（3）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：
由图示刻度尺可知，其示数为：29.75cm； 由图示U﹣I图象可知，电阻丝电阻：R==由电阻定律：R=ρ=ρ
﹣4
=3Ω，
，
可知，电阻率：ρ=
代入数据解得：ρ=3.2×10Ω?m． 故答案为：（1）不对，没有控制电路电流不变；应调节滑动变阻器控制电路电流保持不变；（2）如图所示；（3）如图所示；29.75；3.2×10．
点评： 本题考查了实验评价、作图、刻度尺读数、求电阻率等问题；对刻度尺读数时要注意事项与刻度线垂直；应用欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率． 10．（16分）空间存在垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，如图所示，电场强度E=10N/C，PQ为该电磁复合场的分界线，一电量q=2×10C，质量m=0.02kg的带正电小物块（可看成质点），以初速度v0=4m/s由M点水平向右射出，恰好由N点（斜面的最高点）沿斜面方向滑入光滑斜面，MN=2MN连线成θ=30°，g=10m/s，则： （1）试求磁感应强度B； （2）试求直角斜面的倾角α；
（3）试求粒子在斜面上运动的时间．
2
﹣2
﹣4
m，已知斜面斜边长为
m，初速度v0方向与
考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动． 专题： 带电粒子在复合场中的运动专题．
分析： （1）根据小物块的受力情况判断物块的运动状态，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度．
（2）作出粒子运动轨迹，由几何知识可以求出斜面倾角． （3）物块在斜面上做匀变速直线运动，应用牛顿第二定律与运动学公式可以求出运动时间．
解答： 解：（1）小球受到的电场力：qE=2×10×10=0.2N，
小球所受重力：mg=0.02×10=0.2N，qE=mg，重力与电场力合力为零， 小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，小球运动轨迹如图所示：
﹣2
由几何知识可得：r=MN=2由牛顿第二定律得：qvB=m代入数据解得：B=
T；
m， ，
（2）粒子运动轨迹如上图所示， 由几何知识可得：α=60°；
（3）物块在斜面上，由牛顿第二定律得： mgsinα=ma，代入数据解得：a=5m/s， 物块做匀加速直线运动，由速度位移公式得： 22
v﹣v0=2ax，代入数据解得：v=8m/s，
由匀变速直线运动的速度公式得：v=v0+at， 代入数据解得：t=
s；
2
答：（1）磁感应强度B为T；
（2）直角斜面的倾角α为60°； （3）粒子在斜面上运动的时间为
s．
点评： 对于带电体在复合场中的运动，要分析清楚物体的受力情况，根据受力情况分析清楚物体的运动过程，然后应用相关规律解题；处理粒子在磁场中的运动问题，一般要作出粒子的运动轨迹，然后应用牛顿第二定律、几何知识分析答题． 11．（20分）小林利用如图甲装置做实验，固定支架上悬挂一蹄形磁铁，悬挂轴与一手柄固定连接，旋转手柄可连带磁铁一起绕轴线OO′自由旋转，蹄形磁铁两磁极间有一可绕OO′自由旋转的矩形线圈abcd（cd与OO′重合），手柄带着磁铁以8rad/s的角速度匀速旋转，某时刻蹄形磁铁与线框平面正好重合（如图乙），此时线圈旋转的角速度为6rad/s，已知线圈边ab=5cm，ad=2cm，线圈所在处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B=0.4T，线圈匝数为200匝，电阻为1.6Ω，则： （1）若手柄是逆时针旋转（俯视），请判断线框旋转的方向（俯视）； （2）试判断此时线框中电流的方向； （3）试求图乙时刻线圈中的电流大小及电流的热功率； （4）若另一时刻蹄形磁铁的磁场恰好与线框平面垂直，这时线圈被卡住，试求此刻到紧接着再次出现磁场垂直线圈平面的过程中，通过线圈的电量．
考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；楞次定律． 专题： 电磁感应与电路结合．
分析： （1）根据楞次定律判断线框所受的安培力方向，即可判断其转动方向． （2）根据楞次定律或右手定则分析感应电流的方向． （3）由E=NBL（v1﹣v2），v=ωr，结合求出感应电动势，再由欧姆定律求感应电流，从而得到其功率．
（4）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式结合求解电量． 解答： 解：（1）若手柄是逆时针旋转（俯视），根据楞次定律，知安培力将阻碍线框与磁场间的相对运动，线框所受的安培力使得线框也逆时针旋转．
（2）图中磁场方向向右，ab边切割速度向里，由右手定则判断知，此时线框中电流的方向为abcda（逆时针方向）．
（3）图乙时刻线圈中感应电动势 E=NB?ab?（v1﹣v2）
又磁场的线速度大小 v1=ω1?ad=8×0.02=0.16m/s，ab边的线速度大小 v2=ω2?ad=6×0.02=0.12m/s 可得 E=0.16V
感应电流 I==
2
A=0.1A
电流的热功率 P=IR=0.01×1.6W=0.016W （4）电量 q=
=
=N
=N
又 S=ab?bc
联立解得 q=0.1C 答：（1）若手柄是逆时针旋转（俯视），线框旋转的方向（俯视）为逆时针方向； （2）此时线框中电流的方向为abcda（逆时针方向）；
（3）图乙时刻线圈中的电流大小为0.1A，电流的热功率为0.016W； （4）通过线圈的电量为0.1C．
点评： 本题要掌握楞次定律的第二种表述：感应电流的磁通量总阻碍相对运动，使用楞次定律判定线框的运动方向，当磁场与线圈有相对运动时，应根据相对速度求解感应电动势． 12．（22分）某游戏装置放在竖直平面内，如图所示，装置由粗糙抛物线形轨道AB和光滑的圆弧轨道BCD构成，控制弹射器可将穿在轨道上的小球以不同的水平初速度由A点射入，最后小球将由圆轨道的最高点D水平抛出，落入卡槽中得分，圆弧半径为R，O′为圆弧的圆心，C为圆弧轨道最低点，抛物线轨道上A点在坐标轴的原点O上，轨道与圆弧相切于B点，抛物线轨道方程为y=ax（0＜a＜
2
），∠BO′C=θ，x轴恰好将半径O′D分成相等的
两半，交点为P，x轴与圆弧交于Q点，则：
（1）将小球以某一初速度水平由A点射入轨道，小球沿轨道运动到与A等高处Q，速度减为0，试求小球运动到B点的速度； （2）由（1）得到的B点的速度，能否求出小球在A点射入的速度，如果能请求出v0，不能，请说明理由； （3）试求在多次弹射小球的过程中，机械能损失最小的一次，小球在最高点D对轨道的作用力与最低点C对轨道的作用力的比值．
考点： 动能定理；向心力． 专题： 动能定理的应用专题．
分析： （1）BCD是光滑的轨道故从B到Q的过程中只有重力做功，根据动能定理求得小球在B点的速度即可；
（2）从A到B的过程中只重力和阻力做功，因为阻力是蛮力，不能求出阻力做的功，故无法求得小球在A点的初速度；
（3）要求小球机械能损失最小，则由题意可知，当小球从A点做平抛运动，与抛物线重合时，小球损失的机械能最小，据平抛运动规律求得小球在B点时速度，再由动能定理和小球在最高点最低点时竖直方向的合外力提供小球圆周运动向心力分析求解即可．
