【正文】 t ①= ②= v0 得粒子在磁場中做勻速畫周運動．故穿出磁場速度 ③(2)在電場中運動時 v=（5分，其中圖3分）（4）因每個線框作為電源時產(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)動一周時間內(nèi)，上線圈只有兩次進入磁場，每次在磁場內(nèi)的時間（即作為電源時的做功時間），外力驅(qū)動兩線圈轉(zhuǎn)動一周的功，完全轉(zhuǎn)化為電源所獲得的電能，所以W外=4P（2）線框轉(zhuǎn)動過程中，只能有一個線框進入磁場（作電源），另一個線框與外接電阻R并聯(lián)后一起作為外電路。據(jù)能量守恒E硫=I2Rt+Kvm因磁場運動時，框與磁場有相對運動，ad、b邊切害蟲磁感線，框中產(chǎn)生感應(yīng)電流(方向逆時針)，同時受安培力，方向水平向右，故使線框向右加速運動，且屬于加速度越來越小的變加速運動。故vBx=vBsin60176。28 29(1)“火箭”整體(含彈簧)在彈簧解除鎖定的瞬間，彈簧彈力遠大于箭體重力，故動量守恒：m1v1m2v2=0 同時機械能守恒：(m1v12)/2+(m2v22)/2=E0 ∴v1=[2m2E0/m1(m1+m2)] v2=[2m1E0/m2(m1+m2)] ∴“火箭”上部分所能達到的最大高度為：H1=v12/2g=m2E0/m1g(m1+m2) x (2)“火箭”上升的時間為：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，由動量守恒定律得 （M－m）v0=mvα α粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，到達A點需時 又 氡核在電場中做勻加速直線運動，t時速度為v=v0+at 氡核加速度 由以上各式解得：。（2）經(jīng)電壓加速后粒子射入磁場后剛好不能從PQ邊界射出磁場，表明在磁場中做勻速圓周運動的軌跡與PQ邊界相切，要確定粒子做勻速圓周運動的圓心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一定帶負電） (2分) 原子分裂前后動量守恒，則pa+pb=0 （2分）粒子在磁場中運動時由牛頓定律有 （2分）∴ （2分）則： （2分）（2）a、b粒子相遇時：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，b粒子應(yīng)第三次經(jīng)過y軸。角 （2）質(zhì)點從P到P，重力與電場力平衡，洛侖茲力提供向心力 Eq=mg Bqv=m (2R)=(2h)+(2h) 解得E= B=（1） 質(zhì)點進入第四象限，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻速直線運動?！　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。B、C下降L，A上升L時，A的速度達到最大。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。（2）當AB棒速度最大，即v’=20m/s時產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為：ε’=B1Lv’=100V此時帶電粒子經(jīng)加速后速度為v，由動能定理有： 解得：v=100m/s 此時帶電粒子的軌道半徑為 出射點與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型框向右運動時，NQ邊相當于電源，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢　　　　　 　　當如圖乙所示位置時，方框bd之間的電阻為　　　　U型框連同方框構(gòu)成的閉合電路的總電阻為　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　閉合電路的總電流為　　　根據(jù)歐姆定律可知，bd兩端的電勢差為：　　 　　方框中的熱功率為　　　　　　　　 （2）在U型框向右運動的過程中，U型框和方框組成的系統(tǒng)所受外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，設(shè)到達圖示位置時具有共同的速度v，根據(jù)動量守恒定律　　　　　解得：　　　根據(jù)能量守恒定律，U型框和方框組成的系統(tǒng)損失的機械能等于在這一過程中兩框架上產(chǎn)生的熱量，即 ?。?）設(shè)U型框和方框不再接觸時方框速度為，U型框的速度為，根據(jù)動量守恒定律，有 　　兩框架脫離以后分別以各自的速度做勻速運動，經(jīng)過時間t方框最右側(cè)和U型框最左側(cè)距離為s，即聯(lián)立以上兩式，解得：；　 （以上答案供參考，符合題意的其它合理答案均給分）10．(14分)分析與解答： 解：（1）以A、B整體為研究對象，從A與C碰后至AB有共同速度v，系統(tǒng)動量守恒（2）以A為研究對象，從與C碰后至對地面速度為零，受力為f，位移為s即最大位移． 即三次碰撞后B可脫離A板．11（13分）（1）設(shè)鋼珠在軌道最高點的速度為，在最高點，由題意 ① 2分 從發(fā)射前到最高點，由機械能守恒定律得： ② 2分（2）鋼珠從最高點飛出后，做平拋運動 ③ 1分 ④ 1分由幾何關(guān)系 ⑤ 2分從飛出到打在得圓弧面上，由機械能守恒定律： ⑥ 2分聯(lián)立①、③、④、⑤、⑥解出所求 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，則所以，（稱為摩擦角）（2）因為黃沙是靠墻堆放的，只能堆成半個圓錐狀，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，根據(jù)體積公式，該堆黃沙的體積為，因為靠墻堆放只能堆成半個圓錐，故，解得 ，占地面積至少為=m2≈9．97m213．設(shè)水平恒力F作用時間為t1． 對金屬塊使用動量定理Fμt1=mv00即: μ1mgt1=mv0 ①得t1= ② 對小車有（FFμ）t1=2m2v0－0，得恒力F=5μ1mg ③ 金屬塊由A→C過程中做勻加速運動，加速度a1== ④ 小車加速度 ⑤ 金屬塊與小車位移之差 ⑥ 而，∴ ⑦從小金屬塊滑至車中點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，動量守恒，設(shè)共同速度為v，由2m2v0+mv0=（2m+m）v，得v=v0． ⑧由能量守恒有 ⑨得 ⑩∴：（1）帶正電的粒子在電場中加速，由動能定理得 在磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律得 可見在兩磁場區(qū)域粒子運動的半徑相同。2s=兩木塊在P點處分開后，木塊B上滑到Q點的過程：（mgsinθ+μmgcosθ）L= 木塊C與A碰撞前后，總動量守恒，則3m一水平傳送裝置有輪半徑均為R＝1/米的主動輪和從動輪及轉(zhuǎn)送帶等構(gòu)成。地球的軌道半徑為R，運轉(zhuǎn)周期為T。 （3）小滑塊運動的總路程?，F(xiàn)把質(zhì)量為m的小球拉開，上升到H高處釋放，如圖所示，已知各球間碰撞時同時滿足動量守恒定律和機械能守恒定律，且碰撞時間極短，H遠小于L,不計空氣阻力。某時刻將一帶電蕾為2q、質(zhì)量為m的微粒乙從y軸上的c點處由靜止釋放，乙運動到0點和甲相碰并結(jié)為一體(忽略兩微粒之間的庫侖力)。 (3)當甲的加速度為g/4時，兩棒重力做功的瞬時功率和回路中電流做功的瞬時功率之比為多少？58.(18分)圖中y軸AB兩點的縱坐標分別為d和d。(15分)平行導(dǎo)軌LL2所在平面與水平面成30度角，平行導(dǎo)軌LL4所在平面與水平面成60度角，LL3上端連接于O點，LL4上端連接于O’點，OO’連線水平且與LLLL4都垂直，質(zhì)量分別為mm2的甲、乙兩金屬棒分別跨接在左右兩邊導(dǎo)軌上，且可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動，整個空間存在著豎直向下的勻強磁場。 (1) 求磁感應(yīng)強度大小和方向；(2) 求質(zhì)子從A點運動至B點時間56（20分）如圖所示，質(zhì)量M=，長L=，木板右端與豎直墻壁之間距離為s=，其上表面正中央放置一個質(zhì)量m=，A與B之間的動摩天樓擦因數(shù)為μ=。x軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E，y軸為磁場和電場的理想邊界。最大靜摩擦力可以認為等于滑動摩擦力。Bo52（19分）如圖所示，一根電阻為R＝12Ω的電阻絲做成一個半徑為r＝1m的圓形導(dǎo)線框，豎直放置在水平勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直，磁感強度為B＝，現(xiàn)有一根質(zhì)量為m＝、電阻不計的導(dǎo)體棒，自圓形線框最高點靜止起沿線框下落，在下落過程中始終與線框良好接觸，已知下落距離為 r/2時，棒的速度大小為v1＝m/s，下落到經(jīng)過圓心時棒的速度大小為v2 ＝m/s，（取g=10m/s2）試求：⑴下落距離為r/2時棒的加速度，⑵從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中線框中產(chǎn)生的熱量．53（20分）如圖所示，為一個實驗室模擬貨物傳送的裝置，A是一個表面絕緣質(zhì)量為1kg的小車，小車置于光滑的水平面上，=1102C的絕緣貨柜，．在傳送途中有一水平電場，可以通過開關(guān)控制其有、無及方向．先產(chǎn)生一個方向水平向右，大小E1=3102N/m的電場，小車和貨柜開始運動，作用時間2s后，改變電場，電場大小變?yōu)镋2=1102N/m，方向向左，電場作用一段時間后，關(guān)閉電場，小車正好到達目的地，貨物到達小車的最右端，且小車和貨物的速度恰好為零。180。180。180。(2)物塊C最后停在A上何處?180。 (3)質(zhì)子第四次穿越χ軸時速度的大小及速度方向與電場E方向的夾角。一個帶電粒子（不計重力）從原點O沿x軸進入場區(qū)，恰好做勻速直線運動，穿過圓形區(qū)域的時間為T0。(2)粒子第n次過x軸時的坐標和所經(jīng)歷的時間。(2)第一次碰撞剛結(jié)束時小球A、B各自的速度和B球?qū)壍赖膲毫?。小球A、B質(zhì)量分別為m、βm(β為待定系數(shù))。（）（1）試求圖中區(qū)域II的電場強度。電離后，粒子緩慢通過小孔O1進入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域I,再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域II,其中磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向如圖。小球1向右以υ0=。求此時兩金屬板間的感應(yīng)電動勢U感；（3）船行駛時，通道中海水兩側(cè)的電壓按U感計算，海水受到電磁力的80%可以轉(zhuǎn)化為對船的推力。如圖2所示，通道尺寸、。42（18分）如圖1所示，真空中相距的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖中未畫出），其中B板接地（電勢為零），A板電勢變化的規(guī)律如圖2所示將一個質(zhì)量，電量的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力。求： （1）粒子從O點射出時的速度v和電場強度E； （2）粒子從P點運動到O點過程所用的時間。如圖右所示（圖中的圓表示圓柱形鐵芯，它使磁鐵和鐵芯之間的磁場沿半徑方向，如圖箭頭所示）.不論線框轉(zhuǎn)到磁場中的什么位置，設(shè)線框和的電阻都是r，兩個線框以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動，電阻R=2r. （1）求線框轉(zhuǎn)到圖右位置時感應(yīng)電動勢的大?。? （2）求轉(zhuǎn)動過程中電阻R上的電壓最大值； （3）從線框進入磁場開始時，作出0~T（T是線框轉(zhuǎn)動周期）時間內(nèi)通過R的電流 iR隨時間變化的圖象； （4）求外力驅(qū)動兩線框轉(zhuǎn)動一周所做的功。已知A點與軌道的圓心O的連線長也為R，且AO連線與水平方向的夾角為30176。已知AB間距L1=5 cm，A點離桌子邊沿C點距離L2=90 cm，P與桌面間動摩擦因數(shù)μ1=，P、Q與小車表面間動摩擦因數(shù)μ2=。那么，滑動變阻器接入電路的阻值為多大時，小球恰能到達A板？此時，電源的輸出功率是多大？（取g=10m/s2） 33如圖所示，光滑的水平面上有二塊相同的長木板A和B，長為=，在B的右端有一個可以看作質(zhì)點的小鐵塊C，三者的質(zhì)量都為m，C與A、B間的動摩擦因數(shù)都為μ。現(xiàn)在最低點給小球一個水平向右的沖量I，使小球能在豎直平面內(nèi)運動，若小球在運動的過程始終對細繩有力的作用，則沖量I應(yīng)滿足什么條件