高三物理難題匯總

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)專心-專注-專業(yè)精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè) 1如圖12所示，PR是一塊長為L=4 m的絕緣平板固定在水平地面上，整個空間有一個平行于PR的勻強(qiáng)電場E，在板的右半部分有一個垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場B，一個質(zhì)量為m=01 kg，帶電量為q=05 C的物體，從板的P端由靜止開始在電場力和摩擦力的作用下向右做勻加速運動，進(jìn)入磁場后恰能做勻速運動。當(dāng)物體碰到板R端的擋板后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場，物體返回時在磁場中仍做勻速運動，離開磁場后做勻減速運動停在C點，PC=L/4，物體與平板間的動摩擦因數(shù)為=04，取g=10

2、m/s2 ，求：（1）判斷物體帶電性質(zhì)，正電荷還是負(fù)電荷？（2）物體與擋板碰撞前后的速度v1和v2（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小圖12（4）電場強(qiáng)度E的大小和方向圖12 2 如圖214所示，光滑水平桌面上有長L=2m的木板C，質(zhì)量mc=5kg，在其正中央并排放著兩個小滑塊A和B，mA=1kg，mB=4kg，開始時三物都靜止在A、B間有少量塑膠炸藥，爆炸后A以速度6ms水平向左運動，A、B中任一塊與擋板碰撞后，都粘在一起，不計摩擦和碰撞時間，求： (1)當(dāng)兩滑塊A、B都與擋板碰撞后，C的速度是多大? (2)到A、B都與擋板碰撞為止，C的位移為多少?3 為了測量小木板和斜面間的摩擦因數(shù)，某同學(xué)設(shè)計如圖所

3、示實驗，在小木板上固定一個輕彈簧，彈簧下端吊一個光滑小球，彈簧長度方向與斜面平行，現(xiàn)將木板連同彈簧、小球放在斜面上，用手固定木板時，彈簧示數(shù)為F，放手后，木板沿斜面下滑，穩(wěn)定后彈簧示數(shù)為F，測得斜面斜角為，則木板與斜面間動摩擦因數(shù)為多少？（斜面體固定在地面上）4有一傾角為的斜面，其底端固定一擋板M，另有三個木塊A、B和C，它們的質(zhì)量分別為m=m=m，m=3 m，它們與斜面間的動摩擦因數(shù)都相同.其中木塊A連接一輕彈簧放于斜面上，并通過輕彈簧與擋板M相連，如圖所示.開始時，木塊A靜止在P處，彈簧處于自然伸長狀態(tài).木塊B在Q點以初速度v向下運動，P、Q間的距離為L.已知木塊B在下滑過程中做勻速直線運

4、動，與木塊A相碰后立刻一起向下運動，但不粘連，它們到達(dá)一個最低點后又向上運動，木塊B向上運動恰好能回到Q點.若木塊A靜止于P點，木塊C從Q點開始以初速度向下運動，經(jīng)歷同樣過程，最后木塊C停在斜面上的R點，求P、R間的距離L的大小。5如圖，足夠長的水平傳送帶始終以大小為v3m/s的速度向左運動，傳送帶上有一質(zhì)量為M2kg的小木盒A，A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為03，開始時，A與傳送帶之間保持相對靜止。先后相隔t3s有兩個光滑的質(zhì)量為m1kg的小球B自傳送帶的左端出發(fā)，以v015m/s的速度在傳送帶上向右運動。第1個球與木盒相遇后，球立即進(jìn)入盒中與盒保持相對靜止，第2個球出發(fā)后歷時t11s/3而與

5、木盒相遇。求（取g10m/s2）（1）第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度時多大？（2）第1個球出發(fā)后經(jīng)過多長時間與木盒相遇？BABAvv06如圖所示，兩平行金屬板A、B長l8cm，兩板間距離d8cm，A板比B板電勢高300V，即UAB300V。一帶正電的粒子電量q10-10C，質(zhì)量m10-20kg，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v02106m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進(jìn)入固定在中心線上的O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域（設(shè)界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響）。已知兩界面MN、PS相距為L12cm，粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于

6、中心線上的熒光屏EF上。求（靜電力常數(shù)k9109Nm2/C2）BAv0RMBAv0RMNLPSOEFl（2）點電荷的電量。7光滑水平面上放有如圖所示的用絕緣材料制成的L形滑板(平面部分足夠長)，質(zhì)量為4m，距滑板的A壁為L1距離的B處放有一質(zhì)量為m，電量為+q的大小不計的小物體，物體與板面的摩擦不計整個裝置置于場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，初始時刻，滑板與物體都靜止試問：(1)釋放小物體，第一次與滑板A壁碰前物體的速度v1， 多大?(2)若物體與A壁碰后相對水平面的速度大小為碰前速率的35，則物體在第二次跟A碰撞之前，滑板相對于水平面的速度v2和物體相對于水平面的速度v3分別為多大?(3)物體從開始到

7、第二次碰撞前，電場力做功為多大?(設(shè)碰撞經(jīng)歷時間極短且無能量損失)8如圖(甲)所示，兩水平放置的平行金屬板C、D相距很近，上面分別開有小孔 O和O，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌P、Q與金屬板C、D接觸良好，且導(dǎo)軌垂直放在磁感強(qiáng)度為B1=10T的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌間距L=0.50m，金屬棒AB緊貼著導(dǎo)軌沿平行導(dǎo)軌方向在磁場中做往復(fù)運動，其速度圖象如圖(乙)，若規(guī)定向右運動速度方向為正方向從t=0時刻開始，由C板小孔O處連續(xù)不斷地以垂直于C板方向飄入質(zhì)量為m=3.210 -21kg、電量q=1.610 -19C的帶正電的粒子(設(shè)飄入速度很小，可視為零)在D板外側(cè)有以MN為邊界的勻強(qiáng)磁場B2=10T，MN與

8、D相距d=10cm，B1和B2方向如圖所示(粒子重力及其相互作用不計)，求 (1)0到4.Os內(nèi)哪些時刻從O處飄入的粒子能穿過電場并飛出磁場邊界MN?(2)粒子從邊界MN射出來的位置之間最大的距離為多少?9（20分）如下圖所示，空間存在著一個范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感強(qiáng)度大小為B邊長為l的正方形金屬框abcd（下簡稱方框）放在光滑的水平地面上，其外側(cè)套著一個與方框邊長相同的U型金屬框架MNPQ（僅有MN、NQ、QP三條邊，下簡稱U型框），U型框與方框之間接觸良好且無摩擦兩個金屬框每條邊的質(zhì)量均為m，每條邊的電阻均為r （1）將方框固定不動，用力拉動U型框使它以速度垂直NQ邊向右

9、勻速運動，當(dāng)U型框的MP端滑至方框的最右側(cè)（如圖乙所示）時，方框上的bd兩端的電勢差為多大?此時方框的熱功率為多大?（2）若方框不固定，給U型框垂直NQ邊向右的初速度，如果U型框恰好不能與方框分離，則在這一過程中兩框架上產(chǎn)生的總熱量為多少?（3）若方框不固定，給U型框垂直NQ邊向右的初速度v（），U型框最終將與方框分離如果從U型框和方框不再接觸開始，經(jīng)過時間t后方框的最右側(cè)和U型框的最左側(cè)之間的距離為s求兩金屬框分離后的速度各多大10(14分)長為0.51m的木板A，質(zhì)量為1 kg板上右端有物塊B，質(zhì)量為3kg.它們一起在光滑的水平面上向左勻速運動.速度v0=2m/s.木板與等高的豎直固定板C

10、發(fā)生碰撞，時間極短，沒有機(jī)械能的損失物塊與木板間的動摩擦因數(shù)=0.5.g取10m/s2.求: （1）第一次碰撞后，A、B共同運動的速度大小和方向（2）第一次碰撞后，A與C之間的最大距離（結(jié)果保留兩位小數(shù)）（3）A與固定板碰撞幾次，B可脫離A板11如圖10是為了檢驗?zāi)撤N防護(hù)罩承受沖擊能力的裝置，M為半徑為、固定于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，軌道上端切線水平，N為待檢驗的固定曲面，該曲面在豎直面內(nèi)的截面為半徑的圓弧，圓弧下端切線水平且圓心恰好位于M軌道的上端點，M的下端相切處置放豎直向上的彈簧槍，可發(fā)射速度不同的質(zhì)量的小鋼珠，假設(shè)某次發(fā)射的鋼珠沿軌道恰好能經(jīng)過M的上端點，水平飛出后落到N的某一點上，

11、取，求：（1）發(fā)射該鋼珠前，彈簧的彈性勢能多大？（2）鋼珠落到圓弧上時的速度大小是多少？（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）12（10分）建筑工地上的黃沙堆成圓錐形，而且不管如何堆其角度是不變的。若測出其圓錐底的周長為125m，高為15m，如圖所示。（1）試求黃沙之間的動摩擦因數(shù)。（2）若將該黃沙靠墻堆放，占用的場地面積至少為多少？13（16分）如圖17所示，光滑水平地面上停著一輛平板車，其質(zhì)量為2m，長為L，車右端（A點）有一塊靜止的質(zhì)量為m的小金屬塊金屬塊與車間有摩擦，與中點C為界， AC段與CB段摩擦因數(shù)不同現(xiàn)給車施加一個向右的水平恒力，使車向右運動，同時金屬塊在車上開始滑動，當(dāng)金屬塊滑到中點C時，

12、即撤去這個力已知撤去力的瞬間，金屬塊的速度為v0，車的速度為2v0，最后金屬塊恰停在車的左端（B點）。如果金屬塊與車的AC段間的動摩擦因數(shù)為，與CB段間的動摩擦因數(shù)為，求與的比值FFACBL圖1714(18分)如圖10所示,空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,左側(cè)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E、方向水平向右，其寬度為L；中間區(qū)域勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外；右側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B、方向垂直紙面向里。一個帶正電的粒子（質(zhì)量m,電量q,不計重力）從電場左邊緣a點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)域后，又回到了a點，然后重復(fù)上述運動過程。（圖中虛線為電場與磁場

13、、相反方向磁場間的分界面，并不表示有什么障礙物）。（1）中間磁場區(qū)域的寬度d為多大；（2）帶電粒子在兩個磁場區(qū)域中的運動時間之比；（3）帶電粒子從a點開始運動到第一次回到a點時所用的時間t.15（20分）如圖10所示，abcd是一個正方形的盒子，在cd邊的中點有一小孔e，盒子中存在著沿ad方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E。一粒子源不斷地從a處的小孔沿ab方向向盒內(nèi)發(fā)射相同的帶電粒子，粒子的初速度為v0，經(jīng)電場作用后恰好從e處的小孔射出。現(xiàn)撤去電場，在盒子中加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B（圖中未畫出），粒子仍恰好從e孔射出。（帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用力均可忽略）（1）所加

14、磁場的方向如何？(2）電場強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值為多大？16（8分）如圖所示，水平軌道與直徑為d=0.8m的半圓軌道相接，半圓軌道的兩端點A、B連線是一條豎直線，整個裝置處于方向水平向右，大小為103V/m的勻強(qiáng)電場中，一小球質(zhì)量m=0.5kg,帶有q=510-3C電量的正電荷，在電場力作用下由靜止開始運動，不計一切摩擦，g=10m/s2，（1）若它運動的起點離A為L，它恰能到達(dá)軌道最高點B，求小球在B點的速度和L的值（2）若它運動起點離A為L=2.6m，且它運動到B點時電場消失，它繼續(xù)運動直到落地，求落地點與起點的距離17（8分）如圖所示，為某一裝置的俯視圖，PQ、MN為豎直放置的很長的

15、平行金屬板，兩板間有勻強(qiáng)磁場，其大小為B，方向豎直向下金屬棒擱置在兩板上緣，并與兩板垂直良好接觸現(xiàn)有質(zhì)量為m，帶電量大小為q，其重力不計的粒子，以初速v0水平射入兩板間，問：（1）金屬棒AB應(yīng)朝什么方向，以多大速度運動，可以使帶電粒子做勻速運動？ V0MBNPQAV0MBNPQA18(12分)如圖所示，氣缸放置在水平平臺上，活塞質(zhì)量為10kg，橫截面積50cm2，厚度1cm，氣缸全長21cm，氣缸質(zhì)量20kg，大氣壓強(qiáng)為1105Pa，當(dāng)溫度為7時，活塞封閉的氣柱長10cm，若將氣缸倒過來放置時，活塞下方的空氣能通過平臺上的缺口與大氣相通。g取10m/s2求：（1）氣柱多長？（2）當(dāng)溫度多高時，

16、活塞剛好接觸平臺？（3）當(dāng)溫度多高時，缸筒剛好對地面無壓力。（活塞摩擦不計）。19（14分）如圖所示，物塊A的質(zhì)量為M，物塊B、C的質(zhì)量都是m，并都可看作質(zhì)點，且mM2m。三物塊用細(xì)線通過滑輪連接，物塊B與物塊C的距離和物塊C到地面的距離都是L。現(xiàn)將物塊A下方的細(xì)線剪斷，若物塊A距滑輪足夠遠(yuǎn)且不計一切阻力。求：ACACBLL（2） 物塊A上升的最大高度。20M是氣壓式打包機(jī)的一個氣缸，在圖示狀態(tài)時，缸內(nèi)壓強(qiáng)為Pl，容積為VoN是一個大活塞，橫截面積為S2，左邊連接有推板，推住一個包裹缸的右邊有一個小活塞，橫截面積為S1，它的連接桿在B處與推桿AO以鉸鏈連接，O為固定轉(zhuǎn)動軸，B、O間距離為d推桿

17、推動一次，轉(zhuǎn)過角(為一很小角)，小活塞移動的距離為d，則 (1) 在圖示狀態(tài)，包已被壓緊，此時再推次桿之后，包受到的壓力為多大?(此過程中大活塞的位移略去不計，溫度變化不計) (2) 上述推桿終止時，手的推力為多大? (桿長AOL，大氣壓為Po) . 21（12分）如圖，在豎直面內(nèi)有兩平行金屬導(dǎo)軌AB、CD。導(dǎo)軌間距為L，電阻不計。一根電阻不計的金屬棒ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動。棒與導(dǎo)軌垂直，并接觸良好。導(dǎo)軌之間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度為B。導(dǎo)軌右邊與電路連接。電路中的三個定值電阻阻值分別為2R、R和R。在BD間接有一水平放置的平行板電容器C，板間距離為d。 （1）當(dāng)ab以速度v0勻

18、速向左運動時，電容器中質(zhì)量為m的帶電微粒恰好靜止。試判斷微粒的帶電性質(zhì)，及帶電量的大小。 （2）ab棒由靜止開始，以恒定的加速度a向左運動。討論電容器中帶電微粒的加速度如何變化。（設(shè)帶電微粒始終未與極板接觸。）22（12分）如圖所示的坐標(biāo)系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。在x軸上方空間的第一、第二象限內(nèi)，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場和垂直xy平面（紙面）向里的勻強(qiáng)磁場。在第四象限，存在沿y軸負(fù)方向，場強(qiáng)大小與第三象限電場場強(qiáng)相等的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、電量為q的帶電質(zhì)點，從y軸上y=h處的p點以一定的水平初速度沿x軸負(fù)方向進(jìn)入第二象限。然后經(jīng)過x軸上x=-2h處的

19、p點進(jìn)入第三象限，帶電質(zhì)點恰好能做勻速圓周運動。之后經(jīng)過y軸上y=-2h處的p點進(jìn)入第四象限。已知重力加速度為g。求：（1）粒子到達(dá)p點時速度的大小和方向；（2）第三象限空間中電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；（3）帶電質(zhì)點在第四象限空間運動過程中最小速度的大小和方向。23（20分）如圖所示，在非常高的光滑、絕緣水平高臺邊緣，靜置一個不帶電的小金屬塊B，另有一與B完全相同的帶電量為+q的小金屬塊A以初速度v0向B運動，A、B的質(zhì)量均為m。A與B相碰撞后，兩物塊立即粘在一起，并從臺上飛出。已知在高臺邊緣的右面空間中存在水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E=2mg/q。求：（1）A、B一起運動過程中距高臺邊緣

20、的最大水平距離（2）A、B運動過程的最小速度為多大（3）從開始到A、B運動到距高臺邊緣最大水平距離的過程 A損失的機(jī)械能為多大？24（20分）如圖11所示，在真空區(qū)域內(nèi)，有寬度為L的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直紙面向里，MN、PQ是磁場的邊界。質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子，先后兩次沿著與MN夾角為（00的區(qū)域中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，在yB2，如圖所示，若把粒子出發(fā)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(biāo)和所經(jīng)歷的時間。(2)粒子第n次過x軸時的坐標(biāo)和所經(jīng)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，

21、當(dāng)n很大時，v：v0趨于何值?48（20分）如圖所示，xOy平面內(nèi)的圓O與y軸相切于坐標(biāo)原點O。在該圓形區(qū)域內(nèi)，有與y軸平行的勻強(qiáng)電場和垂直于圓面的勻強(qiáng)磁場。一個帶電粒子（不計重力）從原點O沿x軸進(jìn)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。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(qū)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(qū)域的時間。49(20分)在圖示區(qū)域中，軸上方有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里，大小為 B，今有一質(zhì)子以速度v0由Y軸上的A點沿Y軸正方向射人磁場，質(zhì)子在磁場中運動一段 時間以后從C點進(jìn)入軸下方的勻強(qiáng)電場區(qū)域中

22、，在C點速度方向與軸正方向夾角為 450，該勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度大小為E，方向與Y軸夾角為450且斜向左上方，已知質(zhì)子的質(zhì)量為 m，電量為q，不計質(zhì)子的重力，(磁場區(qū)域和電場區(qū)域足夠大)求： (1)C點的坐標(biāo)。 (2)質(zhì)子從A點出發(fā)到第三次穿越軸時的運動時間。 (3)質(zhì)子第四次穿越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(shù)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(zhì)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(zhì)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(shè)電容器周圍

23、電場強(qiáng)度為0），彈丸最遠(yuǎn)可到達(dá)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小； （2）x的值； （3）當(dāng)彈丸到達(dá)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。CBA2v051兩塊長木板A、B的外形完全相同、質(zhì)量相等，長度均為L1m，置于光滑的水平面上一小物塊C，質(zhì)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(xiàn)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(fā)生碰撞，碰后A、B速度相同，但A、B不粘連已知C與A、C與BCBA2v0(1)C與B之間的動摩擦因數(shù);(2)物塊C最

24、后停在A上何處?52（19分）如圖所示，一根電阻為R12的電阻絲做成一個半徑為r1m的圓形導(dǎo)線框，豎直放置在水平勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場方向垂直，磁感強(qiáng)度為B0.2T，現(xiàn)有一根質(zhì)量為m0.1kg、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v1m/s，下落到經(jīng)過圓心時棒的速度大小為v2 m/s，（取g=10m/s2） Bo下落距離為r/2時棒的加速度，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，在小

25、車左端放置一質(zhì)量為0.1kg帶電量為q=110-2C的絕緣貨柜，現(xiàn)將一質(zhì)量為0.9kg的貨物放在貨柜內(nèi)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(dá)目的地，貨物到達(dá)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(shù)=0.1，（小車不帶電，貨柜及貨物體積大小不計，g取10m/s2）求：ABAB小車的長度；小車右端到達(dá)目的地的距離ACBFs54如圖所示，兩個完全相同的質(zhì)量為m的木板A、

26、B置于水平地面上，它們的間距s=2.88m。質(zhì)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(shù)為1=0.22，A、B與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為2=0.10。最大靜摩擦力可以認(rèn)為等于滑動摩擦力。開始時，三個物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)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ACBFs55(19分)24如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第、四象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，第二、三象限內(nèi)沿。x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，y軸為磁場和電場的理想邊界。一個質(zhì)量為m ，電荷量為e的質(zhì)子經(jīng)過x軸上A點時速度大小為vo，速度方向與x軸負(fù)方向夾角

27、=300。質(zhì)子第一次到達(dá)y軸時速度方向與y軸垂直，第三次到達(dá)y軸的位置用B點表示，圖中未畫出。已知OA=L。 求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向；求質(zhì)子從A點運動至B點時間56（20分）25 如圖所示，質(zhì)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(zhì)量m=1.0kg的小滑塊A，A與B之間的動摩天樓擦因數(shù)為=0.2?，F(xiàn)用大小為F=18N的推力水平向右推B，兩者發(fā)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(shè)B與墻壁碰撞時間極短，且無機(jī)械能損失，重力加速度g=10m/s2.求A在B上滑動的整個過

28、程中，A，B系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能增量。57。(15分)平行導(dǎo)軌L1、L2所在平面與水平面成30度角，平行導(dǎo)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(zhì)量分別為m1、m2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(qiáng)磁場。若同時釋放甲、乙棒，穩(wěn)定后它們都沿導(dǎo)軌作勻速運動。 (1)求兩金屬棒的質(zhì)量之比。 (2)求在穩(wěn)定前的某一時刻兩金屬棒加速度之比。 (3)當(dāng)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)

29、圖中y軸AB兩點的縱坐標(biāo)分別為d和-d。在0yd的區(qū)域中，存在沿y軸向上的非均勻電場，場強(qiáng)E的大小與y成正比，即E=ky；在yd的區(qū)域中，存在沿y軸向上的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)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(qiáng)的方向都沿y軸向下。現(xiàn)有一帶電量為q質(zhì)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(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)。在以后的運動中，它們所能達(dá)到的最高點和最低點分別為A點和D點，且經(jīng)過P點時速度達(dá)到最大值(重力加速度為g)。 (1)求勻強(qiáng)電場E； (

30、2)求出AB間的電勢差UAB及OB間的電勢差UOB； (3)分別求出P、C、D三點到0點的距離。59（17分）荷蘭科學(xué)家惠更斯在研究物體碰撞問題時做出了突出的貢獻(xiàn)惠更斯所做的碰撞實驗可簡化為：三個質(zhì)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?，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(jī)械能守恒定律，且碰撞時間極短，H遠(yuǎn)小于L,不計空氣阻力。（1）若三個球的質(zhì)量相同，則發(fā)生碰撞的兩球速度交換，試求此時系統(tǒng)的運動周期。（2）若三個球的質(zhì)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mm

31、m應(yīng)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AaBbL4,O為AB連線的中點，一質(zhì)量為m帶電量為+q的小滑塊（可以看作質(zhì)點）以初動能E從a點出發(fā)，沿直線AB向b點運動，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點時的動能為初動能的n倍（nl），到達(dá)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(shù)。 （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(zhì)量為M4kg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(shù)0.01，板上最

32、左端停放著質(zhì)量為m1kg可視為質(zhì)點的電動小車，車與木板的檔板相距L5m，車由靜止開始從木板左端向右做勻加速運動，經(jīng)時間t2s，車與擋板相碰，碰撞時間極短且碰后電動機(jī)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(nèi)同向繞太陽做勻速圓周運動。地球的軌道半徑為R，運轉(zhuǎn)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?qū)υ撔行堑挠^察視角（簡稱視角）。已知該行星的最大視角為，當(dāng) 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

33、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(jīng)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R1/米的主動輪和從動輪及轉(zhuǎn)送帶等構(gòu)成。兩輪軸心相距80m，輪與傳送帶不打滑?，F(xiàn)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04，這袋面粉中的面粉可不斷的從袋中滲出。（1）當(dāng)傳送帶以40m/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(shè)初速度仍為零），主動能的轉(zhuǎn)速至少應(yīng)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

34、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(shè)袋的初速度仍為零）？此時主動輪的轉(zhuǎn)速應(yīng)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（2）離開電場后，按動能定理，有：-mg=0-mv2由式得：v2=2 m/s（3）代入前式求得：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(qiáng)度方向水平向右，且：（Eq-mg）mv12-0進(jìn)入電磁場后做勻速運動，故有：Eq=（qBv1+mg）由以上兩式得： 2（1）A、B、C系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)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

35、（2）炸藥爆炸時有 解得 又 當(dāng)sA1 m時sB0.25m，即當(dāng)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(shù)為F，對小球F=mgsin 整體下滑：（M+m）sin-(M+m)gcos=(M+m)a 下滑時，對小球：mgsin-F=ma 由式、式、式得 =tan 4木塊B下滑做勻速直線運動，有mgsin=mgcos B和A相撞前后，總動量守恒,mv=2mv，所以 v= 設(shè)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2mgcos2s=兩木塊在P

36、點處分開后，木塊B上滑到Q點的過程：（mgsin+mgcos）L= 木塊C與A碰撞前后，總動量守恒，則3m，所以v=v設(shè)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4mgcos2s=木塊C與A在P點處分開后，木塊C上滑到R點的過程：（3mgsin+3mgcos）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(shè)第1個球與木盒相遇后瞬間，兩

37、者共同運動的速度為v1,根據(jù)動量守恒定律： （1分）代入數(shù)據(jù)，解得： v1=3m/s （1分）（2）設(shè)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(jīng)過t0與木盒相遇,則： （1分）設(shè)第1個球進(jìn)入木盒后兩者共同運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律：得： （1分）設(shè)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(nèi)的位移為零 （1分）依題意： （2分）代入數(shù)據(jù)，解得： s=75m t0=05s （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：

38、 則木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是： （2分）6（1）設(shè)粒子從電場中飛出時的側(cè)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(shù)據(jù)，解得： h=003m=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(shù)據(jù)，解得: y=012m=12cm （1分）（2）設(shè)粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為vy，則：vy=at= 代入數(shù)據(jù)，解得: vy=15106m/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(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為，則： （1分）因為粒子穿過界面P

39、S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(shù)據(jù)，解得： Q=10410-8C （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(tǒng)所增加的動能 8(1)只有當(dāng)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

40、子要飛出磁場邊界MN最小速度v0必須滿足： 設(shè)CD間的電壓為U，則 解得 U=25V，又U=B1Lv 解得v=5m/s.所以根據(jù)（乙）圖可以推斷在0.25st1.75s內(nèi)，粒子能穿過CD間的電場。（2）當(dāng)AB棒速度最大，即v=20m/s時產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為：=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=d-x=7.3cm9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(dāng)于電源，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 當(dāng)如圖乙所示位置時，

41、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(dá)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(jī)械能等于在這一過程中兩框架上產(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

42、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 * GB3 2分從發(fā)射前到最高點，由機(jī)械能守恒定律得： = 2 * GB3 2分（2）鋼珠從最高點飛出后，做平拋運動 = 3 * GB3 1分 = 4 * GB3 1分由幾何關(guān)系 = 5 * GB3 2分從飛出到打在得圓弧面上，由機(jī)械能守恒定律： = 6 * GB3 2分聯(lián)立 = 1 * GB3 、 = 3

43、 * GB3 、 = 4 * GB3 、 = 5 * GB3 、 = 6 * GB3 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=m2997m213設(shè)水平恒力F作用時間為t1對金屬塊使用動量定理Ft1=mv0-0即: 1mgt1=mv0 得t1= 對小車有（F-F）t1=2m2v00，得恒力F=51mg 金屬塊由AC過程中做勻加速運動，加速度

44、a1= 小車加速度 金屬塊與小車位移之差 而， 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 由能量守恒有 得 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(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。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(qū)域的兩段圓弧所對應(yīng)的圓心角為：，由于速度v相同，角速度相同，故而兩個磁場區(qū)域中的運動時間之比為： （3）電場中， 中間磁場中， 右側(cè)磁場中, 則15（20分）解：（1)根據(jù)粒

45、子在電場中的偏轉(zhuǎn)方向，可知粒子帶正電，再根據(jù)左手定則判斷，磁場方向垂直于紙面向外。 （4分）(2)設(shè)帶電粒子的電量為q，質(zhì)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(qiáng)電場的場強(qiáng)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(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，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(shè)落地點距B點距離為s，由動能定理小球從靜止運動

46、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(yīng)為高電勢，即金屬棒應(yīng)朝左運動（1分）設(shè)AB棒的速度為v，產(chǎn)生的電動勢 （1分）板間場強(qiáng) （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(dāng)位移為時，粒子轉(zhuǎn)過的角度為（1分）設(shè)粒子運動時間為，有 （1分） （1分）18（12分）（1）12等溫變化：P1=P0+ =1.2105Pa 1分 P2=P0-=0.8105Pa 1分P1L1= P2L2 1分 L2=15 cm 1分 （2）23等壓變化：T2 = T1 = （273+7）K =

47、280K 1分 L2 = 15cm，L3 = 20cm 1分 eq f(v2,T2) = eq f(v3,T3) , T3 = eq f(v3,v2) T2 = eq f(L3,L2) T2 = 373K 2分（3）34等容變化：P4 = P0+ = 1.4105 Pa 1分 P3 = P2 = 0.8105Pa 1分 eq f(P3,T3) = eq f(P4,T4) 1分 T4 = eq f(P4,P3) T3 = 653K 1分 或（14由= eq f(P4L4,T4) 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，A的速

48、度達(dá)到最大。 2mgLMgL=(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時速度為零。 MgLmgL =(M+m)V2 2分將V代入，整理后得：M=m 1分若Mm，B物體將不會著地。Mghmgh =(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Mm，B物體著地后，A還會上升一段。Mg Lmg L =(M+m)（V2v2） 1分V2 = 1分h= 1分H3 = 2L + h = 2L + 1分20(1) F=P1Vo / (Vo-dS1) P

49、oS2 (2) F=P1Vo / (Vo-dS1) PoS1d / L21（12分）解：（1）棒勻速向左運動，感應(yīng)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(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)時間t0，微粒受力平衡mg =（1分）（1分）求出或（1分）當(dāng)t t0時，a3 = g，越來越大，加速度方向向上（1分）22.解：（1）質(zhì)點從P到P，由平拋運動規(guī)律 h=gt v v 求出v= 方向與x軸負(fù)方向成45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 B

50、qv=m (2R)=(2h)+(2h) 解得E= B=質(zhì)點進(jìn)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(dāng)豎直方向的速度減小到0，此時質(zhì)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：m0=2m2分碰后水平方向：qE=2ma 2分-2aXm=0-22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=gt1分合速度為：2分解得合的最小值：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運動到距離高臺邊緣最大水平距離的過程中A損失的機(jī)械能為：2分24（

51、20分）（1）如圖答1所示，經(jīng)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(guān)系式為 （2分），又 （2分），解得 （2分）加勻強(qiáng)電場后，粒子在磁場中沿直線運動射出PQ邊界的條件為EqBq（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(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

52、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qa=-qb（b一定帶負(fù)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。則ta=Ta1+Ta2 tb=Tb1+Tb2/2 （2分） （2分） 即 （2分）代入數(shù)據(jù)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(jī)械能守恒定律有： mgR(1-co

53、s)= 在D點用向心力公式有： F-mg=m 解以上二個方程可得： F=3mg-2mgcos (2)從A到C由動能定理有： mgsin(S+Rcot)- mgcosRcot=0 解方程得： S=(cot-cot)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 + mgv0 = （2）碰撞后，a、b結(jié)合為一體，設(shè)其速度為v由動量守恒定律得mv0 = 5mvv =碰后的新微粒電量為 q設(shè)Q點與O點高度差為h由動能定理：5mgh Eqh =5m (0.4v0) 5m ()2h = 0.9 （3）碰

54、撞后，a、b分開，則有mv0 = mva + 4mvb vb = 0.3 v0，得va = 0.2v0a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(shè)半徑為RB | va |R =a的最高點與O點的高度差ha = 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(yuǎn)大于箭體重力，故動量守恒：m1v1-m2v2=0同時機(jī)械能守恒：(m1v12)/2+(m2v22)/2=E0v1=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(

55、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=E030設(shè)衰變后，氡核的速度為v0，粒子的速度為v，由動量守恒定律得 （Mm）v0=mv 粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，到達(dá)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ABC應(yīng)用動能定理，得 WF-1m1g(2L1+L2)=(4分) 解得WF=6J(3分) (2)設(shè)P、Q碰后速度分別為v1、v2，小車最后

56、速度為v，由動量守恒定律得 m1vc=m1v1+-m2v2 (2分) m1vc=(m1+m2+M)v (2分) 由能量守恒得2m1gS+2m2gL=(3分) 解得，v2=2m/s v2= v=0.4m/s(3分)當(dāng)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/s24導(dǎo)與練上有35(20分) 解：（1）由幾何關(guān)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(jù)運動學(xué)公式有 (2分)代入數(shù)據(jù)解得vB=4m/s，方向豎直向下(2分)（2）設(shè)小物塊沿軌道切線方向的分速度為vBx，因OB連線與豎直方向的夾角為60，

57、故vBx=vBsin60 (2分) 從B到C，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 (2分)代入數(shù)據(jù)解得m/s(1分)在C點，根據(jù)牛頓第二定律有 (2分)代入數(shù)據(jù)解得N(1分)再根據(jù)牛頓第三定律可知小物塊到達(dá)C點時對軌道的壓力FC=35N(1分)（3）小物塊滑到長木板上后，它們組成的系統(tǒng)在相互作用過程中總動量守恒，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。當(dāng)物塊相對木板靜止于木板最右端時，對應(yīng)著物塊不滑出的木板最小長度。根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有mvC=(m+M)v (2分) (2分)聯(lián)立、式得 代入數(shù)據(jù)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

58、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。 (6分)(2)阻力f與安培力F安衡時，框有vmf=Kvm=F=2IBL(2分)其中I=E/R (1分)E=2BL(v-vm) (2分)聯(lián)立得：Kvm=22BL(v-vm)/RBLKvm=(4B2L2v-4B2L2vm)/Rvm=4B2L2v/(KR+4B2L2)(1分) =3.2m/s(2分)(3)框消耗的磁場能一部分轉(zhuǎn)化為框中電熱，一部分克服陰力做功。據(jù)能量守恒E硫=I2Rt+Kvmvmt(4分)E磁=4B2L2(v-vm)2/R1+Kvm21 =+0183.22 =2

59、.9J(2分)37（20分）（1）根據(jù)磁場分布特點，線框不論轉(zhuǎn)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(zhuǎn)到圖示位置時，感應(yīng)電動勢的大小E=2Blv=2Bl=BlL（3分）。（2）線框轉(zhuǎn)動過程中，只能有一個線框進(jìn)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。.電源內(nèi)阻為r，外電路總電阻R外=r.故R兩端的電壓最大值：UR=IR外（4分）（3）和在磁場中，通過R的電流大小相等，iR=BlL.從線框aa進(jìn)入磁場開始計時，每隔T/8（線框轉(zhuǎn)動45）電流發(fā)生一次變化，其iR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(chǎn)生的總電流和提供的功

60、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(jìn)入磁場，每次在磁場內(nèi)的時間（即作為電源時的做功時間）為.根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，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=P=P（4分）38 .解； ( 1 ）m對彈簧的彈力大于等于細(xì)繩的拉力 T 時細(xì)繩將被拉斷有T=kx0 mvkx 解式得v0 (2)細(xì)繩剛斷時小滑塊的速度不一定為零，設(shè)為v1，由機(jī)械能守恒有mv=mv+kx v1 = 當(dāng)滑塊和長板的速度相同時，設(shè)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(jī)械能守恒有( 3 ）設(shè)滑塊離開長板時，滑塊速度為零，長板