不断变化b粒子做曲线运动，速度的大小也在不断变化c粒子做曲线运动，速度大小不变d粒子仍做匀速直线运动5如图所示，竖直绝缘墙壁上的q处有一固定的质点a，在q正上方的p点用绝缘丝线悬挂另一质点b，a、b两质点因为带电而相互排斥，使悬线与竖直方向成角，现通过某种方法使a、b的带电荷量均变为原来的两倍，则悬线对悬点p的拉力大小将( )a变为原来的b保持不变c变为原来的2倍d变为原来的4倍6用dislab系统的磁传感器可以测定通电螺线管内的磁感应强度，当把磁传感器的探测头从螺线管的正中间（设为坐标原点）逐渐拉出螺线管过程中，测出的bx图象是下图所示的四个图象中的( )abcd7如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板间等高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），小球p从紧靠左极板处由静止开始释放，小球q从两极板正中央由静止释放，两小球均沿直线运动打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中( )a它们的运动时间之比为tp：tq=2：1b它们的电荷量之比为qp：qq=2：1c它们的动能增量之比为ekp：ekq=4：1d它们的电势能减少量之比为ep：eq=2：18每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义，下列有关说法正确的是( )a在北极竖直向下射向地球的带电粒子不会发生偏转b在赤道竖直向下射向地球的带正电的粒子会向南偏转c在赤道竖直向下射向地球的带负电的粒子会向西偏转d在南极竖直向下射向地球的带电粒子会向北发生偏转9某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，a、b、c为电场中的三个点，下列说法正确的是( )aa点的电场强度大于b点的电场强度ba点的电势等于c点的电势c将正电荷从a点移到b点，电场力做正功d将负电荷从b点移到c点，电场力做正功10如图所示，在两磁极之间放一培培养皿，磁感线垂直培养皿，皿内侧壁有环状电极a，中心有电极k，皿内装有电解液，若不考虑电解液和培养皿之间的阻力，当通以如图所示电流时，则( )a电解液将顺时针旋转流动b电解液静止不动c若将滑动变阻器的滑片向左移动，则电解液旋转流动将变慢d若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，则电解液转动方向不变11在同一匀强磁场中，粒子（h）和质子（h）均做匀速圆周运动，若它们的动能相等，则粒子（h）和质子（h）( )a运动半径之比是2：1b运动周期之比是2：1c运动线速度大小之比是1：2d受到的洛伦兹力之比是1：12如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨cd、ef，导轨上放有一金属棒mn，现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即i=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是( )abcd二、非选择题（共6小题，满分52分）13某物理兴趣小组利用图示的装置探究“影响通电螺线管的外部磁场的相关因素”，整个装置置于光滑的水平桌面上，在线圈的周围放有足够多的铁质回形针和小磁针（1）实验时，把开关和触头2相连，然后通过观察发现小磁针静止时n极指向左方，由此可判断通电螺线管的左侧相当条形磁铁的_（填“n”或“s”）极（2）实验中，他将开关s从2换到1上，滑动变阻器的滑片p不动，可通过观察线圈吸引的铁质回形针数目来判断断线圈磁性的强弱，从而研究磁性的强弱和_的关系，此过程中有到的典型方法是_（填“控制变量法”或“比值法”）14在实验室测量直流电源的电动势和内阻，电源的电动势约为2.0v，内阻约为0.6实验室还能提供如下器材：a量程为3v的理想电压表v1b量程为15v的理想电压表v2c阻值为4.0的定值电阻r1d开关两个，导线若干为了简便快捷而双较准确地测量电源的电动势和内电阻，选择电压表、定值电阻等器材，采用如图所示电路进行实验（1）电压表应该选择_（填“a”或者“b”）（2）实验中，先将s1闭合，s2断开，电压表示数为1.98v然后将s1、s2均闭合，电压表示数为1.68v，则测得电源电动势e=_v，内阻r=_（小数点后保留两位小数）15在倾角=45的斜面上，固定一金属导轨间距l=0.2m，接入电动势e=10v、内阻r=1的电源，垂直导轨放有一根质量m=0.2kg的金属棒ab，它与框架的动摩擦因数=，整个装置放在磁感应强度的大小b=4（1）t，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，如图所示，若金属棒静止在导轨架上，其所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g=10m/s2求滑动变阻器r能接入电路的电大阻值16如图所示，xoy坐标平面中的直角三角形acd区域，ac与cd长度均为l，且a、c、d均位于坐标轴上，区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为b坐标原点o处有一粒子源，粒子源能够从o点沿x轴正方向发射出大量带正电的同种粒子，不计粒子重力及粒子间相互作用，粒子的比荷为，发现恰好所有粒子都不能从ac边射出，求这些粒子中速度的最大值17图示为探究通电导线在磁场中受力因素的实验示意图，三块相同马蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒通过等长的轻而柔软的细导线1、2、3、4，悬挂于固定的水平轴上（未在图中画出），导体棒所在位置附近可认为有方向竖直向的匀强磁场，导线1、4通过开关s与内阻不计、电动势e=2v的电源相连已知导体棒质量m=60g，等效电阻r=1，有效长度l=20cm，当闭合开关s后，导体棒沿圆弧向右摆动，摆到最大高度时（仍在磁场中），细线与竖直方向的夹角=37，已知细导线电阻不计，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）判断开关闭合后导体棒中电流的方向；（2）求出匀强磁场的磁感应强度的大小18（13分）如图所示，一速度选择中电场的方向和磁场的方向分别是竖直向下和垂直于纸面向里，电场强度和磁感应强度的大小分别为e=2104n/c和b1=0.1t，极板的长度l=m，间距足够大，在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直于纸面向外，圆形区域的圆心o位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径r=m，有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右射入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域时速度方向偏转了60，不计粒子的重力，粒子的比荷=2103c/kg（1）求圆形区域磁场的磁感应强度b2的大小；（2）在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场b1撤去，求粒子离开电场时速度的偏转角2015-2016学年河北省邢台市南宫中学高二（上）第二次月考物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，第17小题只有一个选项正确，第812小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分，满分48分）1最先揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系，发现了电流的磁效应的学者是( )a安培b法拉第c奥斯特d库伦【考点】物理学史 【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：最先揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系，发现了电流的磁效应的学者是奥斯特，故选：c【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2一通有电流强度为i、长度为l的导体，垂直放在磁感应强度为b的匀强磁场中，受到的安培力为f，对于他们的关系b=的认识，下列说法正确的是( )ab与f成正比bb与电流i成正比cb与il的乘积成反比db与f、il均无关，由磁场本身决定【考点】磁感应强度 【分析】b=是磁感应强度的定义式，根据定义式知，b与f、i、l无关【解答】解：磁感应强度的大小与所受的安培力、il无关，由磁场本身决定，故a、b、c错误，d正确故选：d【点评】解决本题的关键掌握磁感应强度的定义式，知道定义式所定义的物理量，与比值的物理量无关3下列有关带电粒子与静止磁场的关系的说法中，正确的是( )a带电粒子在磁场中运动时，其所受的磁场力可能为零b在磁场中运动的粒子，速度越大，其所受的磁场力越大c在磁场中运动的粒子，速度越大，其所受的磁场力越小d静止的带电粒子在磁场中也可能受到磁场的力的作用【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】当粒子运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力作用；当粒子运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大；结合公式f=qvbsin进行分析即可【解答】解：a、带电粒子在磁场中运动时，如果运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力作用，故a正确；b、根据公式f=qvbsin，速度大，洛伦兹力不一定大，还要看的情况，故b错误；c、根据公式f=qvbsin，速度大，洛伦兹力也不一定，还要看的情况，故c错误；d、根据公式f=qvbsin，静止的带电粒子在磁场中一定不受洛伦兹力，故d错误；故选：a【点评】本题考查了洛伦兹力的大小与速度大小关系的公式，知道公式f=qvbsin中表示速度与磁场方向的夹角4如图所示，开关s闭合后，一带正电的粒子沿线圈的轴线方向射入，观测到粒子在线圈中做匀速直线运动现把直流电源换成交流电源，该粒子以同样的方式射入，可观测到( )a粒子仍做直线运动，但速度的大小在不断变化b粒子做曲线运动，速度的大小也在不断变化c粒子做曲线运动，速度大小不变d粒子仍做匀速直线运动【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 【分析】通电以后，螺线管内部出现磁场，结合粒子的速度方向与磁场方向的关系，判断是否受洛伦兹力，从而确定粒子的运动规律【解答】解：不管是直流电还是交流电，螺线管中轴线方向的磁场方向与中轴线重合，则粒子的方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，粒子仍然做匀速直线运动故d正确，a、b、c错误故选：d【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断螺线管周围的磁场方向，以及知道磁场的方向与带电粒子的速度方向平行时，不受洛伦兹力5如图所示，竖直绝缘墙壁上的q处有一固定的质点a，在q正上方的p点用绝缘丝线悬挂另一质点b，a、b两质点因为带电而相互排斥，使悬线与竖直方向成角，现通过某种方法使a、b的带电荷量均变为原来的两倍，则悬线对悬点p的拉力大小将( )a变为原来的b保持不变c变为原来的2倍d变为原来的4倍【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】以小球b为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态分析b受力情况：重力g，a的斥力f1和线的拉力f2三个力作用，作出力图，根据fbf1pqb，得到线的拉力f2与线长的关系，再进行分析求解【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力g，a的斥力f2和线的拉力f1三个力作用，作出力图，如图作出f1、f2的合力f，则由平衡条件得：f=g根据fbf1pqb得：在a、b两质点带电量增大，pb、pq、g均不变，则线的拉力f1不变故b正确故选：b【点评】本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析，也可以应用函数法求解6用dislab系统的磁传感器可以测定通电螺线管内的磁感应强度，当把磁传感器的探测头从螺线管的正中间（设为坐标原点）逐渐拉出螺线管过程中，测出的bx图象是下图所示的四个图象中的( )abcd【考点】磁感应强度 【分析】从外部逐渐靠近螺线管两端时，磁场逐渐增强，在螺线管内部，磁场基本上是匀强磁场，磁感应强度大于螺线管端点的磁感应强度，螺线管的磁场关于中点对称，分析各图示，找出符合螺线管实际的图象【解答】解：从外部逐渐靠近螺线管两端时，磁场逐渐增强，在螺线管内部，磁场基本上是匀强磁场，磁感应强度大于螺线管端点的磁感应强度，螺线管的磁场关于中点对称，由图示可知，轴线上各点的磁感应强度随x先增大后减小，通电螺线管中轴线上中心两侧对称点的磁感应强度大小基本相等，通电螺线管中轴线上中间有一段各点磁感应强度大小基本不变磁传感器的探测头从螺线管的正中间（设为坐标原点）逐渐拉出螺线管过程中，则图象b正确，acd错误；故选：b【点评】通电螺线管的磁场是由电流产生的，如果螺线管中没有电流，则螺线管内没有磁场；知道螺线管的磁场分布是正确解题的关键，注意磁传感器的探测头从螺线管的正中间逐渐拉出7如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板间等高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），小球p从紧靠左极板处由静止开始释放，小球q从两极板正中央由静止释放，两小球均沿直线运动打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中( )a它们的运动时间之比为tp：tq=2：1b它们的电荷量之比为qp：qq=2：1c它们的动能增量之比为ekp：ekq=4：1d它们的电势能减少量之比为ep：eq=2：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题【分析】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xp=2xq，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比【解答】解：a、两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式t=得，它们运动时间相同故a错误 b、小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xp=2xq，由x=分析得到加速度之比ap：aq=2：1根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为ap=，aq=，则qp：qq=2：1故b正确c、电场力做功分别为wp=qqexq，wq=qpexp，由于qp：qq=2：1，xp：xq=2：1，得到wp：wq=4：1，故电势能的减小量为ep：eq=4：1；而重力做功相同，则合力做功之比 ，则动能增加量之比ekp：ekq4故cd错误故选：b【点评】本题电荷在复合场中运动，采用运动的分解与合成的方法研究，是常用的方法研究动能增加量关系，也可通过求末速度之比求解8每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义，下列有关说法正确的是( )a在北极竖直向下射向地球的带电粒子不会发生偏转b在赤道竖直向下射向地球的带正电的粒子会向南偏转c在赤道竖直向下射向地球的带负电的粒子会向西偏转d在南极竖直向下射向地球的带电粒子会向北发生偏转【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力 【分析】根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向【解答】解：a、由图可知，在北极竖直向下射向地球的带电粒子由于运动方向沿磁场方向；故不受洛仑兹力，故粒子不会偏转；故a正确；b、赤道上地球的磁场由南向北，由左手定则可知，在赤道竖直向下射向地球的带正电的粒子会向东偏转；故b错误；c、由左手定则可知，在赤道竖直向下射向地球的带负电的粒子会向西偏转；故c正确；d、在南极竖直向下射向地球的带电粒子的运动方向沿磁感线方向，故粒子不会发生偏转；故d错误；故选：ac【点评】本题主要考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向；注意明确负电荷在应用左手定则时，四指要指向运动的反方向9某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，a、b、c为电场中的三个点，下列说法正确的是( )aa点的电场强度大于b点的电场强度ba点的电势等于c点的电势c将正电荷从a点移到b点，电场力做正功d将负电荷从b点移到c点，电场力做正功【考点】电场线 【分析】根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；根据等差等势面来确定电势差大小，再由电势差与电场力做功关系公式wab=quab来判断电场力做功的多少【解答】解：a、由电场线越密的地方，电场强度越大，则有a点的电场强度小于b点的电场强度，ebea，故a错误；b、由图可知，a点与c点位于同一条等势面上，所以a点的电势等于c点的电势故b正确；c、由于沿着电场线，电势逐渐降低，故ab，因此将正电荷从a移动到b，电场力做正功，故c正确；d、由于沿着电场线，电势逐渐降低，故cb，因此将负电荷从b移动到c，电场力做正功，故d正确故选：bcd【点评】本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、电场力大小和电势差的大小关系同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减10如图所示，在两磁极之间放一培培养皿，磁感线垂直培养皿，皿内侧壁有环状电极a，中心有电极k，皿内装有电解液，若不考虑电解液和培养皿之间的阻力，当通以如图所示电流时，则( )a电解液将顺时针旋转流动b电解液静止不动c若将滑动变阻器的滑片向左移动，则电解液旋转流动将变慢d若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，则电解液转动方向不变【考点】导体切割磁感线时的感应电动势 【分析】由左手定则判断电解液所受的安培力方向，即可分析其旋转方向根据电路中电流的变化，分析安培力大小的变化，判断电解液旋转快慢的变化【解答】解：ab、电解液中当通以如图所示电流时，将电解液看成无数个幅条状导体组成，每根导体中电流从环边缘流向k，由左手定则判断可知，电解液所受的安培力方向沿顺时针，因此电解液将顺时针旋转流动故a正确，b错误c、若将滑动变阻器的滑片向左移动，其有效电阻减小，电路中电流增大，由f=bil知，电解液所受的安培力增大，则电解液旋转流动将变快，故c错误d、若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，由左手定则可知安培力方向不变，则电解液转动方向不变，故d正确故选：ad【点评】解决本题时要理解电解液旋转的原因：受到安培力，知道判断安培力方向的法则是左手定则，明确安培力方向与磁场方向和电流方向有关11在同一匀强磁场中，粒子（h）和质子（h）均做匀速圆周运动，若它们的动能相等，则粒子（h）和质子（h）( )a运动半径之比是2：1b运动周期之比是2：1c运动线速度大小之比是1：2d受到的洛伦兹力之比是1：【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】已知粒子（h）和质子（h）动能相等，质量之比为2：1，可以得到速度之比为1：；粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解轨道半径和周期之比【解答】解：c、已知粒子（h）和质子（h）动能相等，质量之比为2：1，可以得到速度之比为1：，故c错误；d、根据f=qvb，粒子（h）和质子（h）电量相等，速度之比为1：，故受到的洛伦兹力之比是1：，故d正确；a、粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故，故r=；粒子（h）和质子（h）电量相等，质量之比为2：1，速度之比为1：，故运动半径之比是：1，故a错误；b、根据t=，粒子（h）和质子（h）电量相等，质量之比为2：1，故周期之比为2：1，故b正确；故选： bd【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动性质，然后结合牛顿第二定律列式求解出半径和周期的表达式进行分析，基础题目12如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨cd、ef，导轨上放有一金属棒mn，现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即i=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是( )abcd【考点】安培力；牛顿第二定律 【分析】通过通电导线处于磁场中，受到安培力，由左手定则来确定安培力的方向，并得出安培力的大小，再根据牛顿第二定律来运动与力综合分析，从而即可求解【解答】解：当从t=0时刻起，金属棒通以i=kt，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，则导致棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，由于速度与加速度方向相同，则做加速度减小的加速运动当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大当安培力继续增大时，导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动a、而速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小，故a错误，b正确；c、则有：n=mg 而n=bil=blkt 由牛顿第二定律得：mgblkt=ma，因此a=g，而重力小于摩擦力时，加速度方向向上，故c正确，d错误；故选：bc【点评】考查安培力的方向与大小，同时利用棒受力分析来确定运动与力的情况，并借助于牛顿第二定律来解题二、非选择题（共6小题，满分52分）13某物理兴趣小组利用图示的装置探究“影响通电螺线管的外部磁场的相关因素”，整个装置置于光滑的水平桌面上，在线圈的周围放有足够多的铁质回形针和小磁针（1）实验时，把开关和触头2相连，然后通过观察发现小磁针静止时n极指向左方，由此可判断通电螺线管的左侧相当条形磁铁的n（填“n”或“s”）极（2）实验中，他将开关s从2换到1上，滑动变阻器的滑片p不动，可通过观察线圈吸引的铁质回形针数目来判断断线圈磁性的强弱，从而研究磁性的强弱和线圈匝数的关系，此过程中有到的典型方法是控制变量法（填“控制变量法”或“比值法”）【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 【专题】实验题【分析】（1）根据小磁针静止时n极的指向确定螺线管相当于条形磁铁哪一端为n极（2）将开关s从2换到1上，改变的是线圈的匝数，实验过程中，要采用控制变量法【解答】解：（1）小磁针静止时n极指向左方，可知螺线管内部的磁场方向向左，则左侧相当于条形磁铁的n极（2）将开关s从2换到1上，改变线圈的匝数，通过观察线圈吸引的铁质回形针数目来判断断线圈磁性的强弱，该过程需要可知电流不变，即采用可知变量法故答案为：（1）n，（2）线圈匝数，控制变量法【点评】本实验中采用的实验方法为控制变量法，控制变量法的研究是物理学中典型的方法之一，需灵活掌握14在实验室测量直流电源的电动势和内阻，电源的电动势约为2.0v，内阻约为0.6实验室还能提供如下器材：a量程为3v的理想电压表v1b量程为15v的理想电压表v2c阻值为4.0的定值电阻r1d开关两个，导线若干为了简便快捷而双较准确地测量电源的电动势和内电阻，选择电压表、定值电阻等器材，采用如图所示电路进行实验（1）电压表应该选择a（填“a”或者“b”）（2）实验中，先将s1闭合，s2断开，电压表示数为1.98v然后将s1、s2均闭合，电压表示数为1.68v，则测得电源电动势e=1.98v，内阻r=0.71（小数点后保留两位小数）【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）根据电源电动势选择电压表；（2）根据实验数据应用闭合电路欧姆定律求出电源电动势与内阻【解答】解：（1）电源电动势约为2.0v，则电压表应选择：a、量程为3v的理想电压表v1；（2）由图示电路图可知，将s1闭合，s2断开，电压表测电源电动势，电压表示数为1.98v，则电源电动势：e=1.98v，将s1、s2均闭合，电压表示数为1.68v，由欧姆定律可知：e=u+ir，即：1.98=1.68+r，解得：r=0.71；故答案为：（1）a；（2）1.98，0.71【点评】本题考查了实验器材的选择、求电源电动势与内阻，要掌握实验器材的选择原则；分析清楚电路结构、应用欧姆定律可以求出电源电动势与内阻15在倾角=45的斜面上，固定一金属导轨间距l=0.2m，接入电动势e=10v、内阻r=1的电源，垂直导轨放有一根质量m=0.2kg的金属棒ab，它与框架的动摩擦因数=，整个装置放在磁感应强度的大小b=4（1）t，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，如图所示，若金属棒静止在导轨架上，其所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g=10m/s2求滑动变阻器r能接入电路的电大阻值【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】通电导线处于垂直斜面向上的匀强磁场中，则由电流方向结合左手定则可得安培力的方向，当安培力过大时，则棒有上滑趋势，则静摩擦力沿斜面向下当安培力过小时，则棒有下滑的趋势，则静摩擦力沿斜面向上，当电阻最大时，电流最小，安培力最小，据此分析即可【解答】解：金属棒受四个力作用，重力、垂直于导轨平面的支持力、沿导轨平面向上的安培力f、沿导轨平面的摩擦力f，变阻器r较大时，i较小，安培力较小，金属棒有下滑趋势，框架对棒的摩擦力方向向上，如图所示，当r最大时，金属棒刚好不下滑，根据平衡条件得：bil+mgcosmgsin=0i=联立并代入数据解得：r=7答：滑动变阻器r能接入电路的电大阻值为7【点评】静摩擦力的方向是由安培力大小决定，当安培力过大使得棒有上滑趋势，所以静摩擦力沿斜面向下当安培力过小时，棒有下滑的趋势，所以静摩擦力沿斜面向上16如图所示，xoy坐标平面中的直角三角形acd区域，ac与cd长度均为l，且a、c、d均位于坐标轴上，区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为b坐标原点o处有一粒子源，粒子源能够从o点沿x轴正方向发射出大量带正电的同种粒子，不计粒子重力及粒子间相互作用，粒子的比荷为，发现恰好所有粒子都不能从ac边射出，求这些粒子中速度的最大值【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子从o点沿着+x方向射入磁场，洛伦兹力向上，圆心在o点的正上方，画出临界轨迹，结合几何关系得到轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解最大速度【解答】解：当粒子以最大的可能速度沿着x轴正方向进入磁场时，轨迹如图所示，要使所有粒子都不能从ac边射出，则最大轨迹圆恰好ac、cd边相切故由几何关系可得带电粒子运动的轨道半径r=又：qvb=m解得这些粒子中速度的最大值为：v=答：这些粒子中速度的最大值为【点评】本题关键是画出运动轨迹，得到临界轨迹的半径；明确粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可17图示为探究通电导线在磁场中受力因素的实验示意图，三块相同马蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒通过等长的轻而柔软的细导线1、2、3、4，悬挂于固定的水平轴上（未在图中画出），导体棒所在位置附近可认为有方向竖直向的匀强磁场，导线1、4通过开关s与内阻不计、电动势e=2v的电源相连已知导体棒质量m=60g，等效电阻r=1，有效长度l=20cm，当闭合开关s后，导体棒沿圆弧向右摆动，摆到最大高度时（仍在磁场中），细线与竖直方向的夹角=37，已知细导线电阻不计，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1