10.(9分)如图甲为研究“转动动能与角速度关系”的实验装置示意图，现有的器材为：固定在竖直平面内的转盘(转轴水平)、带铁夹的铁架台、电磁打点计时器(接交流电的频率为50 Hz)、纸带、重锤、游标卡尺、天平。回答下列问题 ：
(1)如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径d为________ cm;
(2)将悬挂铁锤的纸带穿过打点计时器后，绕在转盘边缘上，纸带一端固定在转盘上，使得转盘与纸带不打滑，设纸带厚度不计，接通电源，释放重锤，打点计时器打出的纸带如图丙所示，O、A、B、C…各点为连续打出的点迹，则由图丙中数据可得，打下点迹D时，圆盘转动的角速度为ωD=____________ rad/s(保留三位有效数字);
(3)下表为各点对应的转动动能Ek和角速度ω值，请你猜想转动动能Ek和角速度ω满足的关系式为Ek=____________(填准确的表达式)。
计数点 A B C … E 转动动能Ek(J) 0.001 0 0.003 9 0.008 9 … 0.024 角速度ω(rad/s) 4.0 7.9 11.9 … 19.7 解析：(1)游标卡尺主尺部分读数为5.0 cm，游标读数为0.05×6=0.30 mm=0.030 cm，所以最终读数为5.0 cm+0.030 cm=5.030 cm。
(2)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小为：vD= m/s=0.40 m/s，根据v=ωr得圆盘转动的角速度为：ωD= rad/s=15.9 rad/s。
(3)由表格中数据分析可知，当转盘的角速度增大为原来2倍时，转盘的转动动能Ek是原来的4倍，得到关系为：Ek=kω2。当转盘的角速度增大为原来4倍时，转盘的转动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与ω2成正比，则有关系式为：Ek=kω2。k是比例系数。将任一组数据比如：ω=4 rad/s，Ek=0.001 J，代入得到：k=6.25×10-5 J·s/rad，所以转盘的转动动能Ek与角速度ω的关系式是：Ek=6.25×10-5ω2 J。
答案：(1)5.030 (2)15.9 (3)6.25×10-5ω2 J
11.(12分)如图所示，质量M=5 kg的木板A在恒力F的作用下以速度v0=12 m/s向右做匀速直线运动，某时刻在其右端无初速度地放上一质量为m=1 kg的小物块B。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.6，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。(物块可看作质点，木板足够长，取g=10 m/s2)试求：
(1)放上物块后木板发生的位移;
(2)物块与木板之间产生的摩擦热。
解析：(1)可知F=μ1Mg=30 N
放上物块之后的木板F-μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1
物块μ2mg=ma2
两者速度相等a2t1=v0+a1t1
解得t1=2 s
可知速度相同时v=8 m/s
2 s内木板发生位移为x1=t1=20 m
二者共速后一起做匀减速运动，μ1(M+m)g-F=(M+m)a3
一起减速到零所需时间为t2==8 s
减速过程木板发生位移为x2=t2=32 m
木板发生位移为x=x1+x2=52 m。
(2)在第一过程中物块的位移为x物=t1=8 m
物块与木板间产生的摩擦热为Q=μ2mg(x1-x物)=48 J。
答案：(1)52 m (2)48 J
12.(20分)如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻;光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ。均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L。ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合;ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。
(1)若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量;
(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量;
(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2，在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。
解析：(1)设ab棒的初动能为Ek，ef棒和电阻R在此过程产生热量分别为W和W1，
有：W+W1=Ek ;且W=W1
由题意有：Ek=mv12
得：W=mv12
(2)设在题设的过程中，ab棒滑行的时间为Δt，扫过的导轨间的面积为ΔS，通过ΔS的磁通量为ΔΦ，ab棒产生的电动势为E，ab棒中的电流为I，通过ab棒某截面的电荷量为q，
则有：E=
且ΔΦ=BΔS
I=
又有I=
由图所示，ΔS=d(L-dcot θ)
联立～，解得：q=
(3)ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长度为：Lx=L-2xcot θ
此时，ab棒产生的电动势为：Ex=Bv2Lx
流过ef棒的电流为：Ix=
ef棒所受安培力为：Fx=BIxL
联立～，解得：Fx=(L-2xcot θ)
有式可得，Fx在x=0和B为最大值Bm时有最大值F1。
由题意知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图甲所示，
图中fm为最大静摩擦力，有：F1cos α=mgsin α+μ(mgcos α+F1sin α)
联立，得：Bm=
Bm就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下。
由式可知，B为Bm时，Fx随x增大而减小，x为最大xm时，Fx为最小值，如图乙，可知
F2cos α+μ(mgcos α+F2sin α)=mgsin α
联立，得：xm=。
答案：(1)mv12 (2)
(3)
