【正文】 方向的單位面積上通過的光子個數(shù)為n，光速為c，求：由于光壓而產(chǎn)生的作用力分別多大.解：(1)a向外b向里轉(zhuǎn)動（從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動）（3分）對時間t內(nèi)照到圓片上的光子用動量定理：Ft=ntSΔmv，照到a上的每個光子的動量變化是mv，而照到b上的每個光子的動量變化是2mv；因此光子對b的光壓大.（3分）(2)分別對單位時間內(nèi)照射到a、b上的光子用動量定理，有：Fa= nπr2hν/c，F(xiàn)b= nπr22hν/c（10分）密封線內(nèi)請勿答題3（16分）示波器是一種多功能電學儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓波形。tA=2v (2分)圖2′xB=2vtB=2v (2分)xＡ+d=xB+v③斷開電鍵S并同時開始計時，每隔5 s或10 s讀一次微安表的讀數(shù)i,將讀數(shù)記錄在預先設計的表格中。圓心和直徑分別為 OO2和OO1Q1,OO2Q2,在0處兩個圓的切線分別表示兩個粒子的射入方向，用θ表示它之間的夾角。 (1)求所考察的粒子在磁場中的軌道半徑。 2（1999年全國） 圖9中虛線MN是一垂直面的平面與紙面的交線，在平面右側(cè)的半空間存在著一磁感強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外。由于質(zhì)點進入磁場的速度方向與飛出磁場的速度方向相垂直成90176。 （1994年全國）一帶電質(zhì)點質(zhì)量為m電量為q，以平行于ox軸的速度v從y軸上的a點射入圖7中第一象限所示的區(qū)域。 （1）作為一道信息題，首先我們應弄清題目所述的物理過程，建立一個正確的物理模型?！　、佟　　　、佟　∈街蠫為萬有引力恒量，因同步衛(wèi)星繞地心轉(zhuǎn)動的角速度w與地球自轉(zhuǎn)的角速度相等，有 ②　　因 得 ③設嘉峪關到同步衛(wèi)星的距離為L，由余弦定理　　 ④　　所求時間為 ⑤　　由以上各式得 ⑥1“和平號”空間站已于2001年3月23日成功地墜落在南太平洋海域，墜落過程可簡化為從一個近圓軌道（可近似看作圓軌道）開始，經(jīng)過與大氣摩擦，空間站的絕大部分經(jīng)過升溫、熔化，最后汽化而銷毀，剩下的殘片墜入大海。和北緯α＝40176。試求該同步衛(wèi)星發(fā)出的微波信號傳到嘉峪關處的接收站所需的時間（要求用題給的已知量的符號表示）。的經(jīng)線在同一平面內(nèi)。（3）正確得出式，得4分，僅寫出式或式，得1分；僅寫出式，得1分，正確得出式，得1分。（1）太陽熱輻射能量的絕大多數(shù)集中在波長為210－9米~110－4米范圍內(nèi)，求相應的頻率范圍。處于一定溫度的物體在向外輻射電磁能量的同時，也要吸收由其他物體輻射的電磁能量，如果它處在平衡狀態(tài)，則能量保持不變，若不考慮物體表面性質(zhì)對輻射與吸收的影響，我們定義一種理想的物體，它能100%地吸收入射到其表面的電磁輻射，這樣的物體稱為黑體，單位時間內(nèi)從黑體表面單位央積輻射的電磁波的總能量與黑體絕對溫度的四次方成正比，即，其中常量瓦/（米2正確得出式，得3分。（2）保持小球所受風力不變，使桿與水平方向間夾角為37176。煙塵顆粒受到的電場力F=qU/L，L=at2/2=qUt2/2mL，故t=⑵W=NALqU/2=104J ⑶設煙塵顆粒下落距離為x，則當時所有煙塵顆粒的總動能EK=NA(Lx)1/2mv02 ⑥兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量Q＝1/2mv02 ⑦可見，在小箱加速運動過程中，小箱獲得的動能與發(fā)熱量相等。已知在一段相當長的時間T內(nèi)，共運送小貨箱的數(shù)目為N。設大齒輪轉(zhuǎn)動的角速度為ω，有R3ω＝R2ω1由以上各式解得ω＝(U/BSN)(R2r0/R3r1) 代入數(shù)據(jù)得ω＝－111．（22分）一傳送帶裝置示意如圖，其中傳送帶經(jīng)過AB區(qū)域時是水平的，經(jīng)過BC區(qū)域時變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成，未畫出），經(jīng)過CD區(qū)域時是傾斜的，AB和CD都與BC相切。設線框由N＝800匝導線圈組成，每匝線圈的面積S＝20cm2，磁極間的磁場可視作勻強磁場，磁感強度B＝，自行車車輪的半徑R1＝35cm，小齒輪的半徑R2＝，大齒輪的半徑R3＝（見圖 2）。（引力常數(shù)G＝10－11m3/kg9．（15分）中子星是恒星演化過程的一種可能結(jié)果，它的密度很大。 由圖2可知F2=0 。已知有一質(zhì)量為ｍ0的子彈B沿水平方向以速度ｖ0射入A內(nèi)（未穿透），接著兩者一起繞C點在豎直面內(nèi)做圓周運動。此題若用分析法求解，應寫出待求量與已知量的關系式，顯然比較困難，由于物體所經(jīng)歷的各個子過程比較清楚，因此宜用綜合法求解。解：（1）B與A碰撞后，B相對A向左運動，A受摩擦力向左，而A的運動方向向右，故摩擦力對A做負功?！　?　　解得：　，　方向向右　　　?、?2)A在B板的右端時初速度向左，而到達B板左端時的末速度向右，可見A在運動過程中必經(jīng)歷向左作減速運動直到速度為零，再向右作加速運動直到速度為V的兩個階段。解法1:　(1)A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度?，F(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小相等、方向相反的初速度(如圖5)，使A開始向左運動、B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離L板。解：由題意知木塊的密度為ρ/2，所以木塊未加壓力時，將有一半浸在水中，即入水深度為h/2，木塊向下壓，水面就升高，由于木塊橫截面積是容器的1/2，所以當木塊上底面與水面平齊時，水面上升h/4，木塊下降h/4，即：木塊下降h/4，同時把它新占據(jù)的下部V/4體積的水重心升高3h/4，由功能關系可得這一階段壓力所做的功壓力繼續(xù)把木塊壓到容器底部，在這一階段，木塊重心下降，同時底部被木塊所占空間的水重心升高，由功能關系可得這一階段壓力所做的功 整個過程壓力做的總功為：如圖所示，一質(zhì)量為M、長為l的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，m〈M。(2)若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到達的最遠處(從地面上看)離出發(fā)點的距離。如圖所示，長木板A右邊固定一個擋板，靜止在光滑的水平面上，小木塊B質(zhì)量為M，從A的左端開始以初速度在A上滑動，滑到右端與擋板發(fā)生碰撞，已知碰撞過程時間極短,碰后木塊B恰好滑到A的左端停止，已知B與A間的動摩擦因數(shù)為，B在A板上單程滑行長度為，求：（1）若，在B與擋板碰撞后的運動過程中，摩擦力對木板A做正功還是負功？做多少功？（2）討論A和B在整個運動過程中，是否有可能在某一段時間里運動方向是向左的，如果不可能，說明理由；如果可能，求出發(fā)生這種情況的條件。物體與A壁第二次碰前，設物塊速度為v2， ⑥ 由兩物的位移關系有： ⑦即 ⑧ 由⑥⑧代入數(shù)據(jù)可得： ⑨ （3）物體在兩次碰撞之間位移為S， 得∴ 物塊從開始到第二次碰撞前電場力做功圖5—155（16分）如圖5—15所示，PR是一塊長為L=4 m的絕緣平板固定在水平地面上，整個空間有一個平行于PR的勻強電場E，在板的右半部分有一個垂直于紙面向外的勻強磁場B，一個質(zhì)量為m= = C的物體，從板的P端由靜止開始在電場力和摩擦力的作用下向右做勻加速運動，進入，若在碰撞瞬間撤去電場，物體返回時在磁場中仍做勻速運動，離開磁場后做勻減速運動停在C點，PC=L/4，物體與平板間的動摩擦因數(shù)為μ=：（1）判斷物體帶電性質(zhì)，正電荷還是負電荷？（2）物體與擋板碰撞前后的速度v1和v2；（3）磁感應強度B的大??；（4）電場強度E的大小和方向.解：(1)由于物體返回后在磁場中無電場，且仍做勻速運動，故知摩擦力為0，：mg=qBv2(2)離開電場后，按動能定理，有：μmg=0mv2得：v2=2 m/s(3)代入前式求得：B= T(4)由于電荷由P運動到C點做勻加速運動，可知電場強度方向水平向右，且：(Eqμmg)mv120進入電磁場后做勻速運動，故有：Eq=μ(qBv1+mg)由以上兩式得： (16分)為了證實玻爾關于原子存在分立能態(tài)的假設，歷史上曾經(jīng)有過著名的夫蘭克—赫茲實驗，射進一個容器B中，進入速度選擇器C，當兩極間加以電壓U時，只允許具有確定能量的電子通過，改變電壓U，同時測出I的數(shù)值，即可確定碰撞后進入速度選擇器的電子的能量分布.我們合理簡化問題，設電子與原子碰撞前原子是靜止的，原子質(zhì)量比電子質(zhì)量大很多，碰撞后，原子雖然稍微被碰動，但忽略這一能量損失，設原子未動（即忽略電子與原子碰撞過程中，原子得到的機械能）.實驗表明，在一定條件下，有些電子與原子碰撞后沒有動能損失,，所損失的動能被原子吸收，使原子自身體系能量增大，(1)設速度選擇器兩極間的電壓為U（V）時，允許通過的電子的動能為Ek（eV），導出Ek（eV）與U（V）的函數(shù)關系（設通過選擇器的電子的軌道半徑r= cm，電極P1和P2之間隔d= cm,兩極間場強大小處處相同），要說明為什么有些電子不能進入到接收器.(2)當電子槍射出的電子動能Ek= eV時，改變電壓U（V），測出電流I（A），得出下圖所示的I—U圖線，圖線表明， V、 V、 V、 V時，電流出現(xiàn)峰值，定性分析論述I—U圖線的物理意義.(3)根據(jù)上述實驗結(jié)果求出氦原子三個激發(fā)態(tài)的能級En（eV），設其基態(tài)E1=0.解：(1)當兩極間電壓為U時，具有速度v的電子進入速度選擇器兩極間的電場中，所受電場力方向與v垂直，且大小不變，則電子在兩極間做勻速圓周運動，電場力提供向心力，設電子質(zhì)量為m，電量為e,則電場力F=qE=eU/d根據(jù)牛頓第二定律有 eU/d=mv2/R解得電子動能Ek=mv2/2=eUR/2d=(eV) (6分)即動能與電壓成正比,此結(jié)果表明當兩極間電壓為U時，（eV）的電子，而那些大于或小于10U（eV）的電子，由于受到過小或過大的力作用做趨心或離心運動而分別落在兩電極上，不能到達檢測裝置D.（2）I— V時有峰值， eV的電子通過選擇器，碰撞后電子動能等于入射時初動能，即碰撞中原子沒有吸收能量，其能級不變． V、 V、 V時出現(xiàn)峰值，表明電子碰撞后， eV， eV， eV、 eV,電子通過選擇器進入檢測器，它們減小的動