八十二道物理經(jīng)典壓軸題答案版

１.15R＝1/米的主動輪Q1和從動輪Q2＝0．4，這袋面粉中的面粉可不斷的從袋中滲出。4．0m/s的速度勻速運(yùn)動時(shí)，將這袋面粉由左端Q2A點(diǎn)輕放在傳送帶上后，這袋面粉由A端運(yùn)送到Q1B端所用的時(shí)間為多少？【解析】設(shè)面粉袋得質(zhì)量為m，其在與傳送

af

g4.0m/

（1分

t1＝va1.0s，在s為：s1at2

（1分

s2lABs1

t2

（1分tt1t2

（1分要想時(shí)間最短，mB

1at/22

t'2.0s（1分v'at'8.0m

（1分由vr2

（2分長。即痕跡長s

s2l2R

（2分在面粉袋由ABs帶＝s+lAB又由（2）已知t＝2．0s2n'rstn'390r/min（或 （2分2mm的均勻狹縫。將隨時(shí)間變化的圖線，橫坐標(biāo)表示時(shí)間，縱坐標(biāo)表示接收到的激光信號強(qiáng)度，圖中t1利用圖（b）1s求圖（b）中第三個(gè)激光信號的寬度t3

0 1.8激光傳激光由題圖乙讀得，轉(zhuǎn)盤的轉(zhuǎn)動周期T0.8s，故其角速度Trad/s

rad/s=設(shè)狹縫寬度為d，探測器接收到第i個(gè)脈沖時(shí)距轉(zhuǎn)軸的距離為ri，第i度為ti，激光器和探測器沿半徑的運(yùn)動速度為v

又因?yàn)?/p>

vT

13t3

0.67103s2t1P點(diǎn)到附近重力加速度反?，F(xiàn)象，已知引力常數(shù)為GxPQd 且重力加速度反常的最大值出現(xiàn)在半為L的范圍的中心，如果xPQd 地球和某行星在同一軌道平面內(nèi)同向繞做勻速圓周運(yùn)動。地球的軌道半徑為R=1.50×1011m，運(yùn)轉(zhuǎn)周期為T=3.16×107s。地球和中心的連線與地球和行星的連線所夾θ=14.5°。求：rT1（sin14.5°=0.25，最終計(jì)算結(jié)果均保留兩位有間能再次出現(xiàn)觀測行星的最佳時(shí)期。（T、T1、θ來表示）

rR

代入數(shù)據(jù)得r3.81010R rTT 設(shè)行星 的運(yùn)轉(zhuǎn)周期為T/,由第三定律： TT 1代入數(shù)據(jù)得

/4.0106

(2)TT12(TT1。信息，讓軌道平面緩慢變化將獲得的信息持續(xù)用微波信號發(fā)回地球。設(shè)地球和月球的質(zhì)量分別為M和m，地球和月球的半徑分R和R1，月球繞地球的軌道半徑和繞月球的軌道半徑分別為r和r1，月球繞地球轉(zhuǎn)動的周期為T。假定在繞月運(yùn)行的一個(gè)周期內(nèi)軌道平面與地月連心線共面求在該周期內(nèi)發(fā)射的微波信號因月球遮擋而不影響。如圖，O和O/分別表示地球和月球的中心。在軌道平面上，A是地月連心線。圓軌道的交點(diǎn)。根據(jù)對稱性，過A點(diǎn)在另一側(cè)作地月球面的公切線，交軌道于點(diǎn)。在BE弧上運(yùn)動時(shí)發(fā)出的信號被遮擋設(shè)O和O分別表示地球和月球的中心．在軌道平面上，A是地月連心線OO與地月球表面的公切線ACD的交點(diǎn)，D、C和B分別是該公切線與地球表面、月球表面和軌道的交點(diǎn)．過A點(diǎn)在另一側(cè)作地月球面的公切線，交軌道于E點(diǎn)．在圓弧BE上運(yùn)設(shè)探月的質(zhì)量為m0，萬有引力常量為G，根據(jù)萬有引力定律有 2 mr2 T

r （4 2 0m r （4 T1②式中，T1表示探月繞月球轉(zhuǎn)動的周期T1T

Mr 1mr

設(shè)的微波信號被遮擋的時(shí)間為t，則由于繞月球做勻速圓周運(yùn)動

由幾何關(guān)系得：rcosRR1 Mr3 R R由③④⑤⑥得：t 1arccos 1arccos1 （3 mr3 r 1

A，總質(zhì)量為mA=3kg，其圓弧部分與水平部分P，水平PQ長為L=3.75m．開始時(shí)A靜止在光滑水平面上，有一質(zhì)mB=2kgBAv0=5m/sABA之間的μ=0.15BA的左端并沿著圓弧部分上滑一段弧長后返A(chǔ)上。v0B在整個(gè)運(yùn)動過程BAv0取值范圍。(g＝10m/s2，結(jié)果可以保留根AAPRB【解析（1）彈簧剛好恢復(fù)原長時(shí)，A和B物塊速度的大小分別為υA、υB．由動量守恒定律有：0=mAυA-mBυB 2分此過程機(jī)械能守恒有：Ep

1mAυ2+1mBυ 2 Ep＝108J，解得：υA＝6m/s，υB12m/s，A的速度向右，B的速度向左．2（2）C與B碰撞時(shí)，設(shè)碰后B、C粘連時(shí)速度為υ′，據(jù)C、B組成的系統(tǒng)動量守恒有：mBυB-mCυC=（mB+mC）υ′ 代入數(shù)據(jù)得υ′=4m/s，υ′的方向向左 2分此后A和B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧第二次壓縮最短時(shí)，彈簧具有的彈性勢能最大為Ep′，且此時(shí)A與B、C三者有相同的速度為υ 2分mAυA-（mB+mC）υ′=（mA+mB+mC）υυ=1m/s，υ的方向向右．2分機(jī)械能守恒：1mAυ2+（mB+mC）υ′2=Ep′+1 2 代入數(shù)據(jù) 2（1） mBv0(mBmA 2解得v5v0＝2 （2）BAQ1，BA的水Q2，由能量關(guān)系得到 B

Q2mBg(LQPLPR Q1mv21(mm)v2m

) B

mBv0mBvBmAvA mvB

1mv B

1mv A

mB 0 5v24vvv20.9gL 0 36v236v2 v 0，化簡后為v2 mg2L1mv21(mm)v B

v2 0BA000.9gLv2 0315m/sv

（5.8m/s

6.1m/s 1621小滑塊A和B，mA=1kg，mB=4kg，開始時(shí)三物都靜止．在A、B間有少量塑膠，ＣＢＡＣＢＡ撞后，C的速度為零，即vC（2）時(shí)mAvA解得vB1.5m又mAsAmBLsA＝1msB＝0.25mA、CBC右板相距s2sBmAvA(mAmCv＝1m/s而vB＝1.5m/s0.75mA，B都與擋板碰撞為止，CsC

vvB

0.3在光滑的水平軌道上有兩個(gè)半徑都是r的小球A和B,質(zhì)量分別為m和2m,當(dāng)兩球心間的距離大于l(l比2r大得多)時(shí),兩球之間無相互作用力:當(dāng)兩球心間的距離等于或小于l時(shí),兩F.ABv0沿兩球連心線向原來靜止的F及井底.在圓管內(nèi)有一不漏氣的活塞，它可沿圓管上下滑動.開始時(shí)，管內(nèi)外水面相齊，且活塞恰好接觸水面，如圖所示現(xiàn)用卷揚(yáng)機(jī)通過繩F＝0.100m，井的半徑R＝2r，水的密度＝1.00×103kg/m/3，大氣壓＝1.00×105Pa.利用水流和能發(fā)電，可以為人類提供清潔能源。水的密度ρ=1.0×103kg/m3，光=1.0×103W/m2三峽水電站發(fā)電機(jī)輸出的電壓為18kV。若采用500kV直流電向某地區(qū)輸電發(fā)射一顆到地球同步軌道上（軌道半徑約為地球半徑的6.6≈2倍）利用太陽能發(fā)電，然后通過微波持續(xù)不斷地將電力輸送到地面，這樣就建成了宇宙能發(fā)電站。求在地球同步軌道上向心加速度的大小；所在位置的平均高度差為h=100m，發(fā)電站將水的勢能轉(zhuǎn)化為電能的總效率要使（2）中的宇宙能發(fā)電站相當(dāng)于三峽電站的發(fā)電能力，上能電【解析】（1）設(shè)輸電線總電阻的最大值為，當(dāng)通過輸電線的電注以為I時(shí)，輸電線上損 （2分）

（2解得（2分設(shè)的軌道半徑為R，所在軌道的向心加速度大小為，根據(jù)萬有引力定律和第二定律得：（2解 （2分當(dāng)在地表附近時(shí)，三峽水電站的發(fā)電功率（2分）設(shè)能電池板的面積至少為S，

（2分“潮汐發(fā)電”是海洋能利用中發(fā)展最早、規(guī)模最大、技術(shù)較成式。某海港的1n1o=.31co18=0.95ρ=10×10kg3g=0s2。度θ=18o，傳送帶的傳送距離為L=51.8m，它始終以v=1.4m/s（可認(rèn)為煤的初速度為0，煤與傳動帶之間的動摩擦因數(shù)P；⑶傳送機(jī)正常運(yùn)行時(shí)，1m=50kg的煤從漏斗中落到傳送帶上帶動傳動帶的電將輸入電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的效率η2=80%，電輸出機(jī)械能的20%用來克服傳動帶各部件間的

水 水水 水【解析】(1(1根據(jù)第二定律μm′gcosθ-m′gsinθ=m′a（1分設(shè)煤加速到vt1v=at1s1=1.4m（1

s1=1.4m（11t2L-s1=vt2t2=36s（1）總時(shí)間t=t1+t2=38s（1）1M=pV=3.6×109kg（1E=4Ep×10％（2平均功率（1分）求出p=400kW（1）機(jī)機(jī)

=mv2+mgL·sinθ（1Q=μmgcosθ·△s（1）煤與傳送帶的相對位移△s=vt1-s1=1.4m（1）求出n=30（2）

1kx2計(jì)算，k2Tv0；若小滑塊壓縮彈簧前的速度v0為已知量，并且大于（1）v0，求mM若小滑塊壓縮彈簧前的速度大于（1）v0，求小滑塊最后離開木mM（1）則有1mv21kx22kx0

②1解得v0 610由于小滑塊壓縮簧前的速度v大于（1）v0，所以當(dāng)彈簧的壓縮x0時(shí)，小滑塊的速度不為零.01m(v)21kx21mv2 (v)0(v)0TVmvmM)V由④⑤解得V

mMmM(v)0TV1，并設(shè)小滑塊壓縮彈簧前的速度為v0v，則有1m(v)21MV2 TkTk(mM0v0

,且m 6如圖2，將N1E012撞都發(fā)生后，每個(gè)振性勢能的最大值。已知本題中兩球（1）u0uu（2）1 4（1）mu1mu2mu0（以向右為速度正方向1mu21mu21mu

，解得u1u0u20或u10u2 左端小球持續(xù)，使右端小球持續(xù)加速，因此應(yīng)該取解：u10,u2u0m（2）v1、v1’1解除鎖定后彈簧恢復(fù)到自然長度時(shí)左右兩小球的速度，m1mv21mv2

，解得v

E0,v

E0或v

E0,v

m

mv

E0,vm m1210，左端小球速度仍為v1，此后兩小球都向左運(yùn)動，當(dāng)它們向左的速度相同時(shí)，彈簧被拉伸至最長，彈性勢能最大，設(shè)此速度為v10，根據(jù)動量守恒定律，有2mv10

1mv21mv2

1mvE1

14.（1）1所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，ABBC段平滑連接。質(zhì)量為m1的小球從h處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上m2v2；（22所示，在固定光滑水平軌道上，質(zhì)量分別為m1、m2、m3……mn-1、mn1Ek1，從而nEknEk11nk1n。mgh1m 1m1v10m1v1m2v2 1mv21mv21m 1 1 2v m

m

（2）a

1mv2和

1mv2 1

K 21、2兩球

Ek2

(mm m2m3kEk3Ek2Ek3

(mm k

EknEk2Ek3 k4n1mm2m2…m2解得

12 n1

m)2

m

64m2 0(4mm)(mm o2為使k13最大，只需使 1最大，即m4m0取最小值(4mm)(mm 24m2 2m2m m由

0

4m0 ,即m2

最大 h時(shí)，恰好開始做勻速運(yùn)動，求在這一過程中感應(yīng)電生的熱量。（1）v0 3m2mv開始下落， 3

(m

則vIBLvBL

B2FB2(m2m)gF(mB2B2a g （8分 BLBLag mmgNmgN

m(g

B2)B2N

（4分變加速度運(yùn)動，最終所受重力和安培力相等，加速度也為零，物體將以速度vm做勻速運(yùn)動，則有3mgF

2BLFBLR金屬條的最終速度為vm

B2L2h的過程中，設(shè)金屬條克服安培力做功為WA3mghW13mv21 感應(yīng)電生的熱量 27m2g2Q3mg

mgH （6分 2B4如圖所示，輕彈簧一端連于固定點(diǎn)O，可在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，另一P,m=2×10-2kg,電荷量q=0.2C.將彈簧拉至水平V0=20m/sP,PO點(diǎn)的正下方O1點(diǎn)時(shí)速度恰好水平，其大小V=15m/s.O、O1相距R=1.5m,P在O1M=1.6×10-1kg的靜止絕緣小球NPN脫離細(xì)繩，同時(shí)在空間加上豎EB=1TPr=0.5mPN均可視為質(zhì)點(diǎn)，Pg=10m/s2。那么，P、N碰撞后能否在某一時(shí)刻具有相同的速r的表達(dá)式(B、q、m、θθN的運(yùn)動速度與水平方向的夾角)解析設(shè)彈簧的彈力做功為WmgRW1mv21 代入數(shù)據(jù)，得：W＝2.05 PP、Nv1V右為正方向，有:mvmv1 而：v1 mv

V MP、N速度相同時(shí)，N經(jīng)過的時(shí)間為tN，P經(jīng)過的時(shí)間為tP。設(shè)此NV1的方向與水平方向的夾角為，有：cosV 3 3

tN4 T2

tNP經(jīng)過tP時(shí)，對應(yīng)的圓心角為

tP2

1聯(lián)立相關(guān)方程得：tP115

tNtP1，在此情況下，P、N

a2

tP215tNtp2，在此情況下，P、NBtP、N

tNtPt再聯(lián)立④⑦⑨⑩解得：r

B2q2

n0,1,BtP、N的速度相同tNtPtm2

r B2q2

考慮圓周運(yùn)動的周期性，有:r

B2q2

n0,1,（B、q、r、m、n的取值滑塊Ｐ1和Ｐ2m，滑板的質(zhì)量Ｍ＝4m．Ｐ1和Ｐ2與ＢＣ面的動摩擦因數(shù)分別Ｐ2靜止在粗糙面的Ｂ點(diǎn)．Ｐ1v0=4.0m/s２發(fā)生彈性碰撞后，Ｐ1處在粗糙面Ｂ點(diǎn)上．當(dāng)Ｐ2滑到Ｃ點(diǎn)時(shí)，滑板恰好與槽的右端碰撞g AADRRNBCmv2mgR1mv

mvmv

1mv21mv21

P2P1P2f2u2mg4m（向左P1、M

(mM

a2

m

4m0.8m/sP1f1ma0.80mfm1.0m2（2）P滑到C點(diǎn)速度為v，由mgR1 得2

3m/ P1、P2P2CP1、Mv，mv2(mM)vPPM

解得v0.40mL1mv21mv21(mM

Lv1滑板碰后，P1S11

22P1、P2SLS1S2ABAv0OB平拋ODA沿該軌道無初速下滑（A在下滑過程中不會脫離軌道，APABPB的大小ODM，OM45AABOMDM點(diǎn)時(shí)的水平分速度和豎直分速度 ABOMD（1）1mv21mv21 vA=0,根據(jù)動量定理，滑塊B滿 F·解 FEA=mgd,EB=mgd+1

U2U20 b.OxOy,x軸正方向水平向右，yB有::x=v0t，y12B的軌跡方

gaa2vMx=y，

y gA、BODB水平和豎直分速度大小分別為vBx和vBy速率為vB；A水平和豎直分速度大小分別為vAx和vAyvA,則

vBx,

v20B做平拋運(yùn)動，故 v, 2v20 A由機(jī)械能守恒得vAv0v20v0v20v20 2v將y 0代入得：

5v0,vAy

2424mA、B用輕質(zhì)彈簧相連接。第一次只用手托BH高處，A在彈簧彈力的作用下處于靜止，現(xiàn)將彈簧鎖定，此時(shí)彈簧的彈BA、B兩物塊，使 A、B后，BAυ2BA、B下落Hυ

2mgH12mv201mv21mv v1EP．BB物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升的過程中，A物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)E1mv2mgx

1簧形變量x 2第一次從B物塊著地到彈簧恢復(fù)原長過程簧和A物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒E1mv2mgx1mv A、B后，A、BA、B系統(tǒng)的速度為v從B物塊著地到B剛要離地過程簧和A物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒1mv2mgx1mv2 2gHv2gHv20BCA（視為質(zhì)點(diǎn)）B的右端，A、B、CABC、BC發(fā)生正碰。碰B、C發(fā)生正碰到AC右端期間，CC板長度的多少倍。BBACA、B、Cm。B、C碰撞前，ABV0ACV2。對A、B、C構(gòu)成的系統(tǒng)，由動量守恒QmgL1.2mV21mV21.3mV mgS1(2m)V21(2m)VSL

73環(huán)棒H如圖所，一輕吊著粗均勻的端離面高H上端套一個(gè)細(xì)mkm(>1斷開輕繩，棒和環(huán)自由下落。假設(shè)棒足夠長，與地面發(fā)生碰撞時(shí)，觸地時(shí)求：⑴棒第一次與地面碰撞彈起上升過程的加速度。⑵從斷開輕繩W。環(huán)棒H設(shè)棒第一次上升過程的加速度為a環(huán)受合力F環(huán)由第二定律F環(huán)=ma由①②得a環(huán)=（k-1）g設(shè)以地面為零勢能面，向上為正方向，棒第一次的速度大小為12mv1 解得v1設(shè)棒彈起后的加速度a由第二定律a棒

vH1 v解得H k

k棒運(yùn)動的路程

k1v’1=-v1+av’=v+a 棒環(huán)的位移

vt1at2h

1 2t t1解得x1v2v'2 k解得v2kx2h環(huán)2h棒kx k得k解得W

kFIR=65GBCADEh=1.8BFa和bmm5kgMM=45kba從A1=.1sbABCba=0.6s（水a(chǎn)DEFPG=742.5（=10G a

hP FNRFNRMFN

mVR

VG=6.5(2)由機(jī)械能守恒，滑板a在BC賽道上的速度是 =6b0.1sABCabS=6×0.1=0.6m =1／s,V=7m／s根據(jù)動量守恒定律MV+ V’=6.9m／s運(yùn)動員滑至IaGG1（M+m）VGb2b12

mV’2b（M+m）Vb=m Vb =6 Vb’=-3m／sb由于︳Vb’︱＜6m／sbAABCD

1（M+m）VG2G

+1mVb2b

-k（k<11號球向左拉起，然后由靜止釋放，使其

2 …2號球碰撞，23（不計(jì)16h（16h小于繩長k值為多少？⑶在第⑵問的條件下，懸掛哪個(gè)球的繩最【解析】(1nm,n+1mn+1，則mn1kmn為、為、

，取水平向右為正方向，據(jù)題意有n號球、n+1號球碰撞前的速度分別為n、根據(jù)動量守恒有mm'km n n n1m21m'21km'②2n2n2n解①②式得

2nk

'

設(shè)1號球擺至最低點(diǎn)時(shí)的速度為1,由機(jī)械能守恒定律mgh1m

所以 21

5

，

2)

2)2，……，

2 2k1

k1

k

k k210.414(k21舍去設(shè)繩長為l,第n個(gè)球在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩對球的拉力為Fn,由第二定律Fmgm

則Fmgm

又

mm n n1由題意知：1111注：因后面各球質(zhì)量（

l

.由此推知F

F>>F1F2m2gm22l

m1、m2、m3L的1223m1∶m2∶m3應(yīng)為多少?它（1）1223312前瞬間的速度開H2211H 系統(tǒng)做到周期性運(yùn)動，則T1T3

g,T2(T1T3 LgTLg

(2

p2

(2

由此得：m2∶m3 (3

p2

(2

由此得：m1∶m2 從而可得：m1∶m2∶m3 H1、H2、1EK1＝m1gH,EK1

(3

9P1,∴H2＝2m21 11EK1＝m1gH1EK1＝2mH22m21H1

9同理可得：

H3 形（圓弧由光滑模板形成，未畫出CD區(qū)域時(shí)是傾斜的，ABCDBC相切。mA處放到傳送帶上，放置時(shí)初速為零，經(jīng)傳送相鄰兩箱的距離為L。每個(gè)箱子在A處B之前已經(jīng)相對于傳送TN。P。，箱有s＝1/2at2 ①v0＝at 在這段時(shí)間內(nèi)，傳送帶運(yùn)動的路程為s0＝v0t 由以上可得s0＝2s 傳送帶克服小箱對它的摩擦力做功A0＝fs0＝2·1/2mv02 兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量Q＝1/2mv02 T時(shí)間內(nèi)，電輸出的功為W＝P P＝T

N2T

θMA、BC，它們的質(zhì)量分mA=mB=m，mC=3m，它們與斜面間的動摩擦因數(shù)都相同.A連接一輕彈簧處于自然伸長狀態(tài).木塊B在Q點(diǎn)以初速度v0A相碰后立B向上運(yùn)動恰好能回到Q點(diǎn).若木塊APC從Q

Bmgsinθ=μmgcosθBA,mv0=2mv1，所以v= μ2mgcosθ·2s=1·2mv2 PBQ

3v4mv 2v′1=4v設(shè)木塊CA壓縮彈簧的最大長度為s′,兩木塊被彈簧彈回到P點(diǎn)時(shí)的速度為v'2則μ4mgcosθ·2s′=1·4mv21

1·2mv21mv2CAE1mv21mv2E

k

綜上，得L′=L- 32gsinv＝3m/s的速度向左運(yùn)動，傳送帶上有一質(zhì)量M＝2kgA，Aμ＝0．3，開始時(shí)，A與傳送帶之間保持相對靜止。先后相隔△t＝3sm＝1kgB自傳送帶的左端2個(gè)球出發(fā)后歷時(shí)△t1＝1s/3而與木盒相遇。求（g＝10m/s2）AB12ABv1,根據(jù)動量守恒定律：mv0Mv(mM

v（1分 （1分s遇,

t0v0v

（1分(mM)gmM)a

ag3m/

（1分設(shè)木盒運(yùn)動的時(shí)間為t1,加速到與傳送帶相同的速度的時(shí)間為t2，則t1t2

（1分a故木盒在2s內(nèi)的位移為 （1分

sv0t1v(tt1t1t2t0

（2分代入數(shù)據(jù)，解得： （1分12個(gè)球相遇的這一過程中,傳送帶的位移為S的位移為s1,則

Sv(tt1t0)

（1分s1v(tt1t1t2t0)

sSs1

（1分

Qfs

（2分如圖所示，n個(gè)相同的木塊（視為質(zhì)點(diǎn)m，從右向左沿同一直線排列在水平桌面上，相鄰木塊間的距離均為L，第n個(gè)木塊到桌邊緣的距離也是L，木塊與桌面次碰撞后，發(fā)生碰撞的木塊都粘在一起運(yùn)動.n個(gè)木塊剛好滑到桌邊而沒有掉下.n=4，L=0.1m，v0=3m/sg=10m/s2，μ的數(shù)值.（1） 1

（2分 WmgLmg2L

（2分

W1mv2

n(n2

（2分設(shè)第i次（i≤n－1）碰撞前木塊的速度為v1，碰撞后速度為vi由碰撞中動量守情理

（3分所以碰撞中損失的動能EKiEKi 1imv21(iEKi

1

（3分2

1 1EK1EK01

1K

（2分2次碰撞前EK

2mgL122次碰撞后：K

2EK2

（2分3

E3mgL1 K3次碰撞后：K1

K 3K 3EK37

（2分4EKo2mgL帶入數(shù)據(jù)，聯(lián)立求解得=0. （2分PABB兩球均放在光滑絕緣的水平板上，A球固定，Bm3P擋住靜止，A、BdPF作用下開始向右做勻加aBPF對擋板做功PABFd

（1分d

（1分 （1分 rB ……② （1分） ……③ （1分）由①②③B與擋板分離時(shí)的速度為：m2am2ad（3）B球?qū)醢遄龉1B球做功W2B球做功W3B球與W＋W1＝1 …… 2擋板對B球做的功W2＝－W1 ……⑤ （1分）對B球應(yīng)用動能定理得：W3＋W2＝1 （1分2

d （2分m2UAB＝300Vq＝10-10Cm＝10-20kgR點(diǎn)沿電場中心線垂v0＝2×106m/sMN、PS間的無OQ形成的電場區(qū)域（PS右邊點(diǎn)電荷的電場分布不受界面的影響MN、PSL＝12cmPSEF上。求（k＝m2PSROPMPMLONlSAFRB【解析（1）設(shè)粒子從電場中飛出時(shí)的側(cè)向位移為h,穿過界面PS時(shí)偏離中心線OR的距離為y，則： （1分）aqE

tl

h

2md

（1分 （1分）lh l2

（1分 （1分（2）設(shè)粒子從電場中飛出時(shí)沿電場方向的速度為vy，則

（1分v2v v v2v

（1分tanvy

（1分PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以該帶電粒子PSQ作勻速圓周運(yùn)動，其半徑與速度方向垂直。y

r 0.15m

（1分k2由 mk2r2

（2分代入數(shù)據(jù)，解得：Q=1．04×10-下圖是某種靜電分選器的原理示意圖。兩個(gè)豎直放置的平行金屬板帶有等量異號電荷，ababa、b兩種顆粒分別落到水平傳送帶A、B已知兩板間距d0.1m，板的長度l0.5m電量大小與其質(zhì)量之比均為1105C/kg。設(shè)顆粒進(jìn)入電場時(shí)的初速度為選過程中g(shù)取10m/s2。A、BH0.3m，顆粒落至傳送帶時(shí)的0.01m。（1）l2

gt2s2

12

t2兩式聯(lián)立得U

gmd

1104VUqmg(lH)1mvUq2Uq2g(lH)v 4m/2g(l2g(lH

4m/n4hnL形滑板（水平部分足夠長E的水平向右的勻強(qiáng)電場中。初始時(shí)刻，滑（1）A壁相碰前小物體的速v1多大？（2）A3/5，則小物體v3分別為多大？（3）小物體從開始運(yùn)動到第二次碰撞前瞬間，電場力做功為多大？（設(shè)由動能定理得：EqL1

v2EqL1

mvm3v

5 后

v2v

2 2 5 v v5

57v

5

5

W1mv21

W13mv213EqL電

如圖甲所示，A、BP、Q，PQ連線垂直金屬Pm、帶電量為＋q地帶電粒子（重力不計(jì)）PQ方向放ABt＝0U，TA、B間運(yùn)動過程中，粒子之間的相互作用力可忽略不計(jì).uT/2T/2T3T/2~ABPQd -乙甲0、T/8、T/4、3T/8P3T/8PQd是Q中射出？若兩板的間距d=5cm，U=2.5V。一質(zhì)量m=2.0×10-27kg、電量q=+1.6×10-19C的帶T應(yīng)為多少？根據(jù)第（3）T/5P的粒子，經(jīng)過多長時(shí)間才Q。R0.8mCD=2.0m的aDb球發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，Paf0.1mgPN

3NDg=10m/s2。a、babaRbDECB【解析RbDECB設(shè)a球到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，從釋 D

mgR0.1mgCD1mv

（3分對a、b球，根據(jù)動量守恒定律mvD=2mv （2分）解 v= （2分EDBEDBNP （1分v

evBr

（2分由圖可 r= （2分解 h=23m （2分ab系統(tǒng)損失的機(jī)械 Emg(Rh)mgh12mv2

（4分 E0.1mgCD1

212mv22解得E=1．48×10- （2分R端的擋板后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場，物體返回時(shí)在磁場中仍做勻速運(yùn)動，離開磁場后做勻運(yùn)動停在C點(diǎn)，PC=L/4，物體與平板間的動摩擦因數(shù)為μ=0．4g=10m/s2，求：B

ＥＢＢ 離開電場后，按動能定理，有：-μmgL=0-1 2由①式得 22 22（Eq-1L1mv2- 1 v122

E2.4B=1.57T1q1/m1=4C/kg，所21υ0=23.59m/s20.75s再次相碰。設(shè)碰撞前后兩?。╣=10m/s2）（1） E=2.5 v(2)相碰后小球1做勻速圓周運(yùn)動，由第二定律得：qvB=m R1 R1

R11

T2m1＝1⑤ s=34314

2

h

1gt 兩小球第一次碰撞前后動量守恒，以水平向右為正方向m1v0m1v1m2

v23.75mvq1BR117.66mm1m1

m2

v0v1 如圖所示，xOyO′yOy軸平T02vEB。qEqvB

（2分2Rv

（2分xRv2

（2分0R1qE(T0

（3分2 rP，qvBrT2

（2分 （2分t

（3分RrR （2分 tT0arctan2

（2分Bb處xx300.粒子的重力不計(jì)，試求:xxyv(3)bO的距離v0O ylRylR BqvmR

(2分OR

(2分l l r1l

3R

3

(2分

3m2v

r2 4q2B

(2分帶電粒子在磁場中軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為1200，帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間1t1T2R

(4分 O1200b距離d3R

(4分y>0yy<0的區(qū)域內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場。一電子（質(zhì)量為m、電量為e）yAx軸正方向的初速度A、Cd、2d。不計(jì)電子的重力。求EBADAyEx××××××××××××××××××B×× （2分yAEyAE C ×θ×θx ×× ×BACt12dv0

（1分1d12

（1分am

（1分求 E= （1分v，vxθtanat1vv

θ= （1分（1分v

evBrrrB

（1分（2分（1分由拋物線的對稱關(guān)系，電子在電場中運(yùn)動的時(shí)間為3t1= （2分 t2

3T32m

（2分 4 電子從A運(yùn)動到D的時(shí) t=3t1+t2

3d(4)

（2分yOxoxyz坐標(biāo)系所在的空間中，可能存在勻強(qiáng)電場或磁場，也可能兩者都存xymq的zv0yOxzPDPDMN左側(cè)空間加上垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的 QN（1）F點(diǎn)（PQ的切點(diǎn)．PDF在t時(shí)間內(nèi)微粒從P點(diǎn)勻速運(yùn)動到F點(diǎn)，t=PDF R=m R最大時(shí)，B最小，在微粒不飛出磁場的情況下，R有 DQ=2R可得B的最小值為 Bmin=2πmv0t0=（n＋3/4）T，n＝0，1，2，3，即可得 ,(n＝0，1，2，3，……17MN為一豎直放置的熒光屏，O為它的中點(diǎn)，OO’與熒光屏垂lMNE。乙O為原點(diǎn)建立如圖的直角坐標(biāo)mq的帶電粒子以相同的初速度v0O’O’O方向射入電場區(qū)域。粒子的重力和粒子間MNO如果磁感強(qiáng)度的大小保持不變，但把方向變?yōu)?/p>

yAyA 點(diǎn)的縱坐標(biāo)y

l,333（1）所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則qE=qv0B 解得B=E/v0由電場力以及左手60°ylO（2）以O(shè)O’方向?yàn)閦軸正方向，與x、y組成空間直角坐標(biāo)系。磁R，根據(jù)幾何關(guān)系有：R2-l60°ylOy

l，可解出R3

3l，可知3粒子沿xtT 1at 1Eqm)2 McBbNPFQB特斯拉的勻強(qiáng)磁場中有兩條光滑固定的McBbNPFQ直。ab、cd為兩根垂直于導(dǎo)軌水平放置的 mcd棒的中點(diǎn)連接，細(xì)線能的作用下以加速a(1)ab棒以加速度a向右運(yùn)動，經(jīng)t時(shí)間細(xì)線被拉斷，當(dāng)細(xì)線斷時(shí)，ab棒運(yùn)動的速度vEBLvEIcdT聯(lián)立解得t

v而穩(wěn)定運(yùn)動時(shí)，兩棒之間的距離增量達(dá)到最大值，整個(gè)過程回路中磁通量的變化量為通過該回路的電量qIt

由動量守恒定律得mvcdBILt故通過該回路的電量q聯(lián)立解得x

R4小型回旋輸出的高速質(zhì)子轟擊氧16獲得的，反應(yīng)中同時(shí)還產(chǎn)生另一個(gè)粒子，試⑵PET所用回旋示意如圖，其中置于高真空中的金屬D形盒的半徑為R，dDSB，方向mqS進(jìn)入加速電場時(shí)的初速度不計(jì)，質(zhì)子在中運(yùn)動的總時(shí)間為t（其中已略去了質(zhì)子在加速電場中的運(yùn)動時(shí)間求此所需的高頻電源頻率f和加速電壓U。BSR>>dD形盒中回旋的時(shí)間可BSd高頻電核反應(yīng)方程為：16O1H13N4 2qvBm 2R質(zhì)子的回旋周期為：T2R

1T

④

1mv 2設(shè)質(zhì)子在電場中加速的次數(shù)為nEk 又 可解得：U 2

v在D形盒中回旋的總時(shí)間為t2n

1Rdt11所示，水平地面上有一輛小車，車上固定一個(gè)豎直光滑絕緣管，管的底部有一m0.2g，電荷量q+8×10-5C的小球，小球的直徑比管的內(nèi)徑略小。在管口所在水v=2m/sPQ為計(jì)時(shí)FN隨時(shí)間變化2所示。g10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：B1時(shí)加速度aMNxa，則a

f1mgqvB1mg

（4分qvB，則

（3分）由

2aL得L

（3分 1

1小球離開管口進(jìn)入復(fù)合場，其中qE＝2×10－3N，mg＝2×10－3N． （1分）1徑為R，Rmv PEMPEMNQv（1分MN所通過的水平距離x1

2R（1分）對應(yīng)時(shí)間（1分

t1T4

s小車運(yùn)動距離為x2

vt2（1分O，L=0．5m,AB緊貼著導(dǎo)軌沿平行導(dǎo)軌方向在磁場中做往復(fù)運(yùn)動,其速度圖象如圖乙．若規(guī)定向右運(yùn)動的速度方向?yàn)檎?t=0時(shí)刻開始,CO處連續(xù)不斷以垂直Cm=3．2×10-21kgq=+1．6×10-19C的粒子(飄入的速度很小,可視為零)DMNB2=10T,MND相距d10cm,B1B2的方向如圖所示(粒子重力及相互作用不計(jì)),(１)0～４．0sMN?(２)MN射出來的位置之間的最大距離為多少?××××××××v/ms-24AO’O’ ×××D B

0-P

ＡＢ棒向右運(yùn)動時(shí)產(chǎn)生的電動勢B1Lv（即為Ｃ、Ｄ間的電壓速度為v

q12

B2

r

聯(lián)立上述各式代入數(shù)據(jù)可得軌道半徑ｒ＝ｄ＝0．1ｍ（此時(shí)OP＝ｒ＝0．1ｍ）如圖所示．當(dāng)ＡＢ棒最大速度為vmax＝20ｍ／ｓr2dmrmr2dm

PQ＝ｄ－（rm 個(gè)與方框邊長相同的U型金屬框架MNPQ（僅有MN、NP三條邊，下簡稱U型框U型框使它以速度v0NQU型UNQ邊向右的初速度v0U型框恰好不能與方框，UUtU型框的最左側(cè)s．求兩金屬框分離后的速度各多大．解:（1）U型框向右運(yùn)動時(shí)，NQEr bdRbdr3r4R3r

154IE

bd

52 4B2l2v2

Pbd

U型框向右運(yùn)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v，根據(jù)動量守恒定律3mv3m4m)vv3 7

Q13mv217mv26mv 設(shè)U型框和方框不再接觸時(shí)方框速度為v1，U型框的速度為v2根據(jù)動量守恒定 t方框最右側(cè)和U型框最左s，即(v2v1)ts v17(vtv27(3vt121中的長方體是發(fā)電導(dǎo)管，其中空部分的長、高、寬分別為l、a、b，前后兩個(gè)側(cè)面是絕緣體，上下兩B的流速處處相同，且不存在磁場時(shí)電離氣體流速為v0，電離氣體所受摩擦阻力總與流速成比，發(fā)電導(dǎo)管兩端的電離氣體壓強(qiáng)差p磁流體發(fā)電機(jī)的電動勢E （1）（2）設(shè)磁場存在時(shí)的氣體流速為vEI

RLIF安

B2aRLFF 存在磁場時(shí)，由力的平衡得abpF安FE1

B0a0abp(RLblP

P1

abv00aB0abp(RLbl磁流體發(fā)電技術(shù)是目前世界上正在研究的新興技術(shù)。如圖所示是磁流體發(fā)電機(jī)示意圖，Rρ的電離氣體持續(xù)穩(wěn)定地向右流經(jīng)管道。實(shí)際情v0v．（1（8E= （2分

r

（2分

IR

（2分解 I

Rldh

（1分電流方向?yàn)镸到 （1分（2（5無磁場 ?phd= （2分 ?phd=kv+ （2分B2hvv解 p (Rldh)(v0

（1分7分）P入（2分P=（2分

P

（2分 1v

（1分50.（20分）如圖所示， 勻質(zhì)金屬桿A1和A2，開始時(shí)兩根金屬桿與軌道垂直，向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，桿A1在磁場中，桿A2在磁場之外。設(shè)兩導(dǎo)軌面相距為H，平行導(dǎo)軌寬為LrA3從左側(cè)半圓形軌點(diǎn)從靜止開始下滑，在下面與金屬桿A2發(fā)生碰撞當(dāng)桿A2、A3與桿A1的速度之3∶1時(shí)，A1受到（1）Av有：mgH/2=1mv0 02解得 解得 最大電動勢：εmax=BLv1…（2分）總電阻為：R=Lr/2+Lr=1.5rL……（1分BB

………（1A3、A2進(jìn)入磁場后，A3、A2、A1加速，最終達(dá)到共速（令為v2)，此后保持勻速1 2mv1=3

v0……（2分3Q12mv213mv21 （3 設(shè)A1的速度為v，則A3、A2的速度為3v，同理，由于系統(tǒng)符合動量守恒條 解 v=v0/7………（2分2ε=BL3v-BLv=2BLv=7

電路中的電流：I=ε/RA1

4B24B2L

……（2l的平行正對金屬板構(gòu)成（圖中虛線框內(nèi)的部分。已v0AAt；12T的高頻方波交變電壓，在t=0AU0v0A（n=0，1，2，3……v1（未知B板射出的電子速度為（v1v2tB板射出速v1的電子總能與t+T/2B板射出的速度為v2的電子同時(shí)進(jìn)入輸出腔，則可通過相移器的控制將電子的動

utTsutTsC~相BAl-

解根據(jù)第二定律解在nT~(n+1)T的時(shí)間內(nèi)，前半周期電子通過輸入腔，設(shè)射出的速度為v1，解解設(shè)以速度v1經(jīng)B時(shí)間t1到達(dá)Cs以速度v2經(jīng)B時(shí)間t2到達(dá)C處，則s某種小發(fā)電機(jī)的結(jié)構(gòu)平面圖如圖1所示，磁體的內(nèi)側(cè)為半圓柱面形狀，它與共=0.4m，bc=0.2m。鐵芯的軸線OO′框所在平面內(nèi)，線框可隨鐵芯繞軸線轉(zhuǎn)動。將PNQω=200πrad/s1中1t=0（π3）（1）t

1s；加在兩板上，PX相連，QYm=2.4×10-12kgq+1.7×10-10Ct06.00×103sX板處無初速釋放。求XY（不計(jì)粒子重力）SOSONa Oa1d1

-UO

dd解 （4分（2分 （2分 圖 圖 -1T,T12E、2E12Y

as1a(T

s2aa2= （1分X

s1a

1T2= （1分2 S=2S1－2S2=0.15m（1分S<d，d–S=0.02mS1YY

ds1at2

t2.0×10 （2分求出總時(shí)間t總=T+t=1.2×10- （2分5312為俯視圖，8N、Sh=0.5mr=0.2m的圓柱體，并可OOB=0.2T，磁場abR=0.4Ωω=100rad/s的t0g10m/s2，π210。q+1.00×10-6Cm=1.60×10-8kgM板中心處無初速釋放。求粒MNt。不計(jì)粒子重力。3t=0M板的左邊緣v0v0的大小，并在OS OS N圖 aSNSOSNS SN NdmMb圖 圖（1（3 E=Bhv（1分 v= （1分代入數(shù)據(jù) E= （1分（2（8

a

（2分 周

T

（2分粒子在1T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動的距離s

（2分 a(T) s0d（3（8

t1T3.14102s

（2分1所示（2分v v

（2分 圖T42所示（2分v初速 v

（2分 圖T2d0.2mMNB=5×—3r，方v0105m/sOO'方向平行金屬板射入MNOO'q/m=108C/kg，粒子的重（1）t0時(shí)刻射入的帶電粒了沿直線射入磁場，求在磁場中運(yùn)動的入射點(diǎn)和出射點(diǎn)間的距(設(shè)粒子離開電場時(shí)速度為γ?vv0 5設(shè)兩板間電壓為U1時(shí)，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電

d1at21U1q

L)2

0.20.4

dmv11mv21mv2qU1 5θθv12105m/s=1.414×10θθ設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與OO'的夾角為則速度大小v

Rmv

位置之間的距離s2Rcos2mv0如圖為一種質(zhì)譜儀工作原理示意圖.O為圓心，OH2α的扇形區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場.OHCD分別是離子發(fā)射點(diǎn)和收集qCM方向上的分速度均為v0.m

的離子都能匯聚到DCM的長度CM方向運(yùn)動的離子在磁場中做圓周運(yùn)動的R2由R1qvB B＝由

d=st=vt=

t=Ｔ×

=MN=sin(

3AAABNO，NM＝BOd=

3 3板的勻強(qiáng)電場.R=2m的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于圓面指向紙外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0103T，圓心在MN板的延長線上，且圓周剛好過MN板右端點(diǎn)N.一荷比qm

31083

，帶正電的粒子，以v=0.5105m/s的速度沿兩平行板的中軸線方N的邊緣進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場，離開磁場后（1（2）t.解答：粒子在電場中類平拋運(yùn)動，設(shè)到達(dá)MN板右端點(diǎn)N時(shí)，垂直板向上的分速度為vy （1分） 2d2(0vy

（1分得：vy

（1分由tanvyv

（1分3NO成600角.（1分3rDo2qvBm2r

（1分得rmv

（1分NoND的夾角為γ2rcos

（1分dcos

（1分2

（1分可得：rdcos 2sin(

（1分sin(sincoscossin

（1分即軌跡圓的圓心oNDPQQ點(diǎn)上。tL4105s（1分 tm5.43105s（1分 PQQ

（1分d2d2

2105m/s

3105s 1分粒子從進(jìn)入電場到最終落到PQ板所經(jīng)歷的時(shí)間t=t1+t2+t3=1.24104

（1分r=2ΩabB=2Tv0在矩形虛線區(qū)域內(nèi)g10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8．現(xiàn)將滑動變阻器接入電路的阻值迅速變?yōu)?Ω，求導(dǎo)體棒穩(wěn)定運(yùn)動時(shí)的速度大小及該v表示，此時(shí)對應(yīng)R總vR總變化的關(guān)系式，并在圖乙中準(zhǔn)確v—R總圖像。MONm，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均勻?yàn)閞。導(dǎo)ab，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸。t=0時(shí)，Bθb 導(dǎo)體棒位于頂角Bθb （1）tIO導(dǎo)體棒在0～t時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的焦Qt0Fx。磁懸浮列車是一種高速低耗的新型交通工具．它的驅(qū)動系統(tǒng)簡化為如下模型，固定在列xyN長為Lyd的NP邊平行于x1x方向，B沿Ox02v0沿xN、QOx(v<0．d為使列車獲得最大驅(qū)動力，MN、PQ應(yīng)位于磁場中磁感應(yīng)強(qiáng)度同為最大值且反向的地方電流受到的安培力最大。因此，d應(yīng)2

d(2k1)2

或

2k1

（kN經(jīng)短暫的時(shí)間t，磁場沿Ox方向平移的距離為v0t，同時(shí)，金屬框沿Ox方向移動的距離為vt。因?yàn)関0>V，所以在t時(shí)間內(nèi)MN邊掃過磁場的面積s=(v0v)lt在此t時(shí)間內(nèi)，MN邊左側(cè)穿過SMNB0l(v0同理，該t時(shí)間內(nèi)，PQPQB0l(v0故在t內(nèi)金屬框所圍面積的磁通量變化PQ根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，金屬框中的感應(yīng)電動勢大小EE根據(jù)閉合電路歐姆定律IR根據(jù)安培力公式，MNFMNB0

4B2l2(vF

2B

F 磁懸浮列車動力原理如下圖所示，在水平地面上放有兩根平行直導(dǎo)軌，軌間存在著等距Bl和B=2=acd，金屬框電阻=2ΩL=0.4BB2同時(shí)以=5sK倍，K=0.18，求金屬框所能達(dá)到的vm是多少? (6分)阻力f與安培力F時(shí)，框有 (2分其中 (1分 (2分Kvm=2·[2BL(v-∴Kvm=(4B2L2v- (1分 (2分E硫 (4分E磁=[4B2L2(v-×=4120.421.82×2

(2分隨著越來越高的摩天大樓在各地的落成，至今普遍使用的鋼索懸掛式電梯已經(jīng)漸漸地不還有掛電就會扯斷為此學(xué)術(shù)正研究用動力來決這個(gè)問B1和B2B1和21=2=1,cd內(nèi)（×103g，所受阻力=50NLd=2LacR=95×104Ω1=10s（1）I2B1Lcd(v0v1R

（3分F

（2分

Fmg

分 （1分 （1分I金屬框中的焦功率為：P1=I2R④（1分而電梯的有用功率為：P2= （1分阻力的功率為：P3=f （1分從而系統(tǒng)的機(jī)械效率

100％ （2分P1P2=76.2％ 如圖甲所示，CDE是固定在絕緣水平面上的光滑金屬導(dǎo)軌，CD=DE=L，∠CDE=60o，CDDEr0B、豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。MNLMN在向右的水平拉力v0CDEMNCDEC、E所確定的直線平行。MNC、E兩點(diǎn)時(shí)，C、DMNCDEEt在運(yùn)動學(xué)中我們學(xué)過：通過物體運(yùn)動速度和時(shí)間的關(guān)系圖線（v-t圖）可以求出MNF安xMNCDE上整個(gè)滑行的過程中，MNCDE構(gòu)成的回路所產(chǎn)生的焦。vPvP ×C ×E N

（1）MNEMN的電阻忽略不計(jì)，CDDE的電阻相等，C、D兩點(diǎn)電勢差的大小U1E1 l2v0ttan

23v EBlv23 6 R43rv 0I安FBIl 0安MNCDEx安F 安安W 安回路中產(chǎn)生的焦Q等于安培力所做的功，3B2lQ 8的有20匝的線圈套在輻向形磁鐵槽中，磁場的磁感線均沿半徑方向均勻分布［其右視（b．1－2所示時(shí)(x取向右為正)： 圖 圖V=ΔxΔ

0.08=0.8m/

（3分E=L=2πr}?E

(6分

R1+R2

=

(3分P出 (2分⑵因勻速：F推=F安 (5分bb2Q．答案（1）b1個(gè)磁場區(qū)域過程中增加的動能Ekmgd1sinQmg(d1d2)sin B2l2dv 2sin 1B2l2d 1解析：(1abEkmgd1sinv1v2，1mv2Q1mv2

1mv2Q1mv2

解得Qmg(d1d2sin

v22

dtaFmgsin感應(yīng)電動勢IB2l解得Fmgsin 根據(jù)第二定律，在t到t+△t時(shí)間mvFm 則 v [gsinB2l2v B2l解 2mRF0.5v＋0.（（v（l＝1m，m＝1kg，R＝0.3，r＝0.2，s＝1m）B FB N FB N －m（R＋r）xef

M （1）RUIv，Uv隨時(shí)

＝maF＝0.5v＋0.4代入得

2

ava＝0.4m/s（0.5－

（3）x＝at，

x2＝at，x1＋x2＝s，所以2at

dρAL的閉合正方形框abba。存在于相對磁極之間，其他地方的磁場忽略不計(jì)?？烧J(rèn)為方框的aa邊和bb邊都處在B。方框從靜止開始釋放，其平面在下落過程中保持⑴求方框下落的最大速度vm（設(shè)磁場區(qū)域在數(shù)值方向足夠長g2

v（vt＜vmI0I0的表達(dá)式。（1）

Nm N

RA

金屬方v

EB2L××

I Gmg4LAdg

1FBI2L

B2

v

SB2 磁 vm

金屬方2 vmB2 2

時(shí)，有mgIB2L 2 Img

PI2R

4ALd2g

mgh1mv2I RtmRtmgh 122ttdtdgh 122t

I0 離子推進(jìn)器是新一代航天動力裝置，可用于姿態(tài)控制和軌道修正。推進(jìn)劑從圖中PDPBCPBCDm，電荷量為qv，根據(jù)動能定理，有qU1mv 2F△t△Mv由第三定律知F′＝FI J I 又J F解得U D處發(fā)射電子注入到正離子束，以中和正離子，68l＝1.00mO和＋qq＝1.00×10－7CAB球的位置如圖所示。O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達(dá)到新O、B之間的線燒斷后，由于有空氣阻力，A、B球最后會達(dá)到新的平衡位置（處于靜止?fàn)顟B(tài)A、B162mg,豎直向下；兩個(gè)電場qE,一個(gè)水平向左,一個(gè)水平向右,相互平衡;OA的拉力應(yīng)豎直向上,即OA呈現(xiàn)豎直T2sin

T2cos由此可知,AB17所示.與原來位置相比,A球的重力勢能減少了:EA=mgL(1-sin600)B球的重力勢能減少了EB=mgL(1-A球的電勢能增加了兩種勢能總和減少了W=WB-WA+EA+EB=6.8×10-

A-TβTE

69.如圖所示為利用電磁作用輸送非導(dǎo)電液體裝置的示意圖。一邊長為L、截面為正方形的a、bb的兩端與一電壓表a中通有垂直紙面向里的恒定電I時(shí)，活塞向右勻速推動液體從噴口水B設(shè)液體從噴口水平射出的速度為v0，活塞移動的速度為vv0

g g

A gv(A)g 設(shè)裝置功率為P，t時(shí)間內(nèi)有m質(zhì)量的液體從噴出，Pt1m(v2v2 1

∵mL ∴P Lv2

v) ∴P

A(L4A2

g ) 1

∵

PF安

∴2L

L4

) v2(L4A2∴B

(L4A2)s2⑨∵

U70如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為l、 方向與導(dǎo)軌平面垂直長度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”mI的電流（由外接恒流源產(chǎn)生，<l垂直。重力加速度為g。（1）t1m【解析】(1)設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動到磁場下邊界的過程中，作用框上的安培力做功為W

4dWBIld且Q解得Q4mgdsin設(shè)線框剛離開磁場下邊界時(shí)的速度為v1，則接著向下運(yùn)動由動能定 mgsin2dBIld01 FmgsinF感應(yīng)電動 感應(yīng)電 安培 FBI 第二定律，在t到t+t時(shí)間內(nèi)，有vFm則vgsinB2d2v 有v1gt1sin

2B2d2m(BIld2mgdsin)

2B2d解

mgsin

xmBIl(xmd)解 xm

BIlmgsin緣.C、D連接.線框處于磁鐵和圓柱形鐵芯之間的磁場中，磁場邊緣中心的平面.lB，設(shè)線框aa和bb的電阻rωR=2r.求線框aa從線框aa0~T（T是線框轉(zhuǎn)動周期）RE2Blv2BlLBlL(2分2(2)圈轉(zhuǎn)動過程中，只有一個(gè)線框產(chǎn)生電動勢，相當(dāng)電源，另一線框與電阻外RRrRr外

23

(2分I 3BlL

(2分R外 UUIR2

(2分 流過R的電 iURBlL（2分 (2分

E2EPr2

3(BlL)

外W4P外

(2分3

1是平靜海面上某實(shí)驗(yàn)船如圖2所示，通道尺寸a2.0m、b0.15m、c0.10m。工作時(shí)，在通道內(nèi)沿軸正方向加B8.0T的勻強(qiáng)磁場；沿x軸負(fù)方向加勻強(qiáng)電場，使兩金屬板間的電壓mU99.6Vym船以vs5.0ms的速度勻速前進(jìn)。若以船為參照物，海水以5.0msvd8.0ms。U感；船行駛時(shí)，通道中海水兩側(cè)的電壓按UUU感可以轉(zhuǎn)化為對船的推力。當(dāng)船以vs5.0ms1）根據(jù)安培力公式,F1=I1BbI1U,R＝ρ tFUBbUacB796.8t 對海水推力的方向沿y軸正方向(向右 b=9.6 2（3）根據(jù)歐姆定律，IU'(UBv4b)ac6002 F2＝I2Bb＝720P＝Fvs＝80%F2vs＝2880O甲乙OO甲乙O(3)g/4Ｂ3 3

yABd和-d0<<y<<dy軸向上的非yqmO、B兩們所能達(dá)到的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)分別為A點(diǎn)和DP點(diǎn)時(shí)速度達(dá)到最大值(重力加速g)。yＯＰＢＤAB間的電勢差UABOByＯＰＢＤP、C、D0xqE-Emgd-PEP=2mg/3q=E勻/3 微粒甲在從CO：2qE勻（hCO-d）+2qUOA+mghCO=EkO-微粒甲和微粒乙在碰撞過程中近似動量守恒,則有 ∶E 結(jié)合體在從OA結(jié)合體在從OD3qE(hOD-d)-3qUOB+2mghOD=0-得mdR的金屬圓環(huán)，在范圍很大的磁場中沿豎直方向下落，磁場的分布情況如圖所