【正文】 =P（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.從線框aa′進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，每隔T/8（線框轉(zhuǎn)動(dòng)45176。（2）線框轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)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。1+Kvm2據(jù)能量守恒E硫=I2Rt+Kvm[2BL(vvm)/R]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(chóng)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(lái)越小的變加速運(yùn)動(dòng)。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。故vBx=vBsin60176。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。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：。Rcotθ=0 解方程得： S=(μcotθcotθ)R 25．（1）對(duì)27（1）對(duì)b微粒，沒(méi)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(kāi)，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 （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(guò)y軸與b粒子第一次相遇時(shí)，b粒子應(yīng)第三次經(jīng)過(guò)y軸。= 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(guò)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(guò)程中A損失的機(jī)械能：…………………………………………………………2分從開(kāi)始到A、B運(yùn)動(dòng)到距離高臺(tái)邊緣最大水平距離的過(guò)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。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)?！　　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?lè)较?，電容器上板帶正電?！　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恰能著地，即B物體下降L時(shí)速度為零。B、C下降L，A上升L時(shí)，A的速度達(dá)到最大。105Pa 1分= 1分 T4 = T3 = 653K 1分 或（1174。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分）(2)設(shè)帶電粒子的電量為q，質(zhì)量為m，盒子的邊長(zhǎng)為l，粒子在電場(chǎng)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(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為 （5分）帶電粒子在磁場(chǎng)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 解得 根據(jù)如圖的幾何關(guān)系 解得軌道半徑為 解得磁場(chǎng)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(dòng)到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理 （1分） （1分）（2）小球離開(kāi)B點(diǎn)，電場(chǎng)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 （2分） （2分）17（8分）（1）粒子勻速運(yùn)動(dòng)，所受電場(chǎng)力與洛倫茲力等大反向，則金屬棒B端應(yīng)為高電勢(shì)，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(shì) （1分）板間場(chǎng)強(qiáng) （1分）粒子所受電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡 （1分）有 （1分）（2）金屬棒停止運(yùn)動(dòng)，帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移為時(shí)，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的角度為（1分）設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，有 （1分） （1分）18（12分）（1）1174。（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(shì)為：ε’=B1Lv’=100V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(lái)的位置間最大距離為S=dx9第（1）問(wèn)8分，第（2）問(wèn)6分，第（3）問(wèn)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(shì)　　　　　 　　當(dāng)如圖乙所示位置時(shí)，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(shì)差為：　　 　　方框中的熱功率為　　　　　　　　 （2）在U型框向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)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　　　　　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(jī)械能等于在這一過(guò)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，U型框的速度為，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)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(duì)象，從A與C碰后至AB有共同速度v，系統(tǒng)動(dòng)量守恒（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． 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(diǎn)的速度為，在最高點(diǎn)，由題意 ① 2分 從發(fā)射前到最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得： ② 2分（2）鋼珠從最高點(diǎn)飛出后，做平拋運(yùn)動(dòng) 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(jī)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?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(chǎng)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?yàn)榭繅Χ逊胖荒芏殉砂雮€(gè)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(shí)間為t1． 對(duì)金屬塊使用動(dòng)量定理Fμt1=mv00即: μ1mgt1=mv0 ①得t1= ② 對(duì)小車有（FFμ）t1=2m2v0－0，得恒力F=5μ1mg ③ 金屬塊由A→C過(guò)程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)C開(kāi)始到小金屬塊停在車的左端的過(guò)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=v0． ⑧由能量守恒有 ⑨得 ⑩∴：（1）帶正電的粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得