【正文】 8（12分）（1）1174。2等溫變化：P1=P0+ =105Pa 1分 P2=P0=105Pa 1分P1L1= P2L2 1分 L2=15 cm 1分 （2）2174。3等壓變化：T2 = T1 = （273+7）K =280K 1分 L2 = 15cm，L3 = 20cm 1分 = , T3 = T2 = T2 = 373K 2分（3）3174。4等容變化：P4 = P0+ = 105 Pa 1分 P3 = P2 = 180。105Pa 1分= 1分 T4 = T3 = 653K 1分 或（1174。4由= 得 T3 = 653K 同樣得分）19（14分）(1)A、B、C三物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒。B、C下降L，A上升L時(shí)，A的速度達(dá)到最大。 2mgL－MgL=(M+2m)V2 2分 V= 2分(2)當(dāng)C著地后，A、B二物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒。B恰能著地，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?！　gh－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)R19