2013年安徽省高考物理试卷

2013年安徽省高考物理试卷

一、每题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（6分）如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为（重力加速度为g）（　　）

A．T=m（gsinθ+acosθ）  FN=m（gcosθ﹣asinθ）

B．T=m（gsinθ+acosθ）  FN=m（gsinθ﹣acosθ）

C．T=m（acosθ﹣gsinθ）  FN=m（gcosθ+asinθ）

D．T=m（asinθ﹣gcosθ）  FN=m（gsinθ+acosθ）

2．（6分）图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是（　　）

A．向上 B．向下 C．向左 D．向右

3．（6分）如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω．一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5．在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）（　　）

A．2.5m/s  1W B．5m/s  1W C．7.5m/s  9W D．15m/s  9W

4．（6分）质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep=﹣，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（　　）

A．GMm（﹣） B．GMm（﹣）

C．（﹣） D．（﹣）

5．（6分）由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m3/min，水离开喷口时的速度大小为16m/s，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是（重力加速度g取10m/s2）（　　）

A．28.8m  1.12×10﹣2m3 B．28.8m  0.672m3

C．38.4m  1.29×10﹣2m3 D．38.4m  0.776m3

6．（6分）用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则Rx的阻值为（　　）

A． B．

C． D．

7．（6分）如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0的空间，z＞0的空间为真空。将电荷为+q的点电荷置于z轴上z=h处，则在xOy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z=处的场强大小为（k为静电力常量）（　　）

A．k B．k C．k D．k

二、解答题（共6小题，满分68分）

8．（5分）根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．

（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2所示，读数为　   　mm．

（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有　   　．

a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些

b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的

c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度

d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔△t即为单摆周期T

e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间△t，则单摆周期T=．

9．（6分）（1）在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图1所示，校零时的读数为　   　 mm，合金丝的直径为　   　mm．

（2）为了精确测量合金丝的电阻Rx，设计出如图2所示的实验电路图，按照该电路图完成图3中的实物电路连接．

10．（7分）根据闭合电路欧姆定律，用图1所示电路可以测定电池的电动势和内电阻．图中R0两端的对应电压为U12，对测得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的．根据实验数据在坐标系中描出坐标点，如图2所示．已知R0=150Ω，请完成以下数据分析和处理．

（1）图2中电阻为　   　Ω的数据点应剔除；

（2）在坐标纸上画出关系图线；

（3）图线的斜率是　   　（v﹣1•Ω﹣1），由此可得电池电动势Ex=　   　V．

11．（14分）一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．求：

（1）0～8s时间内拉力的冲量；

（2）0～6s时间内物体的位移；

（3）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功．

12．（16分）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：

（1）电场强度E的大小；

（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；

（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．

13．（20分）如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为l时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态．重力加速度为g．

（1）求物块处于平衡位置时弹簧的长度；

（2）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；

（3）求弹簧的最大伸长量；

（4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？

2013年安徽省高考物理试卷

参考答案与试题解析

一、每题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（6分）如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为（重力加速度为g）（　　）

A．T=m（gsinθ+acosθ）  FN=m（gcosθ﹣asinθ）

B．T=m（gsinθ+acosθ）  FN=m（gsinθ﹣acosθ）

C．T=m（acosθ﹣gsinθ）  FN=m（gcosθ+asinθ）

D．T=m（asinθ﹣gcosθ）  FN=m（gsinθ+acosθ）

【分析】小球始终静止在斜面上，说明斜面体加速度很小，且未脱离斜面，对小球受力分析，利用牛顿第二定律列式求解即可．

【解答】解：当加速度a较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力、绳子拉力和斜面的支持力，绳子平行于斜面；小球的受力如图：

水平方向上由牛顿第二定律得：Tcosθ﹣FNsinθ=ma     ①

竖直方向上由平衡得：Tsinθ+FNcosθ=mg            ②

①②联立得：FN=m（gcosθ﹣asinθ）    T=m（gsinθ+acosθ）  故A正确，BCD错误。

故选：A。

【点评】此题最难解决的问题是小球是否飞离了斜面，我们可以用假设法判断出临界加速度来进行比较．

2．（6分）图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是（　　）

A．向上 B．向下 C．向左 D．向右

【分析】根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的方向．

【解答】解：根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，当一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向下。故B正确，ACD错误。

故选：B。

【点评】考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行B的合成，从而确定磁场的大小与方向．

3．（6分）如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω．一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5．在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）（　　）

A．2.5m/s  1W B．5m/s  1W C．7.5m/s  9W D．15m/s  9W

【分析】当导体棒所受合力为零时，导体棒做匀速直线运动，由平衡条件可以求出导体棒的速度；由E=BLv求出导体棒产生的感应电动势，然后由闭合电路欧姆定律及电功率公式求出灯泡消耗的功率．

【解答】解：导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsin37°=μmgcos37°+，解得v=5m/s；

导体棒产生的感应电动势E=BLv，电路电流I=，灯泡消耗的功率P=I2R，解得P=1W；

故选：B。

【点评】本题难度不大，由平衡条件即可求出导体棒的速度，应用公式E=BLv求出感应电动势，然后应用欧姆定律及电功率公式即可求出灯泡功率．

4．（6分）质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep=﹣，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（　　）

A．GMm（﹣） B．GMm（﹣）

C．（﹣） D．（﹣）

【分析】求出卫星在半径为R1圆形轨道和半径为R2的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量．

【解答】解：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则

轨道半径为R1时  G=①，卫星的引力势能为EP1=﹣②

轨道半径为R2时 G=m③，卫星的引力势能为EP2=﹣④

设摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得：

   +EP1=+EP2+Q  ⑤

联立①～⑤得Q=（）

故选：C。

【点评】本题是信息题，要读懂引力势能的含义，建立卫星运动的模型，根据万有引力定律和圆周运动的知识、能量守恒定律结合求解．

5．（6分）由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m3/min，水离开喷口时的速度大小为16m/s，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是（重力加速度g取10m/s2）（　　）

A．28.8m  1.12×10﹣2m3 B．28.8m  0.672m3

C．38.4m  1.29×10﹣2m3 D．38.4m  0.776m3

【分析】将水的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动．

【解答】解：水在竖直方向上的分速度。

则空中水柱的高度h=。

则t=。

则空中水柱的水量Q=0.28×m3=1.12×10﹣2m3．故A正确，B、C、D错误。

故选：A。

【点评】解决本题的关键掌握处理斜抛运动的方法，理清斜抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解．

6．（6分）用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则Rx的阻值为（　　）

A． B．

C． D．

【分析】闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可．

【解答】解：电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比，即；

通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，故通过R0和Rx的电流也相等，所以有：

；

根据电阻定律公式有：

有：；

故

解得：

故选：C。

【点评】本题是串并联电路中电流、电压关系和电阻定律、欧姆定律的综合运用问题，设计思路巧妙，考查了分析问题和解决问题的能力，不难．

7．（6分）如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0的空间，z＞0的空间为真空。将电荷为+q的点电荷置于z轴上z=h处，则在xOy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z=处的场强大小为（k为静电力常量）（　　）

A．k B．k C．k D．k

【分析】根据对称性，感应电荷在导体内外两侧空间产生的电场强度的大小相等，方向相反；而内部一点的电场强度为q和感应电荷产生的电场强度的合矢量。

【解答】解：在z轴上﹣处，合场强为零，该点场强为q和导体近端感应电荷产生电场的场强的矢量和；q在﹣处产生的场强为：

E1=k=；

由于导体远端离﹣处很远，影响可以忽略不计，故导体在﹣处产生场强近似等于近端在﹣处产生的场强；

﹣处合场强为0，故导体在﹣处产生场强大小 E2=E1=，方向向上。

根据对称性，导体近端在处产生的场强也为E2=，方向向下。

电荷q在处产生的场强为：E3=k=，方向向下。

故在处的合场强为：E=E2+E3=+=，方向向下。

故选：B。

【点评】本题要掌握静电平衡的导体特点：内部场强处处为零，运用场强的叠加原理进行分析求解，关键要结合对称性进行合理的近似。

二、解答题（共6小题，满分68分）

8．（5分）根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．

（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2所示，读数为　18.6　mm．

（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有　abe　．

a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些

b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的

c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度

d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔△t即为单摆周期T

e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间△t，则单摆周期T=．

【分析】（1）游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，再看游标尺上的哪一刻度与固定的刻度对齐；

（2）摆线要选择细些的、伸缩性小些的；摆球尽量选择质量大些、体积小些的摆球；振动稳定后，从平衡位置开始计时；摆线偏离平衡位置不大于5°．

【解答】解：（1）游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，大小：18mm，再看游标尺上的哪一刻度与固定的刻度对齐：第6刻度与上方刻度对齐，读数：0.1×6=0.6mm，总读数：L=18+0.6=18.6mm．

（2）该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球．故ab是正确的．

摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故c错误；

拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，故d错误；

释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值．故e正确．

故选：abe．

故答案为：（1）18.6 （2）abe．

【点评】该题考查游标卡尺的读数方法与用单摆测量重力加速度实验中的几个注意事项，所以记忆性的知识，要求对该部分知识有准确的记忆．属于简单题．

9．（6分）（1）在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图1所示，校零时的读数为　0.007　 mm，合金丝的直径为　0.638　mm．

（2）为了精确测量合金丝的电阻Rx，设计出如图2所示的实验电路图，按照该电路图完成图3中的实物电路连接．

【分析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；

（2）先将电源、电键与变阻器电阻丝两端连接，然后再连接测量电路即可．

【解答】解：（1）图1中，旋测微器的固定刻度为0，可动刻度为0.01×0.7mm=0.007mm，所以最终读数为0.007mm；

图2旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为0.01×14.5mm=0.145mm，所以最终读数为0.645mm；

故合金丝的直径为0.645mm﹣0.007mm=0.638mm；

（2）根据电路图可知，电流表是外接法，滑动变阻器是分压式接法，连线实物图如图．

故答案为：（1）0.007，0.638； （2）如图所示．

【点评】（1）螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；

（2）连接实物图时一般是从电源的正极出发依次连接，注意变阻器分压式的连接方法，连接测量电路时，先连主干路，最后再连解并联电路，注意电表正负极和量程．

10．（7分）根据闭合电路欧姆定律，用图1所示电路可以测定电池的电动势和内电阻．图中R0两端的对应电压为U12，对测得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的．根据实验数据在坐标系中描出坐标点，如图2所示．已知R0=150Ω，请完成以下数据分析和处理．

（1）图2中电阻为　80.0　Ω的数据点应剔除；

（2）在坐标纸上画出关系图线；

（3）图线的斜率是　0.0045　（v﹣1•Ω﹣1），由此可得电池电动势Ex=　1.48　V．

【分析】（1）（2）用描点法作图时，为减小偶然误差，应该用一条直线通过多数点，剔除远离直线的点，不在线上的点大致均匀地分布于直线的两侧；

（3）根据闭合电路欧姆定律列式，得出关系的函数表达式，结合图象分析斜率和截距的含义即可．

【解答】解：（1）第4个点明显和其余点不在一条直线上，故应该剔除；

（2）如图所示；

（3）根据闭合电路欧姆定律，有：E=U12+，变形得：；

斜率为：；

故：E==；

故答案为：（1）80.0； （2）如图所示；（3）0.0045，1.48．

【点评】本题关键明确实验原理，根据闭合电路欧姆定律推导出线性关系的表达式，然后结合图象分析，不难．

11．（14分）一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．求：

（1）0～8s时间内拉力的冲量；

（2）0～6s时间内物体的位移；

（3）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功．

【分析】（1）冲量是力对时间的积累，根据I=Ft分段求即可；

（2）根据v﹣t图象求出物体运动特征，根据运动运动学知识求位移；

（3）滑动摩擦力为恒力，根据W=Fs求摩擦力做功．

【解答】解：（1）由图象知，力F的方向恒定，故力F在0～8s内的冲量

I=F1t1+F2t2+F3t3=1×2+3×4+2×2N•s=18N•s；

方向向右．

（2）由图3知，物体在0～2s内静止，2～6s内做匀加速直线运动，初速度为0，末速度为3m/s

所以物体在0～6s内的位移即为2～6s内匀加速运动的位移=；

（3）由图3知物体在6～8s内做匀直线运动，此时摩擦力与拉力平衡即f=F=2N；

物体在6～8s内做匀速直线运动位移x2=vt=3×2m=6m

物体在8～10s内做匀减速运动位移=

所以物体在0～10s内的总位移x=x1+x2+x3=15m

摩擦力做功Wf=﹣fx=﹣2×15J=﹣30J

即物体克服摩擦力做功30J．

答：（1）0～8s时间内拉力的冲量为18N•s；方向向右．

（2）0～6s时间内物体的位移为6m；

（3）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功为30J．

【点评】此题考查了学生对图象问题的分析能力，能从图象中得出相关的信息，然后结合功和功率的计算公式进行计算求解，是高考的热点考题．

12．（16分）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：

（1）电场强度E的大小；

（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；

（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．

【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平位移和竖直位移均已知，由牛顿第二定律和运动学公式，运用运动的分解法可求出场强大小E．

（2）由速度的合成法求出粒子到达a点时速度大小和方向，由几何知识确定粒子经过a点时的方向．

（3）三角形区域内的磁场方向垂直纸面向里，当粒子刚好与BC边相切时，磁感应强度最小，作出轨迹，由几何知识求出最大半径，由牛顿第二定律即可求出磁感应强度的最小值．

【解答】解：粒子在第Ⅰ象限内做类平抛运动，设在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，则

水平方向有：2h=v0t1…①

竖直方向有：…②

①②式联立得：③

（2）设粒子到达a点时时竖直方向的速度vy

则有：…④．

①③④联立得：vy=v0

所以粒子到达a点时速度大小为①

与x轴的夹角为θ，由几何关系得：，

所以θ=45°；

（3）经分析，当粒子从b点出磁场时，磁感应强度最小；

由几何关系得：L=r

解得：②

由洛伦兹力提供向心力得：③

①②③联立得：即磁感应强度的最小值．

答：（1）电场强度E的大小

（2）v=v0，与x轴正方向成45°角斜向右下方

（3）磁场的磁感应强度B的最小值．

【点评】该题考查了有边界电磁场的问题，在电场中的偏转，利用平抛运动的知识求解；粒子在有边界的匀强磁场中运动，利用几何关系求解运动半径和转过的圆心角是解决问题的关键．

13．（20分）如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为l时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态．重力加速度为g．

（1）求物块处于平衡位置时弹簧的长度；

（2）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；

（3）求弹簧的最大伸长量；

（4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？

【分析】（1）物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，三力平衡，根据平衡条件并结合正交分解法和胡克定律列式求解；

（2）简谐运动的回复力满足F=﹣kx形式；

（3）简谐运动具有对称性，先求解出振幅，然后确定最大伸长量；

（4）当滑块处于任意位移x处时，能保持静止即可，对斜面体受力分析后根据平衡条件列式求解，然后将最大位移打入即可．

【解答】解：（1）物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据平衡条件，有：

mgsinα=k•△x

解得：

故弹簧的长度为；

（2）物体到达平衡位置下方x位置时，弹力为：k（x+△x）=k（x+）；

故合力为：F=mgsinα﹣k（x+）=﹣kx；

故物体做简谐运动；

（3）简谐运动具有对称性，压缩弹簧使其长度为l时将物块由静止开始释放，故其振幅为：

A=；

故其最大伸长量为：A+△x=；

（4）物块位移x为正时，斜面体受重力、支持力、压力、弹簧的拉力、静摩擦力，如图

x=﹣A的时，弹簧给了斜面一个斜向右上的力；

而x=A的时，是斜向左下；

根据平衡条件，有：

水平方向：f+FN1sinα﹣Fcosα=0

竖直方向：FN2﹣Mg﹣FN1cosα﹣Fsinα=0

又有：F=k（x+△x），FN1=mgcosα

联立可得：f=kxcosα，FN2=Mg+mg+kxsinα

为使斜面体保持静止，结合牛顿第三定律，应该有|f|≤μFN2，所以

当x=﹣A时，上式右端达到最大值，于是有：

答：（1）物块处于平衡位置时弹簧的长度为；

（2）证明如上；

 （3）弹簧的最大伸长量为；

（4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足的条件为：．

【点评】本题关键是先对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列式分析；最后对斜面体受力分析，确定动摩擦因素的最小值，难题．