2016年浙江省杭州市五校联盟高考物理摸底试卷
一、选择题部分
1．城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的结构悬挂．如图是这类结构的一种简化模型，硬杆左端可绕通过B点且垂直于纸面的轴无摩擦的转动，右端O点通过钢索挂于A点，钢索和硬杆所受的重力均可忽略．有一质量不变的重物悬挂于O点，现将钢索缓慢变短，并使钢索的悬挂点A缓慢向下移动，以保证硬杆始终处于水平．则在上述变化过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．钢索对O点的拉力变大
B．硬杆对O点的弹力变小
C．钢索和硬杆对O点的作用力的合力变大
D．钢索和硬杆对O点的作用力的合力变小
2．一带负电的粒子仅在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（ ）
A．x1处电场强度为零
B．在x1、x2、x3处的电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3
C．粒子在0～x2段做变速运动，在x2～x3段做匀速直线运动
D．在x2～x3段该带负电的粒子速度增大
3．体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上．已知球架的宽度为d，每只篮球的质量为m、直径为D（D＞d），不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为（ ）
A． mg B． C． D．
4．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图变化时，下图中正确表示导体框中感应电流变化的是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图所示，一网球运动员将球在边界处正上方正对球网水平向前击出，球刚好过网落在图中位置（不计空气阻力），相关数据如图，下列说法中正确的是（ ）
A．击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1=1.8h2
B．若保持击球高度不变，球的初速度满足＜v0＜，一定落在对方界内
C．任意降低击球高度（仍大于h2），只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
D．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
6．如图所示，在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了一电荷量为+Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m，电荷量为﹣q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中θ=60°，规定电场中P点的电势为零．则在+Q形成的电场中（ ）
A．N点电势高于P点电势
B．N点电势为
C．P点电场强度大小是N点的4倍
D．检验电荷在N点具有的电势能为﹣mv2
7．如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连．现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等．弹簧的形变量相同时弹性势能相同．则小球在此过程中（ ）
A．加速度等于重力加速度g的位置有两个
B．弹簧弹力的功率为零的位置有两个
C．弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功
D．弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于小球弹簧弹力做负功过程中小球运动的距离
二、非选择题部分（共78分）
8．利用如图装置可以做力学中的许多实验，
（1）一下说法正确的是
A利用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车河木板间的摩擦阻力的影响
B利用此装置“探究加速度a与力F的关系”每次改变砝码及砝码盘总质量后，不需要重新平衡摩擦力
C在用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量
D用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，不需要平衡小车运动过程中所受摩擦力的影响
（2）本装置中要用到打点计时器，如图所示为实验室常用的两种计时器，其中甲装置用的电源要求是 ．
A．交流220V B．直流220V C．交流4﹣6V D．直流4﹣6V
（3）在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如下图．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，则此次实验中打点计时器打下A 点时小车的瞬时速度为 m/s．（结果保留2位有效数字）
9．某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源（电动势为3V，内阻为1Ω）、电键、滑动变阻器（最大阻值为20Ω）、电压表、电流表、小灯泡、导线若干．（电压表和电流表均视为理想电表）
（1）实验中得到了小灯泡的U﹣I图象如图甲所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而 ．（选填“增大”“减小”或“不变”）
（2）根据图甲，在图乙中把缺少的导线补全，连接成实验的电路．
（3）若某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡获得的最小功率是 W．（计算结果保留2位有效数字）
10．如图甲所示，一水平放置的圆形套筒由两个靠得很近的同心圆筒组成，一质量m=0.2kg的小滑块从轨道（截面图如图乙所示）的最低点A，以v0=9m/s的初速度向右运动，小滑块第一次滑到最高点时速度v=1m/s．滑块的尺寸略小于两圆筒间距，除外筒内壁的上半部分BCD粗糙外，其余部分均光滑．小滑块运动轨道的半径R=0.3m，求：
（1）小滑块第一次滑到最高点时轨道对其的弹力？
（2）小滑块从开始到第一次滑至最高点这段时间内，它克服摩擦力做的功是多少？
（3）从开始经过足够长的时间，小滑块减少的机械能是多少？
11．某研究性学习小组用如图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子．密度相同的粒子在电离室中被电离后带正电，电量与其表面积成正比．电离后粒子缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域I，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场和匀强磁场区域II，其中磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上．实验发现：半径为r0的粒子，其质量为m0、电量为q0
，刚好能沿O1O3直线射入收集室．不计纳米粒子重力和粒子之间的相互作用力．（球形体积和球形面积公式分别为V球=πr3，S球=4πr2）．求：
（1）图中区域II的电场强度E；
（2）半径为r的粒子通过O2时的速率v；
（3）试讨论半径r≠r0的粒子进入区域II后将向哪个极板偏转．
12．如图（a）所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B不变；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图（b）所示．t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上也由静止释放．在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．
已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为l，在t=tx时刻（tx未知）ab棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g．求：
（1）区域I内磁场的方向；
（2）通过cd棒中的电流大小和方向；
（3）ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离；
（4）ab棒开始下滑至EF的过程中，回路中产生总的热量．（结果用B、l、θ、m、R、g表示）
2016年浙江省杭州市五校联盟高考物理摸底试卷
参考答案与试题解析
一、选择题部分
1．城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的结构悬挂．如图是这类结构的一种简化模型，硬杆左端可绕通过B点且垂直于纸面的轴无摩擦的转动，右端O点通过钢索挂于A点，钢索和硬杆所受的重力均可忽略．有一质量不变的重物悬挂于O点，现将钢索缓慢变短，并使钢索的悬挂点A缓慢向下移动，以保证硬杆始终处于水平．则在上述变化过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．钢索对O点的拉力变大
B．硬杆对O点的弹力变小
C．钢索和硬杆对O点的作用力的合力变大
D．钢索和硬杆对O点的作用力的合力变小
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】以O点为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解钢索AO对O点的拉力和杆BO对O点的支持力．将钢索缓慢变短，并使钢索的悬挂点A缓慢向下移动时，θ减小，分析钢索和硬杆对O点的作用力的变化．B0始终水平，O点始终平衡，AO对O点拉力与杆BO对O点支持力的合力与重力平衡，保持不变．
【解答】解：A、以O点为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件得：
钢索AO对O点的拉力FAOsinθ=G=mg，则FAO=，杆BO对O点的支持力FBO=Gcotθ=mgcotθ，
将钢索缓慢变短，并使钢索的悬挂点A缓慢向下移动，θ减小，则FAO增大，FBO增大，故A正确，B错误；
C、B0始终水平，O点始终平衡，钢索和硬杆对O点的作用力的合力与重力平衡，保持不变．故CD错误．
故选：A
【点评】本题是实际问题，为受力分析中的动态平衡问题，解决本题时要注意先进行受力分析，作出受力分析图，根据平衡条件求解．
2．一带负电的粒子仅在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（ ）
A．x1处电场强度为零
B．在x1、x2、x3处的电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3
C．粒子在0～x2段做变速运动，在x2～x3段做匀速直线运动
D．在x2～x3段该带负电的粒子速度增大
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变
【解答】A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=，由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确．
B、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3．故B正确．
C、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，
D、在x2～x3段该带负电的粒子电势能增大，动能减小，速度减小，故D错误．
故选：AB
【点评】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况
3．体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上．已知球架的宽度为d，每只篮球的质量为m、直径为D（D＞d），不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为（ ）
A． mg B． C． D．
【考点】物体的弹性和弹力．
【专题】受力分析方法专题．
【分析】以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，根据几何知识求出相关的角度，由平衡条件求解球架对篮球的支持力，即可得到篮球对球架的压力．
【解答】解：以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，设球架对篮球的支持力N与竖直方向的夹角为α．
由几何知识得：cosα==
根据平衡条件得：2Ncosα=mg
解得：N=
则得篮球对球架的压力大小为：N′=N=．
故选：C．
【点评】本题关键要通过画出力图，正确运用几何知识求出N与竖直方向的夹角，再根据平衡条件进行求解．
4．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图变化时，下图中正确表示导体框中感应电流变化的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．
【专题】电磁感应与电路结合．
【分析】正确解答本题一定要明确B﹣t图象中斜率的含义，注意感应电动势的大小与磁通量大小无关与磁通量变化率成正比．
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有：E=n=ns，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B﹣t图象中的斜率成正比，由图象可知：0﹣2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针（俯视）即为正值，
而在2﹣4s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变；根据楞次定律，向上的磁场先减小，再向下磁场在增大，则感应电流方向为逆时针，即为负方向，故ABD错误，C正确．
故选：C．
【点评】正确理解感应电动势与磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率等之间的关系，可以类比加速度、速度变化量、速度变化率进行学习．
5．如图所示，一网球运动员将球在边界处正上方正对球网水平向前击出，球刚好过网落在图中位置（不计空气阻力），相关数据如图，下列说法中正确的是（ ）
A．击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1=1.8h2
B．若保持击球高度不变，球的初速度满足＜v0＜，一定落在对方界内
C．任意降低击球高度（仍大于h2），只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
D．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
【考点】平抛运动．
【专题】平抛运动专题．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，抓住分运动与合运动具有等时性，先求出水平位移为s和的时间比，从而知道下落h1﹣h2和下落h1所用的时间比，根据自由落体运动的规律求出击球点高度h1与球网高度h2之间的关系；保持击球高度不变，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，从而求出初速度的范围；当降低击球的高度，低于某一个高度，速度大会出界，速度小会触网．增加击球高度，只要速度合适，球能落在对方界内．
【解答】解：A、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，水平位移为s和的时间比2：3，则竖直方向上，根据h=gt2，则有=，解得h1=1.8h2．故A正确．
B、若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，根据h1=gt12得，t1=．则平抛运动的最大速度v01==．
根据h1﹣h2=gt22得，t2=，则平抛运动的最小速度v02==s．故B错误．
C、任意降低击球高度（仍大于h2），会有一临界情况，此时球刚好触网又刚好压界，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，所以不是高度比网高，就一定能将球发到界内．故C错误．
D、增加击球高度，只有速度合适，球一定能发到对方界内．故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查平抛运动的临界问题，关键掌握平抛运动的规律，抓住临界情况，运用运动学规律进行求解．
6．如图所示，在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了一电荷量为+Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m，电荷量为﹣q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中θ=60°，规定电场中P点的电势为零．则在+Q形成的电场中（ ）
A．N点电势高于P点电势
B．N点电势为
C．P点电场强度大小是N点的4倍
D．检验电荷在N点具有的电势能为﹣mv2
【考点】电势能；电势．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】解答本题应抓住：顺着电场线方向电势降低，判断出M点电势高于N点的电势，M、P两点的电势相等，即可知N、P两点电势关系；
由真空中点电荷产生的电场强度公式E=k，分析P点与N点电场强度的大小关系；
根据动能定理研究电荷由N到P的过程，求解N点的电势；
由EP=﹣qφN求出检验电荷在N点具有的电势能．
【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，而M、P两点的电势相等，则N点电势低于P点电势．故A错误．
B、根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程：﹣q（φN﹣φP）=mv2，由题，P点的电势为零，即φP=0，解得，N点的电势φN=﹣．故B正确．
C、P点电场强度大小是EP=k，N点电场强度大小是EN=k，则EP：EN=： =4：1．故C正确．
D、检验电荷在N点具有的电势能为EP=﹣qφN=mv2．故D错误．
故选BC
【点评】本题关键要掌握电场线方向与电势高低的关系，即顺着电场线方向电势降低，以及点电荷场强公式E=k、电势能公式EP=﹣qφN．
7．如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连．现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆运动到B点，已知OA长度小于OB
长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等．弹簧的形变量相同时弹性势能相同．则小球在此过程中（ ）
A．加速度等于重力加速度g的位置有两个
B．弹簧弹力的功率为零的位置有两个
C．弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功
D．弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于小球弹簧弹力做负功过程中小球运动的距离
【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．
【专题】动能定理的应用专题．
【分析】弹力为0时或弹力方向与杆垂直时物体加速度为g，且弹力功率为0．因A，B弹力大小相等则弹性势能相等．据此分析各选项．
【解答】解：A、在运动过程中A点为压缩状态，B点为伸长状态，则由A到B有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g．则两处
加速度为g．故A正确
B、A处速度为零，弹力功率为零；下滑过程弹簧弹力与杆子垂直，弹力功率为零；当原长时弹力为零，功率为零，故弹力功率为0共有3处，故B错误
C、因A点与B点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功．故C正确
D、因做负功时弹力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离．故D错误
故选：AC
【点评】考查弹簧弹力做功的内容，明确功与功率和力与速度方向夹角有关，会由能量的变化分析功的正负．
二、非选择题部分（共78分）
8．利用如图装置可以做力学中的许多实验，
（1）一下说法正确的是 BC
A利用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车河木板间的摩擦阻力的影响
B利用此装置“探究加速度a与力F的关系”每次改变砝码及砝码盘总质量后，不需要重新平衡摩擦力
C在用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量
D用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，不需要平衡小车运动过程中所受摩擦力的影响
（2）本装置中要用到打点计时器，如图所示为实验室常用的两种计时器，其中甲装置用的电源要求是 A ．
A．交流220V B．直流220V C．交流4﹣6V D．直流4﹣6V
（3）在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如下图．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，则此次实验中打点计时器打下A 点时小车的瞬时速度为 0.60 m/s．（结果保留2位有效数字）
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【专题】实验题；定性思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，在探究“小车的加速度与质量的关系”和探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力．平衡摩擦力后，改变小车的质量，不需要重新平衡摩擦力．
（2）电火花打点计时器使用220V的交流电源．
（3）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出A点的速度．
【解答】解：（1）A、利用此装置“研究匀变速直线运动”时，不需要平衡摩擦力，故A错误．
B、利用此装置“探究加速度a与力F的关系”每次改变砝码及砝码盘总质量后，不需要重新平衡摩擦力，故B正确．
C、在用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，为了使小盘和盘内砝码的总重力等于绳子的拉力，要满足小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量，故C正确．
D、用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，故D错误．
故选：BC．
（2）电火花打点计时器使用220V的交流电源，故选：A．
（3）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，A点的瞬时速度为：
=0.60m/s．
故答案为：（1）BC；（2）A；（3）0.60
【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题．对于纸带问题，会求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用．
9．某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源（电动势为3V，内阻为1Ω）、电键、滑动变阻器（最大阻值为20Ω）、电压表、电流表、小灯泡、导线若干．（电压表和电流表均视为理想电表）
（1）实验中得到了小灯泡的U﹣I图象如图甲所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而 增大 ．（选填“增大”“减小”或“不变”）
（2）根据图甲，在图乙中把缺少的导线补全，连接成实验的电路．
（3）若某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡获得的最小功率是 0.33 W．（计算结果保留2位有效数字）
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【专题】实验题；恒定电流专题．
【分析】根据实验原理分析实验电路图；明确灯泡电阻的性质；
当通过灯泡的电流最小时，灯泡实际功率最小，分析图示电路结构，确定滑片在什么位置时灯泡实际功率最小，在同一坐标系内作出电源U﹣I图象，然后根据图象应用电功率公式求出灯泡实际功率．
【解答】解：①根据欧姆定律R=知，小灯泡的电阻随电压增大而增大．
②由图甲可知，电压从零开始调节的，因此滑动变阻器采用的是分压接法，由于灯泡电阻较小，因此安培表需要外接，由此可正确连接实物图如图所示：
③由电路图可知，把ab间的导线误接在ac之间时，滑动变阻器左右两部份电阻丝并联然后与灯泡串联，当滑动变阻器并联电阻最大，即滑片位于中点时，电路总电阻最大，通过灯泡的电流最小，灯泡功率最小，此时滑动变阻器并联阻值为5Ω，此时等效电源内阻为6Ω，在同一坐标系内作出电源的U﹣I图象如图所示，
由图象可知，灯泡两端电压U=0.95V，电流I=0.348A，灯泡实际功率P=UI=0.95×0.348≈0.33W．
故答案为：①增大；②如图所示．（3）0.33
【点评】应用图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握描点法作图的方法；本题最后一问是本题的难点，要注意图象法的应用．
10．如图甲所示，一水平放置的圆形套筒由两个靠得很近的同心圆筒组成，一质量m=0.2kg的小滑块从轨道（截面图如图乙所示）的最低点A，以v0=9m/s的初速度向右运动，小滑块第一次滑到最高点时速度v=1m/s．滑块的尺寸略小于两圆筒间距，除外筒内壁的上半部分BCD粗糙外，其余部分均光滑．小滑块运动轨道的半径R=0.3m，求：
（1）小滑块第一次滑到最高点时轨道对其的弹力？
（2）小滑块从开始到第一次滑至最高点这段时间内，它克服摩擦力做的功是多少？
（3）从开始经过足够长的时间，小滑块减少的机械能是多少？
【考点】动能定理的应用；向心力．
【专题】动能定理的应用专题．
【分析】（1）由向心力公式利用牛顿第二定律可求得弹力；
（2）对该过程利用动能定理即可求得克服摩擦力所做的功；
（3）明确初末状态的机械能，即可明确机械能的减小量；注意重力势能与零势能面的选取有关．
【解答】解（1）设此情形下小滑块到达最高点时受竖直向下的弹力FN，则有：
代入数据可得：
故实际上筒内壁对小滑块施加了竖直向上的支持力
（2）在此过程中，设克服摩擦力做的功为：W克f
代入数据可得：W克f=6.8J
（3）经过足够长的时间后，小滑块在下半圆轨道内做往复运动，小滑块经过水平直径位置时速度为0，选该处所在水平面为零势面，则有
E末=0
E初=
则减少的机械能为：
答：（1）小滑块第一次滑到最高点时轨道对其的弹力为N
（2）小滑块从开始到第一次滑至最高点这段时间内，它克服摩擦力做的功是6.8J；
（3）从开始经过足够长的时间，小滑块减少的机械能是7.5J．
【点评】本题考查动能定理、向心力及功能关系等，在解题时要注意正确受力分析及过程分析，即可选择合理的物理规律求解．
11．某研究性学习小组用如图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子．密度相同的粒子在电离室中被电离后带正电，电量与其表面积成正比．电离后粒子缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域I，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场和匀强磁场区域II，其中磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上．实验发现：半径为r0的粒子，其质量为m0、电量为q0，刚好能沿O1O3直线射入收集室．不计纳米粒子重力和粒子之间的相互作用力．（球形体积和球形面积公式分别为V球=πr3，S球=4πr2）．求：
（1）图中区域II的电场强度E；
（2）半径为r的粒子通过O2时的速率v；
（3）试讨论半径r≠r0的粒子进入区域II后将向哪个极板偏转．
【考点】带电粒子在混合场中的运动；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）带电粒子在电场中被加速，当进入区域II内做匀速直线运动，因而根据动能定理可求出被加速的速度大小，再由洛伦兹力等于电场力，从而确定电场强度的大小与方向；
（2）根据密度相同，可确定质量与半径立方关系；根据题意，可知电量与半径平方关系．从而由动能定理可算出粒子通过O2时的速率；
（3）由半径的不同，导致速度大小不一，从而出现洛伦兹力与电场力不等现象，根据其力大小确定向哪个极板偏转．
【解答】解 （1）设半径为r0的粒子加速后的速度为v0，则
解得：
设区域II内电场强度为E，则
洛伦兹力等于电场力，即v0 q0B=q0E
解得：
电场强度方向竖直向上．
（2）设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v，
则
而
由
解得：
（3）半径为r的粒子，在刚进入区域II时受到合力
为F合=qE﹣qvB=qB（v0﹣v）
由可知，
当r＞r0时，v＜v0，F合＞0，粒子会向上极板偏转；
当r＜r0时，v＞v0，F合＜0，粒子会向下极板偏转．
答：（1）图中区域II的电场强度；
（2）半径为r的粒子通过O2时的速率；
（3）由可知，
当r＞r0时，v＜v0，F合＞0，粒子会向上极板偏转；
当r＜r0时，v＞v0，F合＜0，粒子会向下极板偏转．
【点评】本题考查运用动能定理求带电粒子在电场中加速后的速度大小，再洛伦兹力与电场力关系来确定偏向何处．同时注意紧扣题意密度相同及电量与表面积成正比等隐含条件．
12．如图（a）所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B不变；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图（b）所示．t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上也由静止释放．在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．
已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为l，在t=tx时刻（tx未知）ab棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g．求：
（1）区域I内磁场的方向；
（2）通过cd棒中的电流大小和方向；
（3）ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离；
（4）ab棒开始下滑至EF的过程中，回路中产生总的热量．（结果用B、l、θ、m、R、g表示）
【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；电磁感应中的能量转化．
【专题】电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题．
【分析】（1）II内磁场均匀变化因此在回路中形成感应电流，根据楞次定律判断出流过cd的电流方向，然后根据平衡求出cd棒所受安培力方向，进一步根据左手定则判断磁场方向．
（2）根据导体棒处于平衡状态可知，安培力等于重力沿导轨向下分力，由此可求出通过cd棒中的电流大小和方向．
（3）棒ab进入II区域前后回路中的电动势不变，即磁场变化产生电动势与导体切割磁感线产生电动势相等，据此求出导体棒进入II时速度大小，然后根据导体棒匀加速下滑的特点即可求出结果．
（4）回路中电流恒定，根据Q=EIt可求出结果．
【解答】解：（1）由楞次定律可知，流过cd的电流方向为从d到c，cd所受安培力沿导轨向上，故由左手定则可知，I内磁场垂直于斜面向上．
故区域I内磁场的方向垂直于斜面向上．
（2）cd棒平衡，所以有：BIl=mgsinθ
故解得：I=，电流方向d→c．
故通过cd棒中的电流大小I=，电流方向d→c．
（3）前、后回路感应电动势不变， =Blvx，即有： =Blvx，
解得：l=vxtx
ab棒进入区域Ⅱ之前不受磁场力的作用，做匀加速直线运动，
S1=（0+v）tx=0.5l
故ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离为0.5l．
（4）ab棒进入区域Ⅱ后作匀速直线运动，t2=tx，总时间：
t总=tx+t2=2tx
电动势：E=Blvx不变
总热量：Q=EIt总=2mgvxtxsinθ=2mglsinθ
故回路中产生总的热量为：Q=2mglsinθ．
【点评】解决这类问题的关键是弄清电路结构，正确分析电路中的电流以及安培力的变化情况．
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