2017-2018学年广东省广州市荔湾区高二（上）期末物理试卷

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2017-2018学年广东省广州市荔湾区高二（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，多选、错选均不得分．
1．（3分）把一条导线平行地放在如图所示磁针的上方附近，当导线中有电流时，磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是（　　）

A．库仑 B．法拉第 C．安培 D．奥斯特
2．（3分）两个点电荷相距为d，相互作用力大小为F；保持两点电荷电荷量不变，改变它们之间的距离，使之相互作用力大小变为4F，则两点电荷之间的距离应变为（　　）
A．4d B．2d C．d2 D．d4
3．（3分）如图所示，三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同，方向如图示的电流，ac垂直于bd，且ab＝ad＝ac，则a点处磁感应强度B的方向为（　　）

A．垂直纸面向外 B．垂直纸面向里
C．沿纸面由a向d D．沿纸面由a向c
4．（3分）如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，恰好沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（　　）

A．将打在下板上
B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出
C．不发生偏转，沿直线运动
D．小球可能会打到下板的中央
5．（3分）如图所示，在两根平行长直导线M、N中，通入同方向同大小的电流，导线框abcd和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自左向右在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向为（　　）

A．沿abcda不变 B．沿adcba不变
C．由abcda变成adcba D．由adcba变成abcda
6．（3分）如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是（　　）
A．L1变亮，L2和L3皆变暗
B．L1变暗，L2变亮，L3也变亮
C．L1变亮，L2不能确定，L3变暗
D．L1变亮，L2变亮，L3变暗
7．（3分）A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点．已知A、B、C三点的电势分别为UA＝15V，UB＝3V，UC＝﹣3V．由此可得D点电势UD为（　　）
A．3v B．6v C．9V D．12V
8．（3分）如图所示为电磁轨道炮的工作原理图．待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动．电流从一条轨道流入，通过弹体流回另一条轨道．轨道电流在弹体处形成垂直于轨道平面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与电流强度I成正比．弹体在安培力的作用下滑行L后离开轨道．离开轨道时的速度大小为v0．为使弹体射出时的速度变为2v0，理论上可采用的方法有（　　）

A．只将轨道长度L变为原来的2倍
B．只将电流I变为原来的2倍
C．只将电流I变为原来的4倍
D．只将弹体质量变为原来的2倍
二．多项选择题．本题共6小题，每小题4分，共24分．至少有2项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．（4分）如图，距离较近而面积较大的M、N两板带电量分别为+Q、﹣Q，MN间电压为U，A点与两板的距离皆为r，放在场中的电荷q 在A处所受电场力为F，则A点的场强为（　　）

A．2kQr2 B．Fq C．U2r D．0
10．（4分）在如图所示的各图中，闭合线框中能产生感应电流的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（4分）如图所示的U﹣I 图象中，直线Ⅰ为某电源路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R 的U﹣I图线。用该电源与电阻R连接成闭合电路，由图象可知（　　）

A．R 的阻值为1.5Ω
B．电源电动势为3.0V，内阻为1.5Ω
C．电源的输出功率为3.0W
D．电阻R 消耗的功率为1.5W
12．（4分）如图所示，空间某一区域内同时存在竖直向下的匀强电场、垂直纸面向里的匀强磁场。带电微粒a、b、c 所带电荷电性和电量都相同，以相同的速率在此空间分别向右、向左、向里做匀速运动。以下判断正确的是（　　）

A．它们都带正电 B．它们都带负电
C．b 的质量最大 D．a 的质量最大
13．（4分）如图所示，虚线a、b 和c 是某静电场中的三个等势面，电势分别为φa、φb和φc，且φa＞φb＞φc，一带正电的粒子射入电场中，运动轨迹如实线KLMN 所示，则（　　）

A．粒子从K 到L的过程中，加速度增大
B．粒子从L到M的过程中，电场力不做功
C．粒子从K到L的过程中，电势能增加
D．粒子从M到N的过程中，动能减少
14．（4分）如图所示，电路中A、B 为两块竖直放置的金属板，C 是一只静电计，开关S 合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（　　）

A．开关S合上时，使A、B 两板靠近一些
B．开关S断开后，在A、B 两板间放入电介质
C．开关S断开后，使B 板向右平移一些
D．开关S断开后，使A、B 正对面积减小一些
三、实验题，本题共2小题，共14分．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
15．（6分）如图所示的实验电路．
①为了检测小电珠是否断路，可以将开关　 　断开，把多用电表选择开关旋转到“×1Ω”档；进行欧姆调零后，将红、黑表笔分别与小电珠两极相接触，若电表指针偏转如图2所示，则可判断小电珠　 　断路（填“有”或“没有”）．
②为了测量小电珠的电流，应将选择开关置于直流电流档，断开开关　 　，闭合开关　 　，然后将红、黑表笔分别接S2的左、右接线柱．

16．（8分）某同学用如图1所示的电路来测定电池的电动势和内阻．

（1）①图2为连好的部分电路，请完成答题卡中图1连线；
②为了安全，测量前，移动滑动变阻器的滑片应置于靠近　 　 （填k或f）处．
（2）该同学测得如表所示的五组数据．根据数据在答题卡中的图3中作出U﹣I 图线．

1
2
3
4
5
U/V
1.37
1.32
1.24
1.10
10.5
I/A
0.12
0.20
0.31
0.50
0.57
（3）从图线中得到电源的电动势E＝　 　 V，内电阻r＝　 　Ω．（结果均保留三位有效数字）
四、计算题，本题共3小题，共38分．要求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．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
17．（10分）如图所示，在平行金属带电极板MN的电场中，若将电量为﹣4×10﹣6C的负点电荷从A点移到M板，克服电场力做功8×10﹣4J；若把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10﹣4J．则：（1）若将该点电荷从M板附近移到N板，电荷的电势能变化多少？M、N两板的电势差UMN等于多少？（2）M板的电势φM和A点的电势φA分别是多少？

18．（12分）两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，有磁感应强度B＝0.5T、垂直于导轨所在平面的匀强磁场（方向如图所示）。金属导轨的一端接有直流电源和可变电阻R，现把一个质量m＝0.05kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，处于静止状态，导体棒与金属导轨垂直且接触良好。已知：ab 棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.15（可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒电阻R0＝2.5Ω；直流电源的内阻r＝0.5Ω，电动势E＝18V，g 取10m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80．则：
（1）若使ab 棒所受的摩擦力恰好为零，此时通过导体棒的电流为多大？
（2）要想ab 棒处于静止状态，则可变电阻R取值范围为多少？

19．（16分）如图所示，一个板长为L，板间距离也是L的平行板容器上极板带正电，下极板带负电。有一初速度为v0、质量为m、带电量为﹣q 的粒子从极板正中水平射入，恰能从上极板边缘飞出。粒子重力不计，求：
（1）两极板间匀强电场的电场强度E 的大小；
（2）在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，为使粒子又能从下极板边缘返回电场，则磁感应强度B 应为多少？


2017-2018学年广东省广州市荔湾区高二（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8小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，多选、错选均不得分．
1．【分析】本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验．
【解答】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特。故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查的是物理学常识．对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一．
2．【分析】对于这两种情况下分别根据库仑定律列方程即可求解．
【解答】解：当距离为d时有：F＝kQqd2①
当距离变化后依据题意有：4F＝k Qqr2②
联立①②可得r=d2，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】正确理解库仑定律公式以及公式中各个物理量的含义是解本题关键，由于公式涉及物理量较多，因此常用两式相比的方法进行求解．
3．【分析】该题考查了磁场的叠加问题．用右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，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．
【解答】解：用右手螺旋定则判断通电直导线在a点上所产生的磁场方向，直导线b在a点产生磁场与直导线d在a点产生磁场方向相反，大小相等，则合磁场为零；而直导线c在a点产生磁场，方向从b指向d，即为沿纸面由a指向d。
故选：C。
【点评】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．
4．【分析】根据平行板电容器电容的决定式及电容与电量、电压的关系求得场强的表达式，从而根据两板距离变化得到场强变化，从而得到小球受力变化，进而得到轨迹变化．
【解答】解：由平行板电容器电容及其与电量、电压的关系可得：C=ɛS4πkd=QU，所以，电容器中场强E=Ud=4πkQɛS不变；
故带电小球受力不变，那么，小球的运动轨迹不变，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定，故一般通过受力分析（或运动分析），由牛顿第二定律，通过加速度得到运动情况（或受力情况）．
5．【分析】两根平行长直导线M、N中，通以同方向同强度的电流，产生磁场，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里．当导线框向右运动时，磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向．
【解答】解：根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里。
当导线框位于中线OO′左侧运动时，磁场向里，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为abcda；
当导线框经过中线OO′，磁场方向先向里，后向外，磁通量先减小，后增加，根据楞次定律，可知感应电流方向为abcda；
当导线框位于中线OO′右侧运动时，磁场向外，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为abcda；
故选：A。
【点评】本题考查运用楞次定律判断感应电流方向的能力，难点在于分析导线框经过中线时磁场方向和磁通量的变化情况．
6．【分析】当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，判断灯L3亮度的变化。
根据并联部分电压的变化情况，判断L1亮度的变化。由总电流与L1电流的变化，判断L2亮度的变化。
【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，并联部分的电阻减小，外电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得，电路中总电流I增大，L3变亮。
并联部分电压U＝E﹣I（R3+r），E、R3、r都不变，I增大，则U减小，L1变暗。
流过L2的电流I2＝I﹣I1，I增大，I1减小，I2增大，则L2变亮。故B正确。ACD错误；
故选：B。
【点评】本题电路中动态分析问题，分析时要抓住：当外电路某一部分电阻增大或减小时，外电路电路总电阻也随之增大或减小。
7．【分析】连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，在AC线上找出与D等势点，再确定D点的电势，场强方向与等势面垂直，由高电势指向低点势
【解答】解：连接AC，将AC6等分，标上各等分点E、F、G、H、I，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，
所以各点的电势为：φE＝12V
φF＝9V
φG＝6V
φH＝3V
φI＝0V
连接BH，则BH为一条等势线，根据几何知识可知，DF∥BH，则DF也是一条等势线，所以D点电势为：
UD＝φF＝9V
故C正确、ABD错误。
故选：C。

【点评】本题的技巧是找等势点，作等势线，充分利用匀强电场的等势面相互平行，而且沿电场线方向相等距离，电势差相等进行作图
8．【分析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理表示出弹体的出射速度．
根据速度的表达式进行求解
【解答】解：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有：BIl•L=12mv2，
磁感应强度的大小与I成正比，所以B＝kI
解得：v=2kI2lLm。
A、只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故A错误
B、只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故B正确
C、只将电流I变为原来的4倍，弹体的出射速度增加至原来的4倍，故C错误
D、只将弹体质量变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的22倍，故D错误
故选：B。
【点评】解决该题关键运用动能定理表示出弹体的出射速度求解．
要找出一个物理量变化所采用的方法，应该先运用物理规律表示出这个物理量再根据表达式中各个因素求解
二．多项选择题．本题共6小题，每小题4分，共24分．至少有2项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．【分析】电荷q在A处所受电场力为F，根据电场强度的定义式可求得A点的场强．又MN间电压为U，二板的距离为2r，根据匀强电场中电势差和电场强度的关系也可以求出场强．
【解答】解：A、由于图中是距离较近而面积较大的M、N二板，不是点电荷，不能根据点电荷场强公式求A点的场强。故A错误；
B、放在场中的电荷q 在A处所受电场力为F，根据电场强度的定义式得A点的场强为 E=Fq，故B正确。
CD、根据匀强电场中电势差和电场强度的关系得：E=Ud=U2r≠0，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】该题中放在电场中A点的点电荷q处于距离较近而面积较大的M、N二板之间，所以该处的电场是匀强电场，不能点电荷场强公式求解A点的场强，这是该题的关键所在．
10．【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来判断．图C中，线圈磁通量为零．
【解答】解：A、穿过线圈的磁通量时刻在变化，线圈产生感应电流。故A正确。
B、穿过线圈的磁通量在减小，线圈产生感应电流。故B正确。
C、线圈保持磁通量为零，不变，不产生感应电流。故C错误。
D、线圈在匀强磁场中，磁通量Φ＝BS，保持不变，不产生感应电流。故D错误。
故选：AB。
【点评】本题考查分析、判断能力．对于A图也可以根据线圈左右两边切割磁感线来判断．
11．【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻。图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小。两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率，由P=I2R求电阻R消耗的功率
【解答】解：AB、由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势 E＝3V，其斜率大小等于电源的内阻，则 r＝|△U△I|=3.02.0Ω＝1.5Ω，电阻R的阻值为 R=UI=1.51.0Ω＝1.5Ω．故A、B正确；
C、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电路中电流和路端电压，则有 U＝1.5V，I＝1.0A，电源的输出功率为P＝UI＝1.5×1.0W＝1.5W．故C错误；
D、电阻R消耗的功率P=I2R=12×1.5W=1.5W，故D正确；
故选：ABD。
【点评】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。
12．【分析】对三个微粒分别受力分析，利用左手定则，结合速度方向，判断分析洛伦兹力的方向，进而可确定粒子的电性，利用平衡分析重力的大小关系。
【解答】解：A、B、c球速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力，则c球所受电场力与重力一定平衡，因为电场方向向下，故c球一定带负点，又因为带电微粒a、b、c 所带电荷电性和电量都相同，故它们都带负电，故A错误，B正确；
C、D、对a球受力分析可知，a球受竖直向下的重力和向上的电场力以及竖直向下的洛伦兹力，并且三个力平衡，满足：mag+qvB＝Eq，可得：ma=Eq-qvBg
对b球受力分析可知，b球受竖直向下的重力和向上的电场力以及竖直向上的洛伦兹力，并且三个力平衡，满足：mbg＝Eq+qvB，可得：mb=Eq+qvBg
对c球受力分析可知，c球受竖直向下的重力和向上的电场力，并且两个力平衡，满足：mcg＝Eq，可得：mc=Eqg
可知：ma＜mc＜mb，故b的质量最大，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动，本题的突破口是要先根据c球的受力情况判断出粒子的电性，c球速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力作用，要熟练准确地运用左手定则，正确进行受力分析。
13．【分析】先根据等势面图得到电场线的分布图，等势面密集的地方电场强度大，再结合动能定理以及电场力做功与电势能变化关系分析判断。
【解答】解：A、粒子从K 到L的过程中，电场强度越来越大，所以加速度越来越大，故A正确；
B、电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图

故粒子从L到M的过程中，从高电势向低电势运动，电场力做正功，故B错误；
C、粒子从K到L的过程中，从低电势向高电势运动，电场力做负功，电势能增加，故C正确；
D、粒子从M到N的过程中，从高电势向低电势运动，电场力做正功，动能增加，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况。
14．【分析】静电计测量的是电容器两端间的电势差。合上开关，电容器两端间的电势差不变；断开开关，电容器所带的电荷量不变。
【解答】解：A、合上开关，不论两板如何移动，电容器两端间的电势差不变，静电计指针张角不变，故A错误；
B、开关S断开后，在A、B 两板间放入电介质，根据C=ɛS4πkd，ɛ变大，C变大；根据C=QU，U减小，张角变小，故B错误；
C、断开S，电容器带电量保持不变，B板向右平移一些，即A、B间距增大一些，根据C=ɛS4πkd，d变大，C变小；根据C=QU，U增大，张角变大，故C正确。
D、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B正对面积错开一些，根据C=ɛS4πkd，S变小，C变小；根据C=QU，U增大，张角增大，故D正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键在处理电容器动态分析时，电容始终与电源相连，两端间电势差不变，与电源断开，电量保持不变。
三、实验题，本题共2小题，共14分．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
15．【分析】①欧姆表测量电阻时，应该将该电阻从外电路断开；小灯泡的电阻只有几个欧姆，选择“×1”挡位；读数等于表盘读数乘以倍率；
②安培挡等同电流表，要将电流表串接到电路中．
【解答】解：①欧姆表测量电阻时，应该将该电阻从外电路断开，要测量小灯泡电阻，要断开开关S2；
小灯泡的电阻只有几个欧姆，选择“×1”挡位；由图可知，电阻无穷大，说明灯泡断路；
②为了测量小电珠的电流，应将选择开关置于直流电流档，要将电流表串接到电路中，故应该断开S2，闭合开关S1，后将红、黑表笔分别接S2的左、右接线柱．
故答案为：
①S2，有；②S2，S1
【点评】本题关键是明确多用电表的使用规范，明确用欧姆表测量电阻时，要将电阻从外电路断开，知道每次换档后都要进行欧姆调零，在多用电表使用结束时，要将开关置于OFF档或交流电压最大档，并且要拔出表笔．
16．【分析】（1）分析原理图的连接方法，根据原理图即可连接实物图；根据滑动变阻器的接法分析滑片的位置；
（2）根据描点法可得出对应的伏安特性图线；
（3）根据闭合电路欧姆定律得出U、I的关系，从而根据图象确定电动势和内电阻．
【解答】解：（1）①根据原理图得出对应的实物图如图所示；②为了安全，测量时滑动变阻器接入电阻应为最大，故开始时滑片应在f端；
（2）根据描点法可得出对应的图线如图所示；
（3）根据U＝E﹣Ir可知，图象与纵轴的交点表示电动势，故E＝1.46V，图象的斜率表示内阻，故r=1.46-0.80.9=0.733Ω；
故答案为：（1）如图所示；f；（2）如图所示；（3）1.46；0.733．（ 1.46±0.05，0.730±0.090 ）

【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意在实验中的数据处理中，一定要考虑其对应的数学关系，重点分析图象的截距及斜率；同时要注意题目中给出的要求，如本题要求保留三位有效数字．
四、计算题，本题共3小题，共38分．要求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．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
17．【分析】（1）先求出M到N电场力做的功，电场力做的功等于电势能的减少量，由U=Wq求出MN两点间的电势差；
（2）N点电势为零，由M、N间的电势差，即可求出M板的电势；由A、N间的电势差，即可求解A点的电势。
【解答】解：（1）依题意从A 移到M，电场力做功WAM=-8×10-4J，
从M 移到A 电场力做功WMA＝﹣WAM＝﹣8×10﹣4 J，
从M 移到N，电场力做功为：W MN＝W MA+W AN＝8×10﹣4 J+4×10﹣4J＝1.2×10﹣3J；
从M 移到N 电势能减少△Ep=1.2×10﹣3J
UMN=WMNq=1.2×10-3-4×10-6V=-300V
（2）N 板接地，故M 板的电势为：φM＝UMN＝﹣300V；
设A 点的电势为φA，有：φA-0=WANq
解得：φA=WANq=4×10-4-4×10-6V=-100V
答：（1）若将该点电荷从M板附近移到N板，电荷的电势能变化1.2×10-3J，M、N 两板的电势差UMN等于﹣300V；
（2）M板的电势φM为﹣300V和A点的电势φA分别是﹣100V
【点评】运用电势差公式U=Wq时，要注意电荷移动的方向，往往公式中三个量都要代入符号一起计算。
18．【分析】（1）ab 棒所受的摩擦力恰好为零，根据共点力平衡求出安培力，然后根据安培力的公式求出电流的大小。
（2）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力，导体棒恰好静止，说明摩擦力为最大静摩擦力，导体棒处于平衡，根据共点力平衡求出最大静摩擦力的大小f。
如果改变磁感应强度的大小，则安培力大小会改变，考虑临界情况，即最大静摩擦力恰好向上或者恰好向下两种情况。
【解答】解：（1）ab 棒所受的摩擦力恰好为零，则沿斜面方向的重力向下的分力等于安培力，得：mgsin37°＝F安
又：F安＝BIL
代入数值得：I＝1.5A
（2）ab 棒恰不向下滑时：
mg sin37°﹣μmg cos37°﹣BI 1L＝0
ab 棒恰不向上滑时：
mg sin37°+μmg cos37°﹣BI2 L＝0
依据闭合电路欧姆定律可得：E＝I1（R1+R0+r） E＝I2（R2+R0+r）
由以上各式代入数据可解得：R1＝12Ω，R2＝7Ω
所以R 的取值范围为：7Ω≤R≤12Ω
答：（1）若使ab 棒所受的摩擦力恰好为零，此时通过导体棒的电流为1.5A；
（2）要想ab 棒处于静止状态，则可变电阻R取值范围为7Ω≤R≤12Ω。
【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力；第三问要考虑两个临界情况。
19．【分析】（1）极板间电场的方向由正极板指向负极板，根据粒子在电场中的类平抛运动的水平位移和偏转位移可求解电场强度的大小；
（2）利用类平抛规律求出粒子从电场进入磁场时的速度的大小和方向，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出磁感应强度B的大小。
【解答】解：（1）粒子做类平抛运动，根据类平抛规律可得：L＝v0t ①
12L=12at2②
根据牛顿第二定律可得：a=Eqm③
联立①②③得：E=mv02qL④
（2）设粒子飞出板时水平速度为vx，竖直速度为vy，速度偏向角为θ
vx＝v0⑤
vy＝at=Eqm⋅Lv0⑥
根据几何关系可得速度偏向角的正切值：tanθ=vyvx⑦
v=vx2+vy2⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式可得：θ＝45°，v=2v0⑨
由于粒子进入磁场后它们均做圆周运动，轨迹如图所示

由几何关系可知：R=22 L⑩
洛伦兹力提供向心力：qvB＝mv2R⑪
联立⑨⑩⑪式可得：B=2mv0qL
答：（1）两极板间匀强电场的电场强度E的大小为mv02qL；
（2）在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，为使粒子又能从下极板边缘返回电场，则磁感应强度B应为2mv0qL。
【点评】带电粒子在电场中运动分为加速和偏转两种类型，常运用动能定理和平抛运动规律求解，而在匀强磁场中运动时，重要的是由运动径迹利用几何关系找到半径的大小，由洛伦兹力提供向心力，利用牛顿第二定律求解即可。