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（2005?杭州一模）如圖所示，電荷量均為+q，質(zhì)量分別為m和2m的小球A和B，中間連接質(zhì)量不計的細(xì)繩，在豎直方向的勻強(qiáng)電場中以速度v₀勻速上升，某時刻細(xì)繩突然斷開．不計兩球間的庫侖力，求：
（1）電場的場強(qiáng)E及細(xì)繩斷開后A、B兩球的加速度；
（2）當(dāng)B球速度為零時，A球速度的大小；
（3）自細(xì)繩斷開至B球速度變?yōu)榱愕倪^程中，兩球組成的系統(tǒng)的機(jī)械能增加量．

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如圖所示，直角坐標(biāo)系的ox軸水平，oy軸豎直；M點(diǎn)坐標(biāo)為（-0.3m，0）、N點(diǎn)坐標(biāo)為（-0.2m，0）；在-0.3m≤X≤-0.2m的長條形范圍內(nèi)存在豎直方向的勻強(qiáng)電場E₀；在X≥0的范圍內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E=20N/C；在第一象限的某處有一圓形的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.5T．有一帶電量q=+1.0×10^-4C、質(zhì)量m=2×10^-4kg的微粒以v₀=0.5m/s的速度從M點(diǎn)沿著x軸正方向飛入電場，恰好垂直經(jīng)過y軸上的P點(diǎn)（圖中未畫出，y_P＞0），而后微粒經(jīng)過第一象限某處的圓形磁場區(qū)，擊中x軸上的Q點(diǎn)，速度方向與x軸正方向夾角為60°．g取10m/s²．求：
（1）場強(qiáng)E₀的大小和方向；
（2）P點(diǎn)的坐標(biāo)及圓形磁場區(qū)的最小半徑r；
（3）微粒從進(jìn)入最小圓形磁場區(qū)到擊中Q點(diǎn)的運(yùn)動時間（可以用根號及π等表示）

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如圖所示，在足夠大的水平面上，虛線右側(cè)為有場區(qū)，左側(cè)為無場區(qū)．一質(zhì)量為m=10g，帶電量q=-1.0×10^-5C的小滑塊（可以視為質(zhì)點(diǎn)）以v₀=10m/s的初速度越過虛線進(jìn)入場區(qū)．已知物塊與水平面間動摩擦因數(shù)為μ=0.2，取g=10m/s²．
（1）若場區(qū)內(nèi)存在與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場，滑塊進(jìn)入場區(qū)后勻速運(yùn)動，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向；
（2）若場區(qū)內(nèi)存在著沿水平方向且與滑塊速度方向平行的勻強(qiáng)電場，滑塊進(jìn)入場區(qū)后向右滑行了18m后速度減小為8m/s，求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)的大小和方向；
（3）若場區(qū)內(nèi)存在豎直方向的勻強(qiáng)電場，滑塊進(jìn)入場區(qū)后滑行了10s鐘即停止運(yùn)動，求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)的大小和方向．

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（2012?南京二模）在豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一圓形導(dǎo)體環(huán)．規(guī)定導(dǎo)體環(huán)中電流的正方向如圖1所示，磁場向上為正．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t按圖2變化時，下列能正確表示導(dǎo)體環(huán)中感應(yīng)電流變化情況的是（　　）

A．

B．

C．

D．

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1. B　解析：由圖可知AB、BC、CD的距離分別是10cm、30cm、50cm，它們的距離之比為1：3：5，說明水滴做自由落體運(yùn)動，在A到B、B到C，C到D所用時間相等，由得，，所以光源應(yīng)滿足的條件是間歇發(fā)光其間隔時間為0.14s。

2. C　解析：依題意作出物體的v-t圖象，如圖1所示。圖線下方所圍成的面積表示物體的位移，由幾何知識知圖線②、③不滿足AB=BC。只能是①這種情況。因為斜率表示加速度，所以a₁<a₂，選項C正確。

3. D　解析：對掛鉤進(jìn)行受力分析，如圖所示，圖中α、β為A、B繩與豎直方向的夾角，兩繩拉力如圖中F_A0、F_B0所示；當(dāng)右側(cè)桿向左平移，則α、β均變小，兩繩拉力如圖中F_A、F_B所示；由圖可知，A、B繩的拉力均變小，AB錯；由于掛鉤受力平衡，兩繩對掛鉤的拉力合力一定與衣服對掛鉤的拉力大小相等、方向相反，因此合力不變，D正確。

4.　A　解析：從0到的時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度從2均勻減小到0，根據(jù)楞次定律和右手定則可判斷出感應(yīng)電流的方法與規(guī)定的方向相反，大小為：；同理，從到T的時間，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向下，大小均勻增大，感應(yīng)電流的磁場方向向上，由右手定則可知感應(yīng)電流的方法與規(guī)定的方向相反，大小為：，故A選項正確。

5. ABC　解析：從F－t圖象上可以看出，在0～t1、t2～t3和t4以后的時間內(nèi)，彈簧秤對鉤碼的拉力F等于鉤碼的重力10N；t1～t2這段時間內(nèi)，彈簧秤對鉤碼的拉力F小于鉤碼的重力，鉤碼處于失重狀態(tài)；t3～t4這段時間內(nèi)，彈簧秤對鉤碼的拉力F大于鉤碼的重力，鉤碼處于超重狀態(tài)，所以選項ABC正確。

6. B　解析：由圖像的變化快慢可知曲線ab先變化非常快，為斥力圖，cd為引力圖，e點(diǎn)是兩曲線的交點(diǎn)，即分子間引力與斥力相等時，此時分子間距離的數(shù)量級為10－10m，B對A錯；分子間距離大于e點(diǎn)橫坐標(biāo)值時，分子間作用力表現(xiàn)為引力，C錯；分子勢能在平衡位置以內(nèi)隨距離增大而減小，在平衡位置以外隨分子間距離增大而增大，D錯.

7. C　解析：假設(shè)將小球放在彈簧頂端釋放球，這就是一個常見的彈簧振子，由對稱性知，球到達(dá)最低點(diǎn)的加速度為，本題中彈簧在最低點(diǎn)時壓縮量比假設(shè)的模型大，故答案為C．

8.　B　解析：導(dǎo)體桿往復(fù)運(yùn)動，切割磁感線相當(dāng)于電源，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv，由于桿相當(dāng)于彈簧振子，其在O點(diǎn)處的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，因此電路中的電流最大。根據(jù)右手定則，電流在P、Q兩處改變方向，此時的電流為零。故選擇B.

9．　11.14 mm　　　

10.　 1.5V　0.2Ω　0.4Ω　1.25W　0.1Ω　2.5

解析：由電源的伏安特性曲線讀得電源電動勢為E=1.5V，橫截距表示短路電流I=7.5A，電源內(nèi)阻為Ω。

a點(diǎn)對應(yīng)的電源輸出電壓為1.0V，電流為2.5A，此時的電壓和電流是加在外電阻兩端的電壓和流過外電阻的電流，因此Ω，電源內(nèi)部熱耗功率為 W。

    圖線中的b點(diǎn)所對應(yīng)的外電阻R_b上的電壓為0.5V，流過其中的電流為5.0A，于是Ω  輸出功率為P_b=I_bU_b=0.25W。

11. 解析：（1）因為電路中需要得到改裝后電壓表量程與電源電動勢兩個未知數(shù)，所以需要兩個電路狀態(tài)聯(lián)立方程求解。連接如圖所示。

（2）當(dāng)當(dāng)S₁與S₂均閉合時，由閉合電路的歐姆定律得：

即：         ①

當(dāng)S₁閉合，S₂斷開時，由閉合電路的歐姆定律得：

，

即： ②

由①②兩式可得：，

則電壓表的量程：

12. 解析：用圖象求解，做出速度時間圖象如圖所示，從圖象看出從B上升到最高點(diǎn)的時間與由最高點(diǎn)落回A的時間之比為1：2，所以從A運(yùn)動到B的時間與從B上升到最高點(diǎn)的時間之比為1：3，即，又   　所以解得

13.

半徑/cm

質(zhì)量/m₀

角速度/rad?s^-1

圈數(shù)

轉(zhuǎn)動動能/J

6.4

14.4

25.6

12.8

19.2

25.6

25.6

57.6

102.4

（2）E_K= kmω²r² (k是比例常數(shù))                （3）控制變量法　

14.  解析：（1）依題意分析可知：碰撞發(fā)生在第1、2兩次閃光時刻之間，碰撞后B靜止，故碰撞發(fā)生在x=60cm處。

（2）碰撞后A向左做勻速直線運(yùn)動，設(shè)其速度為，

碰撞到第二次閃光時A向左運(yùn)動10cm，時間設(shè)為，有

第一次閃光到發(fā)生碰撞時間為，有：

由以上各式可得：

（3）取向右方向為正方向，碰撞前：A的速度，B的速度

碰撞后：A的速度，B的速度

由動量守恒守恒定律可得：

由以上各式可得：：=2：3