【正文】 ，即s=s′綜上，得L′=L5（1）設(shè)第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運(yùn)動的速度為v1,根據(jù)動量守恒定律： （1分）代入數(shù)據(jù)，解得： v1=3m/s （1分）（2）設(shè)第1個球與木盒的相遇點(diǎn)離傳送帶左端的距離為s，第1個球經(jīng)過t0與木盒相遇,則： （1分）設(shè)第1個球進(jìn)入木盒后兩者共同運(yùn)動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律：得： （1分）設(shè)木盒減速運(yùn)動的時間為t1,加速到與傳送帶相同的速度的時間為t2，則：=1s （1分）故木盒在2s內(nèi)的位移為零 （1分）依題意： （2分）代入數(shù)據(jù)，解得： s=7．5m t0=0．5s （1分）（3）自木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的這一過程中,傳送帶的位移為S，木盒的位移為s1,則： （1分） （1分）故木盒相對與傳送帶的位移： 則木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是： （2分）6（1）設(shè)粒子從電場中飛出時的側(cè)向位移為h, 穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為y，則： h=at2/2 （1分） 即： （1分）代入數(shù)據(jù)，解得： h=0．03m=3cm （1分）帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運(yùn)動,由相似三角形知識得： （1分）代入數(shù)據(jù)，解得: y=0．12m=12cm （1分）（2）設(shè)粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為vy，則：vy=at= 代入數(shù)據(jù)，解得: vy=1．5106m/s （1分）所以粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為： （1分）設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，則： （1分）因?yàn)榱Ｗ哟┻^界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點(diǎn)電荷Q作勻速圓周運(yùn)動，其半徑與速度方向垂直。 （4分）(2)設(shè)帶電粒子的電量為q，質(zhì)量為m，盒子的邊長為l，粒子在電場中沿ad方向的位移為l，沿ab方向的位移為，得，解得勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為 （5分）帶電粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動，軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律得 解得 根據(jù)如圖的幾何關(guān)系 解得軌道半徑為 解得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 （9分）因此解得 （2分）16（8分）（1）因小球恰能到B點(diǎn)，則在B點(diǎn)有 （1分） （1分）小球運(yùn)動到B的過程，由動能定理 （1分） （1分）（2）小球離開B點(diǎn)，電場消失，小球做平拋運(yùn)動，設(shè)落地點(diǎn)距B點(diǎn)距離為s，由動能定理小球從靜止運(yùn)動到B有 （2分） （2分）17（8分）（1）粒子勻速運(yùn)動，所受電場力與洛倫茲力等大反向，則金屬棒B端應(yīng)為高電勢，即金屬棒應(yīng)朝左運(yùn)動（1分）設(shè)AB棒的速度為v，產(chǎn)生的電動勢 （1分）板間場強(qiáng) （1分）粒子所受電場力與洛倫茲力平衡 （1分）有 （1分）（2）金屬棒停止運(yùn)動，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)位移為時，粒子轉(zhuǎn)過的角度為（1分）設(shè)粒子運(yùn)動時間為，有 （1分） （1分）18（12分）（1）1174。105Pa 1分= 1分 T4 = T3 = 653K 1分 或（1174。B恰能著地，即B物體下降L時速度為零。　　　Mg L－mg L =(M+m)（V2－v2） 1分V2 = 1分h’== 1分H3 = 2L + h’ = 2L + 1分20(1) F=[P1Vo / (VodθS1) – Po]S2 (2) F=[P1Vo / (VodθS1) – Po]S1d / L21．（12分）解：（1）棒勻速向左運(yùn)動，感應(yīng)電流為順時針方向，電容器上板帶正電。= 方向沿x軸正方向23．解：（20分）（1）由動量守恒定律：mυ0=2mυ………………………………2分碰后水平方向：qE=2ma …………………2分2aXm=0υ2………………………………2分得：…………………………………………1分（2）在t時刻，A、B的水平方向的速度為…………………1分豎直方向的速度為υγ=gt………………………………………………1分合速度為：……………………………………………2分解得υ合的最小值：……………………………………3分（3）碰撞過程中A損失的機(jī)械能：………2分碰后到距高臺邊緣最大水平距離的過程中A損失的機(jī)械能：…………………………………………………………2分從開始到A、B運(yùn)動到距離高臺邊緣最大水平距離的過程中A損失的機(jī)械能為：……………………………………………………………2分24（20分）（1）如圖答1所示，經(jīng)電壓加速后以速度射入磁場，粒子剛好垂直PQ射出磁場，可確定粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的圓心在PQ邊界線的O點(diǎn)，半徑與磁場寬L的關(guān)系式為 （2分），又 （2分），解得 （2分）加勻強(qiáng)電場后，粒子在磁場中沿直線運(yùn)動射出PQ邊界的條件為Eq＝Bq（2分），電場力的方向與磁場力的方向相反。Rcotθ=0 解方程得： S=(μcotθcotθ)R19