26如圖所示，ABCDE為固定在豎直平面內的軌道，ABC為直軌道，AB光滑，BC粗糙，CDE為光滑圓弧軌道，軌道半徑為R，直軌道與圓弧軌道相切于C點，其中圓心O與BE在同一水平面上，OD豎直，∠COD=θ，且θ＜5°�，F有一質量為m的小物體(可以看作質點)從斜面上的A點靜止滑下，小物體與BC間的動摩擦因數為，現要使小物體第一次滑入圓弧軌道即恰好做簡諧運動(重力加速度為g)。求：

(1)小物體過D點時對軌道的壓力大小                                (2)直軌道AB部分的長度S                              

27兩水平放置的金屬板間存在一豎直方向的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，一質量為4m ，帶電量為-2q的微粒b正好懸浮在板間正中間O點處，另一質量為m，帶電量為 +q的微粒a，從p點以水平速度v₀(v₀未知)進入兩板間，正好做勻速直線運動，中途與b碰撞。：

       勻強電場的電場強度E為多大                      微粒a的水平速度為多大                        若碰撞后a和b結為一整體，最后以速度0.4v₀從Q點穿出場區，求Q點與O點的高度差                       

若碰撞后a和b分開，分開后b具有大小為0.3v₀的水平向右速度，且帶電量為-q/2，假如O點的左側空間足夠大，則分開后微粒a的運動軌跡的最高點與O點的高度差為多大                       

28

有個演示實驗，在上下面都是金屬板的玻璃盒內，放了許多用錫箔紙揉成的小球，當上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動。現取以下簡化模型進行定量研究。

如圖所示，電容量為C的平行板電容器的極板A和B水平放置，相距為，與電動勢為、內阻可不計的電源相連。設兩板之間只有一個質量為的導電小球，小球可視為質點。已知：若小球與極板發生碰撞，則碰撞后小球的速度立即變為零，帶電狀態也立即改變，改變后，小球所帶電荷符號與該極板相同，電量為極板電量的倍（）。不計帶電小球對極板間勻強電場的影響。重力加速度為。

（1）欲使小球能夠不斷地在兩板間上下往返運動，電動勢至少應大于多少                             

（2）設上述條件已滿足，在較長的時間間隔內小球做了很多次往返運動。求在T時間內小球往返運動的次數以及通過電源的總電量                             

29一玩具“火箭”由質量為m_l和m₂的兩部分和壓在中間的一根短而硬(即勁度系數很大)的輕質彈簧組成.起初，彈簧被壓緊后鎖定，具有的彈性勢能為E₀，通過遙控器可在瞬間對彈簧解除鎖定，使彈簧迅速恢復原長。現使該“火箭”位于一個深水池面的上方(可認為貼近水面)，釋放同時解除鎖定。于是，“火箭”的上部分豎直升空，下部分豎直鉆入水中。設火箭本身的長度與它所能上升的高度及鉆入水中的深度相比，可以忽略，但體積不可忽略。試求．

(1)“火箭”上部分所能達到的最大高度(相對于水面)                          (2)若上部分到達最高點時，下部分剛好觸及水池底部，那么，此過程中，“火箭”下部分克服水的浮力做了多少功?(不計水的粘滯阻力)                        

30如圖所示，在某一足夠大的真空室中，虛線PH的右側是一磁感應強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場，左側是一場強為E、方向水平向左的勻強電場。在虛線PH上的一點O處有一質量為M、電荷量為Q的鐳核（Ra）。某時刻原來靜止的鐳核水平向右放出一個質量為m、電荷量為q的α粒子而衰變為氡（Rn）核，設α粒子與氡核分離后它們之間的作用力忽略不計，涉及動量問題時，虧損的質量可不計。

 經過一段時間α粒子剛好到達虛線PH

上的A點，測得OA=L。求此時刻氡核的

速率                             

31宇航員在某一星球上以速度v₀豎直向上拋出一個小球，經過時間t，小球又落回原拋出點。然后他用一根長為L的細線把一個質量為m的小球懸掛在O點，使小球處于靜止狀態，如圖所示。現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應滿足什么條件                           

32

如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間的距離d=40cm。電源電動勢E=24V，內電阻r=1Ω，電阻R=15Ω。閉合開關S，待電路穩定后，將一帶正電的小球從B板小孔以初速度υ₀=4m/s豎直向上射入板間。若小球帶電量為q=1×10^-2C，質量為m=2×10^-2kg，不考慮空氣阻力。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=0.5m，在B的右端有一個可以看作質點的小鐵塊C，三者的質量都為m，C與A、B間的動摩擦因數都為μ。現在A以速度ν₀=6m/s向右運動并與B相碰，撞擊時間極短，碰后A、B粘在一起運動，而C可以在A、B上滑動，問：

（1）如果μ=0.5，則C會不會掉下地面                                     

（2）要使C最后停在長木板A上，則動摩擦因數μ必須滿足什么條件                                    

（g=10m/s²）

34

    如圖所示，質量M=3.5 kg的小車靜止于光滑水平面上靠近桌

子處，其上表面與水平桌面相平，小車長L=1.2 m，其左端放有一質

量為m₂=0.5 kg的滑塊Q。水平放置的輕彈簧左端固定，質量為

m₁=1 kg的小物塊P置于桌面上的A點并與彈簧的右端接觸。此時彈簧處于原長，現用水平

向左的推力將P緩慢推至B點(彈簧仍在彈性限度內)時，推力做的功為W_F，撤去推力后，P沿桌面滑動到達C點時的速度為2 m/s，并與小車上的Q相碰，最后Q停在小車的右端，P停在距小車左端S=0.5 m處。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μ₁=0.4，P、Q與小車表面間動摩擦因數μ₂=0.1。(g=10 m/s。)求：

(1)推力做的功WF                                    

(2)P與Q碰撞后瞬間Q的速度大小和小車最后速度v                                    

35如圖所示，半徑R=0.8m的光滑1/4圓弧軌道固定在光滑水平上，軌道上方的A點有一個可視為質點的質量m=1kg的小物塊。小物塊由靜止開始下落后打在圓弧軌道上的B點但未反彈，在該瞬間碰撞過程中，小物塊沿半徑方向的分速度即刻減為零，而沿切線方向的分速度不變，此后小物塊將沿著圓弧軌道滑下。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30°，C點為圓弧軌道的末端，緊靠C點有一質量M=3kg的長木板，木板的上表面與圓弧軌道末端的切線相平，小物塊與木板間的動摩擦因數，g取10m/s²。求：

（1）小物塊剛到達B點時的速度；

（2）小物塊沿圓弧軌道到達C點時對軌道壓力F_C的大�。�

（3）木板長度L至少為多大時小物塊才不會滑出長木板？

36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軌，軌間存在著等距離的正方形勻強磁場B_l和B₂，方向相反，B₁=B₂=lT，如下圖所示。導軌上放有金屬框abcd，金屬框電阻R=2Ω，導軌間距L=0.4m，當磁場B_l、B₂同時以v=5m/s的速度向右勻速運動時，求

(1)如果導軌和金屬框均很光滑，金屬框對地是否運動?若不運動，請說明理由；如運動，原因是什么?運動性質如何?

(2)如果金屬框運動中所受到的阻力恒為其對地速度的K倍，K=0.18，求金屬框所能達到的最大速度v_m是多少?

(3)如果金屬框要維持(2)中最大速度運動，它每秒鐘要消耗多少磁場能?

37如圖左所示，邊長為l和L的矩形線框、互相垂直，彼此絕緣，可繞中心軸O₁O₂轉動，將兩線框的始端并在一起接到滑環C，末端并在一起接到滑環D，C、D彼此絕緣.通過電刷跟C、D連接.線框處于磁鐵和圓柱形鐵芯之間的磁場中，磁場邊緣中心的張角為45°，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）.不論線框轉到磁場中的什么位置，磁場的方向總是沿著線框平面.磁場中長為l的線框邊所在處的磁感應強度大小恒為B，設線框和的電阻都是r，兩個線框以角速度ω逆時針勻速轉動，電阻R=2r.

   （1）求線框轉到圖右位置時感應電動勢的大��；

   （2）求轉動過程中電阻R上的電壓最大值；

   （3）從線框進入磁場開始時，作出0~T（T是線框轉動周期）時間內通過R的電流

        i_R隨時間變化的圖象；

   （4）求外力驅動兩線框轉動一周所做的功。

38（20分）如圖所示，質量為 M 的長板靜置在光滑的水平面上，左側固定一勁度系數為 k 且足夠長的水平輕質彈簧，右側用一根不可伸長的細繩連接于墻上（細繩張緊），細繩所能承受的最大拉力為 T ．讓一質量為 m 、初速為v₀的小滑塊在長板上無摩擦地對準彈簧水平向左運動．已知彈簧的彈性勢能表達式為E_P = ,其中為彈簧的形變量．試問：
    ( l ）v₀的大小滿足什么條件時細繩會被拉斷？
    ( 2 ）若v₀足夠大，且 v₀已知．在細繩被拉斷后，長板所能獲得的最大加速度多大？
    ( 3 ）滑塊最后離開長板時，相對地面速度恰為零的條件是什么？
                              

39 ( 16分)如圖所示，勻強電場區域和勻強磁場區域是緊鄰的，且寬度相等均為 d ，電場方向在紙平面內，而磁場方向垂直紙面向里．一帶正電粒子從 O 點以速度 v₀ 沿垂直電場方向進入電場，在電場力的作用下發生偏轉，從 A 點離開電場進入磁場，離開電場時帶電粒子在電場方向的位移為電場寬度的一半，當粒子從C點穿出磁場時速度方向與進入電場O點時的速度方向一致，（帶電粒子重力不計）求：
    (l）粒子從 C 點穿出磁場時的速度v；
    (2）電場強度 E 和磁感應強度 B 的比值 E / B ；
    (3）拉子在電、磁場中運動的總時間。
                 

    40（ 19分）

  如圖所示，在xoy坐標平面的第一象限內有沿－y方向的勻強電場，在第四象限內有垂直于平面向外的勻強磁場�，F有一質量為m，帶電量為+q的粒子（重力不計）以初速度v₀沿－x方向從坐標為（3ｌ、ｌ）的P點開始運動，接著進入磁場，最后由坐標原點射出，射出時速度方向與y軸方間夾角為45º，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。

41（20分）

  如圖所示，在光滑的水平面上固定有左、右兩豎直擋板，擋板間距離足夠長，有一質量為M，長為L的長木板靠在左側擋板處，另有一質量為m的小物塊（可視為質點），放置在長木板的左端，已知小物塊與長木板間的動摩擦因數為μ，且M＞m�，F使小物塊和長木板以共同速度v₀向有運動，設長木板與左、右擋板的碰撞中無機械能損失。試求：

（1）將要發生第二次碰撞時，若小物塊仍未從長木板上落下，則它應距長木板左端多遠？

（2）為使小物塊不從長木板上落下，板長L應滿足什么條件？

（3）若滿足（2）中條件，且M＝2kg，m＝1kg，v₀＝10m/s， 試計算整個

系統從開始到剛要發生第四次碰撞前損失的機械能。

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板電勢變化的規律如圖2所示

將一個質量，電量的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力。求

（1）在時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大��；

（2）若A板電勢變化周期s，在時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，粒子到達A板時動量的大��；

（3）A板電勢變化頻率多大時，在到時間內從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達A板。

43（20分）

磁流體推進船的動力來源于電流與磁場間的相互作用。圖1是平靜海面上某實驗船的示意圖，磁流體推進器由磁體、電極和矩形通道（簡稱通道）組成。

如圖2所示，通道尺寸、、。工作時，在通道內沿z軸正方向加的勻強磁場；沿x軸負方向加勻強電場，使兩金屬板間的電壓；海水沿y軸方向流過通道。已知海水的電阻率

（1）船靜止時，求電源接通瞬間推進器對海水推力的大小和方向；

（2）船以的速度勻速前進。若以船為參照物，海水以的速率涌入進水口，由于通道的截面積小于進水口的截面積，在通道內海水速率增加到。求此時兩金屬板間的感應電動勢U_感；

（3）船行駛時，通道中海水兩側的電壓按U_感計算，海水受到電磁力的80%可以轉化為對船的推力。當船以的速度勻速前進時，求海水推力的功率。

44（20分）

如圖所示，在足夠大的空間范圍內，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度B=1.57T。小球1帶正電，其電量與質量之比q₁/m₁=4C/kg，所受重力與電場力的大小相等；小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架上。小球1向右以υ₀=23.59m/s的水平速度與小球2正碰，碰后經過0.75s再次相碰。設碰撞前后兩小球帶電情況不發生改變，且始終保持在同一豎直平面內。（取g=10m/s²）

問：（1）電場強度E的大小是多少？

   （2）兩小球的質量之比是多少？

45.(19分)

有人設想用題24圖所示的裝置來選擇密度相同、大小不同的球狀納米粒子。粒子在電離室中電離后帶正電，電量與其表面積成正比。電離后，粒子緩慢通過小孔O₁進入極板間電壓為U的水平加速電場區域I,再通過小孔O₂射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區域II,其中磁場的磁感應強度大小為B,方向如圖。收集室的小孔O₃與O₁、O₂在同一條水平線上。半徑為r₀的粒子，其質量為m₀、電量為q₀,剛好能沿O₁O₃直線射入收集室。不計納米粒子重力。（）

（1）試求圖中區域II的電場強度;

（2）試求半徑為r的粒子通過O₂時的速率;

（3）討論半徑r≠r₀的粒子剛進入區域II時向哪個極板偏轉。

46.(20分)

如題46圖，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內。小球A、B質量分別為m、βm(β為待定系數)。A球從在邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，碰撞后A、B球能達到的最大高度均為,碰撞中無機械能損失。重力加速度為g。試求：

(1)待定系數β;

(2)第一次碰撞剛結束時小球A、B各自的速度和B球對軌道的壓力;

(3)小球A、B在軌道最低處第二次碰撞剛結束時各自的速度，并討論小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結束時各自的速度。

47(20分)

    地球周圍存在磁場，由太空射來的帶電粒子在此磁場的運動稱為磁

漂移，以下是描述的一種假設的磁漂移運動，一帶正電的粒子(質量為

m，帶電量為q)在x=0，y=0處沿y方向以某一速度v₀運動，空間存在

垂直于圖中向外的勻強磁場，在y>0的區域中，磁感應強度為B₁，在y

<0的區域中，磁感應強度為B₂，B₂>B₂，如圖所示，若把粒子出發點x

=0處作為第0次過x軸。求：

(1)粒子第一次過x軸時的坐標和所經歷的時間。

(2)粒子第n次過x軸時的坐標和所經歷的時間。

(3)第0次過z軸至第n次過x軸的整個過程中，在x軸方向的平均速度v與v₀之比。

(4)若B₂：B₁=2，當n很大時，v：v₀趨于何值?

48（20分）如圖所示，xOy平面內的圓O′與y軸相切于坐標原點O。在該圓形區域內，有與y軸平行的勻強電場和垂直于圓面的勻強磁場。一個帶電粒子（不計重力）從原點O沿x軸進入場區，恰好做勻速直線運動，穿過圓形區域的時間為T₀。若撤去磁場，只保留電場，其他條件不變，該帶電粒子穿過圓形區域的時間為；若撤去電場，只保留磁場，其他條件不變，求該帶電粒子穿過圓形區域的時間。

49(20分)在圖示區域中，χ軸上方有一勻強磁場，磁感應強度的方向垂直紙面向里，大小為

  B，今有一質子以速度v₀由Y軸上的A點沿Y軸正方向射人磁場，質子在磁場中運動一段

  時間以后從C點進入χ軸下方的勻強電場區域中，在C點速度方向與χ軸正方向夾角為

  45⁰，該勻強電場的強度大小為E，方向與Y軸夾角為45⁰且斜向左上方，已知質子的質量為

  m，電量為q，不計質子的重力，(磁場區域和電場區域足夠大)求：

  (1)C點的坐標。

  (2)質子從A點出發到第三次穿越χ軸時的運動時間。

  (3)質子第四次穿越χ軸時速度的大小及速度方向與電場E方向的夾角。(角度用反三角

     函數表示)

50 (22分)如圖所示，電容為C、帶電量為Q、極板間距為d的電容器固定在絕緣底座上，兩板豎直放置，總質量為M，整個裝置靜止在光滑水平面上。在電容器右板上有一小孔，一質量為m、帶電量為+q的彈丸以速度v₀從小孔水平射入電容器中（不計彈丸重力，設電容器周圍電場強度為0），彈丸最遠可到達距右板為x的P點，求：

   （1）彈丸在電容器中受到的電場力的大��；

   （2）x的值；

   （3）當彈丸到達P點時，電容器電容已移動的距離s；

   （4）電容器獲得的最大速度。

51兩塊長木板A、B的外形完全相同、質量相等，長度均為L＝1m，置于光滑的水平面上．一小物塊C，質量也與A、B相等，若以水平初速度v₀=2m/s，滑上B木板左端，C恰好能滑到B木板的右端，與B保持相對靜止.現在讓B靜止在水平面上，C置于B的左端，木板A以初速度2v₀向左運動與木板B發生碰撞，碰后A、B速度相同，但A、B不粘連．已知C與A、C與B之間的動摩擦因數相同.(g=10m/s²)求:

(1)C與B之間的動摩擦因數;

(2)物塊C最后停在A上何處?

52（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＝0.2T，現有一根質量為m＝0.1kg、電阻不計的導體棒，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從開始下落到經過圓心的過程中線框中產生的熱量．

53（20分）如圖所示，為一個實驗室模擬貨物傳送的裝置，A是一個表面絕緣質量為1kg的小車，小車置于光滑的水平面上，在小車左端放置一質量為0.1kg帶電量為q=1×10^-2C的絕緣貨柜，現將一質量為0.9kg的貨物放在貨柜內．在傳送途中有一水平電場，可以通過開關控制其有、無及方向．先產生一個方向水平向右，大小E₁=3×10²N/m的電場，小車和貨柜開始運動，作用時間2s后，改變電場，電場大小變為E₂=1×10²N/m，方向向左，電場作用一段時間后，關閉電場，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。已知貨柜與小車間的動摩擦因數µ=0.1，（小車不帶電，貨柜及貨物體積大小不計，g取10m/s²）求：

⑴第二次電場作用的時間；

⑵小車的長度；

⑶小車右端到達目的地的距離．

54．如圖所示，兩個完全相同的質量為m的木板A、B置于水平地面上，它們的間距s=2.88m。質量為2m，大小可忽略的物塊C置于A板的左端，C與A之間的動摩擦因數為μ₁=0.22，A、B與水平地面之間的動摩擦因數為μ₂=0.10。最大靜摩擦力可以認為等于滑動摩擦力。開始時，三個物體處于靜止狀態�，F給C施加一個水平向右，大小為0.4mg的恒力F，假定木板A、B碰撞時間極短，且碰撞后粘連在一起。要使C最終不脫離木板，每塊木板的長度至少應為多少？   

55(19分)24

如圖所示，在直角坐標系的第―、四象限內有垂直于紙面的勻強磁場，第二、三象限內沿。

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。一個質量為m ，電荷量為e的質子經過x軸上A點時速度大小為v_o，速度方向與x軸負方向夾角θ=30⁰。質子第一次到達y軸時速度方向與y軸垂直，第三次到達y軸的位置用B點表示，圖中未畫出。已知OA=L。   

(1)    求磁感應強度大小和方向；

(2)    求質子從A點運動至B點時間

56（20分）25

  如圖所示，質量M=4.0kg，長L=4.0m的木板B靜止在光滑水平地面上，木板右端與豎直墻壁之間距離為s=6.0m，其上表面正中央放置一個質量m=1.0kg的小滑塊A，A與B之間的動摩天樓擦因數為μ=0.2�，F用大小為F=18N的推力水平向右推B，兩者發生相對滑動，作用1s后撤去推力F，通過計算可知，在B與墻壁碰撞時A沒有滑離B。設B與墻壁碰撞時間極短，且無機械能損失，重力加速度g=10m/s².求A在B上滑動的整個過程中，A，B系統因摩擦產生的內能增量。

57。(15分)平行導軌L1、L2所在平面與水平面成30度角，平行導軌L3、L4所在平面與水平面成60度角，L1、L3上端連接于O點，L2、L4上端連接于O’點，OO’連線水平且與L1、L2、L3、L4都垂直，質量分別為m1、m2的甲、乙兩金屬棒分別跨接在左右兩邊導軌上，且可沿導軌無摩擦地滑動，整個空間存在著豎直向下的勻強磁場。若同時釋放甲、乙棒，穩定后它們都沿導軌作勻速運動。

  (1)求兩金屬棒的質量之比。

  (2)求在穩定前的某一時刻兩金屬棒加速度之比。

  (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。在0《y《d的區域中，存在沿y軸向上的非均勻電場，場強E的大小與y成正比，即E=ky；在y》d的區域中，存在沿y軸向上的勻強電場，電場強度F=kd(k屬未知量)。X軸下方空間各點電場分布與x軸上方空間中的分布對稱，只是場強的方向都沿y軸向下�，F有一帶電量為q質量為m的微粒甲正好在O、B兩點之問作簡諧運動。某時刻將一帶電蕾為2q、質量為m的微粒乙從y軸上的c點處由靜止釋放，乙運動到0點和甲相碰并結為一體(忽略兩微粒之間的庫侖力)。在以后的運動中，它們所能達到的最高點和最低點分別為A點和D點，且經過P點時速度達到最大值(重力加速度為g)。

  (1)求勻強電場E；

  (2)求出AB間的電勢差U_AB及OB間的電勢差U_OB；

  (3)分別求出P、C、D三點到0點的距離。

59．（17分）

荷蘭科學家惠更斯在研究物體碰撞問題時做出了突出的貢獻．惠更斯所做的碰撞實驗可簡化為：三個質量分別為m、m、m的小球，半徑相同，并排懸掛在長度均為L的三根平行繩子上，彼此相互接觸。現把質量為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。

（1）若三個球的質量相同，則發生碰撞的兩球速度交換，試求此時系統的運動周期。

（2）若三個球的質量不同，要使球1與球2、球2與球3相碰之后，三個球具有同樣的動量，則m∶m∶m應為多少?它們上升的高度分別為多少?

60．（15分）

如圖所示，在絕緣水平面上，相距為L的A、B兩點處分別固定著兩個帶電量相等的正電荷，a、b是AB連線上的兩點，其中Aa＝Bb＝L／4,O為AB連線的中點，一質量為m帶電量為+q的小滑塊（可以看作質點）以初動能E從a點出發，沿直線AB向b點運動，其中小滑塊第一次經過O點時的動能為初動能的n倍（n>l），到達b點時動能恰好為零,小滑塊最終停在O點，求：

（1）小滑塊與水平面間的動摩擦因數。

  （2）O、b兩點間的電勢差U。

  （3）小滑塊運動的總路程。

61．（15分）

如圖所示，質量為M＝4kg的木板靜止置于足夠大的水平面上，木板與水平面間的動摩擦因數μ＝0.01，板上最左端停放著質量為m＝1kg可視為質點的電動小車，車與木板的檔板相距L＝5m，車由靜止開始從木板左端向右做勻加速運動，經時間t＝2s，車與擋板相碰，碰撞時間極短且碰后電動機的電源切斷，車與擋板粘合在一起，求：

（1）試通過計算說明，電動小車在木板上運動時，木板能否保持靜止?

（2）試求出碰后木板在水平面上滑動的距離。

62（12分）

如圖14所示。地球和某行星在同一軌道平面內同向繞太陽做勻速圓周運動。地球的軌道半徑為R，運轉周期為T。地球和太陽中心的連線與地球和行星的連線所夾的角叫地球對該行星的觀察視角（簡稱視角）。已知該行星的最大視角為，當 行星處于最大視角處時，是地球上的天文愛好者觀察該行星的最佳時期。若某時刻該行星正處于最佳觀察期，問該行星下一次處于最佳觀察期至少需經歷多長時間？

63．（12分）

如圖15所示。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送帶等構成。兩輪軸心相距8．0m，輪與傳送帶不打滑�，F用此裝置運送一袋面粉，已知這袋面粉與傳送帶之間的動摩擦力因素為＝0．4，這袋面粉中的面粉可不斷的從袋中滲出。

（1）當傳送帶以4．0m/s的速度勻速運動時，將這袋面粉由左端正上方的A點輕放在傳送帶上后，這袋面粉由A端運送到正上方的B端所用的時間為多少？

（2）要想盡快將這袋面粉由A端送到B端（設初速度仍為零），主動能的轉速至少應為多大？

（3）由于面粉的滲漏，在運送這袋面粉的過程中會在深色傳送帶上留下白色的面粉的痕跡，這袋面粉在傳送帶上留下的痕跡最長能有多長（設袋的初速度仍為零）？此時主動輪的轉速應滿足何種條件？

1

（1）由于物體返回后在磁場中無電場，且仍做勻速運動，故知摩擦力為0，所以物體帶正電荷．且：mg=qBv₂…………………………………………………………①

（2）離開電場后，按動能定理，有：-μmg=0-mv²………………………………②

由①式得：v₂=2 m/s

（3）代入前式①求得：B= T

（4）由于電荷由P運動到C點做勻加速運動，可知電場強度方向水平向右，且：（Eq-μmg）mv₁²-0……………………………………………③

進入電磁場后做勻速運動，故有：Eq=μ（qBv₁+mg）……………………………④

由以上③④兩式得：

2（1）A、B、C系統所受合外力為零，故系統動量守恒，且總動量為零，故兩物塊與擋板碰撞后，C的速度為零，即

（2）炸藥爆炸時有

      解得

      又

      當s_A＝1 m時s_B＝0.25m，即當A、C相撞時B與C右板相距

      A、C相撞時有：

解得＝1m/s，方向向左

而＝1.5m/s，方向向右，兩者相距0.75m，故到A，B都與擋板碰撞為止，C的位移為

m19.

3固定時示數為F，對小球F=mgsinθ            ①

整體下滑：（M+m）sinθ-μ(M+m)gcosθ=(M+m)a  ②

    下滑時，對小球：mgsinθ-F=ma　　　　   　     ③

    由式①、式②、式③得

    μ=tan θ

4．木塊B下滑做勻速直線運動，有mgsinθ=μmgcosθ

    B和A相撞前后，總動量守恒,mv=2mv，所以

    v=

   設兩木塊向下壓縮彈簧的最大長度為s,兩木塊被彈簧彈回到P點時的速度為v，則

μ2mgcosθ?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?，所以

v′=v

設木塊C和A壓縮彈簧的最大長度為s′,兩木塊被彈簧彈回到P點時的速度為v,則μ4mgcosθ?2s′=

木塊C與A在P點處分開后，木塊C上滑到R點的過程：

（3mgsinθ+μ3mgcosθ）L′=

在木塊壓縮彈簧的過程中，重力對木塊所做的功與摩擦力對木塊所做的功大小相等，因此彈簧被壓縮而具有的最大彈性勢能等于開始壓縮彈簧時兩木塊的總動能.

因此，木塊B和A壓縮彈簧的初動能E木塊C與A壓縮彈簧的初動能E即E

因此，彈簧前后兩次的最大壓縮量相等，即s=s′

綜上，得L′=L-

5

（1）設第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度為v₁,根據動量守恒定律：

                                          （1分）

代入數據，解得：             v₁=3m/s                           （1分）

（2）設第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端的距離為s，第1個球經過t₀與木盒相遇,則：                                                          （1分）

設第1個球進入木盒后兩者共同運動的加速度為a，根據牛頓第二定律：

得：                     （1分）

設木盒減速運動的時間為t₁,加速到與傳送帶相同的速度的時間為t₂，則：

=1s                                                 （1分）

故木盒在2s內的位移為零                                        （1分）

依題意：                        （2分）

代入數據，解得： s=7．5m    t₀=0．5s                            （1分）

（3）自木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的這一過程中,傳送帶的位移為S，木盒的位移為s₁,則：                                  （1分）

                                  （1分）

故木盒相對與傳送帶的位移：    

則木盒與傳送帶間的摩擦而產生的熱量是：               （2分）

6

（1）設粒子從電場中飛出時的側向位移為h, 穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為y，則：                      h=at²/2                                      （1分）

       即：                    （1分）

代入數據，解得：        h=0．03m=3cm                           （1分）

帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動,由相似三角形知識得：

                                                      （1分）

代入數據，解得:      y=0．12m=12cm                              （1分）

（2）設粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為v_y，則：v_y=at=

代入數據，解得:       v_y=1．5×10⁶m/s                            （1分）

所以粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為：

                                    （1分）

設粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，則：

                                          （1分）

因為粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q作勻速圓周運動，其半徑與速度方向垂直。

勻速圓周運動的半徑：                          （1分）

由：                                               （2分）

代入數據，解得：         Q=1．04×10^-8C                         （1分）

7(1)釋放小物體，物體在電場力作用下水平向右運動，此時，滑板靜止不動，對于小物體，

由動能定理得：          

(2)碰后小物體反彈，由動量守恒定律：得                  得                 ．之后

滑板以v₂勻速運動，直到與物體第二次碰撞，從第一次碰撞到第二次碰撞時，物體與滑板

位移相等、時間相等、平均速度相等

    (3)電場力做功等于系統所增加的動能                      

8．(1)只有當CD板間的電場力方向向上即AB棒向右運動時，粒子才可能從O運動到O’，而

粒子要飛出磁場邊界MN最小速度v₀必須滿足：          ①

設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（乙）圖可以推斷在0.25s<t<1.75s內，粒子能穿過CD間的電場。

（2）當AB棒速度最大，即v’=20m/s時產生感應電動勢為：ε’=B₁Lv’=100V

此時帶電粒子經加速后速度為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=d-x=7.3cm

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，產生的感應電動勢　　　　　                      

　　當如圖乙所示位置時，方框bd之間的電阻為　　

　　U型框連同方框構成的閉合電路的總電阻為

　　閉合電路的總電流為　

　　根據歐姆定律可知，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所受外力為零，故系統動量守恒，設到達圖示位置時具有共同的速度v，根據動量守恒定律

　　　　　解得：　

　　根據能量守恒定律，U型框和方框組成的系統損失的機械能等于在這一過程中兩框架上產生的熱量，即

　（3）設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，經過時間t方框最右側和U型框最左側距離為s，即

聯立以上兩式，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）設鋼珠在軌道最高點的速度為，在最高點，由題意 ①     2分

       從發射前到最高點，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R_x為最小，所以有，根據體積公式，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≈9．97m²

13．設水平恒力F作用時間為t₁．

       對金屬塊使用動量定理F_μt₁=mv₀-0即: μ₁mgt₁=mv₀       ①

得t₁=                                          ②

       對小車有（F-F_μ）t₁=2m×2v₀－0，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，系統外力為零，動量守恒，設共同速度為v，由2m×2v₀+mv₀=（2m+m）v，得v=v₀．  ⑧

由能量守恒有   ⑨

得                                            ⑩

∴

14.解：（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，由牛頓第二定律得

         可見在兩磁場區域粒子運動的半徑相同。如右圖，三段圓弧的圓心組成的三角形是等邊三角形，其邊長為2r

         (2)帶電粒子在中間磁場區域的兩段圓弧所對應的圓心角為：，由于速度v相同，角速度相同，故而兩個磁場區域中的運動時間之比為：

（3）電場中，

     中間磁場中，    右側磁場中,

      則

15（20分）

解：（1)根據粒子在電場中的偏轉方向，可知粒子帶正電，再根據左手定則判斷，磁場方向垂直于紙面向外。      （4分）

(2)設帶電粒子的電量為q，質量為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，得

，

解得勻強電場的場強為          （5分）

帶電粒子在磁場中作勻速圓周運動，軌道半徑為R，根據牛頓第二定律得

      解得 

根據如圖的幾何關系

解得軌道半徑為

解得磁場的磁感應強度     （9分）

因此解得                   （2分）

16（8分）

（1）因小球恰能到B點，則在B點有

                             （1分）

                      （1分）

小球運動到B的過程，由動能定理

                    （1分）

         （1分）

（2）小球離開B點，電場消失，小球做平拋運動，設落地點距B點距離為s，由動能定理小球從靜止運動到B有

         （2分）

                   （2分）

17（8分）

（1）粒子勻速運動，所受電場力與洛倫茲力等大反向，則金屬棒B端應為高電勢，即金屬棒應朝左運動（1分）

設AB棒的速度為v，產生的電動勢

                        （1分）

板間場強

                    （1分）

粒子所受電場力與洛倫茲力平衡

                     （1分）

有                           （1分）

（2）金屬棒停止運動，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，當位移為時，粒子轉過的角度為（1分）

設粒子運動時間為，有

                            （1分）

                      （1分）

18（12分）

（1）1®2等溫變化：P₁=P₀+ =1.2×10⁵Pa  1分   P₂=P₀-=0.8×10⁵Pa  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

      L₂ = 15cm，L₃ = 20cm  1分  = , T₃ = T₂ = T₂ = 373K  2分

（3）3®4等容變化：P₄ = P₀+  = 1.4×10⁵ Pa   1分   P₃ = P₂ = 0.8´10⁵Pa  1分

=  1分  T₄ = T₃ = 653K  1分 

或（1®4由=       得  T₃ = 653K      同樣得分）

19（14分）(1)A、B、C三物體系統機械能守恒。B、C下降L，A上升L時，A的速度達到最大。  2mgL－MgL=(M+2m)V²   2分  V=       2分

(2)當C著地后，A、B二物體系統機械能守恒。B恰能著地，即B物體下降L時速度為零。  MgL－mgL =(M+m)V²    2分

將V代入，整理后得：M=m       1分

若M＞m，B物體將不會著地�！　�

Mgh－mgh =(M+m)V²      1分

h =             1分

H_L = 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還會上升一段。　　　

Mg 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 / (Vo-dθS₁) ? Po]S₂      (2) F=[P₁Vo / (Vo-dθS₁) ? Po]S₁d / L

21．（12分）

解：（1）棒勻速向左運動，感應電流為順時針方向，電容器上板帶正電。

              ∵微粒受力平衡，電場力方向向上，場強方向向下

∴微粒帶負電                     （1分）

              mg =             （1分）

              U_c=IR                   （1分）

                               （1分）

              E = Blv₀                （1分）

由以上各式求出                                      （1分）

   （2）經時間t₀，微粒受力平衡           mg =             （1分）

                                                                        （1分）

                                   求出                     或           （1分）

              當t < t₀時，a₁ = g ?，越來越小，加速度方向向下     （1分）

              當t = t₀時，a₂ = 0                                                                      （1分）

              當t > t₀時，a₃ =? g，越來越大，加速度方向向上      （1分）

22.解：（1）質點從P到P，由平拋運動規律

               h=gt

               v     v

           求出v=

               方向與x軸負方向成45°角

      （2）質點從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。當豎直方向的速度減小到0，此時質點速度最小，即v在水平方向的分量

                v°=

                      方向沿x軸正方向

23．解：（20分）

（1）由動量守恒定律：mυ₀=2mυ………………………………2分

碰后水平方向：qE=2ma      …………………2分

-2aX_m=0-υ²………………………………2分

得：…………………………………………1分

（2）在t時刻，A、B的水平方向的速度為…………………1分

豎直方向的速度為υ_γ=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損失的機械能：………2分

碰后到距高臺邊緣最大水平距離的過程中A損失的機械能：

…………………………………………………………2分

從開始到A、B運動到距離高臺邊緣最大水平距離的過程中A損失的機械能為：

……………………………………………………………2分

24（20分）

（1）如圖答1所示，經電壓加速后以速度射入磁場，粒子剛好垂直PQ射出磁場，可確定粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在PQ邊界線的O點，半徑與磁場寬L的關系式為

  （2分），又  （2分），解得  （2分）

加勻強電場后，粒子在磁場中沿直線運動射出PQ邊界的條件為Eq＝Bq（2分），電場力的方向與磁場力的方向相反。  （2分）

由此可得出，E的方向垂直磁場方向斜向右下（2分），與磁場邊界夾角為（2分），如圖答2所示。

（2）經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的關系式為：   （2分）

又，解得   （2分）

由于，，所以   （2分

25、（20分）（1）原子為中性，分裂后一定有q_a=-q_b（b一定帶負電）         (2分)

            原子分裂前后動量守恒，則p_a+p_b=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：t_a=t_b                                 （2分）

    由題意分析可知,a粒子在第四次經過y軸與b粒子第一次相遇時，b粒子應第三次經過y軸。則

t_a=T_a1+T_a2          t_b=T_b1+T_b2/2                （2分）

 ∵                             （2分）

∴            

即                 （2分）

代入數據并化簡得：

解之得：

26 (1)小物體下滑到C點速度為零才能第一次滑入圓弧軌道即恰好做簡諧運動

     從C到D由機械能守恒定律有：    mgR(1-cosθ)=                       在D點用向心力公式有：    F-mg=m                               解以上二個方程可得：     F=3mg-2mgcosθ                       

  (2)從A到C由動能定理有：

              mgsinθ(S+Rcotθ)- μmgcosθ?Rcotθ=0                                 

     解方程得：     S=(μcotθ-cotθ)R                                25．（1）對27（1）對b微粒，沒與a微粒碰撞前只受重力和電場力，則有2qE = 4mg

       ∴E =

       對a微粒碰前做勻速直線運動，則有

       Bqv₀ = Eq + mg     ∴v₀ =

   （2）碰撞后，a、b結合為一體，設其速度為v

       由動量守恒定律得

       mv₀ = 5mv      ∴v =

       碰后的新微粒電量為? q

       設Q點與O點高度差為h

       由動能定理：

       5mgh ? Eqh =5m (0.4v₀) ?5m ()²

       ∴h = 0.9

   （3）碰撞后，a、b分開，則有

       mv₀ = mv_a + 4mv_b   v_b = 0.3 v₀，得v_a = ? 0.2v₀

       a微粒電量為 ? q / 2，受到的電場力為

       E ?              ∴F_電 = mg

       故a微粒做勻速圓周運動，設半徑為R

       B | v_a |              ∴R =

       a的最高點與O點的高度差h_a = 2R =。

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：m₁v₁-m₂v₂=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：

W_F=m₂gH₂+m₂v₂²/2                                            

以上各式聯立可得：W_F=E₀                               

30

設衰變后，氡核的速度為v₀，α粒子的速度為v_α，由動量守恒定律得

    （M－m）v₀=mv_α

    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：。

31  或。32           

33

不會

為：（4=3+1分）

（4=3+1分）

34．解：(1)對P由A→B→C應用動能定理，得

    W_F-μ₁m₁g(2L₁+L₂)=                                                                       (4分)

  解得W_F=6J                                                                                                         (3分)

  (2)設P、Q碰后速度分別為v₁、v₂，小車最后速度為v，由動量守恒定律得

  m₁vc=m₁v₁+-m₂v₂                                                                                        (2分)

  m₁v_c=(m₁+m₂+M)v                                                                                      (2分)

  由能量守恒得

μ₂m1gS+μ₂m2gL=                                   (3分)

  解得，v₂=2m/s

  v₂′=

  v=0.4m/s                                                                                                       (3分)

　當v2′=時，v1=>v₂′不合題意，舍去。                                 (2分)

  即P與Q碰撞后瞬間Q的速度大小為v₂=2m/s

  小車最后速度為0.4m/s

24導與練上有

35(20分) 解：（1）由幾何關系可知，AB間的距離為R (1分)

小物塊從A到B做自由落體運動，根據運動學公式有           ①    (2分)

代入數據解得v_B=4m/s，方向豎直向下                                                                (2分)

（2）設小物塊沿軌道切線方向的分速度為v_Bx，因OB連線與豎直方向的夾角為60°，故v_Bx=v_Bsin60°

                                                                ②      (2分)

 從B到C，只有重力做功，根據機械能守恒定律有

                                 ③          (2分)

代入數據解得m/s                                                                                  (1分)

在C點，根據牛頓第二定律有                    ④                (2分)

代入數據解得N                                                                                      (1分)

再根據牛頓第三定律可知小物塊到達C點時對軌道的壓力F_C=35N                     (1分)

（3）小物塊滑到長木板上后，它們組成的系統在相互作用過程中總動量守恒，減少的機械能轉化為內能。當物塊相對木板靜止于木板最右端時，對應著物塊不滑出的木板最小長度。根據動量守恒定律和能量守恒定律有

mv_C=(m+M)v                                                   ⑤         (2分)

                                     ⑥          (2分)

聯立⑤、⑥式得                             ⑦

代入數據解得L=2.5m  (2分)

36(共20分)

(1)運動。因磁場運動時，框與磁場有相對運動，ad、b邊切害蟲磁感線，框中產生感應電流(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。                                         …………(6分)

(2)阻力f與安培力F安衡時，框有v_mf=Kv_m=F=2IBL①………(2分)

其中I=E/R                                                            ②………(1分)

E=2BL(v-v_m)                                                          ③………(2分)

①②③聯立得：

Kv_m=2?[2BL(v-v_m)/R]?BL

∴Kv_m=(4B²L²v-4B²L²v_m)/R

∴v_m=4B²L²v/(KR+4B²L²)                                           ④………(1分)

    =3.2m/s                                                              ⑤………(2分)

(3)框消耗的磁場能一部分轉化為框中電熱，一部分克服陰力做功。

據能量守恒

E_硫=I²Rt+Kv_m?v_mt                                                                   (4分)

E_磁=[4B²L²(v-v_m)²/R]?1+Kv_m²?1

  =+018×3.2²

  =2.9J                                                                                   (2分)

37（20分）（1）根據磁場分布特點，線框不論轉到磁場中哪一位置，切割磁感線的速度始終與磁場方向垂直，故線框轉到圖示位置時，感應電動勢的大小E=2Blv=2Bl=BlLω（3分）。

（2）線框轉動過程中，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并聯后一起作為外電路。.電源內阻為r，外電路總電阻R_外=r.故R兩端的電壓最大值：U_R=IR_外（4分）

（3）和在磁場中，通過R的電流大小相等，

i_R=BlLω?.

從線框aa′進入磁場開始計時，每隔T/8（線框轉動45°）電流發生一次變化，其i_R隨時間t變化的圖象如圖所示。（5分，其中圖3分）

（4）因每個線框作為電源時產生的總電流和提供的功率分別為：

I=,　　P=IE=.（4分）

兩線框轉動一周時間內，上線圈只有兩次進入磁場，每次在磁場內的時間（即作為電源時的做功時間）為.根據能的轉化和守恒定律，外力驅動兩線圈轉動一周的功，完全轉化為電源所獲得的電能，所以

W_外=4P?=P?=P?（4分）

38 .解； ( 1 ）m對彈簧的彈力大于等于細繩的拉力 T 時細繩將被拉斷．有
T=kx₀                                                                         ①
mv≥kx                                         ②
解①②式得v₀≥                                    ③
(2)細繩剛斷時小滑塊的速度不一定為零，設為v₁，由機械能守恒有
mv=mv+kx                                    ④
∴v₁ =                                         ⑤
當滑塊和長板的速度相同時，設為v₂，彈簧的壓縮量x最大，此時長板的加速度 a 最大，由動量守恒和機械能守恒有

( 3 ）設滑塊離開長板時，滑塊速度為零，長板速度為v₃，由動量守恒和機械能守恒有

其中m＞M                                    
39. (1）粒子在電場中x偏轉：在垂直電場方向v_- = v₀平行電場分量
d = v_- ?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=?t=?                 ④
得 E=                                             ⑤
在磁場中運動如右圖運動方向改變 45⁰，運動半徑 R
R==                                        ⑥
又qvB =                                          ⑦
B==                                 ⑧
得                                              ⑨
( 3 ）粒子在磁場中運動時間為t^’
                                ⑩
                         
粒子在龜場中運動的時間為 t
t=                                                  
運動總時間t_總=t + t₁ =+                           

42（18分）

（1）電場強度

帶電粒子所受電場力F=

（2）粒子在0―時間內走過的距離為

故帶電粒子在時恰好到達A板

根據動量定理，此時粒子動量

（3）帶電粒子在向A板做勻加速運動，在向A板做勻減速運動，速度減為零后將返回。粒子向A板運動可能的最大位移

要求粒子不能到達A板，有s<d

由，電勢變化頻率應滿足

43(20分)

(1) 根據安培力公式,推力=其中

則

對海水推力的方向沿y軸方向(向右)

(2)

(3)根據歐姆定律,

安培推力

對船的推力

推力的功率

44（20分）

（1）小球1所受的重力與電場力始終平衡           ①

                                              ②

（2）相碰后小球1做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：

                                              ③

半徑為                                        ④

周期為                                   ⑤

兩小球運動時間                

小球1只能逆時針經過個周期時與小球2再次相碰      ⑥

第一次相碰后小球2作平拋運動              ⑦

                                          ⑧  

兩個小球第一次碰撞前后動量守恒，以水平向右為正方向

                                     ⑨

由⑦、⑧式得                    

由④式得                        

兩小球質量之比                

45(19分)

解　(1)設半徑為r₀的粒子加速后的速度為v₀，則

設區域II內電場強度為E,則

v₀ q₀B= q₀E 

電場強度方向豎直向上。

(2)設半徑為r的粒子的質量為m、帶電量為q、被加速后的速度為v,則

  由　得

 (3)半徑為r的粒子，在剛進入區域II時受到合力為F_合=qE-qvB=qB(v₀-v)

由可知，當

r>r₀時，v<v₀,F_合>0，粒子會向上極板偏轉;

r<r₀時，v>v₀,F_合<0，粒子會向下極板偏轉。

46（20 分）

解（1）由 得

（2）設 A、B 碰撞后的速度分別為 v₁、v₂，則

         設向右為正、向左為負，解得

         ，方向向左

         ，方向向右

設軌道對 B 球的支持力為 N， B 球對軌道的壓力為N′，方向豎直向上為正、向下為負．則，，方向豎直向下

（3）設 A、B 球第二次碰撞剛結束時的速度分別為 V₁、V₂，則

 

解得 （另一組解：V1=－v₁，V2=－v₂ 不合題意，舍去）

由此可得：

當 n為奇數時，小球 A、B 在第 n次碰撞剛結束時的速度分別與其第一次碰撞剛結束時相同；

當 n為偶數時，小球 A、B 在第 n次碰撞剛結束時的速度分別與其第二次碰撞剛結束時相同；

47.解：(1)設帶電粒子的電量為q，質量為m，在B₁和B₂中運動軌道半徑分別為r₁和r₂，周期分別為T₁和T₂，

  由qvB=                                                                               (2分)

  可得，r₁=

        r₂=

              T₁=

              T₂=

粒子第一次過x軸時的坐標為

x₁=2r₁=                                                                                                    (2分)

粒子第一次過x軸時的經歷的時間為

t₁=                                                                                                   (2分)

(2)設用x表示至第n次過x軸的整個過程中，粒子沿x軸方向的位移大小，當n為奇數時則有

x=                                                                               (2分)

當n為偶數時，則有

x=n(2r₁-2r₂)(n=2，4，6…)                                                                                       (2分)

用t表示從開始到此時的時間，

當n為奇數時，則有

t=n()(n=2，4，6…)                                                                                 (2分)

(3)由v=得，

當n為奇數時，則有

                                                                                           (2分)

當n為偶數時，則有

                                                                                                       (2分)

(4)若B₂：B₁=2，則當n很大時(n+1)≈(n-1),有

v：v₀趨于                                                                                                         (2分)

48（20分）

解：設粒子進入圓形區域時的速度為v，電場強度為E，磁感應強度為B。

當電場、磁場同時存在時，由題意有：

                                               …………①               （2分）

                                           …………②               （2分）

當只撤去磁場時，粒子在電場中做類平拋運動，軌跡如圖所示，有：

x方向，勻速直線運動：

                                             …………③               （2分）

y方向，勻加速直線運動：

                                 …………④               （3分）

當只撤去電場時，粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，設半徑為r，圓心為P，轉過的角度為θ，則有：

                                        …………⑤               （2分）

                                             …………⑥              （2分）

                                            …………⑦               （3分）

                                                …………⑧               （2分）

聯解得：                                                                         （2分）

49．質子的運動軌跡如圖

(1)

質子在電場中先作減速運動并使速度減為零，然后反向運動，在電場中運動的時間

質子從C運動到D的時間

所以，質子從A點出發到第三次穿越χ軸所需時間

(3)質子第三次穿越χ軸后，在電場中作類平拋運動，由于V₀與χ負方向成45^。角，所以第

四次穿越x軸時

所以，速度的大小為

速度方向與電場E的夾角設為θ，如圖所示

50．解：（1）電容極板電壓  …………①

    極板問場強    …………②    則   …………③

   （2）彈丸到達P點時兩者有共同速度，設為v，由動量守恒有：

      …………④

    對彈丸，由動能定理得： …………⑤，

    解得   …………⑥

   （3）對電容器，由動能定理得：…………⑦

    解得    …………⑧

   （4）彈丸最終返回從右板小孔飛出，此時電容器速度最大，設電容器速度為v₁、彈丸速度為v₂。則由動量守恒有：  …………⑨

    在整個過程中由能量守恒，即  …………⑩

    由⑨、⑩兩式解得    …………11

51．( 20分 )

解：（1）C在B上滑動過程中，動量守恒，

　　　　　              2分

全過程能量守恒

　　　　　　2分

代入數據解得

　　　　　　　                     2分

（2）AB碰撞，AB系統動量守恒

　　　　　　　　　　　　  1分

AB一起運動，C在B上相對滑動

　　　　　　　　      1分

　　　　　　　　      1分

C滑到B的右端時，有

　　　　　　　　　　　　　　     2分

　　　　　　　　　　　      1分

　　　　　　　　　　　　　　      1分

代入數據有

即C在B上運動時間為

此時　　　　　　　2分

此后AB分離，C在A上滑動過程中，CA系統動量守恒

　　　　　　　　　　　　　　　   1分

CA系統能量守恒

　　　　　　　　  1分

　　　　　　即物塊C停在A上距A左端0.25m處．　　　　　　    　3分

52（19分x）解答：

（1）R₁＝ ＝ ＝ W                                    ①      （4分）

F ＝ BIL ＝ ＝0.12 N                                         ②      （4分）

由mg - F ＝ ma                                                             ③      （2分）

a ＝g - ＝ 8.8（m / s²）                                                  ④      （2分）

（2）mgr - Q ＝ mv₂² ? 0                                                       ⑤      （5分）  

Q ＝ mgr - mv₂² ＝ 0.44 J                                             ⑥      （2分） 

53（20分）解答：

（1）貨物     （1分）

        小車                                                                      （1分）

        經t₁=2s  貨物運動                                               （1分）

                 小車運動                                             （1分）

      貨物V₁=a₁t₁=2×2=4m/s  向右

      小車V₂=a₂t₁=1×2=2m/s   向右

      經2秒后，貨物作勻減速運動 向左     （1分）

      小車加速度不變，仍為a₂=1m/s²  向右，當兩者速度相等時，貨柜恰好到達小車最右端，以后因為qE₂=f=µ(m₀+m₁)g，貨柜和小車一起作為整體向右以向右作勻減速直到速度都為0．                 （1分）

      共同速度為V=V₁―a₁′ t₂    V=V₂+a₂′t₂              t₂=   V=m/s              （1分）

       貨物和小車獲得共同速度至停止運動用時                      （1分）

       第二次電場作用時間為t=t₂+t₃=6s                                                         （2分）

   （2）小車在t₂時間內位移S₃=V₂t₂+a₂t₂²=m                                        （2分）

        貨柜在t₂時間內位移為S₄=V₁t₂―a₁′t₂²=m                                 （2分）

        小車長度L=S₁-S₂+S₄-S₃=m                                                           （2分）

        （或用能量守恒qE₁S₁-qE₂S₄=   L=m              （2分）

   （3）小車右端到達目的地的距離為S

                                     （2分）

54．第一階段拉力F小于CA間最大靜摩擦力，因此CA共同加速到與B相碰，該過程對CA用動能定理：F-μ₂Ÿ3mgs=3mv₁²/2，得v₁=0.8m/s

AB相碰瞬間，AB動量守恒，碰后共同速度v₂=0.4m/s

C在AB上滑行全過程，ABC系統所受合外力為零，動量守恒，C到B右端時恰好達到共速：

2m v₁+2m v₂=4m v，因此共同速度v=0.6m/s

C在AB上滑行全過程用能量守恒：FŸ2L=4m v²/2-(2m v₁²/2+2m v₂²/2)+μ₁Ÿ2mgŸ2L

得L=0.3m

57.(1)3:1      (2)1:     (3)2:1

58.(1)2mg/q

(2)U_AB=0;U_OB=mgd/q

(3)OP=d/3;  OC=2.4d ;  OD=2d

59．（17分）

（1）球1與球2、球2與球3碰撞后速度互換，球3以球1碰球2前瞬間的速度開始上升到H高處，然后再擺回來與球2、球2與球1碰撞，使球1上升到H高處，此后，系統做到周期性運動，則…………………2′

由此可知系統的運動周期為：…………………………………………2′

（2）由題意知三球碰后的動量均相同，設為p,則，球2在與球3碰前具有動量2p，根據機械能守恒定律，對于球2與球3碰撞的情況應有：

………………………………………………………2′

由此得：∶＝3∶1………………………………………………1′

球1與球2碰前的動量為3p，根據機械能守恒定律有：

……………………………………………………………2′

由此得：∶＝2∶1……………………………………………………………1′

從而可得：∶∶＝6∶3∶1…………………………………………………1′

設三球碰后上升的高度分別為

球1碰前動能＝,又＝,∴＝

球1碰后動能＝又＝，∴

從而可得：…………………………………………………………………2′

同理可得：…………………………………………………………………2′

…………………………………………………………………2′

60．（15分）

（1）因為+是以中點O對稱，所以……………………………1′

滑塊由a→b，根據動能定理：………………………………2′

∴………………………………………………………2′

（2）對小滑塊由o→b的過程，根據動能定理： ………………2′

……………………………………………2′

（3） ……………………………………………………2′

小滑塊從a點開始，最終停在O點，根據動能原理

－…………………………………………………………………2′

S＝……………………………………………………2′

61．（15分）

（1）設木板不動，電動車在板上運的加速度為．

由L＝     得…………………………………………………1′

此時木板使車向右運動的摩擦力………………………………1′

木板受車向左的反作用力…………………………………………1′

木板受地面向右最大靜摩擦力…………………………1′

所以木板不可能靜止，將向左運動  ………………………………………1′

（2）設電動車向右運動加速度,木板向左運動加速度為，碰前電動車速度為，木板速度為,碰后共同速度為v，兩者一起向右運動s而停止。

對電動車   …………………………………………………………………1′

對木板m+M）g＝Ma……………………………………………………1′

              F′＝F…………………………………………………………

又…………………………………………………………1′

解得 ………………………………1′

……………………………………………………………1′

……………………………………………………………1′

兩者相碰時，動量守恒    …………………………1′

s……………………………………1′

根據動能定理：－…………………………………1′

解得：S＝0.2m………………………………………………………………………1′

62．由題意可得行星的軌道半徑r為：  …………………①（1分）

設行星繞太陽的運轉周期為，由開普勒第三定律有： …………②（1分）

（用萬有引力定律和勻速圓周運動知識解答，結果正確照樣給分）

設行星最初處于最佳觀察期時，其位置超前與地球，且設經時間t地球轉過角后該行星再次處于最佳觀察期。則行星轉過的角度為： ………………③（2分）

于是有：                ………………………………………………④（1分）

                             ………………………………………………………… ⑤（1分）

解①②③④⑤可得： ………………………………… ⑥（2分）

若行星最初處于最佳觀察期時，其位置滯后與地球，同理可得：

 ……………………………………… ⑦（4分）

63．設面粉袋得質量為m，其在與傳送帶產生相當滑動得過程中所受得摩擦力。故而其加速度為： ……………………………………… （1分）

（1）若傳送帶得速度＝4．0m/s,則面粉袋加速運動的時間 ，在時間內的位移為：       …………………………………（1分）

其后以v＝4．0m/s的速度做勻速運動     

解得：  ………………………………………………………… （1分）

運動的總時間為： ………………………………………（1分）

（2）要想時間最短，m應一直向B端做加速度，

由： 可得：（1分）

此時傳送帶的運轉速度為： …………………  （1分）

由 可得：n＝240r/min（或4r/s）…………………… （2分）

（3）傳送帶的速度越達，“痕跡“越長。當面粉的痕跡布滿整條傳送帶時，痕跡達到最長。即痕跡長為： ……………………………… （2分）

在面粉袋由A端運動到B端的時間內，傳送帶運轉的距離

又由（2）已知＝2．0s 故而有： 則：

（或6．5r/s） ……………………………………… （2分）