2014-2015学年浙江省杭州市五校联盟高二（下）第一次统考物理试卷
一、单项选择题（共8小题，每题3分，共24分）
1．（3分）（2015•青浦区一模）如图所示是一个网球沿竖直方向运动时的频闪照片，由照片可知（ ）
A． 网球正在上升 B． 网球正在下降
C． 网球的加速度向上 D． 网球的加速度向下
2．（3分）（2015•哈尔滨校级二模）我国研制的深海载人潜水器“蛟龙”号在马里亚纳海沟创造了下潜7062米的载人深潜纪录，它在海水中下落最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．“蛟龙”号质量为m，完全入水后从静止开始无动力下潜，最后“蛟龙”号的收尾速度为v，若“蛟龙”号在水中所受浮力保持不变恒为F，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A． “蛟龙”号从静止至达到收尾速度的过程中所受海水阻力应为恒力
B． 若测得某时“蛟龙”号的加速度大小为a，则“蛟龙”号此时受到的水的阻力为m（a+g）﹣F
C． 若测得“蛟龙”号从静止至达到收尾速度所用时间为t，则“蛟龙”号的位移为
D． 若测得“蛟龙”号下落t时间，通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为
3．（3分）（2015•烟台一模）一个质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A． 铁块上滑过程处于超重状态
B． 铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反
C． 铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2（t2﹣t1）
D． 铁块上滑过程损失的机械能为mv12
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4．（3分）（2015春•杭州月考）为了科学研究的需要，常常将质子（带有一个正的元电荷，质量为一个原子质量单位）和α粒子（带有两个正的元电荷，质量为四个原子质量单位）等带电粒子贮存在圆环状空腔中，圆环状空腔置于一个与圆环平面垂直的匀强磁场中，带电粒子在其中做匀速圆周运动（如图）．如果质子和α粒子分别在两个完全相同的圆环状空腔中做圆周运动，且在同样的匀强磁场中，比较质子和α粒子在圆环状空腔中运动的动能EH和Eα，运动的周期TH和Tα的大小，有（ ）
A． EH=Eα，TH=Tα B． EH≠Eα，TH=Tα C． EH=Eα，TH≠Tα D． EH≠Eα，TH≠Tα
5．（3分）（2015•山东一模）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A． 电压表读数减小 B． 电流表读数减小
C． 质点P将向上运动 D． R3上消耗的功率逐渐增大
6．（3分）（2012•乌鲁木齐一模）如图所示，一圆形线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点做切线OO′，OO′与线圈在同一平面上．在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流流向（ ）
A． 始终由A→B→C→A B． 始终由A→C→B→A
C． 先由A→C→B→A再由A→B→C→A D． 先由A→B→C→A再由A→C→B→A
7．（3分）（2015春•松滋市校级月考）一质点在0～15s内竖直向上运动，其加速度﹣时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
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A． 质点的机械能不断增加
B． 在0～5s内质点的动能增加
C． 在10～15s内质点的机械能一直增加
D． 在t=15s时质点的机械能大于t=5s时质点的机械能
8．（3分）（2015•湖南模拟）如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上，木桩B固定在水平地面上，弹簧K把物体与木桩相连，弹簧与斜面平行．质量为m的物体和人在弹簧K的作用下沿斜劈表面向下运动，此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左．则下列说法正确的是（ ）
A． 若剪断弹簧，物体和人的加速度方向一定沿斜面向下
B． 若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，A受到的摩擦力方向可能向右
C． 若人从物体m离开，物体m仍向下运动，A受到的摩擦力可能向右
D． 若剪断弹簧同时人从物体m离开，物体m向下运动，A可能不再受到地面摩擦力
二、不定项选择（共4小题，每题4分，共16分）
9．（4分）（2015春•杭州月考）均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m．将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，有（ ）
A． 感应电流的方向为a→b→c→d→a
B． cd两点间的电势差大小为BL
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C． ab边消耗的电功率为
D． 若此时线框加速度恰好为零，线框下落的高度应为
10．（4分）（2015•青浦区一模）如图所示，小物体P放在水平圆盘上随圆盘一起转动，下列关于小物体所受摩擦力f的叙述正确的是（ ）
A． f的方向总是指向圆心
B． 圆盘匀速转动时f=0
C． 在物体与轴O的距离一定的条件下，f跟圆盘转动的角速度成正比
D． 在转速一定的条件下，f跟物体到轴O的距离成正比
11．（4分）（2015•咸阳三模）环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其工作原理的示意图如图所示．正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向射入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B．两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞去迎面相撞．为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法中正确的是（ ）
A． 对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大
B． 对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小
C． 对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小
D． 对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变
12．（4分）（2015•普宁市校级一模）如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（ ）
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A． A点电势高于B点电势
B． A、B两点的电场强度相等
C． q1的电荷量小于q2的电荷量
D． q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能
三、填空题（共5题，每题4分，共20分）
13．（4分）（2014秋•福州期中）一列车的质量是5.0×105kg，在平直的轨道上以额定功率3000kW加速行驶，当速度由10m/s加速到所能达到的最大速率30m/s时，共用了2min，若阻力保持不变，则列车受到的阻力为 N，在这段时间内列车前进的距离是 m．
14．（4分）（2008秋•宣州区校级期末）在如图实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，B极板接地．
（1）若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角 （填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随 而增大；
（2）若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角 （填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随 而增大．
15．（4分）（2005•上海）如图，带电量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为 ，方向 ．（静电力恒量为k）
16．（4分）（2012秋•渭滨区校级期末）如图所示，虚线框内空间中同时存在着匀强电场和匀强磁场，匀强电场的电场线竖直向上，电场强度E=6×104伏/米，匀强磁场的磁感线未在图中画出．一带正电的粒子按图示方向垂直进入虚线框空间中，速度v=2×105米/秒．如要求带电粒子在虚线框空间做匀速直线运动，磁场中磁感线的方向是 ，磁感应强度大小为 特．（粒子所受重力忽略不计）
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17．（4分）（2014•滕州市校级二模）如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP=3R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中，合外力做功 ，摩擦力做功为 ．
四、解答题（共4题，每题10分，共40分）
18．（10分）（2015•海南模拟）实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．
可供使用的器材有：
电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；
电压表：量程3V，内阻约9kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；
定值电阻：R0=3Ω；
电源：电动势6V，内阻可不计；
开关、导线若干．
回答下列问题：
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（1）实验中滑动变阻器应选 （填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至 端（填“a”或“b”）．
（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．
（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为 V．
（4）导线实际长度为 m（保留2位有效数字）．
19．（10分）（2015•哈尔滨校级二模）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛．B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点．已知赛车质量m=0.5kg，通电后以额定功率P=2w工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为Ff=0.4N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L=10.00m，R=0.32m，（g取10m/s2）．求：
（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少多大？
（2）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间t？
（3）若电动机工作时间为t0=5s，当R为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少？
20．（10分）（2015•德阳模拟）如图所示，一质量为m=0.5kg，电荷量为q=+0.2C的小物块（可视为质点），放在离地面高度为h=5m的水平放置、厚度不计的绝缘圆盘边缘，并随圆盘一起绕中心转轴顺时针做匀速圆周运动，圆盘的角速度为ω=2rad/s，半径为r=1m，圆盘和小物块之间的动摩擦因数为μ=0.5．以圆盘左侧垂直于纸面的切面和过圆盘圆心O点与空间中A点的竖直平面为界（两平面平行），将空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个空间区域，当小物块转动时，Ⅰ区域出现随时间均匀增大的电场E（图中未画出），电场方向是竖直方向．当E增大到E1时，小物块刚好从空间中的A点离开圆盘，且垂直于Ⅰ、Ⅱ区域边界进入Ⅱ区域，此时，Ⅱ区域和Ⅲ区域立即出现一竖直向上的匀强电场E2（图中未画出），E2=25N/C，且Ⅲ区域有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为L=4m，g=10m/s2．求：
（1）E1的大小和方向；
（2）若小物块在磁场宽度范围内落地，则磁感应强度B的取值范围是多少？
（3）现将磁感应强度B取某一值，当小物块离开A后一小段时间，紧贴圆盘圆心O点下方以速度v0=m/s水平抛出一木制小球，最终两者在磁场宽度范围内的地面上相遇，则从小物块离开A点时开始计时，抛出木制小球的时刻t为多少？
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21．（10分）（2015•怀化二模）如图所示，两条金属导轨相距L=1m，水平部分处在竖直向下的匀强磁场B1中，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面内，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1=B2=0.5T；ab和cd是质量均为m=0.2kg、电阻分别为Rab=0.5Ω和Rcd=1.5Ω的两根金属棒，ab置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，cd置于光滑的倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t=0时刻起，ab棒在水平外力F1作用下由静止开始以a=2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，cd棒在平行于斜面方向的力F2的作用下保持静止状态．不计导轨的电阻．水平导轨足够长，ab棒始终在水平导轨上运动，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：
（1）t=5s时，cd棒消耗的电功率；
（2）从t=0时刻起，2.0s内通过ab棒的电荷量q；
（3）规定图示F1、F2方向作为力的正方向，分别求出F1、F2随时间t变化的函数关系；
（4）若改变F1和F2的作用规律，使ab棒的运动速度v与位移x满足v=0.4x，cd棒仍然静止在倾斜轨道上，求ab棒从静止开始到x=5m的过程中，F1所做的功．
2014-2015学年浙江省杭州市五校联盟高二（下）第一次统考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共8小题，每题3分，共24分）
1．（3分）（2015•青浦区一模）如图所示是一个网球沿竖直方向运动时的频闪照片，由照片可知（ ）
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A． 网球正在上升 B． 网球正在下降
C． 网球的加速度向上 D． 网球的加速度向下
考点： 加速度；自由落体运动；竖直上抛运动．
专题： 直线运动规律专题．
分析： 网球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性特点可正确解答．
解答： 解：网球做竖直上抛运动时，到达最高点返回时运动具有对称性，从该点上升的时间和返回的时间相同，在该点速度大小相等，因此无法判断网球是上升还是下降，故AB错误；
网球上升过程中只受重力作用，因此其加速度竖直向下，大小为g，故C错误，D正确．
故选D．
点评： 竖直上抛运动是高中所学的一种重要的运动形式，要明确其运动特点并能应用其特点解答问题．
2．（3分）（2015•哈尔滨校级二模）我国研制的深海载人潜水器“蛟龙”号在马里亚纳海沟创造了下潜7062米的载人深潜纪录，它在海水中下落最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．“蛟龙”号质量为m，完全入水后从静止开始无动力下潜，最后“蛟龙”号的收尾速度为v，若“蛟龙”号在水中所受浮力保持不变恒为F，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A． “蛟龙”号从静止至达到收尾速度的过程中所受海水阻力应为恒力
B． 若测得某时“蛟龙”号的加速度大小为a，则“蛟龙”号此时受到的水的阻力为m（a+g）﹣F
C． 若测得“蛟龙”号从静止至达到收尾速度所用时间为t，则“蛟龙”号的位移为
D． 若测得“蛟龙”号下落t时间，通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为
考点： 牛顿第二定律；平均速度；摩擦力的判断与计算．
专题： 牛顿运动定律综合专题．
分析： 利用牛顿第二定律，分析蛟龙号的受力情况，再由运动学知识点确定位移和速度的关系．
解答： 解：A、“蛟龙”号的收尾速度为v，即开始时做变速运动最后做匀速运动，对蛟龙号受力分析，受重力和浮力及海水阻力，由牛顿第二定律得：mg﹣F﹣f=ma，而重力mg，浮力F恒定，最后物体又匀速运动，a=0，故阻力f变化，故A错误；
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B、对蛟龙号受力分析，受重力和浮力及海水阻力，由牛顿第二定律得：mg﹣F﹣f=ma，解得：f=mg﹣ma﹣F，故B错误；
C、根据运动学公式，可知，在匀变速运动中：x==，但“蛟龙”号从静止至达到收尾速度所用时间为t的过程中，阻力是变化的，加速度变化不是匀变速运动，故C错误；
D、根据运动学公式，可知，，故D正确；
故选：D
点评： 本题是在蛟龙号的背景下，考查了牛顿第二定律和运动学公式等常规公式和知识点，合理利用规律和公式应用场景．
3．（3分）（2015•烟台一模）一个质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A． 铁块上滑过程处于超重状态
B． 铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反
C． 铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2（t2﹣t1）
D． 铁块上滑过程损失的机械能为mv12
考点： 功能关系；牛顿第二定律．
分析： 由图象可知道，物体在0﹣t1内减速上升，在t1～t2内匀加速下降，加速度始终向下；
超重加速度向上；
v﹣t图象面积可以表示位移知速度关系；
由能量是守恒的知机械能的损失．
解答： 解：AB、上滑过程匀减速上滑，加速度方向沿斜面向下，下滑过程匀加速下降则加速度方向沿斜面向下，故上滑和下滑过程加速度方向相同，物体都处于失重状态，故AB错误；
C、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，上滑的位移为：v1t1，下滑的位移为v2（t2﹣t1），经过一段时间又返回出发点说明v1t1=v2（t2﹣t1），故C正确；
D、根据能量守恒知上滑损失机械能为△E=Ek1﹣mgh=m﹣mgh，故D错误；
故选：C
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点评： 图象简洁明了，能够直接得出物体各过程的运动规律，结合牛顿第二定律和功能关系求解，综合性较强．
4．（3分）（2015春•杭州月考）为了科学研究的需要，常常将质子（带有一个正的元电荷，质量为一个原子质量单位）和α粒子（带有两个正的元电荷，质量为四个原子质量单位）等带电粒子贮存在圆环状空腔中，圆环状空腔置于一个与圆环平面垂直的匀强磁场中，带电粒子在其中做匀速圆周运动（如图）．如果质子和α粒子分别在两个完全相同的圆环状空腔中做圆周运动，且在同样的匀强磁场中，比较质子和α粒子在圆环状空腔中运动的动能EH和Eα，运动的周期TH和Tα的大小，有（ ）
A． EH=Eα，TH=Tα B． EH≠Eα，TH=Tα C． EH=Eα，TH≠Tα D． EH≠Eα，TH≠Tα
考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力．
分析： 束缚粒子在圆环状空腔中的力是磁场施加的洛伦兹力使粒子在空腔中做匀速圆周运动，即满足qvB=m，由此列式讨论可得．
解答： 解：设质子的质量为m．则α粒子的质量为4m；
粒子在空腔中做匀速圆周运动，故满足qvB=m得：
v=，
动能为：
E=mv2=
由题知，R相同，B相同，故有：
==，即有EH=Eα；
据周期公式有：
T==，知B相同，
则：==，则Tp≠Tα
故选：C
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点评： 粒子能储存在空腔中，主要是在磁场力束缚下使粒子在空腔中做匀速圆周运动，正确的根据F洛=F向列式求解，注意向心力的不同表述．
5．（3分）（2015•山东一模）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A． 电压表读数减小 B． 电流表读数减小
C． 质点P将向上运动 D． R3上消耗的功率逐渐增大
考点： 闭合电路的欧姆定律．
专题： 压轴题；恒定电流专题．
分析： 由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．
解答： 解：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；
当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B错误；
因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确；
因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故C错误；
因R3两端的电压减小，由P=可知，R3上消耗的功率减小； 故D错误；
故选A．
点评： 解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体﹣局部﹣整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的．
6．（3分）（2012•乌鲁木齐一模）如图所示，一圆形线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点做切线OO′，OO′与线圈在同一平面上．在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流流向（ ）
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A． 始终由A→B→C→A B． 始终由A→C→B→A
C． 先由A→C→B→A再由A→B→C→A D． 先由A→B→C→A再由A→C→B→A
考点： 楞次定律．
专题： 电磁感应与电路结合．
分析： 由磁通量的定义可求得最大磁通量的位置与最小磁通量的位置，然后判定磁通量的变化情况；
解答： 解：当线圈平面与磁场方向平行时，线圈平面与磁场方向的夹角为0度，则Φ=0．当线圈与磁场方向垂直时，穿过线圈平面的磁通量变大．
图中的情况是磁场与线圈垂直，所以开始时的磁通量最大，转过90°时的磁通量最小．所以在线圈由图示位置绕转轴OO′转动180°的过程中，向里穿过线圈的磁通量先减小，后增大．向里穿过线圈的磁通量减小时，根据楞次定律可知，产生的感应电流的方向是A→B→C→A，转过角度大于90°后，向里的磁通量增大，楞次定律可知，产生的感应电流的方向仍然是A→B→C→A．
故选：A
点评： 解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大．
7．（3分）（2015春•松滋市校级月考）一质点在0～15s内竖直向上运动，其加速度﹣时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A． 质点的机械能不断增加
B． 在0～5s内质点的动能增加
C． 在10～15s内质点的机械能一直增加
D． 在t=15s时质点的机械能大于t=5s时质点的机械能
考点： 功能关系．
分析： 物体机械能守恒的条件是只有重力做功或只受重力，即物体的加速度等于g，则机械能不变，若向上减速的加速度小于g，说明物体受到了向上的外力作用，机械能增加，反之向上减速的加速度大于g则机械能减小．
解答： 解：A、由图象可以看出0﹣5s内的加速度等于g，5﹣10s内的加速度小于g，10﹣15s内的加速度大于g，故物体的机械能先不变，后增加，再减小，故A错误；
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B、在0～5s内，物体速度向上，加速度方向向下，加速度与速度方向相反，则物体减速，速度减小，则动能减小，故B错误；
C、在5～10s内，物体向上减速的加速度大于g，说明物体受到了方向向下的外力，做负功，机械能减少，故C错误；
D、根据牛顿第二定律，0﹣5s内，mg﹣F=ma，得：F=2m，方向向上，做正功，物体机械能增加；5﹣10s内，mg+F=ma，得F=2m，方向向下，物体机械能减少；物体一直向上做减速运动，而5﹣10s内的速度小于0﹣5s内的速度，则5﹣10s内的位移小于0﹣5s内的位移，故FS05＞FS10，则5﹣10s内物体机械能增加的多，减小的少，故质点在t=15s时的机械能大于t=5s时的机械能，D正确；
故选：D．
点评： 本题考查机械能守恒守恒定律的应用，要注意明确机械能的变化量等于重力以外的力做的功，重力以外的力做正功则机械能增加，重力以外的力做负功则机械能减少．
8．（3分）（2015•湖南模拟）如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上，木桩B固定在水平地面上，弹簧K把物体与木桩相连，弹簧与斜面平行．质量为m的物体和人在弹簧K的作用下沿斜劈表面向下运动，此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左．则下列说法正确的是（ ）
A． 若剪断弹簧，物体和人的加速度方向一定沿斜面向下
B． 若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，A受到的摩擦力方向可能向右
C． 若人从物体m离开，物体m仍向下运动，A受到的摩擦力可能向右
D． 若剪断弹簧同时人从物体m离开，物体m向下运动，A可能不再受到地面摩擦力
考点： 摩擦力的判断与计算．
专题： 摩擦力专题．
分析： 先对斜面分析，受重力、地面的支持力和静摩擦力、滑块的滑动摩擦力和压力，将滑块的滑动摩擦力和压力合成，当作一个力处理，根据平衡条件得到该力的方向情况；然后对人和滑块整体分析，根据牛顿第二定律判断其运动情况．
解答： 解：A、剪断弹簧前，对斜面分析，受重力、地面的支持力和静摩擦力、滑块对斜面体的力（滑块对斜面体的滑动摩擦力和压力的合力），斜劈受到地面的摩擦力方向向左，故根据平衡条件，滑块对斜面体的力向右下方；
根据牛顿第三定律，斜面对滑块的力向左上方；
若剪断弹簧，滑块和人整体还要受重力，故合力偏左，根据牛顿第二定律，加速度是沿斜面向下，故A正确；
B、若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，故物体和人整体对斜面体的力不变，故斜面体受力情况不变，故地面摩擦力依然向左，故B错误；
C、若人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因素是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故C错误；
29
D、若剪断弹簧同时人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因素是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故D错误；
故选：A．
点评： 本题关键是对斜面体和滑块分别受力分析后运用平衡条件和牛顿第二定律分析，技巧在于判断滑块与斜面体间的弹力和摩擦力的合力的方向，同时注意弹力和滑动摩擦力按比例变化，故滑块与斜面体间的弹力和摩擦力的合力的方向是不变的．
二、不定项选择（共4小题，每题4分，共16分）
9．（4分）（2015春•杭州月考）均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m．将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，有（ ）
A． 感应电流的方向为a→b→c→d→a
B． cd两点间的电势差大小为BL
C． ab边消耗的电功率为
D． 若此时线框加速度恰好为零，线框下落的高度应为
考点： 导体切割磁感线时的感应电动势．
专题： 电磁感应与电路结合．
分析： 由右手定则可以判定出感应电流方向；
由匀变速直线运动的水的围观公式求出线框速度，然后由E=BLv求出感应电动势；
由欧姆定律可以求出电势差；
由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出h．
解答： 解：A、由右手定则可知，cd边刚进入磁场时感应电流方向为a→d→c→b→a，故A错误；
B、线框进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：
mgh=mv2，
cd边刚进入磁场时，产生的感应电动势：E=BLv，
解得：E=BL；
29
此时线框中电流为：I=，
cd两点间的电势差：U=I=BL；故B正确；
C、四条边相同，所以四条边上的电阻值也相等，则ab边消耗的电功率为=．故C正确；
D、线框受到的安培力安培力：F=BIL=，
根据牛顿第二定律有：mg﹣F=ma，由a=0
解得下落高度满足：h=；故D正确．
故选：BCD．
点评： 本题是电磁感应与电路、力学相结合的题目，分析清楚线框运动过程，应用右手定则、匀变速运动的速度位移公式、E=BLv、安培力公式、牛顿第二定律即可正确解题．
10．（4分）（2015•青浦区一模）如图所示，小物体P放在水平圆盘上随圆盘一起转动，下列关于小物体所受摩擦力f的叙述正确的是（ ）
A． f的方向总是指向圆心
B． 圆盘匀速转动时f=0
C． 在物体与轴O的距离一定的条件下，f跟圆盘转动的角速度成正比
D． 在转速一定的条件下，f跟物体到轴O的距离成正比
考点： 向心力；牛顿第二定律．
专题： 牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
分析： 木块P随圆盘一起绕过O点的竖直轴匀速转动，做匀速圆周运动，P受到的静摩擦力提供向心力，根据向心力公式研究静摩擦力方向，及大小与半径、角速度的关系．
解答： 解：
A、P放在水平圆盘上随圆盘一起转动，若圆盘匀速转动，P受到的静摩擦力f提供向心力，沿PO方向指向圆心．若圆盘变速运动，f不指向圆心，故A错误．
B、木块P随圆盘一起绕过O点的竖直轴匀速转动，做匀速圆周运动，P受到的静摩擦力提供向心力，P受到的静摩擦力不可能为零．故B错误．
C、由f=mω2r得，在P点到O点的距离一定的条件下，P受到的静摩擦力的大小跟圆盘匀速转动的角速度的平方成正比．故C错误．
D、根据向心力公式得到f=m（2πn）2r，转速n一定时，f与r成正比，即P受到的静摩擦力的大小跟P点到O点的距离成正比．故D正确．
29
故选：D
点评： 本题中由静摩擦力提供木块所需要的向心力，运用控制变量法研究f与其他量的关系．
11．（4分）（2015•咸阳三模）环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其工作原理的示意图如图所示．正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向射入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B．两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞去迎面相撞．为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法中正确的是（ ）
A． 对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大
B． 对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小
C． 对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小
D． 对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变
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： 带电粒子被加速后进入匀强磁场区域，做匀速圆周运动，根据圆周运动的半径公式和周期公式判断荷质比与磁感强度的关系，周期和磁感强度的关系．
解答： 解：A、B、环形空腔的半径保持不变，当电压不变时，粒子进入磁场的速度相同，根据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式：R=，荷质比越大，B应该越小，故A错误，B正确；
C、D、当带电粒子确定后，加速电压越大，粒子进入磁场速度越大，荷质比确定，所以磁感应强度应该越大，根据周期公式T=，可得磁感应强度的增大会使周期变小，故C正确，D错误；
故选：BC
点评： 本题考查了带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径和周期，判断三个变化量之间的关系应有一个量保持不变．
12．（4分）（2015•普宁市校级一模）如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（ ）
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A． A点电势高于B点电势
B． A、B两点的电场强度相等
C． q1的电荷量小于q2的电荷量
D． q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能
考点： 电势；电场强度；电势能．
专题： 电场力与电势的性质专题．
分析： 将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，说明Q带负电，即可判断A、B电势高低；
由点电荷场强公式E=k分析场强的大小；
由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，根据电场力做功公式W=qU，分析电荷量的大小；
根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的大小．
解答： 解：A、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知Q与两个试探电荷之间存在引力，说明Q带负电，电场线方向从无穷远处指向Q，则A点电势小于B点电势．故A错误．
B、由点电荷场强公式E=k分析可知，A点的场强大于B点的场强．故B错误．
C、由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，根据电场力做功公式W=qU，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量．故C正确．
D、将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，两个试探电荷电势能的变化量相等，无穷远处电势能为零，则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能．故D错误．
故选：C
点评： 本题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，根据公式E=k分析场强的大小等等，都是常用的思路．
三、填空题（共5题，每题4分，共20分）
13．（4分）（2014秋•福州期中）一列车的质量是5.0×105kg，在平直的轨道上以额定功率3000kW加速行驶，当速度由10m/s加速到所能达到的最大速率30m/s时，共用了2min，若阻力保持不变，则列车受到的阻力为 1.0×105 N，在这段时间内列车前进的距离是 1600 m．
考点： 功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．
29
分析： 汽车匀速运动时，速度最大，此时汽车的牵引力与阻力平衡．由功率求出阻力f．当速度由10m/s加速到最大速率30m/s时，牵引力做正功为Pt，阻力做负功fS，根据动能定理求出列车前进的距离．
解答： 解：当汽车的速度最大时，牵引力与阻力平衡，即有F=f
由P=Fvm得：f=F=
运用动能定理研究汽车速度由10m/s加速到最大速率30m/s过程，得：
Pt﹣fS=
代入解得：S=1600m
答：（1）运动过程中列车所受阻力是大小为150000N
（2）这段时间内火车前进的距离是2000m
故答案为：1.0×105，1600
点评： 本题是汽车的启动问题，抓住汽车速度最大的条件是关键．对功率一定的变速运动，往往由W=Pt求功．
14．（4分）（2008秋•宣州区校级期末）在如图实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，B极板接地．
（1）若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角 变大 （填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随 极板正对面积增大 而增大；
（2）若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角 变大 （填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随 板间距离减小 而增大．
考点： 电容器的动态分析．
专题： 实验题；电容器专题．
分析： （1）若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据电容的决定式，分析电容的变化．电容器的电量不变，由电容的定义式分析板间电压的变化，再判断静电计指针偏角的变化．
（2）若极板B稍向左移动一点，再用同样的思路进行分析．
解答： 解：
（1）若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据电容的决定式可知，电容C变小．电容器的电量Q不变，由电容的定义式得到，板间电压U变大．此实验说明平行板电容器的电容随极板正对面积增大而增大；
29
（2）若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，根据电容的决定式可知，电容C变小．电容器的电量Q不变，由电容的定义式得到，板间电压U变大．此实验说明平行板电容器的电容随极板减小而增大．
故答案为：
（1）变大；极板正对面积增大
（2）变大；板间距离减小
点评： 本题是电容器动态变化分析的问题，根据电容的决定式和电容的定义式综合分析，是常用思路．
15．（4分）（2005•上海）如图，带电量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为 ，方向 水平向左（或 垂直薄板向左） ．（静电力恒量为k）
考点： 电场的叠加；电场强度；点电荷的场强．
专题： 计算题；压轴题．
分析： 由点电荷的场强公式可得出q在a点形成的场强，由电场的叠加原理可求得薄板在a点的场强大小及方向；由对称性可知薄板在b点形成的场强；
解答： 解；q在a点形成的电场强度的大小为E1=，方向向左；因a点场强为零，故薄板在a点的场强方向向右，大小也为，由对称性可知，薄板在b点的场强也为，方向向左；
故答案为：，水平向左；
点评： 题目中要求的是薄板形成的场强，看似无法解决； 但注意a点的场强是由薄板及点电荷的电场叠加而成，故可求得薄板在a点的电场强度，而薄板两端的电场是对称的，故由对称性可解．
29
16．（4分）（2012秋•渭滨区校级期末）如图所示，虚线框内空间中同时存在着匀强电场和匀强磁场，匀强电场的电场线竖直向上，电场强度E=6×104伏/米，匀强磁场的磁感线未在图中画出．一带正电的粒子按图示方向垂直进入虚线框空间中，速度v=2×105米/秒．如要求带电粒子在虚线框空间做匀速直线运动，磁场中磁感线的方向是 垂直纸面向外 ，磁感应强度大小为 0.3 特．（粒子所受重力忽略不计）
考点： 带电粒子在混合场中的运动．
分析： 根据匀速直线运动，处于平衡状态，则有电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，由左手定则，即可确定磁场的方向，由平衡方程，即可求解磁场的大小．
解答： 解：由题意可知，粒子受到电场力与洛伦兹力，两者相平衡，则有：qE=Bqv；
解得：B==T=0.3T；
根据受力平衡可知，带正电的粒子的洛伦兹力的方向竖直向下，
由左手定则可知，磁场的方向：垂直纸面向外；
故答案为：垂直纸面向外，0.3．
点评： 考查受力分析与平衡方程的应用，掌握左手定则的应用，注意粒子带正电，及重力不计．
17．（4分）（2014•滕州市校级二模）如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP=3R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中，合外力做功 ，摩擦力做功为 ．
考点： 功的计算；摩擦力的判断与计算．
专题： 功的计算专题．
29
分析： 由牛顿第二定律求出到达B的速度，由动能定理求出合外力做功；由动能定理求出克服摩擦力做功．
解答： 解：小球在B点对轨道恰好没有压力，小球只受重力，
由牛顿第二定律得：mg=m，
解得：vB=，
从P到B由动能定理的W==；
mg•2R﹣Wf=
Wf=
故摩擦力做功为
故答案为：，
点评： 分析清楚小球的运动过程，应用牛顿第二定律、动能定理规律即可正确解题，注意过程的选取．
四、解答题（共4题，每题10分，共40分）
18．（10分）（2015•海南模拟）实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．
可供使用的器材有：
电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；
电压表：量程3V，内阻约9kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；
定值电阻：R0=3Ω；
电源：电动势6V，内阻可不计；
开关、导线若干．
回答下列问题：
（1）实验中滑动变阻器应选 R2 （填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至 a 端（填“a”或“b”）．
29
（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．
（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为 2.3 V．
（4）导线实际长度为 94 m（保留2位有效数字）．
考点： 伏安法测电阻．
专题： 实验题；恒定电流专题．
分析： （1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处；
（2）根据实验电路图，连接实物图；
（3）根据图乙读出电压，注意估读；
（4）根据欧姆定律及电阻定律即可求解．
解答： 解：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，R0=3Ω，所以滑动变阻器选R2，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处，即a处；
（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示：
（3）电压表量程为3V，由图乙所示电压表可知，其分度值为0.1V所示为：2.30V；
（4）根据欧姆定律得：R0+Rx===4.6Ω，则Rx=1.6Ω
由电阻定律：Rx=ρ可知：L=，代入数据解得：L=94m；
故答案为：（1）R2，a；（2）如图所示；（3）2.30；（4）94．
点评： 本题主要考查了电学元件选取原则和欧姆定律及电阻定律的直接应用，能根据电路图连接实物图，难度适中．
19．（10分）（2015•哈尔滨校级二模）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛．B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点．已知赛车质量m=0.5kg，通电后以额定功率P=2w工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为Ff=0.4N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L=10.00m，R=0.32m，（g取10m/s2）．求：
（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少多大？
（2）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间t？
29
（3）若电动机工作时间为t0=5s，当R为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少？
考点： 机械能守恒定律；牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力．
专题： 机械能守恒定律应用专题．
分析： （1）物体恰好通过最高点，意味着在最高点是轨道对滑块的压力为0，即重力恰好提供向心力，这样我们可以求出vC，在从B到C的过程中质点仅受重力和轨道的支持力，而轨道的支持力不做功，共可以根据动能定理求出物体在B的速度，在B点根据支持力和重力的合力提供向心力得出物体在B点所受的支持力；
（2）物体从A向B运动过程中所拉力和摩擦力，由动能定理结合额定功率、阻力及位移可求出电动机至少工作时间．
（3）从A到C运用动能定理，从C落地运用平抛运动规律，从而由数学知识来求出赛车既能完成比赛且飞出的最大半径与最远距离．
解答： 解：（1）当赛车恰好过C点时在B点对轨道压力最小，
赛车在C点对有：
解得…①
对赛车从B到C由机械能守恒得：…②
赛车在B处；…③
由牛顿第三定律； 压力 F=FN
联立以上得：=4m/s
F=6mg=30N
（2）对赛车从A到B由动能定理得：
Pt﹣
解得：t=4s
（3）对赛车从A到C由动能定理得：
赛车飞出C后有：竖直方向 水平方向x=v0t
解得：
所以 当R=0.3m时x最大，xmax=1.2m
29
答：（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少为30N；
（2）要使赛车完成比赛，电动机至少工作时间4s；
（3）若电动机工作时间为t0=5s，当R为0.3m时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是1.2m．
点评： 本题是力电综合问题，关键要将物体的运动分为三个过程，分析清楚各个过程的运动特点和受力特点，然后根据动能定理、平抛运动公式、向心力公式列式求解！物体恰好通过C点是本题的突破口，这一点要注意把握．
20．（10分）（2015•德阳模拟）如图所示，一质量为m=0.5kg，电荷量为q=+0.2C的小物块（可视为质点），放在离地面高度为h=5m的水平放置、厚度不计的绝缘圆盘边缘，并随圆盘一起绕中心转轴顺时针做匀速圆周运动，圆盘的角速度为ω=2rad/s，半径为r=1m，圆盘和小物块之间的动摩擦因数为μ=0.5．以圆盘左侧垂直于纸面的切面和过圆盘圆心O点与空间中A点的竖直平面为界（两平面平行），将空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个空间区域，当小物块转动时，Ⅰ区域出现随时间均匀增大的电场E（图中未画出），电场方向是竖直方向．当E增大到E1时，小物块刚好从空间中的A点离开圆盘，且垂直于Ⅰ、Ⅱ区域边界进入Ⅱ区域，此时，Ⅱ区域和Ⅲ区域立即出现一竖直向上的匀强电场E2（图中未画出），E2=25N/C，且Ⅲ区域有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为L=4m，g=10m/s2．求：
（1）E1的大小和方向；
（2）若小物块在磁场宽度范围内落地，则磁感应强度B的取值范围是多少？
（3）现将磁感应强度B取某一值，当小物块离开A后一小段时间，紧贴圆盘圆心O点下方以速度v0=m/s水平抛出一木制小球，最终两者在磁场宽度范围内的地面上相遇，则从小物块离开A点时开始计时，抛出木制小球的时刻t为多少？
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）当Ⅰ区域的电场向上时，小物块与圆盘间的最大静摩擦力减小，当其减小到等于向心力时，小物块沿切线方向飞出，根据牛顿第二定律求解．
（2）在Ⅱ、Ⅲ区域，由于E2q=mg，所以小物块先做匀速直线运动，进入Ⅲ区域后，做匀速圆周运动．根据几何知识求出圆周运动的半径范围，即可由牛顿第二定律求解B的范围．
（3）木制小球不受电场力，从圆盘飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律求出其运动时间．在Ⅲ区域做匀速圆周运动，由几何知识求出轨道半径和周期，得到小物块做圆周运动转过角度，即可求得时间．
29
解答： 解：（1）当Ⅰ区域的电场向上时，小物块与圆盘间的最大静摩擦力减小，当其减小到等于向心力时，小物块沿切线方向飞出，所以，E1的方向竖直向上．
由牛顿第二定律有：μ（mg﹣E1q）=mω2r
代入数据解得：E1=5N/C
（2）在Ⅱ、Ⅲ区域，由于E2q=mg，所以小物块先做匀速直线运动，进入Ⅲ区域后，做匀速圆周运动．
设小物块速度为v，圆周运动的半径为Ⅲ，则有：
qvB=m
v=ωr
要使其在磁场宽度范围内落地，其轨道如图所示．设半径的极小值和极大值分别为R1和R2，则有：
R1=
R2=L
联立并代入数据解得：1.25T≤B＜2T．
（3）设木制小球落地点为F，运动时间为t1，水平位移为x，A′、O′分别为A、O在地面上的投影，FD的长度为d，则有：
h=
x=v0t1；
由几何知识有：x2=（d+r）2+r2
联立并代入数据解得：t1=1s，d=
设小物块整个运动的时间为t2，在Ⅲ区域的运动半径为R3，周期为T，则有：
=+d2
解得：R3=m
T=
代入数据解得：T=π s
又sin，
代入数据得：θ=37°
所以小物块做圆周运动转过角度为：
α=143°
所以：t2=T+
则：t=t2﹣t1
联立解得：t=﹣≈2.96s
答：（1）E1的大小为5N/C，方向竖直向上；
29
（2）若小物块在磁场宽度范围内落地，则磁感应强度B的取值范围是1.25T≤B＜2T．
（3）从小物块离开A点时开始计时，抛出木制小球的时刻t为2.96s．
点评： 解决本题的关键是正确分析物块的受力情况同，判断其运动情况，知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，以及知道线速度与角速度的大小关系．
21．（10分）（2015•怀化二模）如图所示，两条金属导轨相距L=1m，水平部分处在竖直向下的匀强磁场B1中，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面内，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1=B2=0.5T；ab和cd是质量均为m=0.2kg、电阻分别为Rab=0.5Ω和Rcd=1.5Ω的两根金属棒，ab置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，cd置于光滑的倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t=0时刻起，ab棒在水平外力F1作用下由静止开始以a=2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，cd棒在平行于斜面方向的力F2的作用下保持静止状态．不计导轨的电阻．水平导轨足够长，ab棒始终在水平导轨上运动，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：
（1）t=5s时，cd棒消耗的电功率；
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（2）从t=0时刻起，2.0s内通过ab棒的电荷量q；
（3）规定图示F1、F2方向作为力的正方向，分别求出F1、F2随时间t变化的函数关系；
（4）若改变F1和F2的作用规律，使ab棒的运动速度v与位移x满足v=0.4x，cd棒仍然静止在倾斜轨道上，求ab棒从静止开始到x=5m的过程中，F1所做的功．
考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
专题： 电磁感应——功能问题．
分析： （1）MN向右运动切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，PQ相当于外电路．要求PQ消耗的功率，要先MN产生的感应电动势，由欧姆定律求出电路中电流，即可求得功率．
（2）先由运动学位移公式求出t=2.0s时间内棒MN通过的位移，从而确定出穿过回路MNQP磁通量的变化量△φ，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式推导出电量表达式q=，即可求解通过PQ的电量．
（3）先根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出电路中电流与时间的关系式，求F1可对MN运用牛顿第二定律，求F2可对PQ根据平衡条件求解．
（4）由题v=0.4x，速度v与位移x成正比，可知电流I、安培力也与位移x成正比，可安培力的平均值求解安培力做的功，再对MN棒运用动能定理求解F1所做的功
解答： 解：（1）金属棒ab在5s时的速度
νt=at=2×5m/s=10m/s
电动势 E=BLνt=0.5×1×10V=5V
此时电流
所以：
（2）t=0～2.0s时间内金属棒ab运动的位移
t=0～2.0s时间内穿过闭合回路磁通量的变化量为△φ=B1Lx=0.5×1×4Wb=2Wb
t=0～2.0s时间内通过ab棒的电荷量为
（3）金属棒ab在做匀加速直线运动的过程中，电流和时间的关系为
对金属棒ab由牛顿第二定律有：F1﹣B1Il﹣μmg=ma
得：F1=1.4+0.25t（N
对金属棒cd由平衡条件有：F2+B2Il﹣mgsin37°=0
得：F2=1.2﹣0.25t（N）
（4）ab棒做变加速直线运动，当x=5m时，
νt=0.4×5=2（m/s）
因为速度与位移成正比，所以电流、安培力也与位移成正比，
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（N）
所以，
根据动能定理，得
所以，
答：（1）t=5s时，PQ消耗的电功率为9.38W；
（2）t=0～2.0s时间内通过PQ棒的电荷量为1C；
（3）F1随时间t变化的函数关系为F1=（1.4+0.25t）N，F2随时间t变化的函数关系为F2=（1.2﹣0.25t）N；
（4）MN棒从静止开始到s=5m的过程中，F1所做的功为6.025J
点评： 本题是双杆类型，分别研究它们的情况是基础，运用力学和电路、电磁感应的规律研究MN棒，其中对于感应电荷量，要熟悉一般表达式q=n，知道△φ与棒的位移有关．对于功，动能定理是常用的求解方法，本题关键要抓住安培力与位移是线性关系，安培力的平均值等于初末时刻的平均值．
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