浙江省杭州市五校聯(lián)盟2016屆高考物理二診試卷(解析版)

第18頁（共18頁）2016年浙江省杭州市五校聯(lián)盟高考物理二診試卷一、選擇題：本大題共7小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．下列說法正確的是（）A．楞次通過實驗研究，總結(jié)出了電磁感應(yīng)定律B．法拉第通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場C．亞里士多德最先驗證了輕重不同的物體在真空中下落快慢相同D．伽利略根據(jù)理想斜面實驗，提出了力不是維持物體運動的原因2．一個做勻加速直線運動的物體先后經(jīng)過A．B兩點的速度分別為v1和v2，則下列結(jié)論中不正確的有（）A．物體經(jīng)過AB位移中點的速度大小為B．物體經(jīng)過AB位移中點的速度大小為C．物體通過AB這段位移的平均速度為D．物體通過AB這段位移所用的中間時刻的速度為3．如圖所示的實驗裝置中，極板A接地，平行板電容器的極板B與一個靈敏的靜電計相接．將A極板向左移動，增大電容器兩極板間的距離時，電容器所帶的電量Q、電容C、兩極間的電壓U，電容器兩極板間的場強E的變化情況是（）A．Q變小，C不變，U不變，E變小 B．Q變小，C變小，U不變，E不變C．Q不變，C變小，U變大，E不變 D．Q不變，C變小，U變大，E變小4．如圖所示，把小車放在傾角為30°的光滑斜面上，用輕繩跨過定滑輪使之與盛有沙子的小桶相連，不計滑輪質(zhì)量及摩擦，已知小車的質(zhì)量為3m，小桶與沙子的總質(zhì)量為m，小車從靜止釋放后，在小桶上升豎直高度為h的過程中（）A．小桶處于失重狀態(tài) B．小桶的最大速度為C．小車受繩的拉力等于mg D．小車的最大動能為mgh5．如圖1所示，小物塊靜止在傾角θ=37°的粗糙斜面上．現(xiàn)對物塊施加一個沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時間t的變化情況如圖2所示，物塊的速率υ隨時間t的變化規(guī)律如圖3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．下列說法正確的是（）A．物塊的質(zhì)量為1kgB．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.7C．0～3s時間內(nèi)力F做功的平均功率為0.32WD．0～3s時間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為5.12J6．質(zhì)量為m的物體沿著半徑為R的半球形金屬球殼滑到最低點時的速度大小為υ，如圖所示，若物體與球殼之間的摩擦因數(shù)為μ，則物體在最低點時的（）A．向心加速度為 B．向心力為m（g+）C．對球殼的壓力為 D．受到的摩擦力為μm（g+）7．如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，BCDF段是半徑為R的圓弧擋板，AB段為直線型擋板（長為4R），兩者在B點相切，θ=37°，C，F(xiàn)兩點與圓心等高，D在圓弧形擋板的最低點，所有接觸面均光滑，絕緣擋板處于水平方向場強為E的勻強電場中．現(xiàn)將帶電量為+q，質(zhì)量為m的小球從擋板內(nèi)側(cè)的A點由靜止釋放，小球沿擋板內(nèi)側(cè)ABCDF運動到F點后拋出，在這段運動過程中，下列說法正確的是（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（）A．勻強電場的場強大小可能是B．小球運動到D點時動能一定不是最大C．小球機械能增加量的最大值是2.6qERD．小球從B到D運動過程中，動能的增量為1.8mgR﹣0.8EqR二、非選擇題（共78分）8．用如圖1實驗裝置驗證m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒．m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律．圖2給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個點（圖中未標出），計數(shù)點間的距離如圖2所示．已知m1=50g、m2=150g，則（g取10m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（1）在紙帶上打下記數(shù)點5時的速度v=m/s；（2）在打點0～5過程中系統(tǒng)動能的增量△EK=J，系統(tǒng)勢能的減少量△EP=J，由此得出的結(jié)論是；（3）若某同學(xué)作出v2﹣h圖象如圖3，則當?shù)氐膶嶋H重力加速度g=m/s2．9．在“測電池的電動勢和內(nèi)阻”的實驗中，測量對象為一節(jié)新的干電池．（1）用圖（a）所示電路測量時，在較大范圍內(nèi)調(diào)節(jié)滑動變阻器，發(fā)現(xiàn)電壓表讀數(shù)變化不明顯，原因是：．（2）為了提高實驗精度，采用圖乙所示電路，提供的器材：量程3V的電壓表V，量程0.6A的電流表A（具有一定內(nèi)阻），定值電阻R0（阻值未知，約幾歐姆），滑動變阻：R1（0～10Ω）滑動變阻器R2（0～200Ω），單刀單擲開關(guān)S1、單刀雙擲開關(guān)S，導(dǎo)線若干①電路中，加接電阻凰有兩方面的作用，一是方便實驗操作和數(shù)據(jù)測量，二是②為方便實驗調(diào)節(jié)且能較準確地進行測量，滑動變阻器應(yīng)選用（填R1或R2）．③開始實驗之前，S1、S2都處于斷開狀態(tài)．現(xiàn)在開始實驗：A．閉合S1，S2打向1，測得電壓表的讀數(shù)U0，電流表的讀數(shù)為I0，則=．（電流表內(nèi)阻用RA表示）B．閉合S1，S2打向2，改變滑動變阻器的阻值，當電流表讀數(shù)為I1時，電壓表讀數(shù)為U1；當電流表讀數(shù)為I2時，電壓表讀數(shù)為U2．則新電池電動勢的表達式為E=，內(nèi)阻的表達式r=．10．足夠長光滑斜面BC的傾角α=53°，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5，水平面與斜面之間B點有一小段弧形連接，一質(zhì)量m=2kg的小物塊靜止于A點．現(xiàn)在AB段對小物塊施加與水平方向成α=53°的恒力F作用，如圖（a）所示，小物塊在AB段運動的速度﹣時間圖象如圖（b）所示，到達B點迅速撤去恒力F．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：（1）小物塊所受到的恒力F；（2）小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間；（3）小物塊能否返回到A點？若能，計算小物塊通過A點時的速度；若不能，計算小物塊停止運動時離B點的距離．11．如圖所示，M、N為中心開有小孔的平行板電容器的兩極板，相距為D，其右側(cè)有一邊長為2a的正三角形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，在極板M、N之間加上電壓U后，M板電勢高于N板電勢．現(xiàn)有一帶正電的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為q，其重力和初速度均忽略不計，粒子從極板M的中央小孔S1處射入電容器，穿過小孔S2后從距三角形A點a的P處垂直AB方向進入磁場，試求：（1）粒子到達小孔S2時的速度；（2）若粒子從P點進入磁場后經(jīng)時間t從AP間離開磁場，求粒子的運動半徑和磁感應(yīng)強度的大?。唬?）若粒子能從AC間離開磁場，磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足什么條件？12．在同一水平面中的光滑平行導(dǎo)軌P、Q相距L=1m，導(dǎo)軌左端接有如圖所示的電路．其中水平放置的平行板電容器兩極板M、N間距離d=10mm，定值電阻R1=R2=12Ω，R3=2Ω，金屬棒ab電阻r=2Ω，其它電阻不計．磁感應(yīng)強度B=1T的勻強磁場豎直穿過導(dǎo)軌平面，當金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右勻速運動時，懸浮于電容器兩極板之間，質(zhì)量m=1×10﹣14kg，帶電量q=﹣1×10﹣14C的微粒恰好靜止不動．取g=10m/s2，在整個運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好．且運動速度保持恒定．試求：（1）勻強磁場的方向；（2）ab兩端的路端電壓；（3）金屬棒ab運動的速度．

2016年浙江省杭州市五校聯(lián)盟高考物理二診試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共7小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．下列說法正確的是（）A．楞次通過實驗研究，總結(jié)出了電磁感應(yīng)定律B．法拉第通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場C．亞里士多德最先驗證了輕重不同的物體在真空中下落快慢相同D．伽利略根據(jù)理想斜面實驗，提出了力不是維持物體運動的原因【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律；物理學(xué)史．【分析】法拉第通過實驗研究，總結(jié)出了電磁感應(yīng)定律．奧斯特通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場．伽利略最先驗證了輕重不同的物體在真空中下落快慢相同．伽利略根據(jù)理想斜面實驗，提出了力不是維持物體運動的原因．【解答】解：A、英國物理學(xué)家法拉第通過實驗研究，總結(jié)出了電磁感應(yīng)定律．故A錯誤．B、丹麥物理學(xué)家奧斯特通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場．故B錯誤．C、伽利略最先驗證了輕重不同的物體在真空中下落快慢相同．故C錯誤．D、伽利略根據(jù)理想斜面實驗，提出了力不是維持物體運動的原因，而是改變物體運動狀態(tài)的原因．故D正確．故選：D．2．一個做勻加速直線運動的物體先后經(jīng)過A．B兩點的速度分別為v1和v2，則下列結(jié)論中不正確的有（）A．物體經(jīng)過AB位移中點的速度大小為B．物體經(jīng)過AB位移中點的速度大小為C．物體通過AB這段位移的平均速度為D．物體通過AB這段位移所用的中間時刻的速度為【考點】平均速度；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系．【分析】對于勻變速直線運動，平均速度等于中間時刻的速度，也等于初末速度的平均值，對于勻變速直線運動，中間位置的速度等于初末速度的方均根．【解答】解：物體做勻加速直線運動，先后經(jīng)過A、B兩點時的速度分別為v1和v2，對于勻變速直線運動，中間位置的速度等于初末速度的方均根，故物體經(jīng)過AB位移中點的速度大小為；故物體通過AB這段位移的平均速度為=；而平均速度等于中間時刻的速度，故物體經(jīng)過AB中間時刻的速度大小應(yīng)為；故A錯誤，BCD正確．本題選不正確的，故選：A3．如圖所示的實驗裝置中，極板A接地，平行板電容器的極板B與一個靈敏的靜電計相接．將A極板向左移動，增大電容器兩極板間的距離時，電容器所帶的電量Q、電容C、兩極間的電壓U，電容器兩極板間的場強E的變化情況是（）A．Q變小，C不變，U不變，E變小 B．Q變小，C變小，U不變，E不變C．Q不變，C變小，U變大，E不變 D．Q不變，C變小，U變大，E變小【考點】電容器的動態(tài)分析．【分析】題中平行板電容器與靜電計相接，電容器的電量不變，改變板間距離，由C=，分析電容的變化，根據(jù)C=分析電壓U的變化，根據(jù)E=分析場強的變化．【解答】解：A、B，平行板電容器與靜電計并聯(lián)，電容器所帶電量不變．故A、B錯誤．C、D，增大電容器兩極板間的距離d時，由C=知，電容C變小，Q不變，根據(jù)C=知，U變大，而E===，Q、k、?、S均不變，則E不變．故C正確，D錯誤．故選C4．如圖所示，把小車放在傾角為30°的光滑斜面上，用輕繩跨過定滑輪使之與盛有沙子的小桶相連，不計滑輪質(zhì)量及摩擦，已知小車的質(zhì)量為3m，小桶與沙子的總質(zhì)量為m，小車從靜止釋放后，在小桶上升豎直高度為h的過程中（）A．小桶處于失重狀態(tài) B．小桶的最大速度為C．小車受繩的拉力等于mg D．小車的最大動能為mgh【考點】機械能守恒定律；牛頓第二定律．【分析】先小桶的加速度，分析其狀態(tài)．根據(jù)A、B的位移之間的關(guān)系，分別以A、B為研究對象，根據(jù)動能定理列式可求得最大速度．【解答】解：AC、在整個運動過程中，小桶向上做加速運動，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶處于超重狀態(tài)．故A、C錯誤；B、在小桶上升豎直高度為h的過程中只有重力對小車和小桶做功，由動能定律得：3mg?h?sin30°﹣mgh=（3m+m）v2；解得小桶的最大速度：v=，故B正確；D、小車和小桶具有相等的最大速度，所以小車的最大動能為：EKm=?3mv2=mgh，故D錯誤．故選：B5．如圖1所示，小物塊靜止在傾角θ=37°的粗糙斜面上．現(xiàn)對物塊施加一個沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時間t的變化情況如圖2所示，物塊的速率υ隨時間t的變化規(guī)律如圖3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．下列說法正確的是（）A．物塊的質(zhì)量為1kgB．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.7C．0～3s時間內(nèi)力F做功的平均功率為0.32WD．0～3s時間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為5.12J【考點】動能定理的應(yīng)用；功率、平均功率和瞬時功率．【分析】由F﹣t圖象求出力的大小，由v﹣t圖象判斷物體的運動狀態(tài)，應(yīng)用牛頓第二定律、平衡條件與滑動摩擦力公式求出物塊的質(zhì)量與動摩擦因數(shù)；由運動學(xué)公式求出物塊的位移，由功的計算公式求出功，由功率公式可以求出功率．【解答】解：A、由速度圖象知在1～3s時間內(nèi)，物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：0.8+mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，由v﹣t圖象可知，加速度：a=m/s2=0.4m/s2．在3～4s時間內(nèi)，物塊做勻速直線運動，由平衡條件得：μmgcosθ﹣mgsinθ=0.4N，解得：m=1kg，μ=0.8，故A正確，B錯誤；C、由v﹣t圖象可知，0～1s時間內(nèi)，物塊靜止，力F不做功，1～3s時間內(nèi)，力F=0.8N，物塊的位移x=×0.4×22m=0.8m，0～3s內(nèi)力F做功的平均功率為：P===W=0.213W，故C錯誤；D、0～3s時間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為：Wf=μmgcosθ?x=0.8×1×10×cos37°×0.8=5.12J，故D正確．故選：AD．6．質(zhì)量為m的物體沿著半徑為R的半球形金屬球殼滑到最低點時的速度大小為υ，如圖所示，若物體與球殼之間的摩擦因數(shù)為μ，則物體在最低點時的（）A．向心加速度為 B．向心力為m（g+）C．對球殼的壓力為 D．受到的摩擦力為μm（g+）【考點】牛頓第二定律；向心力．【分析】物體滑到半球形金屬球殼最低點時，速度大小為v，半徑為R，向心加速度為an=，此時由重力和支持力提供向心力．根據(jù)牛頓第二定律求出支持力，由公式f=μN求出摩擦力．【解答】解：A、物體滑到半球形金屬球殼最低點時，速度大小為v，半徑為R，向心加速度為an=．故A正確．B、根據(jù)牛頓第二定律得知，物體在最低點時的向心力Fn=man=m．故B錯誤．C、根據(jù)牛頓第二定律得N﹣mg=m，得到金屬球殼對小球的支持力N=m（g+），由牛頓第三定律可知，小球?qū)饘偾驓さ膲毫Υ笮′=m（g+）．故C錯誤．D、物體在最低點時，受到的摩擦力為f=μN=μm（g+）．故D正確．故選AD7．如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，BCDF段是半徑為R的圓弧擋板，AB段為直線型擋板（長為4R），兩者在B點相切，θ=37°，C，F(xiàn)兩點與圓心等高，D在圓弧形擋板的最低點，所有接觸面均光滑，絕緣擋板處于水平方向場強為E的勻強電場中．現(xiàn)將帶電量為+q，質(zhì)量為m的小球從擋板內(nèi)側(cè)的A點由靜止釋放，小球沿擋板內(nèi)側(cè)ABCDF運動到F點后拋出，在這段運動過程中，下列說法正確的是（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（）A．勻強電場的場強大小可能是B．小球運動到D點時動能一定不是最大C．小球機械能增加量的最大值是2.6qERD．小球從B到D運動過程中，動能的增量為1.8mgR﹣0.8EqR【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系．【分析】小球能沿擋板內(nèi)側(cè)ABC內(nèi)側(cè)運動，電場力垂直AB方向的分力必定大于等于重力垂直AB方向的分力，列式可得到場強的大小范圍；根據(jù)小球的運動情況，分析小球的合力方向，判斷什么位置動能最大；根據(jù)動能定理求解小球從B到D運動過程中動能的增量．【解答】解：A、小球能沿擋板內(nèi)側(cè)ABC內(nèi)側(cè)運動，則有：qEcos37°≥mgsin37°，則得：E≥，故場強大小不可能等于．故A錯誤．B、小球在復(fù)合場中受重力和電場力，所以小球運動到合力方向上時動能最大，則知在CD之間的某一點上時動能最大，故B正確；C、小球運動到C點時，電場力做正功最多，小球的機械能增加量最大，所以小球機械能增加量的最大值為△E=qE[4Rcos53°+R（1﹣cos37°）]=2.6qER，故C正確．D、小球從B到D運動過程中，根據(jù)動能定理得：動能的增量為△Ek=mgR（1+sin37°）﹣qERcos37°=1.6mgR﹣0.8qER，故D錯誤．故選：BC．二、非選擇題（共78分）8．用如圖1實驗裝置驗證m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒．m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律．圖2給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個點（圖中未標出），計數(shù)點間的距離如圖2所示．已知m1=50g、m2=150g，則（g取10m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（1）在紙帶上打下記數(shù)點5時的速度v=2.4m/s；（2）在打點0～5過程中系統(tǒng)動能的增量△EK=0.576J，系統(tǒng)勢能的減少量△EP=0.600J，由此得出的結(jié)論是在誤差允許的范圍內(nèi)，系統(tǒng)機械能守恒；（3）若某同學(xué)作出v2﹣h圖象如圖3，則當?shù)氐膶嶋H重力加速度g=9.7m/s2．【考點】驗證機械能守恒定律．【分析】根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出計數(shù)點5的瞬時速度，從而得出動能的增加量，結(jié)合下降的高度求出重力勢能的減小量．根據(jù)機械能守恒得出v2﹣h的關(guān)系式，結(jié)合圖線的斜率求出當?shù)氐闹亓铀俣龋窘獯稹拷猓海?）在紙帶上打下記數(shù)點5時的速度v=．（2）則打點0～5過程中系統(tǒng)動能的增量△EK==0.576J．系統(tǒng)重力勢能的減小量△EP=（m2﹣m1）gh=0.1×10×（0.216+0.384）=0.600J，在誤差允許的范圍內(nèi)，系統(tǒng)機械能守恒．（3）根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得，，解得，圖線的斜率k==，解得g=9.7m/s2．故答案為：（1）2.4；（2）0.576，0.600，在誤差允許的范圍內(nèi)，系統(tǒng)機械能守恒．（3）9.7．9．在“測電池的電動勢和內(nèi)阻”的實驗中，測量對象為一節(jié)新的干電池．（1）用圖（a）所示電路測量時，在較大范圍內(nèi)調(diào)節(jié)滑動變阻器，發(fā)現(xiàn)電壓表讀數(shù)變化不明顯，原因是：電源內(nèi)阻很小．（2）為了提高實驗精度，采用圖乙所示電路，提供的器材：量程3V的電壓表V，量程0.6A的電流表A（具有一定內(nèi)阻），定值電阻R0（阻值未知，約幾歐姆），滑動變阻：R1（0～10Ω）滑動變阻器R2（0～200Ω），單刀單擲開關(guān)S1、單刀雙擲開關(guān)S，導(dǎo)線若干①電路中，加接電阻凰有兩方面的作用，一是方便實驗操作和數(shù)據(jù)測量，二是防止變阻器電阻過小時，電池被短路或電流表被燒壞②為方便實驗調(diào)節(jié)且能較準確地進行測量，滑動變阻器應(yīng)選用R1（填R1或R2）．③開始實驗之前，S1、S2都處于斷開狀態(tài)．現(xiàn)在開始實驗：A．閉合S1，S2打向1，測得電壓表的讀數(shù)U0，電流表的讀數(shù)為I0，則=R0+RA．（電流表內(nèi)阻用RA表示）B．閉合S1，S2打向2，改變滑動變阻器的阻值，當電流表讀數(shù)為I1時，電壓表讀數(shù)為U1；當電流表讀數(shù)為I2時，電壓表讀數(shù)為U2．則新電池電動勢的表達式為E=，內(nèi)阻的表達式r=﹣．【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻．【分析】（1）作出電源的U﹣I圖象，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知，圖象的斜率等于電源的內(nèi)阻，再分析電壓表讀數(shù)變化不明顯的原因．（2）①加接電阻R0，起保護作用，限制電流，防止電池被短路或電流表被燒壞．②由于電表的讀數(shù)在刻度盤中央附近，誤差較小，則要求電路中電流較大，在確保安全的前提下，可選擇阻值較小的變阻器．③根據(jù)歐姆定律分析A所測量的物理量．根據(jù)閉合電路歐姆定律列方程組，可求出新電池電動勢和內(nèi)阻的表達式．【解答】解：（1）作出電源的U﹣I圖象，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知，圖象的斜率等于電源的內(nèi)阻，如圖，圖線1的斜率小于圖線2的斜率，則對應(yīng)的電源的內(nèi)阻圖線1的較小，由圖可以看出，圖線1電壓隨電流變化較慢．本實驗中發(fā)現(xiàn)電壓表讀數(shù)變化不明顯，原因是：電源內(nèi)阻很小．Ⅱ①加接電阻R0，起保護作用，限制電流，防止變阻器電阻過小時，電池被短路或電流表被燒壞②滑動變阻器應(yīng)選用R1．因為R1的總電阻較小，使電路中電流較大，電流表指針能在刻度盤中央附近，測量誤差較?。鄹鶕?jù)歐姆定律可知，可以測出的物理量是定值電阻R0和電流表內(nèi)阻之和，用測量寫出表達式為：R0+RA=．B、根據(jù)閉合電路歐姆定律得E=U1+I1（R0+RA+r）…①E=U2+I2（R0+RA+r）…②聯(lián)立解得：E=；r=故答案為：Ⅰ、電源內(nèi)阻很?。虎?、①防止變阻器電阻過小時，電池被短路或電流表被燒壞；②R0+RA．③；﹣10．足夠長光滑斜面BC的傾角α=53°，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5，水平面與斜面之間B點有一小段弧形連接，一質(zhì)量m=2kg的小物塊靜止于A點．現(xiàn)在AB段對小物塊施加與水平方向成α=53°的恒力F作用，如圖（a）所示，小物塊在AB段運動的速度﹣時間圖象如圖（b）所示，到達B點迅速撤去恒力F．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：（1）小物塊所受到的恒力F；（2）小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間；（3）小物塊能否返回到A點？若能，計算小物塊通過A點時的速度；若不能，計算小物塊停止運動時離B點的距離．【考點】牛頓第二定律；加速度；勻變速直線運動的速度與位移的關(guān)系．【分析】（1）根據(jù)v﹣t圖象得到運動情況，結(jié)合速度時間關(guān)系公式求解加速度；然后對物體受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律列式求解拉力F；（2）先受力分析并根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，然后根據(jù)速度時間關(guān)系公式求解；（3）對小物塊從B向A運動過程中，求解出最大位移后比較，即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）由圖（b）可知，AB段加速度根據(jù)牛頓第二定律，有Fcosα﹣μ（mg﹣Fsinα）=ma得（2）在BC段mgsinα=ma2解得小物塊從B到C所用時間與從C到B所用時間相等，有（3）小物塊從B向A運動過程中，有μmg=ma3解得滑行的位移所以小物塊不能返回到A點，停止運動時，離B點的距離為0.4m．答：（1）小物塊所受到的恒力F為11N；（2）小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間為0.5s；（3）小物塊不能返回到A點，停止運動時，離B點的距離為0.4m．11．如圖所示，M、N為中心開有小孔的平行板電容器的兩極板，相距為D，其右側(cè)有一邊長為2a的正三角形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，在極板M、N之間加上電壓U后，M板電勢高于N板電勢．現(xiàn)有一帶正電的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為q，其重力和初速度均忽略不計，粒子從極板M的中央小孔S1處射入電容器，穿過小孔S2后從距三角形A點a的P處垂直AB方向進入磁場，試求：（1）粒子到達小孔S2時的速度；（2）若粒子從P點進入磁場后經(jīng)時間t從AP間離開磁場，求粒子的運動半徑和磁感應(yīng)強度的大?。唬?）若粒子能從AC間離開磁場，磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足什么條件？【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．【分析】（1）粒子在加速電場中，電場力做功，由動能定理求出速度v，根據(jù)運動學(xué)公式求出所以時間．（2）粒子從進入磁場到從AD間離開，根據(jù)半徑公式，周期公式結(jié)合幾何關(guān)系即可求解；（3）粒子從進入磁場到從AC間離開，畫出運動軌跡，找出臨界狀態(tài)，根據(jù)半徑公式結(jié)合幾何關(guān)系即可求解；【解答】解：（1）帶電粒子在電場中運動時，由動能定理得，qU=，解得粒子進入磁場時的速度大小為v=．（2）粒子的軌跡圖如圖所示，粒子從進入磁場到AP間離開，由牛頓第二定律可得，，粒子在磁場中運動的時間為t=，由以上兩式可得軌道半徑R=，磁感應(yīng)強度B=．（3）粒子從進入磁場到從AC間離開，若粒子