仿真训练周测卷(四)

仿真训练周测卷(四) (时间：90分钟满分：100分)一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．以下不是电场强度E的单位的是()A．J/s B．kg·m/A·s3C．V/m D．N/C解析：选A由E＝eq\f(F,q)可知，N/C是场强单位，D不符合题意；由E＝eq\f(U,d)可知，V/m是场强单位，C不符合题意；而1N/C＝1kg·m/A·s3，B不符合题意；根据P＝eq\f(W,t)可知，J/s是功率的单位，A符合题意。2．下列有关科学史实的说法不正确的是()A．通过α粒子散射实验估算出原子核半径数量级约为10－15mB．普朗克提出物体所带的电荷量是量子化的，首先提出了能量子的概念C．荷兰数学家斯涅耳研究了折射角与入射角的定量关系，得到了折射定律D．奥斯特首先发现了通电导线周围存在着磁场，后来安培总结了判断电流与磁场的方向关系的规律解析：选B卢瑟福通过α粒子散射实验估算出原子核半径数量级约为10－15m，故A正确；密立根提出物体所带的电荷量是量子化的，普朗克首次提出了能量子的概念，故B错误；荷兰数学家斯涅耳研究了折射角与入射角的定量关系，得到了折射定律，故C正确；奥斯特首先发现了通电导线周围存在着磁场，后来安培总结了判断电流与磁场的方向关系的规律，故D正确。3.如图所示，登山者在倾斜的细绳及山体的作用下处于静止状态，细绳与竖直方向夹角为θ。则()A．细绳对登山者的作用力一定大于登山者受到的重力B．若θ角一定，细绳对登山者的作用力大小也一定C．山体对登山者的作用力存在最小值D．山体对登山者的作用力一定小于登山者受到的重力解析：选C以登山者为研究对象，受到重力G、细绳的作用力T和山体的作用力N。T、N可以大于、等于或小于G，故A、D错误；细绳对登山者的作用力大小T除与θ角大小、重力有关外，还与N方向有关，故B错误；如图所示，当T、N垂直时，山体对登山者的作用力存在着最小值，故C正确。4.如图所示，将小球从倾角为θ＝30°的光滑斜面上A点以速度v0＝10m/s水平抛出(即v0∥CD)，最后从B处离开斜面，已知AB间的高度h＝5m，g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．小球的加速度大小为eq\f(10\r(3),3)m/s2B．小球做平抛运动，运动轨迹为抛物线C．小球到达B点时的速度大小为10eq\r(2)m/sD．小球从A点运动到B点所用的时间为1s解析：选C根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，解得加速度大小为a＝gsinθ＝gsin30°＝10×eq\f(1,2)m/s2＝5m/s2，故A错误；小球在斜面沿CE方向加速度恒定，做匀加速运动，沿CD方向做匀速运动，故小球做类平抛运动，运动轨迹为抛物线，故B错误；沿斜面向下为匀加速直线运动，根据位移—时间公式可得eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,2)at2，代入数据解得t＝2s，小球到达B点时的速度大小为vB＝eq\r(v02＋at2)＝eq\r(102＋5×22)m/s＝10eq\r(2)m/s，故C正确，D错误。5．请用学过的电学知识判断下列说法不正确的是()A．高压输电导线表面要很光滑，以避免因尖端放电而损失电能B．避雷针避雷是将云层中积聚的电荷导入大地或将大地的负电荷与其中和C．接触带有精密电子元件的电路板时，最好先用手接触一下金属水管或其他接地金属D．雷雨天，武夷山金殿的屋顶出现“雷火炼殿”的奇观，这是静电屏蔽的原因解析：选D高压输电导线表面要很光滑，以避免因尖端放电而损失电能，A正确；避雷针避雷是将云层中积聚的电荷导入大地或将大地的负电荷与其中和，B正确；接触带有精密电子元件的电路板时，最好先用手接触一下金属水管或其他接地金属，防止产生静电，C正确；“雷火炼殿”是奇特的闪电现象，非静电屏蔽，D错误。6．我国第四代核能技术的“钍基熔盐堆”已具备商用条件。该实验堆是一种用钍­铀燃料进行核反应的熔盐堆，可以实现高效的核燃料利用和低污染的废物产生；该实验堆无需加压，不需要大量的水作为冷却剂，在安全上具备重大优势。已知钍的原子序数为90，下列有关该反应堆的说法正确的是()A．其核能来源于核聚变释放的能量B．核反应产物的比结合能比核燃料的比结合能低C．核反应属于重核裂变，是可以人工控制的核反应D．要加热到很高温度，使它们具有足够的动能来克服核力解析：选C核电站的核能来源于重核裂变，A错误；核反应之后放出核能，说明核反应产物的比结合能更大，B错误；核反应可以用镉棒控制反应速度，C正确；该核电站是重核裂变反应，不是热核反应，无需高温，D错误。7.某著名科幻作家在其小说中介绍了“太空天梯”的设想。“太空天梯”的主体结构为一根缆绳：一端连接地球赤道地面，另一端连接地球同步卫星，且缆绳延长线通过地心。当两货物分别停在天梯的a、b两个位置时，以地心为参考系，下面说法正确的是()A．b处的线速度小于a处的线速度B．b处的向心加速度小于a处的向心加速度C．若有一个轨道高度与a相同的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，则其环绕地球的周期大于位于a处货物的周期D．若有一个轨道高度与b相同的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，则其环绕地球的角速度大于位于b处货物的角速度解析：选D天梯连接赤道和同步卫星，天梯上各点的角速度都和地球自转角速度相等，根据v＝ωr，a＝ω2r，可知b处的线速度大于a处的线速度，b处的向心加速度大于a处的向心加速度，故A、B错误；轨道高度与a相同的人造卫星周期小于同步卫星的周期，则其环绕地球的周期小于位于a处货物的周期，故C错误；轨道高度与b相同的人造卫星角速度大于同步卫星的角速度，则其环绕地球的角速度大于位于b处货物的角速度，故D正确。8.全面了解汽车的运行状态(速度、水箱温度、油量)是确保汽车安全行驶和驾驶员安全的举措之一，为模仿汽车油表原理，某同学自制一种测定油箱油量多少或变化多少的装置。如图所示，其中电源电压保持不变，R是滑动变阻器，它的金属滑片是金属杆的一端。该同学在装置中使用了一只电压表(图中没有画出)，通过观察电压表示数，可以了解油量情况，已知R′≫R。有关电压表的接法及示数变化下列说法正确的是()A．接在bc之间，当油量减少时电压表示数增大B．接在bc之间，当油量减少时电压表示数减小C．接在bd之间，当油量减少时电压表示数增大D．接在bd之间，当油量减少时电压表示数减小解析：选A可将R′看成是电源的等效内阻，根据闭合电路欧姆定律可知接在bc之间比接在bd之间电压表示数变化更明显，所以接bc之间，当油量减少时，指针上滑，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，电压表示数变大。故选A。9．如图所示，一名质量为60kg的运动员在水平地面上进行跳远训练，腾空过程中离水平地面的最大高度为1.25m，起跳点与落地点的水平距离为6m，运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则运动员()A．起跳时获得的动能约为1830JB．在空中的运动时间为0.5sC．在最高点时速度大小为12m/sD．落地时速度方向与水平方向的夹角为30°解析：选A从最高点开始做平抛运动，t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5s，所以整个运动时间为t＝2t1＝1s，B错误；在最高点时vx＝eq\f(3,0.5)m/s＝6m/s，C错误；落地时的竖直方向分速度vy＝gt1＝5m/s，落地时速度方向与水平方向的夹角正切值tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(5,6)，D错误；起跳时的速度v＝eq\r(vx2＋vy2)，起跳时的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，代入数据得Ek＝1830J，A正确。10．如图所示的电路中，R1、R2、R3是定值电阻，R4是滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关，在电路稳定后，将滑动变阻器的滑片由中点向上移动的过程中，下列说法正确的是()A．电压表示数变小 B．电流从上往下通过R3C．电源输出功率变小 D．通过R2的电流变大解析：选B滑片由中点向上移动的过程中，R4变大，总电阻变大，所以电压表示数变大，通过的R2电流减小，A、D错误；电容器两端电压增大，所以要充电，电流从上往下通过R3，B正确；因内阻大小不确定，电源的输出功率变化无法判断，C错误。11．以下四种情境中产生正弦交变电流的是()A．图甲中矩形线圈绕与匀强磁场方向垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动B．图乙中矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈按图示方向绕轴线OO′匀速转动C．图丙中圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈abcd，铁芯绕轴线以角速度ω转动D．图丁中矩形线圈绕与匀强磁场方向平行的中心轴OO′转动解析：选B图甲中只有一个电刷，线圈在匀强磁场中转动，得到的是直流电，A错误；图乙中虽然只有一半线圈处于磁场中，但线框转动得到的是正弦交流电，B正确；图丙为辐向磁场，无论线圈转到任一位置，感应电动势大小不变，得到的不是正弦交流电，C错误；图丁中矩形线圈转轴平行于磁场方向，线框不切割磁感线，感应电动势为0，感应电流为0，D错误。12．一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻的波形如图中实线所示，P点此时正沿y轴负方向运动，t＝0.7s时刻的波形第一次如图中虚线所示，虚线恰好过质点P的平衡位置。已知质点P平衡位置的坐标x＝0.5m。下列说法正确的是()A．波源振动的周期为1.0sB．该波传播的速度为2.0m/sC．t＝0.7s时O点的位移为－5eq\r(3)cmD．在0～1.3s内，质点P运动路程为45cm解析：选Dt＝0时，P向下运动，根据同侧法可知波沿－x方向传播，经0.7s第一次形成虚线波形，则0.7s内波传播的距离为Δx＝1.2m－0.5m＝0.7m，则有v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(0.7,0.7)m/s＝1.0m/s，B错误；根据上述分析可知周期为T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(1.2,1)s＝1.2s，A错误；t＝0时刻O点从平衡位置向上振动，O点的振动方程为yO＝Asineq\f(2π,T)t＝10sineq\f(5π,3)t(cm)，则t＝0.7s时O点的位移为yO′＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)×0.7))(cm)＝10sineq\f(7π,6)(cm)＝－5cm，C错误；根据图像可知质点P首次到达平衡位置的时间为Δt＝eq\f(0.6－0.5,1.0)s＝eq\f(1,10)s＝eq\f(1,12)T，从平衡位置开始振动t＝eq\f(1,12)T的位移大小为y＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)·\f(T,12)))＝10sineq\f(π,6)(cm)＝5cm，由于1.3s＝T＋eq\f(1,12)T，则在0～1.3s内，质点P运动路程为4A＋5＝45cm，D正确。13.某同学设计了一个加速度计，如图所示，较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着；R为滑动变阻器，4是滑动片，它与变阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正比，这个装置就是一个加速度传感器，两个电源E完全相同。按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转。将框架固定在运动的物体上，下列说法正确的是()A．这种传感器输入的物理量是位移，输出的物理量是电压B．若观察到电压表的指针向右偏转，说明物体具有与图示方向相同的加速度C．若观察到电压表指针在零点，说明物体处于静止状态D．电压表指针的偏转角度与加速度大小成正比解析：选D由题图可知，当电压表指针右偏，表明P点电势高，滑块处于平衡位置的右侧，滑块所受合力向左，加速度向左，这种传感器输入量是加速度，输出量是电压，A、B错误；指针如果静止，表明PQ电势相等，此时滑块可能静止也可能匀速，C错误；假如滑块右偏x，滑动变阻器总长为L，则有2kx＝ma，设电路中电流恒定为I，可得电压表的示数为U＝Ieq\f(x,L)R，由以上两式得U＝Ieq\f(ma,2kL)R，电压大小与加速度大小成正比，D正确。二、选择题Ⅱ(本题有2小题，每题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)14．电磁波在科学研究和日常生活中有着广泛的应用。如图所示，关于电磁波的应用，以下说法正确的是()A．图甲中经过调制后的电磁波的波长不变B．图乙中天文学家利用射电望远镜接收无线电波，进行天体物理研究C．图丙中红外线夜视仪是利用了红外线热效应强的特点D．图丁中CT机应用人体发射红外线的原理拍摄人体组织解析：选AB图甲中为调幅波，不影响频率，故波长不变，A正确；图乙中天文学家利用射电望远镜接收无线电波，进行天体物理研究，B正确；红外线夜视仪利用任何物体都向外辐射红外线的特点，C错误；CT机应用X射线拍摄人体组织，D错误。15.如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表5.55m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为3m/s，每秒出水量为4kg。已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%，水的密度为1.0×103kg/m3，g取10m/s2，则()A．出水口钢管横截面积为eq\f(4,3)×10－3m2B．每秒内水流机械能增加258JC．电动机的输入功率为258WD．电动机线圈的电阻约为40Ω解析：选AB每秒水流增加的机械能ΔE＝mg(h1＋h2)＋eq\f(1,2)mv2＝258J，故B正确；电动机的输入功率P入＝eq\f(P机,η)＝258×eq\f(4,3)W＝344W，故C错误；出水口钢管横截面积S＝eq\f(m,ρv)＝eq\f(4,3)×10－3m2，故A正确；由于能量耗散，线圈的电阻R<eq\f(P线,I2)＝eq\f(P入－P机,I2)，且I＝eq\f(P入,U)＝eq\f(344,220)A≈1.56A，由以上两式得R<35.2Ω，故D错误。三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．实验题(Ⅰ、Ⅱ两题共14分)16­Ⅰ.(7分)(1)在下列学生实验中，需要用到打点计时器的实验有________。A．探究小车速度随时间变化的规律B．验证机械能守恒定律C．用单摆测量重力加速度的大小D．探究气体等温变化的规律(2)“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验装置如图所示，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，然后在弹簧下端分别挂上i＝1、2、3、4、5、6、7个相同的钩码(每个钩码的质量均为50.0g，取前6个钩码的数据，重力加速度g取10.0m/s2)。记录弹簧下端相应位置的读数xi加，然后逐个减去钩码，同样记录弹簧下端相应位置的读数xi减，并计算得到弹簧下端相应位置值xi＝eq\f(xi加＋xi减,2)，其数据如下表。弹簧下端挂钩码的个数加钩码相应位置值xi加/cm减钩码相应位置值xi减/cmxi/cm14.194.214.2025.405.435.4236.416.436.4247.527.587.5558.838.878.85610.0010.0410.02①为计算弹簧的劲度系数，应选用________数据；A．加钩码相应位置值xi加B．减钩码相应位置值xi减C．xi＝eq\f(xi加＋xi减,2)②利用下面的坐标纸，作图并求出弹簧劲度系数k＝__________N/m(结果保留3位有效数字)；③为减小实验误差，在选用钩码时需考虑的因素有________________________________。解析：(1)“探究小车速度随时间变化的规律”需要用到打点计时器测速度，故A正确；“验证机械能守恒定律”需要用到打点计时器测速度计算动能变化量，故B正确；“用单摆测量重力加速度的大小”不需要用到打点计时器，故C错误；“探究气体等温变化的规律”不需要用到打点计时器，故D错误；故选A、B。(2)①为计算弹簧的劲度系数，应选用xi＝eq\f(xi加＋xi减,2)数据。②根据胡克定律得ΔF＝kΔx，以弹簧下端挂钩码的个数1为参考，求出弹簧的伸长变化量与对应的拉力的变化量，如表所示。弹簧所受拉力变化量ΔF/N弹簧下端的坐标值xi/cm伸长变化量Δx/cm4.200.505.421.221.006.422.221.507.553.352.008.854.652.5010.025.82建立坐标系，横轴为ΔF，纵轴为Δx描点、连线，如图所示。求得k＝eq\f(ΔF,Δx)≈43.0N/m。③为减小实验误差，在选用钩码时需考虑的因素有在弹性限度内尽量采用质量大的钩码。答案：(1)AB(2)①C②见解析图43.0③在弹性限度内尽量采用质量大的钩码16­Ⅱ.(7分)(1)根据金属丝的电阻值随温度变化的规律可设计热敏电阻温度计。已知某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况如图1所示，即Rt＝R1＋α(t－t1)，其中α为金属丝的温度系数。把这段金属丝与电池、电流表按图2所示连接起来，用这段金属丝做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的电阻温度计。①电池的电动势和内阻不变，则标在电流表比较大的刻度上代表t1、t2两点中的________(选填“t1”或“t2”)。这一温度计的主要不足是______________。②为改进这一缺点，小明设计了如图3所示的测量电路，R1为金属丝在温度为t1时的阻值，Rt为金属丝在温度为t时的阻值。在B、D点接理想电压表，电源电动势为E，内阻不计。当t＝t1时，即Rt＝R1，则电压表示数U1＝__________。现将阻值为Rt的金属丝温度从t1升高至某一温度t，其阻值增加值ΔR＝Rt－R1，若ΔR≪R1，则电压表示数U≈________________。A．0 B.eq\f(E,2)C.eq\f(EΔR,4R1) D.eq\f(EΔR,2R1)③小明将该金属丝置于待测温度的容器中，电压表示数为U2，则该容器的温度t2＝__________。A.eq\f(R1,α)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4U2,E))) B．t1＋eq\f(4R1U2,αE)C.eq\f(4R1U2,αE) D．t1＋eq\f(R1,α)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2U2,E)))(2)在“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”实验中，实验电路图如图4所示。取一个电容器A和数字电压表相连，把开关S1接1，用几节干电池串联后给A充好电。①给电容器A充电时，下列图像正确的是______。②把开关S1接2，使另一个相同的但不带电的电容器B跟A并联，但电压表示数不是变为原来的一半，产生这种现象可能的原因是________。A．回路有电阻 B．电容器漏电C．静电感应 D．电荷之间的库仑力解析：①t1点对应的电阻阻值较小，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大，即标在电流表比较大的刻度上代表t1；Rt＝R1＋α(t－t1)，根据闭合电路的欧姆定律I＝eq\f(E,Rt＋Rg＋r)，其中Rg为电流表内阻，E为电池的电动势，r为电池的内阻，联立解得t＝eq\f(E,αI)－eq\f(R1＋Rg＋r,α)＋t1，可知t与I不是一次线性关系，电流表的刻度是均匀的，所以电阻温度计的刻度是不均匀的。②如题图3所示，当t＝t1时，即Rt＝R1，则B、D两点电势相等，电压表示数U1＝0。C点的电势为0，则A点的电势为E，即UAC＝E，通过支路ADC的电流为I2＝eq\f(E,2R1)，UAD＝R1I2＝eq\f(1,2)E，则D点的电势为φD＝eq\f(1,2)E，通过支路ABC的电流为I1＝eq\f(E,Rt＋R1)，UBC＝RtI1＝eq\f(Rt,R1＋Rt)E，则B点的电势φB＝eq\f(Rt,R1＋Rt)E，由于ΔR≪R1，则U＝φB－φD≈eq\f(EΔR,4R1)，故选C。③由上述分析可知电压表示数为U2，则U2＝φB－φD＝eq\f(Rt,R1＋Rt)E－eq\f(1,2)E，由于Rt＝R1＋α(t－t1)，该容器的温度t2＝t1＋eq\f(4R1U2,αE)，故选B。(2)①电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器所带电荷量Q的大小和两极板间的电势差U的大小无关，不能认为C与Q成正比，与U成反比，故A错误，B、D正确；由C＝eq\f(Q,U)可知，电容器所带电荷量与极板间的电势差成正比，即Q­U图像为一条过原点的倾斜直线，故C正确。②当把一个相同的但不带电的电容器B跟A并联，如果回路有电阻，由于分压原因，电压表示数小于原来的一半，A正确；如果电容器漏电，总电荷量减少，则电压表示数也小于原来的一半，B正确；静电感应、电荷之间的库仑力不会影响电容器的电压，C、D错误。答案：(1)①t1刻度不均匀(非线性)②0C③B(2)①BCD②AB17．(8分)如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积S＝1.0×10－3m2、质量m＝2kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离l＝36cm，在活塞的右侧距离其d＝14cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，两卡环的横截面积和为S′＝2.0×10－4m2。气体的温度t＝27℃，外界大气压强p0＝1.0×105Pa。现将汽缸开口向下竖直放置(g取10m/s2)。(1)求此时活塞与汽缸底部之间的距离h；(2)如果将缸内气体加热到500K，求两卡环受到的总压力大小(假定活塞与卡环能紧密接触)。解析：(1)汽缸水平放置时，封闭气体的压强p1＝p0，汽缸竖直放置时，封闭气体的压强p2＝p0－eq\f(mg,S)＝0.8×105Pa由玻意耳定律得p1lS＝p2hS得h＝eq\f(p1lS,p2S)解得h＝0.45m。(2)温度升高，活塞到达卡环前，气体做等压变化，此时eq\f(hS,T2)＝eq\f(l＋dS,T3)解得T3＝eq\f(1000,3)K汽缸内气体温度继续升高，气体做等容变化eq\f(p3,T3)＝eq\f(p,T4)代入数据得p＝1.2×105Pa活塞受力平衡，有pS＋mg＝FN＋p0(S－S′)代入数据得FN＝60N由牛顿第三定律可知，两卡环受到活塞的总压力大小为60N。答案：(1)0.45m(2)60N18．(11分)如图所示，竖直平面内固定有光滑轨道AB，水平直轨道CD、EF和以速度v0逆时针转动的传送带MN，在EF轨道右侧固定一反弹装置，各轨道平滑连接，传送带与水平轨道等高、间隙不计。现有一质量为m的滑块从轨道AB上高为h处由静止下滑，与反弹装置的碰撞为完全弹性碰撞。已知轨道AB末端B处的曲率半径R＝2m，LCD＝0.45m，LMN＝0.7m，LEF＝0.9m，m＝2kg，v0＝3m/s，滑块与CD和MN间的动摩擦因数μ＝0.5，与EF间的动摩擦因数μ′＝0.5－eq\f(5,9)x，其中x为滑块距E点的距离，g取10m/s2。(1)若h＝0.2m，求滑块运动至B处时滑块对轨道的作用力FN；(2)若滑块过不了传送带，求高度h的最大值；(3)若滑块只通过传送带一个来回，试求传送带额外做功的最大值。解析：(1)滑块下滑过程有mgh＝eq\f(1,2)mvB2在B点有FN′－mg＝eq\f(mvB2,R)根据牛顿第三定律有FN＝FN′解得FN＝24N，方向竖直向下。(2)若滑块过不了传送带，滑块第一次到达E点的速度为vE＝0由动能定理有mghmax－μmg(LCD＋LMN)＝0解得hmax＝0.575m。(3)传送带额外做功最大的临界条件为滑块第二次到达E点速度为零，在CD段和MN段，克服摩擦力做功WCD＝μmgLCD＝4.5J，WMN＝μmgLMN＝7J在EF段，克服摩擦力做功WEF＝eq\o(F,\s\up6(－))fLEF＝eq\f(1,2)×0.5mgLEF＝4.5J滑块第一次到达E点，－2WEF＝0－eq\f(1,2)mvE12解得vE1＝3m/s滑块第一次到达D点，－2WEF－WMN＝0－eq\f(1,2)mvD12解得vD1＝4m/s滑块第二次到达D点，WMN＝eq\f(1,2)mvD22解得vD2＝eq\r(7)m/s滑块第一次由D到E过程，传送带克服摩擦力做功Wf1＝μmgv0·eq\f(vD1－vE1,μg)滑块第二次到达D过程，传送带克服摩擦力做功Wf2＝μmgv0·eq\f(vD2－0,μg)解得传送带额外做功的最大值为Wf＝Wf1＋Wf2＝mv0(vD2＋vD1－vE1)＝(6＋6eq\r(7))J。答案：(1)24N，方向竖直向下(2)0.575m(3)(6＋6eq\r(7))J19．(11分)根据霍尔效应原理制成的霍尔元件有广泛的应用，某研究小组用霍尔元件来研究金属棒在磁场中的运动规律。如图(a)所示，在水平面上固定放置两间距为l的平行、光滑金属导轨，其右侧通过开关S接有恒流源，向回路提供恒定电流I0；在－x0≤x≤x0区间存在方向垂直导轨平面向下、大小沿Oy轴方向不变、沿Ox轴方向按某一规律变化的稳恒磁场。一质量为m的金属棒垂直于导轨放置，其上固定一霍尔元件(相比m，其质量可忽略不计)，它是一个长、宽和高分别为a、b、c的长方体微小半导体薄片，磁场方向垂直a×b平面，其单位体积中载流子数为n，每个载流子带电荷量为e。在半导体薄片上制作四个电极E、F、M、N，放大图如图(b)所示，在E、F间通入恒定的电流I，则在M、N间出现霍尔电压UH＝UM－UN(图中没有画出提供电流I和测量电压UH的电路图)。开关S断开时，导体棒静止在x＝x0处。计算时将eq\f(I,nec)用常量k表示。(已知力—位移图像与位移坐标轴所围的面积是力所做的功)(1)求半导体薄片中载流子平均移动速率eq\o(v,\s\up6(－))；(2)半导体材料有P型(载流子以空穴导电为主，即正电荷导电)和N型(载流子以电子导电为主)两种，当棒位于x＝x0处时，测得霍尔电压大小为UH0，求该处磁感应强度B0的大小；如果UH0>0，则该半导体是P型还是N型？(3)闭合开关S，导体棒从x＝x0处开始运动，测得霍尔电压UH随x变化的图线如图(c)所示，求磁感应强度B沿Ox轴的分布规律和棒运动速度与x的关系。解析：(1)根据电流的微观表达式有I＝necbeq\x\to(v)解得eq\x\to(v)＝eq\f(I,necb)＝eq\f(k,b)。(2)当棒位于x＝x0处时，测得霍尔电压大小为UH0，由平衡条件得eeq\