26如图所示，ABCDE为固定在竖直平面内的轨道，ABC为直轨道，AB光滑，BC粗糙，CDE为光滑圆弧轨道，轨道半径为R，直轨道与圆弧轨道相切于C点，其中圆心O与BE在同一水平面上，OD竖直，∠COD=θ，且θ＜5°。现有一质量为m的小物体(可以看作质点)从斜面上的A点静止滑下，小物体与BC间的动摩擦因数为，现要使小物体第一次滑入圆弧轨道即恰好做简谐运动(重力加速度为g)。求：

(1)小物体过D点时对轨道的压力大小                                (2)直轨道AB部分的长度S                              

27两水平放置的金属板间存在一竖直方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为4m ，带电量为-2q的微粒b正好悬浮在板间正中间O点处，另一质量为m，带电量为 +q的微粒a，从p点以水平速度v₀(v₀未知)进入两板间，正好做匀速直线运动，中途与b碰撞。：

       匀强电场的电场强度E为多大                      微粒a的水平速度为多大                        若碰撞后a和b结为一整体，最后以速度0.4v₀从Q点穿出场区，求Q点与O点的高度差                       

若碰撞后a和b分开，分开后b具有大小为0.3v₀的水平向右速度，且带电量为-q/2，假如O点的左侧空间足够大，则分开后微粒a的运动轨迹的最高点与O点的高度差为多大                       

28

有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多用锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。现取以下简化模型进行定量研究。

如图所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为，与电动势为、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有一个质量为的导电小球，小球可视为质点。已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的倍（）。不计带电小球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为。

（1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势至少应大于多少                             

（2）设上述条件已满足，在较长的时间间隔内小球做了很多次往返运动。求在T时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量                             

29一玩具“火箭”由质量为m_l和m₂的两部分和压在中间的一根短而硬(即劲度系数很大)的轻质弹簧组成.起初，弹簧被压紧后锁定，具有的弹性势能为E₀，通过遥控器可在瞬间对弹簧解除锁定，使弹簧迅速恢复原长。现使该“火箭”位于一个深水池面的上方(可认为贴近水面)，释放同时解除锁定。于是，“火箭”的上部分竖直升空，下部分竖直钻入水中。设火箭本身的长度与它所能上升的高度及钻入水中的深度相比，可以忽略，但体积不可忽略。试求．

(1)“火箭”上部分所能达到的最大高度(相对于水面)                          (2)若上部分到达最高点时，下部分刚好触及水池底部，那么，此过程中，“火箭”下部分克服水的浮力做了多少功?(不计水的粘滞阻力)                        

30如图所示，在某一足够大的真空室中，虚线PH的右侧是一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧是一场强为E、方向水平向左的匀强电场。在虚线PH上的一点O处有一质量为M、电荷量为Q的镭核（Ra）。某时刻原来静止的镭核水平向右放出一个质量为m、电荷量为q的α粒子而衰变为氡（Rn）核，设α粒子与氡核分离后它们之间的作用力忽略不计，涉及动量问题时，亏损的质量可不计。

 经过一段时间α粒子刚好到达虚线PH

上的A点，测得OA=L。求此时刻氡核的

速率                             

31宇航员在某一星球上以速度v₀竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球又落回原抛出点。然后他用一根长为L的细线把一个质量为m的小球悬挂在O点，使小球处于静止状态，如图所示。现在最低点给小球一个水平向右的冲量I，使小球能在竖直平面内运动，若小球在运动的过程始终对细绳有力的作用，则冲量I应满足什么条件                           

32

如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm。电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度υ₀=4m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10^-2C，质量为m=2×10^-2kg，不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s²）

33

如图所示，光滑的水平面上有二块相同的长木板A和B，长为=0.5m，在B的右端有一个可以看作质点的小铁块C，三者的质量都为m，C与A、B间的动摩擦因数都为μ。现在A以速度ν₀=6m/s向右运动并与B相碰，撞击时间极短，碰后A、B粘在一起运动，而C可以在A、B上滑动，问：

（1）如果μ=0.5，则C会不会掉下地面                                     

（2）要使C最后停在长木板A上，则动摩擦因数μ必须满足什么条件                                    

（g=10m/s²）

34

    如图所示，质量M=3.5 kg的小车静止于光滑水平面上靠近桌

子处，其上表面与水平桌面相平，小车长L=1.2 m，其左端放有一质

量为m₂=0.5 kg的滑块Q。水平放置的轻弹簧左端固定，质量为

m₁=1 kg的小物块P置于桌面上的A点并与弹簧的右端接触。此时弹簧处于原长，现用水平

向左的推力将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为W_F，撤去推力后，P沿桌面滑动到达C点时的速度为2 m/s，并与小车上的Q相碰，最后Q停在小车的右端，P停在距小车左端S=0.5 m处。已知AB间距L₁=5 cm，A点离桌子边沿C点距离L₂=90 cm，P与桌面间动摩擦因数μ₁=0.4，P、Q与小车表面间动摩擦因数μ₂=0.1。(g=10 m/s。)求：

(1)推力做的功WF                                    

(2)P与Q碰撞后瞬间Q的速度大小和小车最后速度v                                    

35如图所示，半径R=0.8m的光滑1/4圆弧轨道固定在光滑水平上，轨道上方的A点有一个可视为质点的质量m=1kg的小物块。小物块由静止开始下落后打在圆弧轨道上的B点但未反弹，在该瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度即刻减为零，而沿切线方向的分速度不变，此后小物块将沿着圆弧轨道滑下。已知A点与轨道的圆心O的连线长也为R，且AO连线与水平方向的夹角为30°，C点为圆弧轨道的末端，紧靠C点有一质量M=3kg的长木板，木板的上表面与圆弧轨道末端的切线相平，小物块与木板间的动摩擦因数，g取10m/s²。求：

（1）小物块刚到达B点时的速度；

（2）小物块沿圆弧轨道到达C点时对轨道压力F_C的大小；

（3）木板长度L至少为多大时小物块才不会滑出长木板？

36磁悬浮列车动力原理如下图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，轨间存在着等距离的正方形匀强磁场B_l和B₂，方向相反，B₁=B₂=lT，如下图所示。导轨上放有金属框abcd，金属框电阻R=2Ω，导轨间距L=0.4m，当磁场B_l、B₂同时以v=5m/s的速度向右匀速运动时，求

(1)如果导轨和金属框均很光滑，金属框对地是否运动?若不运动，请说明理由；如运动，原因是什么?运动性质如何?

(2)如果金属框运动中所受到的阻力恒为其对地速度的K倍，K=0.18，求金属框所能达到的最大速度v_m是多少?

(3)如果金属框要维持(2)中最大速度运动，它每秒钟要消耗多少磁场能?

37如图左所示，边长为l和L的矩形线框、互相垂直，彼此绝缘，可绕中心轴O₁O₂转动，将两线框的始端并在一起接到滑环C，末端并在一起接到滑环D，C、D彼此绝缘.通过电刷跟C、D连接.线框处于磁铁和圆柱形铁芯之间的磁场中，磁场边缘中心的张角为45°，如图右所示（图中的圆表示圆柱形铁芯，它使磁铁和铁芯之间的磁场沿半径方向，如图箭头所示）.不论线框转到磁场中的什么位置，磁场的方向总是沿着线框平面.磁场中长为l的线框边所在处的磁感应强度大小恒为B，设线框和的电阻都是r，两个线框以角速度ω逆时针匀速转动，电阻R=2r.

   （1）求线框转到图右位置时感应电动势的大小；

   （2）求转动过程中电阻R上的电压最大值；

   （3）从线框进入磁场开始时，作出0~T（T是线框转动周期）时间内通过R的电流

        i_R随时间变化的图象；

   （4）求外力驱动两线框转动一周所做的功。

38（20分）如图所示，质量为 M 的长板静置在光滑的水平面上，左侧固定一劲度系数为 k 且足够长的水平轻质弹簧，右侧用一根不可伸长的细绳连接于墙上（细绳张紧），细绳所能承受的最大拉力为 T ．让一质量为 m 、初速为v₀的小滑块在长板上无摩擦地对准弹簧水平向左运动．已知弹簧的弹性势能表达式为E_P = ,其中为弹簧的形变量．试问：
    ( l ）v₀的大小满足什么条件时细绳会被拉断？
    ( 2 ）若v₀足够大，且 v₀已知．在细绳被拉断后，长板所能获得的最大加速度多大？
    ( 3 ）滑块最后离开长板时，相对地面速度恰为零的条件是什么？
                              

39 ( 16分)如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的，且宽度相等均为 d ，电场方向在纸平面内，而磁场方向垂直纸面向里．一带正电粒子从 O 点以速度 v₀ 沿垂直电场方向进入电场，在电场力的作用下发生偏转，从 A 点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半，当粒子从C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，（带电粒子重力不计）求：
    (l）粒子从 C 点穿出磁场时的速度v；
    (2）电场强度 E 和磁感应强度 B 的比值 E / B ；
    (3）拉子在电、磁场中运动的总时间。
                 

    40（ 19分）

  如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有沿－y方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于平面向外的匀强磁场。现有一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计）以初速度v₀沿－x方向从坐标为（3ｌ、ｌ）的P点开始运动，接着进入磁场，最后由坐标原点射出，射出时速度方向与y轴方间夹角为45º，求：

（1）粒子从O点射出时的速度v和电场强度E；

（2）粒子从P点运动到O点过程所用的时间。

41（20分）

  如图所示，在光滑的水平面上固定有左、右两竖直挡板，挡板间距离足够长，有一质量为M，长为L的长木板靠在左侧挡板处，另有一质量为m的小物块（可视为质点），放置在长木板的左端，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为μ，且M＞m。现使小物块和长木板以共同速度v₀向有运动，设长木板与左、右挡板的碰撞中无机械能损失。试求：

（1）将要发生第二次碰撞时，若小物块仍未从长木板上落下，则它应距长木板左端多远？

（2）为使小物块不从长木板上落下，板长L应满足什么条件？

（3）若满足（2）中条件，且M＝2kg，m＝1kg，v₀＝10m/s， 试计算整个

系统从开始到刚要发生第四次碰撞前损失的机械能。

42（18分）

如图1所示，真空中相距的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示

将一个质量，电量的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。求

（1）在时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；

（2）若A板电势变化周期s，在时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子到达A板时动量的大小；

（3）A板电势变化频率多大时，在到时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。

43（20分）

磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图1是平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成。

如图2所示，通道尺寸、、。工作时，在通道内沿z轴正方向加的匀强磁场；沿x轴负方向加匀强电场，使两金属板间的电压；海水沿y轴方向流过通道。已知海水的电阻率

（1）船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；

（2）船以的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以的速率涌入进水口，由于通道的截面积小于进水口的截面积，在通道内海水速率增加到。求此时两金属板间的感应电动势U_感；

（3）船行驶时，通道中海水两侧的电压按U_感计算，海水受到电磁力的80%可以转化为对船的推力。当船以的速度匀速前进时，求海水推力的功率。

44（20分）

如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=1.57T。小球1带正电，其电量与质量之比q₁/m₁=4C/kg，所受重力与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上。小球1向右以υ₀=23.59m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75s再次相碰。设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内。（取g=10m/s²）

问：（1）电场强度E的大小是多少？

   （2）两小球的质量之比是多少？

45.(19分)

有人设想用题24图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子。粒子在电离室中电离后带正电，电量与其表面积成正比。电离后，粒子缓慢通过小孔O₁进入极板间电压为U的水平加速电场区域I,再通过小孔O₂射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域II,其中磁场的磁感应强度大小为B,方向如图。收集室的小孔O₃与O₁、O₂在同一条水平线上。半径为r₀的粒子，其质量为m₀、电量为q₀,刚好能沿O₁O₃直线射入收集室。不计纳米粒子重力。（）

（1）试求图中区域II的电场强度;

（2）试求半径为r的粒子通过O₂时的速率;

（3）讨论半径r≠r₀的粒子刚进入区域II时向哪个极板偏转。

46.(20分)

如题46图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm(β为待定系数)。A球从在边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求：

(1)待定系数β;

(2)第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力;

(3)小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。

47(20分)

    地球周围存在磁场，由太空射来的带电粒子在此磁场的运动称为磁

漂移，以下是描述的一种假设的磁漂移运动，一带正电的粒子(质量为

m，带电量为q)在x=0，y=0处沿y方向以某一速度v₀运动，空间存在

垂直于图中向外的匀强磁场，在y>0的区域中，磁感应强度为B₁，在y

<0的区域中，磁感应强度为B₂，B₂>B₂，如图所示，若把粒子出发点x

=0处作为第0次过x轴。求：

(1)粒子第一次过x轴时的坐标和所经历的时间。

(2)粒子第n次过x轴时的坐标和所经历的时间。

(3)第0次过z轴至第n次过x轴的整个过程中，在x轴方向的平均速度v与v₀之比。

(4)若B₂：B₁=2，当n很大时，v：v₀趋于何值?

48（20分）如图所示，xOy平面内的圆O′与y轴相切于坐标原点O。在该圆形区域内，有与y轴平行的匀强电场和垂直于圆面的匀强磁场。一个带电粒子（不计重力）从原点O沿x轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过圆形区域的时间为T₀。若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，该带电粒子穿过圆形区域的时间为；若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，求该带电粒子穿过圆形区域的时间。

49(20分)在图示区域中，χ轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为

  B，今有一质子以速度v₀由Y轴上的A点沿Y轴正方向射人磁场，质子在磁场中运动一段

  时间以后从C点进入χ轴下方的匀强电场区域中，在C点速度方向与χ轴正方向夹角为

  45⁰，该匀强电场的强度大小为E，方向与Y轴夹角为45⁰且斜向左上方，已知质子的质量为

  m，电量为q，不计质子的重力，(磁场区域和电场区域足够大)求：

  (1)C点的坐标。

  (2)质子从A点出发到第三次穿越χ轴时的运动时间。

  (3)质子第四次穿越χ轴时速度的大小及速度方向与电场E方向的夹角。(角度用反三角

     函数表示)

50 (22分)如图所示，电容为C、带电量为Q、极板间距为d的电容器固定在绝缘底座上，两板竖直放置，总质量为M，整个装置静止在光滑水平面上。在电容器右板上有一小孔，一质量为m、带电量为+q的弹丸以速度v₀从小孔水平射入电容器中（不计弹丸重力，设电容器周围电场强度为0），弹丸最远可到达距右板为x的P点，求：

   （1）弹丸在电容器中受到的电场力的大小；

   （2）x的值；

   （3）当弹丸到达P点时，电容器电容已移动的距离s；

   （4）电容器获得的最大速度。

51两块长木板A、B的外形完全相同、质量相等，长度均为L＝1m，置于光滑的水平面上．一小物块C，质量也与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，与B保持相对静止.现在让B静止在水平面上，C置于B的左端，木板A以初速度2v₀向左运动与木板B发生碰撞，碰后A、B速度相同，但A、B不粘连．已知C与A、C与B之间的动摩擦因数相同.(g=10m/s²)求:

(1)C与B之间的动摩擦因数;

(2)物块C最后停在A上何处?

52（19分）如图所示，一根电阻为R＝12Ω的电阻丝做成一个半径为r＝1m的圆形导线框，竖直放置在水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，磁感强度为B＝0.2T，现有一根质量为m＝0.1kg、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点静止起沿线框下落，在下落过程中始终与线框良好接触，已知下落距离为 r/2时，棒的速度大小为v₁＝m/s，下落到经过圆心时棒的速度大小为v₂ ＝m/s，（取g=10m/s²）

试求：

⑴下落距离为r/2时棒的加速度，

⑵从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量．

53（20分）如图所示，为一个实验室模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘质量为1kg的小车，小车置于光滑的水平面上，在小车左端放置一质量为0.1kg带电量为q=1×10^-2C的绝缘货柜，现将一质量为0.9kg的货物放在货柜内．在传送途中有一水平电场，可以通过开关控制其有、无及方向．先产生一个方向水平向右，大小E₁=3×10²N/m的电场，小车和货柜开始运动，作用时间2s后，改变电场，电场大小变为E₂=1×10²N/m，方向向左，电场作用一段时间后，关闭电场，小车正好到达目的地，货物到达小车的最右端，且小车和货物的速度恰好为零。已知货柜与小车间的动摩擦因数µ=0.1，（小车不带电，货柜及货物体积大小不计，g取10m/s²）求：

⑴第二次电场作用的时间；

⑵小车的长度；

⑶小车右端到达目的地的距离．

54．如图所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距s=2.88m。质量为2m，大小可忽略的物块C置于A板的左端，C与A之间的动摩擦因数为μ₁=0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ₂=0.10。最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态。现给C施加一个水平向右，大小为0.4mg的恒力F，假定木板A、B碰撞时间极短，且碰撞后粘连在一起。要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？   

55(19分)24

如图所示，在直角坐标系的第―、四象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第二、三象限内沿。

x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，y轴为磁场和电场的理想边界。一个质量为m ，电荷量为e的质子经过x轴上A点时速度大小为v_o，速度方向与x轴负方向夹角θ=30⁰。质子第一次到达y轴时速度方向与y轴垂直，第三次到达y轴的位置用B点表示，图中未画出。已知OA=L。   

(1)    求磁感应强度大小和方向；

(2)    求质子从A点运动至B点时间

56（20分）25

  如图所示，质量M=4.0kg，长L=4.0m的木板B静止在光滑水平地面上，木板右端与竖直墙壁之间距离为s=6.0m，其上表面正中央放置一个质量m=1.0kg的小滑块A，A与B之间的动摩天楼擦因数为μ=0.2。现用大小为F=18N的推力水平向右推B，两者发生相对滑动，作用1s后撤去推力F，通过计算可知，在B与墙壁碰撞时A没有滑离B。设B与墙壁碰撞时间极短，且无机械能损失，重力加速度g=10m/s².求A在B上滑动的整个过程中，A，B系统因摩擦产生的内能增量。

57。(15分)平行导轨L1、L2所在平面与水平面成30度角，平行导轨L3、L4所在平面与水平面成60度角，L1、L3上端连接于O点，L2、L4上端连接于O’点，OO’连线水平且与L1、L2、L3、L4都垂直，质量分别为m1、m2的甲、乙两金属棒分别跨接在左右两边导轨上，且可沿导轨无摩擦地滑动，整个空间存在着竖直向下的匀强磁场。若同时释放甲、乙棒，稳定后它们都沿导轨作匀速运动。

  (1)求两金属棒的质量之比。

  (2)求在稳定前的某一时刻两金属棒加速度之比。

  (3)当甲的加速度为g/4时，两棒重力做功的瞬时功率和回路中电流做功的瞬时功率之比为多少？

58.(18分)图中y轴AB两点的纵坐标分别为d和-d。在0《y《d的区域中，存在沿y轴向上的非均匀电场，场强E的大小与y成正比，即E=ky；在y》d的区域中，存在沿y轴向上的匀强电场，电场强度F=kd(k属未知量)。X轴下方空间各点电场分布与x轴上方空间中的分布对称，只是场强的方向都沿y轴向下。现有一带电量为q质量为m的微粒甲正好在O、B两点之问作简谐运动。某时刻将一带电蕾为2q、质量为m的微粒乙从y轴上的c点处由静止释放，乙运动到0点和甲相碰并结为一体(忽略两微粒之间的库仑力)。在以后的运动中，它们所能达到的最高点和最低点分别为A点和D点，且经过P点时速度达到最大值(重力加速度为g)。

  (1)求匀强电场E；

  (2)求出AB间的电势差U_AB及OB间的电势差U_OB；

  (3)分别求出P、C、D三点到0点的距离。

59．（17分）

荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献．惠更斯所做的碰撞实验可简化为：三个质量分别为m、m、m的小球，半径相同，并排悬挂在长度均为L的三根平行绳子上，彼此相互接触。现把质量为m的小球拉开，上升到H高处释放，如图所示，已知各球间碰撞时同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律，且碰撞时间极短，H远小于L,不计空气阻力。

（1）若三个球的质量相同，则发生碰撞的两球速度交换，试求此时系统的运动周期。

（2）若三个球的质量不同，要使球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球具有同样的动量，则m∶m∶m应为多少?它们上升的高度分别为多少?

60．（15分）

如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个带电量相等的正电荷，a、b是AB连线上的两点，其中Aa＝Bb＝L／4,O为AB连线的中点，一质量为m带电量为+q的小滑块（可以看作质点）以初动能E从a点出发，沿直线AB向b点运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍（n>l），到达b点时动能恰好为零,小滑块最终停在O点，求：

（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数。

  （2）O、b两点间的电势差U。

  （3）小滑块运动的总路程。

61．（15分）

如图所示，质量为M＝4kg的木板静止置于足够大的水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.01，板上最左端停放着质量为m＝1kg可视为质点的电动小车，车与木板的档板相距L＝5m，车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动，经时间t＝2s，车与挡板相碰，碰撞时间极短且碰后电动机的电源切断，车与挡板粘合在一起，求：

（1）试通过计算说明，电动小车在木板上运动时，木板能否保持静止?

（2）试求出碰后木板在水平面上滑动的距离。

62（12分）

如图14所示。地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动。地球的轨道半径为R，运转周期为T。地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角（简称视角）。已知该行星的最大视角为，当 行星处于最大视角处时，是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期。若某时刻该行星正处于最佳观察期，问该行星下一次处于最佳观察期至少需经历多长时间？

63．（12分）

如图15所示。一水平传送装置有轮半径均为R＝1/米的主动轮和从动轮及转送带等构成。两轮轴心相距8．0m，轮与传送带不打滑。现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦力因素为＝0．4，这袋面粉中的面粉可不断的从袋中渗出。

（1）当传送带以4．0m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端正上方的A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到正上方的B端所用的时间为多少？

（2）要想尽快将这袋面粉由A端送到B端（设初速度仍为零），主动能的转速至少应为多大？

（3）由于面粉的渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉的痕迹，这袋面粉在传送带上留下的痕迹最长能有多长（设袋的初速度仍为零）？此时主动轮的转速应满足何种条件？

1

（1）由于物体返回后在磁场中无电场，且仍做匀速运动，故知摩擦力为0，所以物体带正电荷．且：mg=qBv₂…………………………………………………………①

（2）离开电场后，按动能定理，有：-μmg=0-mv²………………………………②

由①式得：v₂=2 m/s

（3）代入前式①求得：B= T

（4）由于电荷由P运动到C点做匀加速运动，可知电场强度方向水平向右，且：（Eq-μmg）mv₁²-0……………………………………………③

进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq=μ（qBv₁+mg）……………………………④

由以上③④两式得：

2（1）A、B、C系统所受合外力为零，故系统动量守恒，且总动量为零，故两物块与挡板碰撞后，C的速度为零，即

（2）炸药爆炸时有

      解得

      又

      当s_A＝1 m时s_B＝0.25m，即当A、C相撞时B与C右板相距

      A、C相撞时有：

解得＝1m/s，方向向左

而＝1.5m/s，方向向右，两者相距0.75m，故到A，B都与挡板碰撞为止，C的位移为

m19.

3固定时示数为F，对小球F=mgsinθ            ①

整体下滑：（M+m）sinθ-μ(M+m)gcosθ=(M+m)a  ②

    下滑时，对小球：mgsinθ-F=ma　　　　   　     ③

    由式①、式②、式③得

    μ=tan θ

4．木块B下滑做匀速直线运动，有mgsinθ=μmgcosθ

    B和A相撞前后，总动量守恒,mv=2mv，所以

    v=

   设两木块向下压缩弹簧的最大长度为s,两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v，则

μ2mgcosθ?2s=

两木块在P点处分开后，木块B上滑到Q点的过程：

（mgsinθ+μmgcosθ）L=

 木块C与A碰撞前后，总动量守恒，则3m?，所以

v′=v

设木块C和A压缩弹簧的最大长度为s′,两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v,则μ4mgcosθ?2s′=

木块C与A在P点处分开后，木块C上滑到R点的过程：

（3mgsinθ+μ3mgcosθ）L′=

在木块压缩弹簧的过程中，重力对木块所做的功与摩擦力对木块所做的功大小相等，因此弹簧被压缩而具有的最大弹性势能等于开始压缩弹簧时两木块的总动能.

因此，木块B和A压缩弹簧的初动能E木块C与A压缩弹簧的初动能E即E

因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即s=s′

综上，得L′=L-

5

（1）设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v₁,根据动量守恒定律：

                                          （1分）

代入数据，解得：             v₁=3m/s                           （1分）

（2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t₀与木盒相遇,则：                                                          （1分）

设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：

得：                     （1分）

设木盒减速运动的时间为t₁,加速到与传送带相同的速度的时间为t₂，则：

=1s                                                 （1分）

故木盒在2s内的位移为零                                        （1分）

依题意：                        （2分）

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

（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为S，木盒的位移为s₁,则：                                  （1分）

                                  （1分）

故木盒相对与传送带的位移：    

则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：               （2分）

6

（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h, 穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y，则：                      h=at²/2                                      （1分）

       即：                    （1分）

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

带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得：

                                                      （1分）

代入数据，解得:      y=0．12m=12cm                              （1分）

（2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为v_y，则：v_y=at=

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

所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：

                                    （1分）

设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：

                                          （1分）

因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直。

匀速圆周运动的半径：                          （1分）

由：                                               （2分）

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

7(1)释放小物体，物体在电场力作用下水平向右运动，此时，滑板静止不动，对于小物体，

由动能定理得：          

(2)碰后小物体反弹，由动量守恒定律：得                  得                 ．之后

滑板以v₂匀速运动，直到与物体第二次碰撞，从第一次碰撞到第二次碰撞时，物体与滑板

位移相等、时间相等、平均速度相等

    (3)电场力做功等于系统所增加的动能                      

8．(1)只有当CD板间的电场力方向向上即AB棒向右运动时，粒子才可能从O运动到O’，而

粒子要飞出磁场边界MN最小速度v₀必须满足：          ①

设CD间的电压为U，则               ②

    解①②得  U=25V，又U=ε=B₁Lv  解得v=5m/s.

所以根据（乙）图可以推断在0.25s<t<1.75s内，粒子能穿过CD间的电场。

（2）当AB棒速度最大，即v’=20m/s时产生感应电动势为：ε’=B₁Lv’=100V

此时带电粒子经加速后速度为v，由动能定理有：         解得：v=100m/s 此时带电粒子

的轨道半径为              出射点与O’的水平距离为：

粒子从边界MN射出来的位置间最大距离为S=d-x=7.3cm

9第（1）问8分，第（2）问6分，第（3）问6分，共20分

解: （1）U型框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势　　　　　                      

　　当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为　　

　　U型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为

　　闭合电路的总电流为　

　　根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：　　

　　方框中的热功率为　　　　　　　

　 （2）在U型框向右运动的过程中，U型框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律

　　　　　解得：　

　　根据能量守恒定律，U型框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即

　（3）设U型框和方框不再接触时方框速度为，U型框的速度为，根据动量守恒定律，有       　　

两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，即

联立以上两式，解得：；　

（以上答案供参考，符合题意的其它合理答案均给分）

10．(14分)分析与解答：

解：（1）以A、B整体为研究对象，从A与C碰后至AB有共同速度v，系统动量守恒

（2）以A为研究对象，从与C碰后至对地面速度为零，受力为f，位移为s即最大位移．

即三次碰撞后B可脱离A板．

11（13分）

（1）设钢珠在轨道最高点的速度为，在最高点，由题意 ①     2分

       从发射前到最高点，由机械能守恒定律得：    ②   2分

（2）钢珠从最高点飞出后，做平抛运动

     ③        1分

    ④      1分

由几何关系    ⑤                 2分

从飞出到打在得圆弧面上，由机械能守恒定律：

           ⑥                  2分

联立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、弹力和摩擦力的作用而静止，则

所以，（称为摩擦角）

（2）因为黄沙是靠墙堆放的，只能堆成半个圆锥状，由于体积不变，不变，要使占场地面积最小，则取R_x为最小，所以有，根据体积公式，该堆黄沙的体积为，因为靠墙堆放只能堆成半个圆锥，故，解得 ，占地面积至少为=m²≈9．97m²

13．设水平恒力F作用时间为t₁．

       对金属块使用动量定理F_μt₁=mv₀-0即: μ₁mgt₁=mv₀       ①

得t₁=                                          ②

       对小车有（F-F_μ）t₁=2m×2v₀－0，得恒力F=5μ₁mg      ③

       金属块由A→C过程中做匀加速运动，加速度a₁==  ④

       小车加速度           ⑤

       金属块与小车位移之差   ⑥

       而，∴                                        ⑦

从小金属块滑至车中点C开始到小金属块停在车的左端的过程中，系统外力为零，动量守恒，设共同速度为v，由2m×2v₀+mv₀=（2m+m）v，得v=v₀．  ⑧

由能量守恒有   ⑨

得                                            ⑩

∴

14.解：（1）带正电的粒子在电场中加速，由动能定理得

          在磁场中偏转，由牛顿第二定律得

         可见在两磁场区域粒子运动的半径相同。如右图，三段圆弧的圆心组成的三角形是等边三角形，其边长为2r

         (2)带电粒子在中间磁场区域的两段圆弧所对应的圆心角为：，由于速度v相同，角速度相同，故而两个磁场区域中的运动时间之比为：

（3）电场中，

     中间磁场中，    右侧磁场中,

      则

15（20分）

解：（1)根据粒子在电场中的偏转方向，可知粒子带正电，再根据左手定则判断，磁场方向垂直于纸面向外。      （4分）

(2)设带电粒子的电量为q，质量为m，盒子的边长为l，粒子在电场中沿ad方向的位移为l，沿ab方向的位移为，得

，

解得匀强电场的场强为          （5分）

带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，轨道半径为R，根据牛顿第二定律得

      解得 

根据如图的几何关系

解得轨道半径为

解得磁场的磁感应强度     （9分）

因此解得                   （2分）

16（8分）

（1）因小球恰能到B点，则在B点有

                             （1分）

                      （1分）

小球运动到B的过程，由动能定理

                    （1分）

         （1分）

（2）小球离开B点，电场消失，小球做平抛运动，设落地点距B点距离为s，由动能定理小球从静止运动到B有

         （2分）

                   （2分）

17（8分）

（1）粒子匀速运动，所受电场力与洛伦兹力等大反向，则金属棒B端应为高电势，即金属棒应朝左运动（1分）

设AB棒的速度为v，产生的电动势

                        （1分）

板间场强

                    （1分）

粒子所受电场力与洛伦兹力平衡

                     （1分）

有                           （1分）

（2）金属棒停止运动，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，当位移为时，粒子转过的角度为（1分）

设粒子运动时间为，有

                            （1分）

                      （1分）

18（12分）

（1）1®2等温变化：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等压变化：T₂ = T₁ = （273+7）K =280K   1分

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

（3）3®4等容变化：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      同样得分）

19（14分）(1)A、B、C三物体系统机械能守恒。B、C下降L，A上升L时，A的速度达到最大。  2mgL－MgL=(M+2m)V²   2分  V=       2分

(2)当C着地后，A、B二物体系统机械能守恒。B恰能着地，即B物体下降L时速度为零。  MgL－mgL =(M+m)V²    2分

将V代入，整理后得：M=m       1分

若M＞m，B物体将不会着地。　　

Mgh－mgh =(M+m)V²      1分

h =             1分

H_L = L + h = L +        1分

若M =m，B恰能着地，A物体再上升的高度等于L。 H₂ = 2L                                    

若M＜m，B物体着地后，A还会上升一段。　　　

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）棒匀速向左运动，感应电流为顺时针方向，电容器上板带正电。

              ∵微粒受力平衡，电场力方向向上，场强方向向下

∴微粒带负电                     （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）经时间t₀，微粒受力平衡           mg =             （1分）

                                                                        （1分）

                                   求出                     或           （1分）

              当t < t₀时，a₁ = g ?，越来越小，加速度方向向下     （1分）

              当t = t₀时，a₂ = 0                                                                      （1分）

              当t > t₀时，a₃ =? g，越来越大，加速度方向向上      （1分）

22.解：（1）质点从P到P，由平抛运动规律

               h=gt

               v     v

           求出v=

               方向与x轴负方向成45°角

      （2）质点从P到P，重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力

                       Eq=mg

                       Bqv=m

                       (2R)=(2h)+(2h)

             解得E=         B=

（1）       质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀速直线运动。当竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，即v在水平方向的分量

                v°=

                      方向沿x轴正方向

23．解：（20分）

（1）由动量守恒定律：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时刻，A、B的水平方向的速度为…………………1分

竖直方向的速度为υ_γ=gt………………………………………………1分

合速度为：……………………………………………2分

解得υ_合的最小值：……………………………………3分

（3）碰撞过程中A损失的机械能：………2分

碰后到距高台边缘最大水平距离的过程中A损失的机械能：

…………………………………………………………2分

从开始到A、B运动到距离高台边缘最大水平距离的过程中A损失的机械能为：

……………………………………………………………2分

24（20分）

（1）如图答1所示，经电压加速后以速度射入磁场，粒子刚好垂直PQ射出磁场，可确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在PQ边界线的O点，半径与磁场宽L的关系式为

  （2分），又  （2分），解得  （2分）

加匀强电场后，粒子在磁场中沿直线运动射出PQ边界的条件为Eq＝Bq（2分），电场力的方向与磁场力的方向相反。  （2分）

由此可得出，E的方向垂直磁场方向斜向右下（2分），与磁场边界夹角为（2分），如图答2所示。

（2）经电压加速后粒子射入磁场后刚好不能从PQ边界射出磁场，表明在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与PQ边界相切，要确定粒子做匀速圆周运动的圆心O的位置，如图答3所示，圆半径与L的关系式为：   （2分）

又，解得   （2分）

由于，，所以   （2分

25、（20分）（1）原子为中性，分裂后一定有q_a=-q_b（b一定带负电）         (2分)

            原子分裂前后动量守恒，则p_a+p_b=0                          （2分）

粒子在磁场中运动时由牛顿定律有                                （2分）

∴                                            （2分）

则：                                          （2分）

（2）a、b粒子相遇时：t_a=t_b                                 （2分）

    由题意分析可知,a粒子在第四次经过y轴与b粒子第一次相遇时，b粒子应第三次经过y轴。则

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

 ∵                             （2分）

∴            

即                 （2分）

代入数据并化简得：

解之得：

26 (1)小物体下滑到C点速度为零才能第一次滑入圆弧轨道即恰好做简谐运动

     从C到D由机械能守恒定律有：    mgR(1-cosθ)=                       在D点用向心力公式有：    F-mg=m                               解以上二个方程可得：     F=3mg-2mgcosθ                       

  (2)从A到C由动能定理有：

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

     解方程得：     S=(μcotθ-cotθ)R                                25．（1）对27（1）对b微粒，没与a微粒碰撞前只受重力和电场力，则有2qE = 4mg

       ∴E =

       对a微粒碰前做匀速直线运动，则有

       Bqv₀ = Eq + mg     ∴v₀ =

   （2）碰撞后，a、b结合为一体，设其速度为v

       由动量守恒定律得

       mv₀ = 5mv      ∴v =

       碰后的新微粒电量为? q

       设Q点与O点高度差为h

       由动能定理：

       5mgh ? Eqh =5m (0.4v₀) ?5m ()²

       ∴h = 0.9

   （3）碰撞后，a、b分开，则有

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

       a微粒电量为 ? q / 2，受到的电场力为

       E ?              ∴F_电 = mg

       故a微粒做匀速圆周运动，设半径为R

       B | v_a |              ∴R =

       a的最高点与O点的高度差h_a = 2R =。

28            

29

(1)“火箭”整体(含弹簧)在弹簧解除锁定的瞬间，弹簧弹力远大于箭体重力，故动量守恒：m₁v₁-m₂v₂=0                                                              

同时机械能守恒：(m₁v₁²)/2+(m₂v²₂)/2=E₀           

∴v₁=[2m₂E₀/m₁(m₁+m₂)]                                

v₂=[2m₁E₀/m₂(m₁+m₂)]                                    

∴“火箭”上部分所能达到的最大高度为：

H₁=v₁²/2g=m₂E₀/m₁g(m₁+m₂)    x                         

(2)“火箭”上升的时间为：t=v₁/g                     

水池深度为：H₂=v₂t/2                                       

“火箭”下部分克服水的浮力共做功：

W_F=m₂gH₂+m₂v₂²/2                                            

以上各式联立可得：W_F=E₀                               

30

设衰变后，氡核的速度为v₀，α粒子的速度为v_α，由动量守恒定律得

    （M－m）v₀=mv_α

    α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，到达A点需时

    又  氡核在电场中做匀加速直线运动，t时速度为v=v₀+at

    氡核加速度 由以上各式解得：。

31  或。32           

33

不会

为：（4=3+1分）

（4=3+1分）

34．解：(1)对P由A→B→C应用动能定理，得

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

  解得W_F=6J                                                                                                         (3分)

  (2)设P、Q碰后速度分别为v₁、v₂，小车最后速度为v，由动量守恒定律得

  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)

　当v2′=时，v1=>v₂′不合题意，舍去。                                 (2分)

  即P与Q碰撞后瞬间Q的速度大小为v₂=2m/s

  小车最后速度为0.4m/s

24导与练上有

35(20分) 解：（1）由几何关系可知，AB间的距离为R (1分)

小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有           ①    (2分)

代入数据解得v_B=4m/s，方向竖直向下                                                                (2分)

（2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为v_Bx，因OB连线与竖直方向的夹角为60°，故v_Bx=v_Bsin60°

                                                                ②      (2分)

 从B到C，只有重力做功，根据机械能守恒定律有

                                 ③          (2分)

代入数据解得m/s                                                                                  (1分)

在C点，根据牛顿第二定律有                    ④                (2分)

代入数据解得N                                                                                      (1分)

再根据牛顿第三定律可知小物块到达C点时对轨道的压力F_C=35N                     (1分)

（3）小物块滑到长木板上后，它们组成的系统在相互作用过程中总动量守恒，减少的机械能转化为内能。当物块相对木板静止于木板最右端时，对应着物块不滑出的木板最小长度。根据动量守恒定律和能量守恒定律有

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

                                     ⑥          (2分)

联立⑤、⑥式得                             ⑦

代入数据解得L=2.5m  (2分)

36(共20分)

(1)运动。因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad、b边切害虫磁感线，框中产生感应电流(方向逆时针)，同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运动，且属于加速度越来越小的变加速运动。                                         …………(6分)

(2)阻力f与安培力F安衡时，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联立得：

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)框消耗的磁场能一部分转化为框中电热，一部分克服阴力做功。

据能量守恒

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）根据磁场分布特点，线框不论转到磁场中哪一位置，切割磁感线的速度始终与磁场方向垂直，故线框转到图示位置时，感应电动势的大小E=2Blv=2Bl=BlLω（3分）。

（2）线框转动过程中，只能有一个线框进入磁场（作电源），另一个线框与外接电阻R并联后一起作为外电路。.电源内阻为r，外电路总电阻R_外=r.故R两端的电压最大值：U_R=IR_外（4分）

（3）和在磁场中，通过R的电流大小相等，

i_R=BlLω?.

从线框aa′进入磁场开始计时，每隔T/8（线框转动45°）电流发生一次变化，其i_R随时间t变化的图象如图所示。（5分，其中图3分）

（4）因每个线框作为电源时产生的总电流和提供的功率分别为：

I=,　　P=IE=.（4分）

两线框转动一周时间内，上线圈只有两次进入磁场，每次在磁场内的时间（即作为电源时的做功时间）为.根据能的转化和守恒定律，外力驱动两线圈转动一周的功，完全转化为电源所获得的电能，所以

W_外=4P?=P?=P?（4分）

38 .解； ( 1 ）m对弹簧的弹力大于等于细绳的拉力 T 时细绳将被拉断．有
T=kx₀                                                                         ①
mv≥kx                                         ②
解①②式得v₀≥                                    ③
(2)细绳刚断时小滑块的速度不一定为零，设为v₁，由机械能守恒有
mv=mv+kx                                    ④
∴v₁ =                                         ⑤
当滑块和长板的速度相同时，设为v₂，弹簧的压缩量x最大，此时长板的加速度 a 最大，由动量守恒和机械能守恒有

( 3 ）设滑块离开长板时，滑块速度为零，长板速度为v₃，由动量守恒和机械能守恒有

其中m＞M                                    
39. (1）粒子在电场中x偏转：在垂直电场方向v_- = v₀平行电场分量
d = v_- ?t                              ①
=                                ②
= v₀   得
粒子在磁场中做匀速画周运动．故穿出磁场速度    ③
(2)在电场中运动时 v=?t=?                 ④
得 E=                                             ⑤
在磁场中运动如右图运动方向改变 45⁰，运动半径 R
R==                                        ⑥
又qvB =                                          ⑦
B==                                 ⑧
得                                              ⑨
( 3 ）粒子在磁场中运动时间为t^’
                                ⑩
                         
粒子在龟场中运动的时间为 t
t=                                                  
运动总时间t_总=t + t₁ =+                           

42（18分）

（1）电场强度

带电粒子所受电场力F=

（2）粒子在0―时间内走过的距离为

故带电粒子在时恰好到达A板

根据动量定理，此时粒子动量

（3）带电粒子在向A板做匀加速运动，在向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A板运动可能的最大位移

要求粒子不能到达A板，有s<d

由，电势变化频率应满足

43(20分)

(1) 根据安培力公式,推力=其中

则

对海水推力的方向沿y轴方向(向右)

(2)

(3)根据欧姆定律,

安培推力

对船的推力

推力的功率

44（20分）

（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡           ①

                                              ②

（2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

                                              ③

半径为                                        ④

周期为                                   ⑤

两小球运动时间                

小球1只能逆时针经过个周期时与小球2再次相碰      ⑥

第一次相碰后小球2作平抛运动              ⑦

                                          ⑧  

两个小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向

                                     ⑨

由⑦、⑧式得                    

由④式得                        

两小球质量之比                

45(19分)

解　(1)设半径为r₀的粒子加速后的速度为v₀，则

设区域II内电场强度为E,则

v₀ q₀B= q₀E 

电场强度方向竖直向上。

(2)设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v,则

  由　得

 (3)半径为r的粒子，在刚进入区域II时受到合力为F_合=qE-qvB=qB(v₀-v)

由可知，当

r>r₀时，v<v₀,F_合>0，粒子会向上极板偏转;

r<r₀时，v>v₀,F_合<0，粒子会向下极板偏转。

46（20 分）

解（1）由 得

（2）设 A、B 碰撞后的速度分别为 v₁、v₂，则

         设向右为正、向左为负，解得

         ，方向向左

         ，方向向右

设轨道对 B 球的支持力为 N， B 球对轨道的压力为N′，方向竖直向上为正、向下为负．则，，方向竖直向下

（3）设 A、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为 V₁、V₂，则

 

解得 （另一组解：V1=－v₁，V2=－v₂ 不合题意，舍去）

由此可得：

当 n为奇数时，小球 A、B 在第 n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；

当 n为偶数时，小球 A、B 在第 n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同；

47.解：(1)设带电粒子的电量为q，质量为m，在B₁和B₂中运动轨道半径分别为r₁和r₂，周期分别为T₁和T₂，

  由qvB=                                                                               (2分)

  可得，r₁=

        r₂=

              T₁=

              T₂=

粒子第一次过x轴时的坐标为

x₁=2r₁=                                                                                                    (2分)

粒子第一次过x轴时的经历的时间为

t₁=                                                                                                   (2分)

(2)设用x表示至第n次过x轴的整个过程中，粒子沿x轴方向的位移大小，当n为奇数时则有

x=                                                                               (2分)

当n为偶数时，则有

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

用t表示从开始到此时的时间，

当n为奇数时，则有

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

(3)由v=得，

当n为奇数时，则有

                                                                                           (2分)

当n为偶数时，则有

                                                                                                       (2分)

(4)若B₂：B₁=2，则当n很大时(n+1)≈(n-1),有

v：v₀趋于                                                                                                         (2分)

48（20分）

解：设粒子进入圆形区域时的速度为v，电场强度为E，磁感应强度为B。

当电场、磁场同时存在时，由题意有：

                                               …………①               （2分）

                                           …………②               （2分）

当只撤去磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示，有：

x方向，匀速直线运动：

                                             …………③               （2分）

y方向，匀加速直线运动：

                                 …………④               （3分）

当只撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，设半径为r，圆心为P，转过的角度为θ，则有：

                                        …………⑤               （2分）

                                             …………⑥              （2分）

                                            …………⑦               （3分）

                                                …………⑧               （2分）

联解得：                                                                         （2分）

49．质子的运动轨迹如图

(1)

质子在电场中先作减速运动并使速度减为零，然后反向运动，在电场中运动的时间

质子从C运动到D的时间

所以，质子从A点出发到第三次穿越χ轴所需时间

(3)质子第三次穿越χ轴后，在电场中作类平抛运动，由于V₀与χ负方向成45^。角，所以第

四次穿越x轴时

所以，速度的大小为

速度方向与电场E的夹角设为θ，如图所示

50．解：（1）电容极板电压  …………①

    极板问场强    …………②    则   …………③

   （2）弹丸到达P点时两者有共同速度，设为v，由动量守恒有：

      …………④

    对弹丸，由动能定理得： …………⑤，

    解得   …………⑥

   （3）对电容器，由动能定理得：…………⑦

    解得    …………⑧

   （4）弹丸最终返回从右板小孔飞出，此时电容器速度最大，设电容器速度为v₁、弹丸速度为v₂。则由动量守恒有：  …………⑨

    在整个过程中由能量守恒，即  …………⑩

    由⑨、⑩两式解得    …………11

51．( 20分 )

解：（1）C在B上滑动过程中，动量守恒，

　　　　　              2分

全过程能量守恒

　　　　　　2分

代入数据解得

　　　　　　　                     2分

（2）AB碰撞，AB系统动量守恒

　　　　　　　　　　　　  1分

AB一起运动，C在B上相对滑动

　　　　　　　　      1分

　　　　　　　　      1分

C滑到B的右端时，有

　　　　　　　　　　　　　　     2分

　　　　　　　　　　　      1分

　　　　　　　　　　　　　　      1分

代入数据有

即C在B上运动时间为

此时　　　　　　　2分

此后AB分离，C在A上滑动过程中，CA系统动量守恒

　　　　　　　　　　　　　　　   1分

CA系统能量守恒

　　　　　　　　  1分

　　　　　　即物块C停在A上距A左端0.25m处．　　　　　　    　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）货物     （1分）

        小车                                                                      （1分）

        经t₁=2s  货物运动                                               （1分）

                 小车运动                                             （1分）

      货物V₁=a₁t₁=2×2=4m/s  向右

      小车V₂=a₂t₁=1×2=2m/s   向右

      经2秒后，货物作匀减速运动 向左     （1分）

      小车加速度不变，仍为a₂=1m/s²  向右，当两者速度相等时，货柜恰好到达小车最右端，以后因为qE₂=f=µ(m₀+m₁)g，货柜和小车一起作为整体向右以向右作匀减速直到速度都为0．                 （1分）

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

       货物和小车获得共同速度至停止运动用时                      （1分）

       第二次电场作用时间为t=t₂+t₃=6s                                                         （2分）

   （2）小车在t₂时间内位移S₃=V₂t₂+a₂t₂²=m                                        （2分）

        货柜在t₂时间内位移为S₄=V₁t₂―a₁′t₂²=m                                 （2分）

        小车长度L=S₁-S₂+S₄-S₃=m                                                           （2分）

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

   （3）小车右端到达目的地的距离为S

                                     （2分）

54．第一阶段拉力F小于CA间最大静摩擦力，因此CA共同加速到与B相碰，该过程对CA用动能定理：F-μ₂Ÿ3mgs=3mv₁²/2，得v₁=0.8m/s

AB相碰瞬间，AB动量守恒，碰后共同速度v₂=0.4m/s

C在AB上滑行全过程，ABC系统所受合外力为零，动量守恒，C到B右端时恰好达到共速：

2m v₁+2m v₂=4m v，因此共同速度v=0.6m/s

C在AB上滑行全过程用能量守恒：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与球2、球2与球3碰撞后速度互换，球3以球1碰球2前瞬间的速度开始上升到H高处，然后再摆回来与球2、球2与球1碰撞，使球1上升到H高处，此后，系统做到周期性运动，则…………………2′

由此可知系统的运动周期为：…………………………………………2′

（2）由题意知三球碰后的动量均相同，设为p,则，球2在与球3碰前具有动量2p，根据机械能守恒定律，对于球2与球3碰撞的情况应有：

………………………………………………………2′

由此得：∶＝3∶1………………………………………………1′

球1与球2碰前的动量为3p，根据机械能守恒定律有：

……………………………………………………………2′

由此得：∶＝2∶1……………………………………………………………1′

从而可得：∶∶＝6∶3∶1…………………………………………………1′

设三球碰后上升的高度分别为

球1碰前动能＝,又＝,∴＝

球1碰后动能＝又＝，∴

从而可得：…………………………………………………………………2′

同理可得：…………………………………………………………………2′

…………………………………………………………………2′

60．（15分）

（1）因为+是以中点O对称，所以……………………………1′

滑块由a→b，根据动能定理：………………………………2′

∴………………………………………………………2′

（2）对小滑块由o→b的过程，根据动能定理： ………………2′

……………………………………………2′

（3） ……………………………………………………2′

小滑块从a点开始，最终停在O点，根据动能原理

－…………………………………………………………………2′

S＝……………………………………………………2′

61．（15分）

（1）设木板不动，电动车在板上运的加速度为．

由L＝     得…………………………………………………1′

此时木板使车向右运动的摩擦力………………………………1′

木板受车向左的反作用力…………………………………………1′

木板受地面向右最大静摩擦力…………………………1′

所以木板不可能静止，将向左运动  ………………………………………1′

（2）设电动车向右运动加速度,木板向左运动加速度为，碰前电动车速度为，木板速度为,碰后共同速度为v，两者一起向右运动s而停止。

对电动车   …………………………………………………………………1′

对木板m+M）g＝Ma……………………………………………………1′

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

又…………………………………………………………1′

解得 ………………………………1′

……………………………………………………………1′

……………………………………………………………1′

两者相碰时，动量守恒    …………………………1′

s……………………………………1′

根据动能定理：－…………………………………1′

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

62．由题意可得行星的轨道半径r为：  …………………①（1分）

设行星绕太阳的运转周期为，由开普勒第三定律有： …………②（1分）

（用万有引力定律和匀速圆周运动知识解答，结果正确照样给分）

设行星最初处于最佳观察期时，其位置超前与地球，且设经时间t地球转过角后该行星再次处于最佳观察期。则行星转过的角度为： ………………③（2分）

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

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

解①②③④⑤可得： ………………………………… ⑥（2分）

若行星最初处于最佳观察期时，其位置滞后与地球，同理可得：

 ……………………………………… ⑦（4分）

63．设面粉袋得质量为m，其在与传送带产生相当滑动得过程中所受得摩擦力。故而其加速度为： ……………………………………… （1分）

（1）若传送带得速度＝4．0m/s,则面粉袋加速运动的时间 ，在时间内的位移为：       …………………………………（1分）

其后以v＝4．0m/s的速度做匀速运动     

解得：  ………………………………………………………… （1分）

运动的总时间为： ………………………………………（1分）

（2）要想时间最短，m应一直向B端做加速度，

由： 可得：（1分）

此时传送带的运转速度为： …………………  （1分）

由 可得：n＝240r/min（或4r/s）…………………… （2分）

（3）传送带的速度越达，“痕迹“越长。当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最长。即痕迹长为： ……………………………… （2分）

在面粉袋由A端运动到B端的时间内，传送带运转的距离

又由（2）已知＝2．0s 故而有： 则：

（或6．5r/s） ……………………………………… （2分）