【正文】 ?? （ 1分） 由： 22kQq vmrr? （ 2分） 代入數(shù)據(jù)，解得： Q=1． 0410 8C （ 1分） 7． (1)釋放小物體，物體在電場力作用下水平向右運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，滑板靜止不動(dòng) ， 對(duì)于 小 物體 ， 由動(dòng)能定理得： (2)碰后小物體反彈，由動(dòng)量守恒定律：得 得 ．之后 滑板以 v2勻速運(yùn)動(dòng)，直到與物體第二次碰撞，從第一次碰撞到第二次碰撞時(shí)，物體與滑板 位移相等、時(shí)間 相等、平均速度相等 (3)電場力做功等于系統(tǒng)所增加的動(dòng)能 8． (1)只有當(dāng) CD板 間 的電場力方向向上即 AB棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子才可能從 O運(yùn)動(dòng)到 O’ ，而 粒子要飛出磁場邊界 MN最小速度 v0必須滿足： ① 設(shè) CD間的電壓為 U，則 ② 解①② 得 U=25V，又 U=ε =B1Lv 解得 v=5m/s. 所以根據(jù)（乙）圖可以推斷在 t，粒子能穿過 CD間的電場。 （ 2）當(dāng) AB棒速度最大，即 v’ =20m/s時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢為：ε ’ =B1Lv’ =100V 211 21mvEqL? .2 11 mEqLv ?211 453 mvvmmv ??? mE qLvv 112 25252 ??.25757:522531131231 mE q Lvvvvvv ?????? 得2223 42121 mvmvW ???電 .5131013 121 E qLmvW ??電20qBmvd?2021mvqU?22139。 mvq ?? 第 21 頁 共 53 頁 2 2 2022 1 6372 2 7Q m v m v m v? ? ?此時(shí)帶電粒子經(jīng)加速后速度為 v，由動(dòng)能定理有： 解得： v=100m/s 此時(shí)帶電粒子 的軌道半徑為 出射點(diǎn)與 O’ 的水平距離為： 粒子從邊界 MN射出來的位置間最大距離為 S=dx= 9． 第（ 1）問 8分，第（ 2）問 6分，第（ 3）問 6分，共 20 分 解 : （ 1） U型框向右運(yùn)動(dòng)時(shí)， NQ 邊相當(dāng)于電源，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢 0E Blv? 當(dāng)如圖乙所示位置時(shí)，方框 bd之間的電阻為 3334bd rrRrrr???? U型框連同方框構(gòu)成的閉合電路的總電阻為 153 4dbR r R r? ? ? 閉合電路的總電流為 0415BlvEI Rr?? 根據(jù)歐姆定律可知， bd 兩端的電勢差為： 05bd bd BlvU IR?? 方框中的熱功率為 2 2 202 475B l vbd rbdUP R?? （ 2）在 U型框向右運(yùn)動(dòng)的過程中， U型框和方框組成的系統(tǒng)所受外 力為零，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)到達(dá)圖示位置時(shí)具有共同的速度 v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律 03 ( 3 4 )m v m m v?? 解得： 037vv? 根據(jù)能量守恒定律， U型框和方框組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于在這一過程中兩框架上產(chǎn)生的熱量，即 （ 3）設(shè) U 型框和方框不再接觸時(shí)方框速度為 1v ， U型框的速度為 2v ，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有 123 4 3m v m v m v?? 兩框架脫離以后分別以各自的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間 t方框最右側(cè)和 U型框最左側(cè)距離為 s，即 21()v v t s?? 聯(lián)立以上兩式，解得： 1 3 ()7 svvt??； 2 14(3 )7 svvt?? （以上答案供參考，符合題意的其它合理答案均給分） 10．分析與解答： 解：（ 1）以 A、 B整體為研究對(duì)象，從 A與 C碰后至 AB有共同速度 v，系統(tǒng)動(dòng)量守 恒 mqBmvR 39。 2 ?? . 2 39。39。 22 cmmdRRx ????? 第 22 頁 共 53 頁 （ 2）以 A為研究對(duì)象，從與 C碰后至對(duì)地面速度為零，受力為 f，位移為 s即最大位移． gmf Bμ? ）－（－ 20221 vmfs A? ms ?得 mLvvmmfLvmmvmvmLAABvABCABABABA 32233????????????解得）′″）（＋（）＋（）＋（滑行上相對(duì)于在′，仍能有共同速度碰后與若假定第三次 即三次碰撞后 B可脫離 A板． 11（ 13 分） （ 1）設(shè)鋼珠在 M 軌道最高點(diǎn)的速度為 v ，在最高點(diǎn)，由題意2vmg mR? ① 2分 從發(fā)射前到最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得： 212pE m gR m v??② 2 分 第 23 頁 共 53 頁 （ 2）鋼珠從最高點(diǎn)飛出后，做平拋運(yùn)動(dòng) x vt? ③ 1分 212y gt? ④ 1分 由幾何關(guān)系 2 2 2x y r?? ⑤ 2分 從飛出 M 到打在 N 得圓弧面上，由機(jī)械能守恒定律 ： 221122 Nm g y m v m v?? ⑥ 2分 聯(lián)立 ① 、 ③ 、 ④ 、 ⑤ 、 ⑥ 解出所求 /Nv m s? 1分 12（ 1）沙堆表面上的沙粒受到重力、彈力和摩擦力的作用而靜止，則 sin c osfm g F m g? ? ??? 所 以 2ta n 0 .7 5hhRl???? ? ? ?， 37???（ ? 稱為摩擦角） （ 2）因?yàn)辄S沙是靠墻堆放的，只能堆成半個(gè)圓錐狀，由于體積不變， ? 不變，要使占場地面積最小，則取 Rx 為最小，所以有 xxhR?? ，根據(jù)體積公式，該堆黃沙的體積為231134V R h R????，因?yàn)榭繅Χ逊胖荒芏殉砂雮€(gè) 圓錐，故 318 xVR?? ，解得 3 2xRR? ，占地面積至少為 212xxSR?? = 324? m2≈9 ． 97m2 13．設(shè)水平恒力 F作用時(shí)間為 t1． 對(duì)金屬塊使用動(dòng)量定理 Fμt1=mv0 0即 : μ1mgt1=mv0 ① 得 t1= 01vg? ② 對(duì)小車有（ FFμ ） t1=2m2v0 － 0，得恒力 F=5μ1mg ③ 金屬塊由 A→C 過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度 a1=Fm?= gmmg 11 ?? ? ④ 小車加速度 11215 222FF m g m gagmm? ?? ?? ?? ? ? ⑤ 金屬塊與小車位移之差 2 2 202 1 1 1 1 1 11 1 1 ( 2 ) ( )2 2 2 vs a t a t g g g?? ?? ? ? ? ⑥ 而 2Ls? ， ∴201 vgL?? ⑦ 第 24 頁 共 53 頁 從小金屬塊滑至車中點(diǎn) C開始到小金屬塊停在車的左端的過程中，系統(tǒng)外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為 v，由 2m2v0+mv0= （ 2m+m） v，得 v=35 v0． ⑧ 由能量守恒有 2 2 20 0 01 1 1 52 ( 2 ) 3 ( )2 2 2 2 3Lm g m v m v m v? ? ? ? ? ? ? ? ⑨ 得202 23vgL? ? ⑩ ∴ 2321??? ：（ 1）帶正電的粒子在電場中加速，由動(dòng)能定理得 212qEL mv? 2qELv m? 在磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律得 2vqvB m r? 12m v m E Lr q B B q?? 可見在兩磁場區(qū)域粒子運(yùn)動(dòng)的半徑相同。如右圖，三段圓弧的圓心組成的 三角形 1 2 3OOO 是等邊三角形，其邊長為 2r 16s in 6 0 2 m E Ldr Bq?? (2)帶電粒子在中間磁場區(qū)域的兩段圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為： 1 60 2 12 0? ? ? ? ，由于速度 v相同，角速度相同，故而兩個(gè)磁場區(qū)域中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為： 523001202121 ??? ????tt （ 3）電場中， 12 2 22v m v m Lt a q E q E? ? ? 中間磁場中， qBmTt 32622 ???? 右側(cè)磁場中 , 35563mtTqB??? 則 1 2 3272 3m L mt t t t q E q B?? ? ? ? ? 第 25 頁 共 53 頁 15（ 20 分） 解：（ 1)根據(jù)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)方向，可知粒子帶正電，再根據(jù)左手定則判斷，磁場方向垂直于紙面向外。 （ 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 2l ，得 20122Eq l lmv???????， 解得勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為 208mvEql? （ 5 分） 帶電粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為 R，根據(jù)牛頓第二定律得 2vqvB m R? 解得 0mvR Bq? 根據(jù)如圖的幾何關(guān)系 ? ?22 22ll R R??? ? ????? 解得軌道半徑為 58Rl? 解得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 085mvB ql? （ 9分） 因此解得 05E vB? （ 2分） 16（ 8分） （ 1） 因小球恰能到 B 點(diǎn)，則在 B點(diǎn)有 22dmvmg B? （ 1分） m /s22 ?? gdv B （ 1分） 小球運(yùn)動(dòng)到 B的過程，由動(dòng)能定理 221 Bmvm gdqE L ?? （ 1分） 第 26 頁 共 53 頁 m14521 2???? qEmg dqE mg dmvL B （ 1分） （ 2） 小球離開 B 點(diǎn)，電場消失，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)落地點(diǎn)距 B 點(diǎn)距離為 s，由動(dòng)能定理小球從靜止運(yùn)動(dòng)到 B有 221 Bvmm gdLqE ???? m / s2422 ????? m m gdLqEv B （ 2分） 221gtd? ?? gdt m258??? tvx B ??? xds （ 2分） 17（ 8分） （ 1）粒子勻速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)（ 1分） 設(shè) AB棒的速度為 v，產(chǎn)生的電動(dòng)勢 Bdv?? （ 1分） 板間場強(qiáng) BvdE ??? （ 1分） 粒子所受電場力與洛倫茲力平衡 0BqvEq? （ 1分） 有 0vv? （ 1分） （ 2）金屬棒停止運(yùn)動(dòng)，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移為 RBqmv?0時(shí)，粒子轉(zhuǎn)過的角度為 3??? （ 1分） 設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t? ，有 ??23??Tt （ 1分） 第 27 頁 共 53 頁 BqmTt 361 ???? （ 1分） 18（ 12分） （ 1） 1?2等溫變化： P1=P0+ smg =105 Pa 1分 P2=P0 smg =105 Pa 1分 P1L1= P2L2 1分 L2=15 cm 1分 （ 2） 2?3 等壓變化： T2 = T1 = （ 273+7） K =280K 1分