河北省邯郸市2017_2018学年高二物理上学期期中试题201711090238.doc

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1、河北省邯郸市2017-2018学年高二物理上学期期中试题考试范围：选修3-1；考试时间：90分钟； 注意：本试卷包含、两卷。第卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。 第卷一、单选题(本大题共10小题，共30.0分)1.物理学中最早使用理想实验方法、发现万有引力定律、最早引入了电场概念并提出用电场线表示电场和发现电流磁效应分别由不同的物理学家完成，他们依次是（） A. 伽利略、牛顿、法拉第和奥斯特B. 牛顿、卡文迪许、洛伦兹和安培 C. 伽利略、卡文迪许、库仑和奥斯特D. 伽利略、牛顿、库仑和洛

2、伦兹.2. 真空中两个完全相同的带电小球A和B（均可看做点电荷），带电量分别为+2q和-6q，固定在相距为r的两点，两球间静电力为F，现用绝缘工具使两球接触后分开，将其固定在距离为的两点，则两球间库仑力为（） A. 相互作用的斥力，大小为B. 相互作用的引力，大小为 C. 相互作用的引力，大小为D. 相互作用的斥力，大小为2F3.直线MN是某点电荷电场中的一条电场线（方向未画出）虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹下列判断正确的是（） A. 电场线MN的方向一定是由N指向M B. 带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小 C. 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势

3、能 D. 带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度4.如图所示，匀强电场的场强E=3105V/m，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60，下列说法正确的是（） A. 电荷量q=+210-4C的电荷从A点运动到B点电势能增大6J B. 电荷量q=-210-4C的电荷从A点运动到B点电场力做功为-6J C. 若取A点的电势为0，则B点的电势B=3104V D. A、B两点间的电势差是UAB=6104V5.如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源的内电阻，以下说法中不正确的是（） A. 当R2=R1+r时，R2上获得最大功率 B. 当R1=R2+r时，R1上

4、获得最大功率 C. 当R2=0时R1上获得功率一定最大 D. 当R2=0时，电源的输出功率可能最大6.在如图所示的U-I图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源与电阻R组成闭合电路由图象判断错误的是（ ） A. 电源的电动势为3 V，内阻为0.5B. 电阻R的阻值为1 C. 电源的效率为80%D. 电源的输出功率为4 W7. 如图所示的电路中，电源、电压表、电流表都是理想的，当滑动变阻器的触头由a端向b端滑动时，下列说法正确的是（） A. 电压表增大，电流表读数增大B. 电压表增大，电流表读数减小 C. 电压表读数不变，电流表读数增大D. 电压表

5、读数不变，电流表读数增减小8.三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置三根导线中电流方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等则P、Q中点O处的磁感应强度方向为（） A. 方向水平向左B. 方向水平向右 C. 方向竖直向上D. 方向竖直向下9.在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直一带电粒子（重力不计）从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子（） A. 一定带正电 B. 速度v= C. 若速度v，粒子在板间的运动是类平抛运动 D. 若此粒子从右端沿虚线方向进入平行板，仍做直线运动10.如图所示的匀强磁场，磁感应强度为0.1T，通电直导线与磁场方向垂直，导线

6、长度为0.1m，导线中电流为1A该导线所受安培力的大小为（） A. 0.01 NB. 0.02 NC. 0.03 ND. 0.04 N二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)11.平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部闭合电键k，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为则下述说法正确的是（） A. 保持电键k闭合，带正电的A板向B板靠近，则变大 B. 保持电键k闭合，带正电的A板向B板靠近，则不变 C. 电键k断开，带正电的A板向B板靠近，则不变 D. 电键k断开，带正电的A板向B板靠近，则增大12.如图所示的电路中，AB两端的电压U恒为14V，灯泡L标有“6V12W”

7、字样，电动机线圈的电阻RM=0.50若灯泡恰能正常发光，且电机能运转，则以下说法正确的是（） A. 电动机的输入功率是128WB. 电动机的输入功率是16W C. 电动机的热功率是2.0WD. 整个电路消耗的电功率是30W13.质量相同,电荷相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示下列表述正确的是（不计重力）（） A. M带正电，N带负电B. M的速率大于N的速率 C. 洛伦兹力对M、N不做功D. M的运行时间大于N的运行时间14.如图所示，电子由静止经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大

8、为原来的2倍，下列方法中正确的是（） A. 使U1减小为原来的一半B. 使U2增大为原来的2倍 C. 使两偏转板的长度增大为原来2倍D. 使两偏转板的间距减小为原来的一半第卷三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)15.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线 的实验中，可供选择的器材及代号如下： A小灯泡L（3V、1.8W）； B滑动变阻器R（010，额定电流1.5A）； C电压表V1（量程：03V，RV=5k）； D电压表V2（量程：015V，RV=10k）； E电流表A1（量程：00.6A，RA=0.5）； F电流表A2（量程03A，RA=0.1） G铅蓄电池、电键各一个，导线若干 实验中要

9、求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压 为了减少误差，实验中应选电压表 _ ，电流表 _ ； 某同学实验后作出的 I-U图象如图1所示，请分析该图象形成的原因是 _ 请在图中虚线框内按要求完成实验电路图（用笔线代替导线） 16.用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有： （1）电流表（量程0.6A、3A）； （2）电压表（量程3V、15V） （3）定值电阻（阻值1，额定功率5W） （4）定值电阻（阻值10，额定功率10W） （5）滑动变阻器（阴值范围0

10、-10，额定电流2A） （6）滑动变阻器（阻值范围0-100、额定电流1A） 那么 （1）要正确完成实验，电压表的量程应选择 _ V，电流表的量程应选择 _ A；R0应选择 _ 的定值电阻，R应选择阻值范围是 _ 的滑动变阻器 （2）引起该实验系统误差的主要原因是 _ 四、计算题(本大题共3小题，共36.0分)17.(12分）水平放置的平行板电容器，两极板A、B相距5mm，电容为50F （1）当将其充电到两板电势差为100V时，这时电容器的带电量为多少库仑？ （2）当两板电势差为100V，一个质量为1.010-14Kg的带负电尘埃正好在板间静止，电容器上极板带何种电荷？该尘埃带电量为多少？（取

11、重力加速度g=10m/s2） 18.（12分）在直角区域aob内，有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从o点沿纸面以一定速度射入磁场中，速度方向与边界ob成30角，从磁场出来的位置离开O点的距离为L，求 （1）粒子带正电还是负电； （2）若磁场的磁感应强度为B，粒子的质量为m，带电量为q，则粒子在磁场中运动的速度为多少？在磁场中运动的时间为多少？ 19.（12分）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.2m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，金属导轨的一端接有电动势E=6V、内阻r=1的直流电源现把一个质量kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，它们之间的动摩擦因

12、数为=0.5为使导体棒能静止在导轨上，在导轨所在平面内，加一个竖直向上的匀强磁场导轨电阻不计，导体棒接入电路的电阻R0=2已知sin37=0.6，cos37=0.8，取g=10m/s2求： (1)当磁感应强度B1多大时，导体棒与导轨间的摩擦力为零； (2)当磁感应强度B2=12.5T时，导体棒与导轨间摩擦力的大小和方向； (3)使导体棒能静止在导轨上所加磁场的磁感应强度B的最小值 答案和解析 【答案】 1.A 2.A 3.C 4.B 5.B 6.C 7.A 8.A 9.B 10.A 11.AC 12.BC 13.BC 14.ABD 15.C；E；温度升高，灯泡电阻增大 16.3；0.6；1；0

13、10；由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小 17.解：（1）由电容的定义式C=可知，电容器的带电量为： Q=CU=5010-6100C=510-3C （2）上极板带正电， 由平衡条件有 q=mg 解得：q=510-18C 答： （1）当将其充电到两板电势差为100V时，这时电容器的带电量为510-3C （2）当两板电势差为100V，一个质量为1.010-14Kg的带负电尘埃正好在板间静止，电容器上极板带正电荷，该尘埃带电量为510-18C 18.解：（1）粒子做曲线运动总是弯向所受合力的方向，再加上洛仑兹力与速度方向垂直，画出粒子的运动轨迹如图所示：由左手定则知道粒子带负

14、电 （2）粒子做匀速圆周运动时，洛仑兹力提供向心力： 由几何关系有： 联立以上两式得： 由于粒子在磁场中偏转了60，所以粒子在磁场中的时间为： 答：（1）粒子带负电 （2）若磁场的磁感应强度为B，粒子的质量为m，带电量为q，则粒子在磁场中运动的速度为，在磁场中运动的时间为 19.解：(1)根据闭合电路的欧姆定律，则有：=2A 由平衡条件得：mgsin=BILcos 得：=6.25T (2)导体棒受力情况如图所示(图中摩擦力f未画出) 当磁感应强度B=12.5T时，mgsinBILcos 摩擦力f沿斜面向下 由平衡条件得：f+mgsin=BILcos 代入数据得：f=2N (3)当磁感应强度B最

15、小时，导体棒恰好不下滑，这时摩擦力f沿斜面向上， 则有：B1ILcos+fm=mgsin 而：fm=N 又：N=mgcos+BILsin 联立得：=T 答：(1)当磁感应强度6.25T时，导体棒与导轨间的摩擦力为零； (2)当磁感应强度B2=12.5T时，导体棒与导轨间摩擦力的大小2N和方向沿斜面向下； (3)使导体棒能静止在导轨上所加磁场的磁感应强度B的最小值为 【解析】 1. 解：伽利略对自由落体的研究，最早使用理想实验方法，开创了研究自然规律的科学方法；牛顿提出的万有引力定律奠定了天体力学的基础，法拉第最早引入了电场概念并提出用电场线表示电场，奥斯特发现了电流得磁效应，故A正确 故选：A

16、 根据物理学史的相关知识，即可对题目做出正确的解答：伽利略用理想斜面实验推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动原因”的观点；牛顿发现了万有引力定律；法拉第最早建立了电场概念并用电场线描述电场；奥斯特最早发现了电流的磁效应现象 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，平时注意积累 2. 解：相距为r时，根据库仑定律得：F=k； 接触后，各自带电量变为q=-2q，则此时有：F=k 两式联立得：F=F， 再依据同种电荷相斥，可知，它们相互作用力为斥力，故A正确，BCD错误， 故选：A 清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分 根据库仑定律的内容，根据变化量

17、和不变量求出问题 本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键 3. 解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力方向一定是由M指向N故A错误； B、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误； C、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确； D、由a到b的运动轨迹为曲线，是曲线运动，无法比较a、b点的合力大小，故也就无法比较a、b点的加速度大小，故D错误； 故选：C 解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电

18、场力方向，根据电场力做功的情况判断电势能的变化，从而确定电场线MN的方向以及点电荷的位置，然后根据点电荷周围电场分布情况，进一步解答依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况 4. 解：A、从A到B，电场力做功W=qEdABcos60=J=6J则电势能减小6J故A错误 B、从A到B，电场力做功W=-qEdABcos60=-J=-6J故B正确 C、AB间的电势差UAB=EdABcos60=V=3104V，因为A点的电势为0，则B点的电势为B=-3104V故C、D错误 故选：B 根据电场力

19、做功判断电势能的变化，根据U=Ed求出A、B两点间的电势差，从而得出B点的电势 解决本题的关键掌握电场力做功与电势差、电势差与电场强度的关系，并能灵活运用，基础题 5. 解：A、将R1等效到电源的内部，R2上的功率等于等效电源的输出功率，当等效电源的外电阻等于内阻时，即R2=R1+r时，输出功率最大，即R2上的功率最大故A正确 B、根据P=I2R，电流最大时，R1上的功率最大当外电阻最小时，即R2=0时，电流最大故B错误，C正确 D、当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大，外电阻与内电阻越接近，电源的输出功率越大，当R1r，故当R2=0时，电源的输出功率最大，故D正确； 因选不正确的，故选：B

20、当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大 解决本题的关键掌握当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大对于定值电阻，根据P=I2R，电流最大时，功率最大 6. 解：A、根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r=|=0.5故A正确 B、电阻R=1故B正确 C、电源的效率=66.7%故C错误 D、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W故D正确 本题选择错误的，故选：C 由电源的路端电压与电流的关

21、系图象可知，图象与纵轴的交点等于电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率 对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义 7. 解：由图可知，R与R2并联后与R1串联；当滑动变阻器的触头由a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，内电压减小，则路端电压增大，故电压表V示数增大； 因电路中总电流减小，则R1两端的电压减小，而路端电压减小，故并联部分电压增大，R2中电流增大，故电流表读数增大；故

22、A正确，BCD错误 故选：A 分析电路结构，由滑片的移动方向分析变阻器接入电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流及路端电压的变化，再对局部电路分析即可得出电流表与电压表的变化 对于电路的动态变化分析问题，一般按局部整体局部的思路进行分析，注意正确利用好串联电路的分压关系和并联电路的分流关系 8. 解：用右手螺旋定则判断通电直导线在O点上所产生的磁场方向，如图所示： 直导线P在O点产生磁场与直导线Q在O点产生磁场方向相反，大小相等 则合磁场为零；而直导线R在O点产生磁场，方向从Q指向P，即为水平向左； 故选：A 该题考查了磁场的叠加问题用右手定则首先确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方

23、向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断各选项 磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则 9. 解：A、粒子从左射入，不论带正电还是负电，电场力大小为qE，洛伦兹力大小F=qvB=qE，两个力平衡，速度v=，粒子做匀速直线运动故A错误，B正确 C、若速度v，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，做曲线运动；但洛伦兹力方向不断变化，故合力不恒定，不是类似平抛运动；故C错误 D、此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动故D错误 故选：B 带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，通过比较电场力和洛伦兹力的大小和方向，判断

24、是否平衡，从而确定能否沿虚线路径通过 解决本题的关键知道在速度选择器中，从左边射入，速度满足条件，电场力与洛伦兹力平衡与电量、电性无关 10. 解：电流的方向与磁场垂直，则安培力F=BIL=0.110.1N=0.01N 故选：A 根据导线的长度、电流的大小、磁感应强度的大小，结合安培力公式求出安培力的大小 解决本题的关键掌握安培力大小公式，当电流与磁场垂直时，F=BIL，当电流与磁场平行时，F=0 11. 解：A、B、保持电键k闭合时，电容器板间电压不变，带正电的A板向B板靠近时，板间距离d减小，由E=分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大故A正确，B错误 C、D、电键k断开，根据

25、推论可知，板间场强不变，小球所受电场力不变，则不变故C正确，D错误 故选：AC 保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，由E=分析板间场强的变化，判断板间场强的变化，确定的变化电键S断开，根据推论可知，板间场强不变，分析是否变化 本题解答的关键是抓住不变量进行分析，当电容器保持与电源相连时，其电压不变；当电容器充电后断开时，其电量不变 12. 解：A、电动机两端的电压U1=U-UL=14-6V=8V，整个电路中的电流I=，所以电动机的输入功率P=U1I=82W=16W故A错误，B正确 C、电动机的热功率P热=I2RM=40.5W=2W，故C正确 D、整个电路消耗的功率P总=UI=142W=28W

26、故D错误 故选：BC 由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率 解决本题的关键知道电动机的输出功率P2=I2RM以及知道整个电路消耗的功率P总=UI 13. 解：A、磁场的方向向里，由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误； B、粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：R=，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B正确； C、洛伦兹力的方向始终与速度

27、的方向垂直，所以洛伦兹力不做功故C正确 D、粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误 故选：BC 由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系，知道洛伦兹力永不做功的性质 本题结合带电粒子的磁场中的运动考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用要注意明确洛伦兹力永不做功的性质应用 14. 解：在加速电场中，根据动能定理可得： 根据牛顿第二定律可得在偏转电场的加速度： 在偏转电场中的偏转位移为：， 由此可知：A、使U1减小为原来的一半，偏转量y增大为原来的2

28、倍，A正确； B、使U2增大为原来的2倍，偏转量y增大为原来的2倍，B正确； C、使两偏转板的长度增大为原来2倍，偏转量y增大为原来的4倍，C错误； D、使两偏转板的间距减小为原来的一半，偏转量y增大为原来的2倍，D正确； 故选：ABD 根据动能定理求解射出加速电场的速度，再根据类平抛运动求解侧移量y的表达式，由此分析 本题主要是考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，解答本题要知道类平抛运动的规律，能够根据动能定理、牛顿第二定律等规律解答 15. 解：（1）由于小灯泡的额定电压为3伏，而电压表最佳测量范围为大于等于满偏的，故不能选0-15v的量程，而只能选0-3v的量程，故电压表应选C 由于小灯

29、泡的额定电流I=0.6A，而电流表最佳测量范围为大于等于满偏的，故不能选0-3A的量程而只能选0.6A的量程，故电流表应选E （2）由于=R，故I-U图象的斜率等于电阻R的倒数，从图象可知I-U图象的斜率逐渐减小，即电阻R逐渐增大，故金属材料的电阻随着温度的升高而升高，而R=，故随温度升高，金属材料的电阻率升高，灯泡电阻增大 （3）由于要描绘小灯泡的伏安特性曲线，故要小灯泡两端的电压从0开始连续可调，故滑动变阻器要采用分压接法；由于的电阻R=5，而中值电阻R中=50，故被测电阻是小电阻，故电流表应该采用外接法如图所示 故答案为：（1）C；E；（2）温度升高，灯泡电阻增大；（3）如图所示； （1

30、）电压表、电压表最佳测量范围为大于等于满偏的；根据额定值可以确定电表的选择； （2）I-U图象的斜率等于电阻R的倒数，故I-U图象的斜率逐渐减小，即电阻R逐渐增大； （3）被测电阻是小电阻，电流表应该采用外接法；要小灯泡两端的电压从0开始连续可调，滑动变阻器要采用分压接法 本题主要考查了电流表的接法，滑动变阻器的接法，量程的选择，实物图的连接等，要注意明确本实验主要采用滑动变阻器分压和电流表外接法 16. 解：（1）由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；由于电池内阻

31、很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取010能很好地控制电路中的电流和电压，若取0100会出现开始几乎不变最后突然变化的现象 （2）关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成E测E真，r测r真 故答案为：（1）3，0.6，1，010（2）由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小 （1）由欧姆定律估算电路中的电流，根据安全及准确性原则可选出电流表及电压表；根据电源内阻的大小可判断保护电阻的

32、大小，及滑动变阻器的阻值大小； （2）分析电路中的各电表的特点，找出其产生的作用，即可得出误差产生的原因实验仪器的选择是考试中经常出现的问题，在学习中要注意掌握好其安全、准确的原则；同时注意滑动变阻器的电路中的应用规律 17. （1）已知电容器的电容C和板间电压U，由电容的定义式C=求电容器的带电量 （2）对带负电尘埃进行分析受力，由平衡条件判断电场力方向，即可确定电容器极板的电性根据平衡条件求解该尘埃带电量 解决本题关键掌握电容的定义式和平衡条件，并能准确计算，是一道基础题 18. （1）粒子做曲线运动总是弯向所受合力的方向，再加上洛仑兹力与速度方向垂直，所以由左手定则就能判断粒子带负电 （2）由洛仑兹力提供向心力可以求向半径公式和周期公式，再由几何关系求出半径大小，联立两者就能得出粒子的速度至于时间根据偏转角就能求出粒子做匀速圆周运动的时间 本题的关键点在于从几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径，再由半径公式求出粒子的速度从图中可以看出速度偏转角为60，由偏转角求出粒子在磁场中的时间 19. (1)根据闭合电路欧姆定律与平衡条件，即可求解； (2)由受力分析，运用力的分解，结合平衡条件，即可求解； (3)由磁感应强度B最小时，导体棒恰好不下滑，这时摩擦力f沿斜面向上，从而根据平衡方程，结合滑动摩擦力的公式，即可求解 12