1. 如圖所示，一物塊放在傾斜木板上，當(dāng)木板的傾角θ分別為30°和45°時(shí)，物塊所受摩擦力的大小相等，則物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】對物塊受力分析可知，當(dāng)傾角為時(shí)，物塊受到靜摩擦力
當(dāng)傾角為時(shí)，物塊受到滑動(dòng)摩擦力
聯(lián)立方程
故選B。
2. 如圖所示，將一小球以10m/s的速度水平拋出，落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角恰為45°，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2，則（ ）
A. 小球拋出點(diǎn)離地面的高度15mB. 小球拋出點(diǎn)離地面的高度10m
C. 小球飛行的水平距離10mD. 小球飛行的水平距離20m
【答案】C
【解析】
【詳解】AB.根據(jù)平拋規(guī)律：求得：落地豎直速度，豎直方向：，計(jì)算得：，AB錯(cuò)誤
CD.根據(jù)豎直方向，解得，水平方向，C正確D錯(cuò)誤
3. 如圖所示，老師用力傳感器提著重物在豎直方向上做了一個(gè)超、失重實(shí)驗(yàn)，并截取了電腦顯示器上所顯示F-t圖像的其中一段，如圖（b）所示，則（ ）
A. t0階段重物一定處于靜止?fàn)顟B(tài)B. t1到t2階段重物先向上加速后向下減速
C. t2階段重物處于超重狀態(tài)D. t3階段重物處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)
【答案】D
【解析】
【分析】
【詳解】AD．t0階段和t3階段，拉力等于重力，重物可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，也可能處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，所以A錯(cuò)誤；D正確；
B．t1階段拉力大于重力，重物處于超重狀態(tài)，加速度一定向上，重物向上做加速運(yùn)動(dòng)或向下做減速運(yùn)動(dòng)，t2階段拉力小于重力，加速度向下，做向下加速或向上減速，所以B錯(cuò)誤；
C．t2階段拉力小于重力，重物處于失重狀態(tài)，所以C錯(cuò)誤；
故選D。
4. 卡文迪許用扭秤實(shí)驗(yàn)測定了引力常量，不僅用實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了萬有引力定律的正確性，而且應(yīng)用引力常量還可以測出地球的質(zhì)量，卡文迪許也因此被稱為“能稱出地球質(zhì)量的人”。已知引力常量，地面上的重力加速度，地球半徑，則地球質(zhì)量約為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】根據(jù)公式
可得
故選D。
5. 一物體從某一高度自由落下，落在直立于地面的輕彈簧上，如圖所示。在A點(diǎn)，物體開始與彈簧接觸，到B點(diǎn)時(shí)，物體速度為零，然后被彈回。下列說法中正確的是（ ）
A. 物體從A下降到B的過程中，速率不斷變小
B. 物體從B點(diǎn)上升到A的過程中，速率不斷變大
C. 物體在B點(diǎn)時(shí)，所受合力為零
D. 物體從B上升到A的過程中，速率先增大，后減小
【答案】D
【解析】
【詳解】AC．在A下降到B的過程中，開始重力大于彈簧的彈力，加速度方向向下，物體做加速運(yùn)動(dòng)，彈力在增大，則加速度在減小，當(dāng)重力等于彈力時(shí)，速度達(dá)到最大，然后在運(yùn)動(dòng)的過程中，彈力大于重力，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度方向向上，加速度方向與速度方向相反，物體做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的過程中彈力增大，加速度增大，到達(dá)最低點(diǎn)，速度為零。知加速度先減小后增大，速度先增大后減小，且在B點(diǎn)速度為0時(shí)，存在一定的加速度，故物體在B點(diǎn)所受合力不為零；故AC錯(cuò)誤；
BD．物體從B回到A的過程是A到B過程的逆過程，返回的過程速度大小先增大后減小，故B錯(cuò)誤，D正確；
故選D。
6. 如圖所示，小球沿水平面通過O點(diǎn)進(jìn)入半徑為R的半圓弧軌道后恰能通過最高點(diǎn)P，然后落回水平面，不計(jì)一切阻力，下列說法正確的是（ ）
A. 小球運(yùn)動(dòng)到半圓弧最高點(diǎn)P時(shí)向心力恰好為零
B. 小球落地點(diǎn)時(shí)的速度大小為
C. 小球落地點(diǎn)離O點(diǎn)的水平距離為R
D. 若將半圓弧軌道上半部分的圓弧截去，其他條件不變，則小球能達(dá)到的最大高度比P點(diǎn)位置要高
【答案】D
【解析】
【分析】
【詳解】ABC．小不恰能通過最高點(diǎn)P，則重力提供向心力有
從最高點(diǎn)P飛出后小球做平拋運(yùn)動(dòng)，有
小球落地點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理可得
解得
，
所以ABC錯(cuò)誤；
D．若將半圓弧軌道上半部分的圓弧截去，其他條件不變，則小球能達(dá)到的最大高度比P點(diǎn)位置要高，因?yàn)檫@種情況下所用動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，則D正確；
故選D
7. 帶電粒子M和N以相同的速度經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，運(yùn)行的半圓軌跡如圖中虛線所示，不計(jì)重力，下列表述正確的是
A. M帶正電，N帶負(fù)電
B. M的質(zhì)量小于N的質(zhì)量
C. M的比荷小于N的比荷
D. M的運(yùn)行時(shí)間小于N的運(yùn)行時(shí)間
【答案】C
【解析】
【詳解】A．進(jìn)入磁場時(shí)，M粒子所受的洛倫茲力方向向右，N的洛倫茲力方向向左，由左手定則判斷出M帶負(fù)電，N帶正電，故A錯(cuò)誤；
BC．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則有
軌跡半徑為：
由圖看出，M的軌跡半徑較大，而兩個(gè)粒子的速率相等，則知，M粒子的比荷q/m較小，但不能判斷它們電量和質(zhì)量的大小，故B錯(cuò)誤，C正確；
D．由周期公式 ，M粒子的比荷q/m較小，周期大；兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)半周，即時(shí)間為周期的一半，故M的運(yùn)行時(shí)間大于N的運(yùn)行時(shí)間，故D錯(cuò)誤．
8. 某交流發(fā)電機(jī)的示意圖如圖甲所示，單匝矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。已知線圈面積S=0.01m2，線圈電阻r=2Ω，外接定值電阻的阻值R=8Ω，其他電阻不計(jì)，電路中的交流電壓表、交流電流表均為理想電表，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。下列說法正確的是（ ）
A. 線圈產(chǎn)生的交變電流的頻率為100HzB. 電流表的示數(shù)為0.6A
C. 電壓表的示數(shù)為6VD. 勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為6T
【答案】B
【解析】
【詳解】A．線圈產(chǎn)生的交變電流的周期為
T=0.02s
則頻率為
選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
BC．交流電動(dòng)勢的有效值為
則
則電流表的示數(shù)為0.6A；電壓表的示數(shù)為
U=IR=4.8V
選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤。
D．根據(jù)
勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選B。
9. 如圖所示，一個(gè)帶電微粒從兩豎直的帶等量異種電荷的平行板上方h處自由落下，兩板間還存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，帶電小球通過正交的電、磁場時(shí)，其運(yùn)動(dòng)情況是（ ）
A. 可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)
B. 可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C. 可能做曲線運(yùn)動(dòng)
D. 一定做曲線運(yùn)動(dòng)
【答案】D
【解析】
【詳解】粒子進(jìn)入兩個(gè)極板之間時(shí)，受到向下的重力，水平方向相反的電場力和洛倫茲力，若電場力與洛倫茲力受力平衡，由于重力的作用，粒子向下加速，速度變大，洛倫茲力變大，洛倫茲力不會一直與電場力平衡，故合力一定會與速度不共線，故粒子一定做曲線運(yùn)動(dòng)
故選D。
10. 分別用頻率為ν和2ν的甲、乙兩種單色光照射某金屬，逸出光電子的最大初動(dòng)能之比為1∶3，已知普朗克常量為h，真空中光速為c，電子電量為e。下列說法正確的是（ ）
A. 用頻率為2ν的單色光照射該金屬，單位時(shí)間內(nèi)逸出的光電子數(shù)目一定較多
B. 用頻率為的單色光照射該金屬不能發(fā)生光電效應(yīng)
C. 甲、乙兩種單色光照射該金屬，對應(yīng)光電流的遏止電壓相同
D. 該金屬的逸出功為
【答案】B
【解析】
【詳解】A．單位時(shí)間內(nèi)逸出的光電子數(shù)目與光的強(qiáng)度有關(guān)，由于光的強(qiáng)度關(guān)系未知，故A錯(cuò)誤；
BD．光子能量分別為
和
根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知光電子的最大初動(dòng)能為，逸出光電子的最大初動(dòng)能之比為1：3，聯(lián)立解得
用頻率為的單色光照射該金屬不能發(fā)生光電效應(yīng)，故B正確，D錯(cuò)誤；
C．兩種光的頻率不同，光電子的最大初動(dòng)能不同，由動(dòng)能定理可知，題目對應(yīng)的遏止電壓是不同的，故C錯(cuò)誤。
故選B。
11. 如圖所示，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢分別為。一帶負(fù)電的粒子（重力不計(jì)）由M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電勢能的增加量相等。則（ ）
A. 若該粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，動(dòng)能一定增加
B. 若該粒子由N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電勢能一定減小
C. 直線c位于某一等勢面內(nèi)，
D. 直線b位于某一等勢面內(nèi)，
【答案】B
【解析】
【詳解】ACD．帶負(fù)電的粒子由M點(diǎn)分別到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，則負(fù)粒子的電勢能增加，故電勢減小，NP兩點(diǎn)電勢低于M點(diǎn)電勢，電場力做負(fù)功相等，則粒子的電勢能增加相等，即NP兩點(diǎn)的電勢相等，直線d位于某一等勢面內(nèi)，根據(jù)勻強(qiáng)電場等勢面分布情況知，直線c位于某一等勢面內(nèi)，直線a、b為電場線，MQ位于同一等勢面上，故，所以帶負(fù)電的粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場力不做功，動(dòng)能不變，ACD錯(cuò)誤；
B．因N點(diǎn)的電勢低于D點(diǎn)的電勢，故帶負(fù)電的粒子由N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)電場力做正功，電勢能減小，B正確。
故選B。
12. 某圓形導(dǎo)電線圈處于一方向垂直于該線圈的勻強(qiáng)磁場中，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化如圖所示。對OP、PM、MN和NQ時(shí)間段內(nèi)線圈中的感應(yīng)電流，下列說法正確的是（ ）
A. PM段的感應(yīng)電流值最大
B. OP段的感應(yīng)電流值是MN段的感應(yīng)電流值的2倍
C. MN段的感應(yīng)電流與NQ段的感應(yīng)電流大小相同，方向也相同
D. OP段的感應(yīng)電流與NQ段的感應(yīng)電流方向相同
【答案】C
【解析】
【詳解】設(shè)圓形導(dǎo)電線圈的面積為，線圈匝數(shù)為，電阻為，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有
則感應(yīng)電流為
A．由磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化圖可知，PM段的
故感應(yīng)電流為零，故A錯(cuò)誤；
B．由磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化圖可知，OP段的是MN段的的，則OP段的感應(yīng)電流值是MN段的感應(yīng)電流值的，故B錯(cuò)誤；
C．由磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化圖可知，MN段的與NQ段的相等，則MN段的感應(yīng)電流與NQ段的感應(yīng)電流大小相同，方向也相同，故C正確；
D．由磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化圖可知，OP段的為正值，NQ段的為負(fù)值，則OP段的感應(yīng)電流與NQ段的感應(yīng)電流方向相反，故D錯(cuò)誤。
故選C。
13. 一列簡諧橫波沿軸傳播，、時(shí)刻的波形分別如圖中實(shí)線、虛線所示。已知該波的速度大小為。下列說法中正確的是（ ）
A. 該波沿軸正方向傳播
B. 時(shí)，4m處的質(zhì)點(diǎn)加速度最大
C. 0.2s內(nèi)4m處的質(zhì)點(diǎn)沿軸方向運(yùn)動(dòng)3m
D. 時(shí)，3.5m處的質(zhì)點(diǎn)比3m處的質(zhì)點(diǎn)先回到平衡位置
【答案】D
【解析】
【詳解】A．該波的速度大小為，0.2s傳播的距離為
結(jié)合圖形可判斷該波沿軸負(fù)方向傳播，故A錯(cuò)誤；
B．時(shí)，4m處的質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置，速度最大，加速度最小，故B錯(cuò)誤；
C．4m處的質(zhì)點(diǎn)只上下振動(dòng)，并不隨波遷移，故C錯(cuò)誤；
D．因?yàn)椴ㄑ剌S負(fù)方向傳播，時(shí)，3.5m處的質(zhì)點(diǎn)比3m處的質(zhì)點(diǎn)先回到平衡位置，故D正確。
故選D。
二、實(shí)驗(yàn)題（共21分）
14. 如圖1所示為用光電門測定鋼球下落時(shí)受到的阻力的實(shí)驗(yàn)裝置．直徑為d、質(zhì)量為m的鋼球自由下落的過程中，先后通過光電門A、B，計(jì)時(shí)裝置測出鋼球通過A、B的時(shí)間分別為tA、tB．用鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時(shí)速度，測出兩光電門間的距離為h，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間．
（1）如圖2用螺旋測微器測量鋼球的直徑，讀數(shù)為______mm．
（2）鋼球下落過程中受到的空氣平均阻力Ff=______（用題中所給物理量符號來表示）．
（3）本題用鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時(shí)速度，但從嚴(yán)格意義上講是不準(zhǔn)確的，實(shí)際上鋼球通過光電門的平均速度______（選填“＞”或“＜”）鋼球球心通過光電門的瞬時(shí)速度．
【答案】 ①. 12.985 ②. mg-m ③. ＜
【解析】
【詳解】（1）[1]固定刻度讀數(shù)為：12.5mm，可動(dòng)刻度上讀數(shù)為48.5×0.01=0.485mm，所以最終讀數(shù)為：12.985mm；
（2）[2]根據(jù)平均速度公式可得，小球經(jīng)過兩光電門的速度分別為：
vA=
vB=
則對下落h過程分析，由速度和位移關(guān)系可知：
=2ah
再由牛頓第二定律可知：
mg-Ff=ma
解得阻力：
Ff=mg-m
（3）[3]由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，鋼球通過光電門的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，而球心通過光電門的中間位移的速度大于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，因此鋼球通過光電門的平均速度小于鋼球球心通過光電門的瞬時(shí)速度．
15. 利用圖（a）所示電路測量電池的電動(dòng)勢，金屬絲的長度為1.000m，電阻率1.09×10﹣6Ω?m，微安表的量程為100μA，內(nèi)阻Rg=1500Ω。
(1)甲同學(xué)用螺旋測微器某次測量金屬絲直徑時(shí)的示數(shù)如圖（b）所示，則金屬絲的直徑為______mm，由此求得金屬絲的電阻為______Ω（保留3位有效數(shù)字）；
(2)乙同學(xué)經(jīng)多次測量，求得金屬絲的電阻為5.50Ω。
①若調(diào)節(jié)電阻箱為某確定阻值時(shí)，微安表讀數(shù)為55.0μA，此時(shí)流過電阻箱的電流為______mA（保留3位有效數(shù)字）；
②若保持滑動(dòng)變阻器滑片的位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱，當(dāng)電阻箱的阻值分別為R1、R2時(shí)，通過電阻箱的電流分別為I1、I2，則電池電動(dòng)勢E=______。
【答案】 ①. 0.508(0.507～0.509) ②. 5.38(5.30Ω～5.60) ③. 15.1 ④.
【解析】
【分析】
【詳解】(1)[1]螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為0.5mm，可動(dòng)刻度讀數(shù)為0.8×0.01=0.008mm，所以金屬絲的直徑為0.508mm，由于需要估讀，所以金屬絲的直徑為0.507～0.509mm；
[2]根據(jù)電阻的決定式得
==5.38Ω
由誤差分析可得范圍為：5.30Ω～5.60Ω；
(2)[3]金屬絲的電阻為5.50Ω，若調(diào)節(jié)電阻箱為某確定阻值時(shí)，微安表讀數(shù)為55.0μA，此時(shí)流過電阻箱的電流為
=55.0×10﹣6AA=1.5055×10－2A=15.1mA
[4]若保持滑動(dòng)變阻器滑片的位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱，當(dāng)電阻箱的阻值分別為R1、R2時(shí)，通過電阻箱的電流分別為I1、I2，由閉合電路歐姆定律得
E=I1(R1+R其它)、E=I2(R2+R其它)
聯(lián)立解得電池電動(dòng)勢
三、解答題（共77分）
16. 如圖，玻璃柱的橫截面為半徑R=20.0cm的半圓，O點(diǎn)為圓心。光屏CD緊靠在玻璃柱的右側(cè)，且與截面底邊MN垂直。一光束沿中半徑方向射向O點(diǎn)，光束和MN的夾角為，在光屏CD上出現(xiàn)兩個(gè)光斑。已知玻璃的折射率為n=。
(1)若=60°，求兩個(gè)光斑間的距離；
(2)屏上兩個(gè)光斑間的距離會隨大小的變化而改變，求兩光斑間的最短距離。
【答案】(1)cm；(2)20cm
【解析】
【詳解】（i）光束在MN界面上一部分反射，設(shè)反射光與光屏CD的交點(diǎn)為C，另一部分折射，設(shè)折射光與光屏的交點(diǎn)為D，入射角為r，折射角為i，光路圖如圖所示，由幾何關(guān)系得：r=90°-θ=30°
得：
根據(jù)折射定律得
可得，i=60°
則
所以兩個(gè)光斑間的距離 LCD=LCN+LDN=

（ii）屏上兩個(gè)光斑間的距離會隨θ的減小而變短，當(dāng)光線在MN就要發(fā)生全反射時(shí)，兩光斑間距離最短，由臨界角公式得：
所以兩光斑間的最短距離 Lmin=
聯(lián)立解得 Lmin=20cm
17. 斜面ABC傾角為30°，AB段粗糙，BC段光滑，如圖（a）所示。質(zhì)量為1kg的小物塊以初速度沿斜面向上滑行，到達(dá)C處速度恰好為零。物塊在AB段的加速度是BC段加速度的兩倍，其上滑過程的v—t圖像如圖（b）所示，重力加速度g取。求：
（1）小物塊沿斜面向上滑行通過B點(diǎn)處的速度；
（2）求物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（3）小物塊沿斜面向下滑行通過的時(shí)間。
【答案】（1）4m/s；（2）；（3）2.4s
【解析】
【詳解】（1）由題意可知
由圖像得
解得
（2）設(shè)BC段長度為，加速度大小為。段，由牛頓第二定律有
BC段有
聯(lián)立解得
（3）因?yàn)锽C段光滑，所以物體沿斜面下滑，回到點(diǎn)的速度大小仍為
段，設(shè)下滑時(shí)間，則
解得
BA段，位移
下滑時(shí)
解得
則小物塊沿斜面向下滑行通過BA段的時(shí)間
故CA段下滑總時(shí)間
18. 如圖所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量M=4kg的平板車，小車右端固定一豎直擋板，擋板的質(zhì)量不計(jì)，一輕質(zhì)彈簧右端固定在擋板上，在平板車左端P處有一可以視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，其質(zhì)量m=2kg。平板車上表面Q點(diǎn)的左側(cè)粗糙，右側(cè)光滑，PQ間的距離L=10m。某時(shí)刻平板車以v1=1m/s的速度向左滑行，同時(shí)小滑塊以v2=8m/s的速度向右滑行。一段時(shí)間后，小滑塊與平板車達(dá)到相對靜止，此時(shí)小滑塊與Q點(diǎn)相距d=5m，取g=10m/s2，求:
(1)小滑塊與平板車相對靜止時(shí)的速度v;
(2)小滑塊與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;
(3)彈簧可能獲得的最大彈性勢能Ep。
【答案】(1)v=2m/s，方向水平向右(2)μ=0.54 μ=0.18(3)Ep=18J
【解析】
【詳解】(1)設(shè)M、m共同速度為v，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律
解得
v=2m/s
方向水平向右
(2)如果小滑塊尚未越過Q點(diǎn)就與平板車達(dá)到州對靜止，對平板車與滑塊組成的系統(tǒng)
由能量守恒
解得
μ=0.54
如果小滑塊越過Q點(diǎn)與彈簧相互作用后，再返回與平板車達(dá)到相對靜止，對平板車與滑塊組成的系統(tǒng)，由能量守恒
解得
μ=0.18
(3)如果小滑塊尚未越過Q點(diǎn)就與平板車達(dá)到相對靜止，彈簧的彈性勢能為零。如果小滑塊越過Q點(diǎn)與彈簧相互作用后，再返回平板車達(dá)到相對靜止，對平板車、滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)，由能量守恒
得
Ep=18J
所以，彈簧可能獲得的最大彈性勢能為18J。
19. 如圖所示，水平放置的U形導(dǎo)軌足夠長，置于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=5T，導(dǎo)軌寬度L=0.4m，左側(cè)與R=0.5Ω的定值電阻連接．右側(cè)有導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m=2.0kg，電阻r=0.5Ω，與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，其余電阻可忽略不計(jì)．導(dǎo)體棒ab在大小為10N的水平外力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)了x=40cm后，速度達(dá)到最大，取g=10m/s2.求：
(1)導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的最大速度是多少?
(2)當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度v=1m/s時(shí)，導(dǎo)體棒ab的加速度是多少?
(3)導(dǎo)體棒ab由靜止達(dá)到最大速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量是多少?
【答案】(1)vm=1.5m/s (2)a=1m/s2 (3)QR=0.075J
【解析】
【詳解】（1）導(dǎo)體棒ab垂直切割磁感線，產(chǎn)生的電動(dòng)勢大?。篍＝BLv，
由閉合電路的歐姆定律得：
導(dǎo)體棒受到的安培力：FA=BIL，
當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，由平衡條件得：
解得最大速度：vm=1.5m/s；
（2）當(dāng)速度為v由牛頓第二定律得：
解得：a=1m/s2；
（3）在整個(gè)過程中，由能量守恒定律可得:
解得：Q=0.15J，
所以QR=0.075J．
20. 如圖所示，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向外，在x軸下方存在勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子以初速度v0從y軸上與O點(diǎn)相距為L的P點(diǎn)沿y軸正方向射出，一段時(shí)間后進(jìn)入電場，入電場時(shí)的速度方向恰與電場方向相反，不計(jì)重力。求:
(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
(2)粒子第三次到達(dá)x軸的位置到O點(diǎn)的距離；
(3)從P點(diǎn)開始到第三次通過x軸所經(jīng)歷的時(shí)間；
(4)粒子從第三次經(jīng)過x軸到第四次經(jīng)過x軸所用時(shí)間。
【答案】(1)；(2)；(3)；(4)
【解析】
【詳解】(1)帶電粒子磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
由幾何關(guān)系得
又由洛侖磁力提供向心力，有
解得
(2)依題意，粒子從P到M點(diǎn)第一次到達(dá)x軸粒子進(jìn)入電場后，先做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小為零，然后沿原路返回做勻加速運(yùn)動(dòng)，第二次到達(dá)x軸上的M點(diǎn)后進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)轉(zhuǎn)過90°，由幾何關(guān)系有
所以粒子第三次到達(dá)x軸的位置到O點(diǎn)的距離為
(3)粒子在磁場中P到M點(diǎn)所需時(shí)間
粒子在電場中先減速再返回M點(diǎn)所需時(shí)間
粒子在磁場中從M點(diǎn)到N點(diǎn)所需時(shí)間
故粒子從P點(diǎn)開始到第三次通過x軸所經(jīng)歷的時(shí)間
(4)粒子從N點(diǎn)到Q點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)
解得
所以粒子從第三次經(jīng)過x軸到第四次經(jīng)過x軸所用時(shí)間為

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