【正文】 ，即B物體下降L時(shí)速度為零。 MgL－mgL =(M+m)V2 2分將V代入，整理后得：M=m 1分若M＞m，B物體將不會(huì)著地。　　Mgh－mgh =(M+m)V2 1分h = 1分HL = L + h = L + 1分若M =m，B恰能著地，A物體再上升的高度等于L。 H2 = 2L 若M＜m，B物體著地后，A還會(huì)上升一段?！　　g 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(dòng)，感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，電容器上板帶正電。 ∵微粒受力平衡，電場(chǎng)力方向向上，場(chǎng)強(qiáng)方向向下∴微粒帶負(fù)電 （1分） mg = （1分） Uc=IR （1分） （1分） E = Blv0 （1分）由以上各式求出 （1分） （2）經(jīng)時(shí)間t0，微粒受力平衡 mg = （1分） （1分） 求出 或 （1分） 當(dāng)t t0時(shí)，a1 = g –，越來越小，加速度方向向下 （1分） 當(dāng)t = t0時(shí)，a2 = 0 （1分） 當(dāng)t t0時(shí)，a3 =– g，越來越大，加速度方向向上 （1分）：（1）質(zhì)點(diǎn)從P到P，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律 h=gt v v 求出v= 方向與x軸負(fù)方向成45176。角 （2）質(zhì)點(diǎn)從P到P，重力與電場(chǎng)力平衡，洛侖茲力提供向心力 Eq=mg Bqv=m (2R)=(2h)+(2h) 解得E= B=（1） 質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入第四象限，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)豎直方向的速度減小到0，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度最小，即v在水平方向的分量 v176。= 方向沿x軸正方向23．解：（20分）（1）由動(dòng)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(shí)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(tái)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(dòng)到距離高臺(tái)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(chǎng)，粒子剛好垂直PQ射出磁場(chǎng)，可確定粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在PQ邊界線的O點(diǎn)，半徑與磁場(chǎng)寬L的關(guān)系式為 （2分），又 （2分），解得 （2分）加勻強(qiáng)電場(chǎng)后，粒子在磁場(chǎng)中沿直線運(yùn)動(dòng)射出PQ邊界的條件為Eq＝Bq（2分），電場(chǎng)力的方向與磁場(chǎng)力的方向相反。 （2分）由此可得出，E的方向垂直磁場(chǎng)方向斜向右下（2分），與磁場(chǎng)邊界夾角為（2分），如圖答2所示。（2）經(jīng)電壓加速后粒子射入磁場(chǎng)后剛好不能從PQ邊界射出磁場(chǎng)，表明在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡與PQ邊界相切，要確定粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O的位置，如圖答3所示，圓半徑與L的關(guān)系式為： （2分）又，解得 （2分）由于，所以 （2分 2（20分）（1）原子為中性，分裂后一定有qa=qb（b一定帶負(fù)電） (2分) 原子分裂前后動(dòng)量守恒，則pa+pb=0 （2分）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)由牛頓定律有 （2分）∴ （2分）則： （2分）（2）a、b粒子相遇時(shí)：ta=tb （2分） 由題意分析可知,a粒子在第四次經(jīng)過y軸與b粒子第一次相遇時(shí)，b粒子應(yīng)第三次經(jīng)過y軸。則ta=Ta1+Ta2 tb=Tb1+Tb2/2 （2分） ∵ （2分）∴ 即 （2分）代入數(shù)據(jù)并化簡(jiǎn)得：解之得：26 (1)小物體下滑到C點(diǎn)速度為零才能第一次滑入圓弧軌道即恰好做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng) 從C到D由機(jī)械能守恒定律有： mgR(1cosθ)= 在D點(diǎn)用向心力公式有： Fmg=m 解以上二個(gè)方程可得： F=3mg2mgcosθ (2)從A到C由動(dòng)能定理有： mgsinθ(S+Rcotθ) μmgcosθRcotθ=0 解方程得： S=(μcotθcotθ)R 25．（1）對(duì)27（1）對(duì)b微粒，沒與a微粒碰撞前只受重力和電場(chǎng)力，則有2qE = 4mg ∴E = 對(duì)a微粒碰前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有 Bqv0 = Eq + mg ∴v0 = （2）碰撞后，a、b結(jié)合為一體，設(shè)其速度為v 由動(dòng)量守恒定律得 mv0 = 5mv ∴v = 碰后的新微粒電量為– q 設(shè)Q點(diǎn)與O點(diǎn)高度差為h 由動(dòng)能定理： 5mgh – Eqh =5mv0) –5m ()2 ∴h （3）碰撞后，a、b分開，則有 mv0 = mva + 4mvb vb = v0，得vav0 a微粒電量為 – q / 2，受到的電場(chǎng)力為 E ∴F電 = mg 故a微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為R B | va | ∴R = a的最高點(diǎn)與O點(diǎn)的高度差ha = 2R =。28 29(1)“火箭”整體(含彈簧)在彈簧解除鎖定的瞬間，彈簧彈力遠(yuǎn)大于箭體重力，故動(dòng)量守恒：m1v1m2v2=0 同時(shí)機(jī)械能守恒：(m1v12)/2+(m2v22)/2=E0 ∴v1=[2m2E0/m1(m1+m2)] v2=[2m1E0/m2(m1+m2)] ∴“火箭”上部分所能達(dá)到的最大高度為：H1=v12/2g=m2E0/m1g(m1+m2) x (2)“火箭”上升的時(shí)間為：t=v1/g 水池深度為：H2=v2t/2 “火箭”下部分克服水的浮力共做功：WF=m2gH2+m2v22/2 以上各式聯(lián)立可得：WF=E0 30設(shè)衰變后，氡核的速度為v0，α粒子的速度為vα，由動(dòng)量守恒定律得 （M－m）v0=mvα α粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A點(diǎn)需時(shí) 又 氡核在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t時(shí)速度為v=v0+at 氡核加速度 由以上各式解得：。31 或。32 33不會(huì)為：（4=3+1分）（4=3+1分）34．解：(1)對(duì)P由A→B→C應(yīng)用動(dòng)能定理，得 WFμ1m1g(2L1+L2)= (4分) 解得WF=6J (3分) (2)設(shè)P、Q碰后速度分別為vv2，小車最后速度為v，由動(dòng)量守恒定律得 m1vc=m1v1+m2v2 (2分) m1vc=(m1+m2+M)v (2分) 由能量守恒得μ2m1gS+μ2m2gL= (3分) 解得，v2=2m/s v2′= v= (3分)　當(dāng)v2′=時(shí)，v1=v2′不合題意，舍去。 (2分) 即P與Q碰撞后瞬間Q的速度大小為v2=2m/s24導(dǎo)與練上有35(20分) 解：（1）由幾何關(guān)系可知，AB間的距離為R (1分)小物塊從A到B做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 ① (2分)代入數(shù)據(jù)解得vB=4m/s，方向豎直向下 (2分)（2）設(shè)小物塊沿軌道切線方向的分速度為vBx，因OB連線與豎直方向的夾角為60176。，故vBx=vBsin60176。 ② (2分) 從B到C，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 ③ (2分)代入數(shù)據(jù)解得m/s (1分)在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有 ④ (2分)代入數(shù)據(jù)解得N (1分)再根據(jù)牛頓第三定律可知小物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FC=35N (1分)（3）小物塊滑到長(zhǎng)木板上后，它們組成的系統(tǒng)在相互作用過程中總動(dòng)量守恒，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。當(dāng)物塊相對(duì)木板靜止于木板最右端時(shí)，對(duì)應(yīng)著物塊不滑出的木板最小長(zhǎng)度。根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有mvC=(m+M)v ⑤ (2分) ⑥ (2分)聯(lián)立⑤、⑥式得 ⑦代入數(shù)據(jù)解得L= (2分)36(共20分)(1)運(yùn)動(dòng)。因磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，框與磁場(chǎng)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，ad、b邊切害蟲磁感線，框中產(chǎn)生感應(yīng)電流(方向逆時(shí)針)，同時(shí)受安培力，方向水平向右，故使線框向右加速運(yùn)動(dòng)，且屬于加速度越來越小的變加速運(yùn)動(dòng)。 …………(6分)(2)阻力f與安培力F安衡時(shí)，框有vmf=Kvm=F=2IBL①………(2分)其中I=E/R ②………(1分)E=2BL(vvm) ③………(2分)①②③聯(lián)立得：Kvm=2[2BL(vvm)/R]BL∴Kvm=(4B2L2v4B2L2vm)/R∴vm=4B2L2v/(KR+4B2L2) ④………(1分)m/s ⑤………(2分)(3)框消耗的磁場(chǎng)能一部分轉(zhuǎn)化為框中電熱，一部分克服陰力做功。據(jù)能量守恒E硫=I2Rt+Kvmvmt (4分)E磁=[4B2L2(vvm)2/R]1+Kvm21 =+0182 = (2分)37（20分）（1）根據(jù)磁場(chǎng)分布特點(diǎn)，線框不論轉(zhuǎn)到磁場(chǎng)中哪一位置，切割磁感線的速度始終與磁場(chǎng)方向垂直，故線框轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E=2Blv=2Bl=BlLω（3分）。（2）線框轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，只能有一個(gè)線框進(jìn)入磁場(chǎng)（作電源），另一個(gè)線框與外接電阻R并聯(lián)后一起作為外電路。.電源內(nèi)阻為r，外電路總電阻R外=：UR=IR外（4分）（3）和在磁場(chǎng)中，通過R的電流大小相等，iR=BlLω.從線框aa′進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，每隔T/8（線框轉(zhuǎn)動(dòng)45176。）電流發(fā)生一次變化，其iR隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示。（5分，其中圖3分）（4）因每個(gè)線框作為電源時(shí)產(chǎn)生的總電流和提供的功率分別為： I=,　　P=IE=.（4分）兩線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周時(shí)間內(nèi)，上線圈只有兩次進(jìn)入磁場(chǎng)，每次在磁場(chǎng)內(nèi)的時(shí)間（即作為電源時(shí)的做功時(shí)間），外力驅(qū)動(dòng)兩線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周的功，完全轉(zhuǎn)化為電源所獲得的電能，所以W外=4P=P=P（4分）38 .解； ( 1 ）m對(duì)彈簧的彈力大于等于細(xì)繩的拉力 T 時(shí)細(xì)繩將被拉斷．有T=kx0 ①mv≥kx ②解①②式得v0≥ ③(2)細(xì)繩剛斷時(shí)小滑塊的速度不一定為零，設(shè)為v1，由機(jī)械能守恒有mv=mv+kx ④∴v1 =