高三物理难题汇总

如图12所示，PR是一块长为L=4 m的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B，一个质量为

m=0．1 kg，带电量为q=0．5 C的物体，从板的P端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下

向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动。当物体碰到板R端的挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在C点，PC=L/4，物体与平板间的动摩擦因数为μ=0．4，取g=10m/s，求：

（1）判断物体带电性质，正电荷还是负电荷 （2）物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2 （3）磁感应强度B的大小 （4）电场强度E的大小和方向

图12

2

2 如图2—14所示，光滑水平桌面上有长L=2m的木板C，质量mc=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块A和B，mA=1kg，mB=4kg，开始时三物都静止．在A、B间有少量塑胶炸药，爆炸后A以速度6m／s水平向左运动，A、B中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：

(1)当两滑块A、B都与挡板碰撞后，C的速度是多大 (2)到A、B都与挡板碰撞为止，C的位移为多少

3 为了测量小木板和斜面间的摩擦因数，某同学设计如图所示实验，在小木板上固定一个轻弹簧，弹簧下端吊一个光滑小球，弹簧长度方向与斜面平行，现将木板连同弹簧、小球放在

斜面上，用手固定木板时，弹簧示数为F1，放手后，木板沿斜面下滑，稳定后弹簧示数为F2，测得斜面斜角为θ，则木板与斜面间动摩擦因数为多少（斜面体固定在地面上）

4有一倾角为θ的斜面，其底端固定一挡板M，另有三个木块A、B和C，它们的质 量分别为mA=mB=m，mC=3 m，它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其中木块A连接一轻弹簧放于斜面上，并通过轻弹簧与挡板M相连，如图所示.开始时，木块A静止在P处，弹簧处于自然伸长状态.木块B在Q点以初速度v0向下运动，P、Q间的距离为L.已知木块B在下滑过程中做匀速直线运动，与木块A相碰后立刻一起向下运动，但不粘连，它们到达一个最低点后又向上运动，木块B向上运动恰好能回到Q点.若木块A静止于P点，木块C从Q

点开始以初速度

2v0向下运动，经历同样过程，最3后木块C停在斜面上的R点，求P、R间的距离L′的大小。 5

如图，足够长的水平传送带始终以大小为v＝3m/s的速度向左运动，传送带上有一质量为M＝2kg的小木盒A，A与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0．3，开始时，A与传送带之间保持相对静止。先后相隔△t＝3s有两个光滑的质量为m＝1kg的小球B自传送带的左端出发，以v0＝15m/s的速度在传送带上向右运动。第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中与盒保持相对静止，第2个球出发后历时△t1＝1s/3而与木盒相遇。求（取g＝10m/s）

（1）第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度时多大 （2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇

2

（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少 6

如图所示，两平行金属板A、B长l＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，即UAB＝300V。一带正电的粒子电量q＝10C，质量m＝10kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×10m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为L＝12cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上。求（静电力常数k＝9×10N·m/C）

（1）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远 （2）点电荷的电量。

7光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的L形滑板(平面部分足够长)，质量为4m，

距滑板的A壁为L1距离的B处放有一质量为m，电量为+q的大小不计的小物体，物体与板面的摩擦不计．整个装置置于场强为E的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止．试问：

(1)释放小物体，第一次与滑板A壁碰前物体的速度v1， 多大

(2)若物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前速率

A R B v N l S M L O E F

P 9

2

2

6

-10

-20

A v0 B v

的3／5，则物体在第二次跟A碰撞之前，滑板相对于 水平面的速度v2和物体相对于水平面的速度v3分别为 多大

(3)物体从开始到第二次碰撞前，电场力做功为多大(设碰撞经历时间极短且无能量损失)

8如图(甲)所示，两水平放置的平行金属板C、D相距很近，上面分别开有小孔 O和O'，水

平放置的平行金属导轨P、Q与金属板C、D接触良好，且导轨垂直放在磁感强度为B1=10T的匀强磁场中，导轨间距L=，金属棒AB紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁场中做往复运动，其速度图象如图(乙)，若规定向右运动速度方向为正方向．从t=0时刻开始，由C板小孔O处连续不断地以垂直于C板方向飘入质量为m=×10

-21

kg、电量q=×10 C的

-19

带正电的粒子(设飘入速度很小，可视为零)．在D板外侧有以MN为边界的匀强磁场

B2=10T，MN与D相距d=10cm，B1和B2方向如图所示(粒子重力及其相互作用不计)，求

(1)0到内哪些时刻从O处飘入的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN (2)粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离为多少

9（20分）如下图所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B．边长为l的正方形金属框abcd（下简称方框）放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U型金属框架MNPQ（仅有MN、NQ、QP三条边，下简称U型框），U型框与方框之间接触良好且无摩擦．两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为

r．

（1）将方框固定不动，用力拉动U型框使它以速度v0垂直NQ边向右匀速运动，当U型框的MP端滑至方框的最右侧（如图乙所示）时，方框上的bd两端的电势差为多大此时方框的热功率为多大

（2）若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度v0，如果U型框恰好不能与方框分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少

（3）若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度v（vv0），U型框最终将与方框分离．如果从U型框和方框不再接触开始，经过时间t后方框的最右侧和U型框的最左侧之间的距离为s．求两金属框分离后的速度各多大．

10(14分)长为的木板A，质量为1 kg．板上右端有物块B，质量为3kg.它们一起在光滑的水平面上向左匀速运动.速度v0=2m/s.木板与等高的竖直固定板C发生碰撞，时间极短，没有机械能的损失．物块与木板间的动摩擦因数μ=取10m/s.求:

（1）第一次碰撞后，A、B共同运动的速度大小和方向．

（2）第一次碰撞后，A与C之间的最大距离．（结果保留两位小数） （3）A与固定板碰撞几次，B可脱离A板．

2

11

如图10是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置，M为半径为R1.0m、固定于竖

1光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，N为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面41内的截面为半径r0.69m的圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M轨道的上端点，

4直平面内的

M的下端相切处置放竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m0.01kg的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过M的上端点，水平飞出后落到N的某一点上，取

g10m/s2，求：

（1）发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep多大

（2）钢珠落到圆弧N上时的速度大小vN是多少（结果保留两位有效数字）

12（10分）

建筑工地上的黄沙堆成圆锥形，而且不管如何堆其角度是不变的。若测出其圆锥底的周长为12．5m，高为1．5m，如图所示。

（1）试求黄沙之间的动摩擦因数。

（2）若将该黄沙靠墙堆放，占用的场地面积至少为多少

13（16分）

如图17所示，光滑水平地面上停着一辆平板车，其质量为2m，长为L，车右端（A点）有一块静止的质量为m的小金属块．金属块与车间有摩擦，与中点C为界， AC段与CB段摩擦因数不同．现给车施加一个向右的水平恒力，使车向右运动，同时金属块在车上开始滑动，当金属块滑到中点C时，即撤去这个力．已知撤去力的瞬间，金属块的速度为v0，车的速度为2v0，最后金属块恰停在车的左端（B点）。如果金属块与车的AC段间的动摩擦因数为1，与CB段间的动摩擦因数为2，求1与2的比值．

14(18分)如图10所示,空间分布着有理想边界的匀强

B C A F L

图17 电场和匀强磁场,左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，其宽

度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外；右侧匀强磁场的磁感应强度大小也为B、方向垂直纸面向里。一个带正电的粒子（质量m,电量q,不计重力）从电场左边缘a点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到了a点，然后重复上述运动过程。（图中虚线为电场与磁场、相反方向磁场间的分界面，并不表示有什么障碍物）。 （1）中间磁场区域的宽度d为多大；

（2）带电粒子在两个磁场区域中的运动时间之比；

（3）带电粒子从a点开始运动到第一次回到a点时所用的时间t.

15．（20分）如图10所示，abcd是一个正方形的盒子，

在cd边的中点有一小孔e，盒子中存在着沿ad方向 的匀强电场，场强大小为E。一粒子源不断地从a处 的小孔沿ab方向向盒内发射相同的带电粒子，粒子 的初速度为v0，经电场作用后恰好从e处的小孔射出。 现撤去电场，在盒子中加一方向垂直于纸面的匀强磁 场，磁感应强度大小为B（图中未画出），粒子仍恰 好从e孔射出。（带电粒子的重力和粒子之间的相互作用力均可忽略）

（1）所加磁场的方向如何

(2）电场强度E与磁感应强度B的比值为多大

16．（8分）

如图所示，水平轨道与直径为d=的半圆轨道相接，半圆轨道的两端点A、B连线是一条

竖直线，整个装置处于方向水平向右，大小为10V/m的匀强电场中，一小球质量m=,带有

3

q=5×10-3C电量的正电荷，在电场力作用下由静止开始运动，不计一切摩擦，g=10m/s2，

（1）若它运动的起点离A为L，它恰能到达轨道最高点B，求小球在B点的速度和L的值．

（2）若它运动起点离A为L=，且它运动到B点时电场消失，它继续运动直到落地，求落地点与起点的距离．

17（8分）

如图所示，为某一装置的俯视图，PQ、MN为竖直放置的很

长的平行金属板，两板间有匀强磁场，其大小为B，方向竖直向下．金属棒ＡＢ搁置在两板上缘，并与两板垂直良好接触．现有质量为m，带电量大小为q，其重力不计的粒子，以初速v0水平射入两板间，问：

（1）金属棒AB应朝什么方向，以多大速度运动，可以使带电粒子做匀速运动 （2）若金属棒的运动突然停止，带电粒子在磁场中继续运动，从这刻开始位移第一次达到mv0/qB时的时间间隔是多少（磁场足够大）

18(12分)如图所示，气缸放置在水平平台上，活

塞质量为10kg，横截面积50cm，厚度1cm，气缸全长21cm，气缸质量20kg，大气压强为1×10Pa，当温度为7℃时，活塞封闭的气柱长10cm，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。g取10m/s求：

（1）气柱多长

（2）当温度多高时，活塞刚好接触平台

（3）当温度多高时，缸筒刚好对地面无压力。（活塞摩擦不计）。

19（14分）如图所示，物块A的质量为M，物块B、C的质量都是m，并都可看作质点，且m＜M＜2m。三物块用细线通过滑轮连接，物块B与物块C的距离和物块C到地面的距离

2

5

2

P A Q × × × M B × × × × × × × × × × × × × × × N 都是L。现将物块A下方的细线剪断，若物块A距滑轮足够远且不计一切阻力。求：

（1） 物块A上升时的最大速度； （2） 物块A上升的最大高度。

20．M是气压式打包机的一个气缸，在图示状态时，缸内压强为Pl，容积为Vo．N是一个大活塞，横截面积为S2，左边连接有推板，推住一个包裹．缸的右边有一个小活塞，横截面积为S1，它的连接杆在B处与推杆AO以铰链连接，O为固定转动轴，B、O间距离为d．推杆推动一

次，转过θ角(θ为一很小角)，小活塞移动的距离为dθ，则

(1) 在图示状态，包已被压紧，此时再推—次杆之后，包受到的压力为多大(此过程中大活塞的位移略去不计，温度变化不计)

(2) 上述推杆终止时，手的推力为多大 (杆长AO＝L，大气压为Po)

. 21．（12分）如图，在竖直面内有两平行金属导轨AB、CD。导轨间距为L，电阻不计。

一根电阻不计的金属棒ab可在导轨上无摩擦地滑动。棒与导轨垂直，并接触良好。导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B。导轨右边与电路连接。电路中的三个定值电阻阻值分别为2R、R和R。在BD间接有一水平放置的平行板电容器C，板间距离为d。

（1）当ab以速度v0匀速向左运动时，电容器中质量为m的带电微粒恰好静止。试判断

A B L C L 微粒的带电性质，及带电量的大小。

（2）ab棒由静止开始，以恒定的加速度a向左运动。

讨论电容器中带电微粒的加速度如何变化。（设带电微粒始终未与极板接触。）

22（12分）如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。在x轴上方空间的第一、

第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）向里的匀强磁场。在第四象限，存在沿y轴负方向，场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场。一质量为m、电量为q的带电质点，从y轴上y=h处的p1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限。然后经过x轴上x=-2h处的p2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动。之后经过y轴上y=-2h处的p3点进入第四象限。已知重力加速度为g。求： （1）粒子到达p2点时速度的大小和方向；

（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小； （3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。

23．（20分）如图所示，在非常高的光滑、绝缘水平高台边缘，静置一个不带电的小金属块B，另有一与B完全相同的带电量为+q的小金属块A以初速度v0向B运动，A、B的质量均为m。A与B相碰撞后，两物从台上飞出。已知在高台边缘

块立即粘在一起，并的右面空间中存在

水平向左的匀强电场，场强大小E=2mg/q。求：

（1）A、B一起运动过程中距高台边缘的最大水平距离 （2）A、B运动过程的最小速度为多大

（3）从开始到A、B运动到距高台边缘最大水平距离的过程 A损失的机械能为多大

24（20分）

如图11所示，在真空区域内，有宽度为L的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向里，MN、PQ是磁场的边界。质量为m，带电量为－q的粒子，先后两次沿着与MN夹角为θ（0<θ<90º）的方向垂直磁感线射入匀强磁场B中，第一次，粒子是经电压U1加速后射入磁场，粒子刚好没能从PQ边界射出磁场。第二次粒子是经电压U2加速后射入磁场，粒子则刚好垂直PQ射出磁场。不计重力的影响，粒子加速前速度认为是零，求：

（1）为使粒子经电压U2加速射入磁场后沿直线运动，直至射出PQ边界，可在磁场区域加一匀强电场，求该电场的场强大小和方向。

（2）加速电压

25．（20分）空间存在着以x=0平面为分界面的两个匀强磁场，左右两边磁场的磁感应强度分别为B1和B2，且B1:B2=4:3，方向如图所示。现在原点O处一静止的中性原子，突然分裂成两个带电粒子a和b，已知a带正电荷，分裂时初速度方向为沿x轴正方向，若a粒子在第四次经过y轴时，恰好与b粒子第一次相遇。求：

（1）a粒子在磁场B1中作圆周运动的半径与b粒子在磁场B2中圆周运动的半径之比。 （2）a粒子和b粒子的质量之比。

U1的值。 U2M×××BP××××LNQθ×

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d，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m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a倍（a球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为g。

1）。不计带电小

（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T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ml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（22688Ra）。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=1×10C，质量为m=2×10kg，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

-2

-2

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l=，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ν

0

=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=，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/s）

2

34

如图所示，质量M= 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= m，其左端放有一质 量为m2= 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WF，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= 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=，P、Q与小车表面间动摩擦因数μ2=。(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=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0.3，g取10m/s。求： （1）小物块刚到达B点时的速度B；

（2）小物块沿圆弧轨道到达C点时对轨道压力FC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Bl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=，当磁场Bl、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

2

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=，求金属框所能达到的最大速度vm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aa、bb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aa和bb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aa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aa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 iR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EP =

12kx,其中x为弹簧的形变量．试问： 2 ( 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d5cm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m2.010不计重力。求

（1）在t0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T1.010s，在t0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t827kg，电量q1.6101C的带电粒子从紧临B板处释放，

T到4t

T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。 2

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a2.0m、b0.15m、c0.10m。工作时，在通道内沿z轴正方向加B8.0T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

U99.6V；海水沿y轴方向流过通道。已知海水的电阻率0.20m

（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vs5.0m/s的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以5.0m/s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vd8.0m/s。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'U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vs5.0m/s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=。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=s的水平速度与小球2正碰，碰后经过再次相碰。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/s）

问：（1）电场强度E的大小是多少 （2）两小球的质量之比

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。（V球＝r,S球＝4r）

（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;

m2是多少 m12

43321R,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。4(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他条件不变，求该带电粒子穿过圆形区域的时间。

T0；若撤去电场，只保留磁场，其249(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 45，该匀强电场的强度大小为E，方向与Y轴夹角为45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。

0

0

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

CB2vA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/s)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＝，现有一根质量为

2

m＝、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＝度大小为v2 ＝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带电量为q=1×10C的绝缘货柜，现将一质量为的货物放在货柜内．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=3×10N/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=1×10N/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=，（小车不带电，货柜及货物体积大小不计，g取10m/s）

2

2

2

-2

8m/s，下落到经过圆心时棒的速3

B 102

m/s，（取g=10m/s） 3

o

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=。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=，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=。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，大小为的恒力F，假定木板A、BF C 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s B A 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vo，速度方向与x轴负方向夹角θ=30。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=，长L=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=，其上表面正中央放置一个质量m=的小滑块A，A与B之间的动摩天楼擦因数为μ=。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

0

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/s.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

2

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UAB及OB间的电势差UOB； (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m1、m2、m3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m1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m1∶m2∶m3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E0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Uob。 （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＝，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Q1和从动轮Q2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Q2正上方的A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到Q1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Q1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由①式得：v2=22 m/s

L12

=0-mv………………………………② 42（3）代入前式①求得：B=

2 T 2（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）

L12

mv1-0……………………………………………③ 22进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq=μ（qBv1+mg）……………………………④

v142 m/s由以上③④两式得：

E2.4 N/C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vC0 （2）炸药爆炸时有

mAvAmBvB

解得vB1.5m/s 又mAsAmBsB

当sA＝1 m时sB＝，即当A、C相撞时B与C右板相距s A、C相撞时有： mAvA(mAmC)v

解得v＝1m/s，方向向左

而vB＝s，方向向右，两者相距，故到A，B都与挡板碰撞为止，C的位移为

LsB0.75m 2sCsv0.3m19.

vvB3固定时示数为F1，对小球F1=mgsinθ ①

整体下滑：（M+m）sinθ-μ(M+m)gcosθ=(M+m)a ② 下滑时，对小球：mgsinθ-F2=ma ③ 由式①、式②、式③得 μ=

F2tan θ F14．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,mv0=2mv1，所以 v1=

v0 2 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v2，则

μ2mgcosθ·2s=·2mv1·2mv2

两木块在P点处分开后，木块B上滑到Q点的过程： （mgsinθ+μmgcosθ）L=

12212212mv2 23v04mv1，所以 2 木块C与A碰撞前后，总动量守恒，则3m·

v′1=

2v0 4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'2,

4mv2则μ4mgcosθ·2s′=·12214mv22 2木块C与A在P点处分开后，木块C上滑到R点的过程：

3mv2 （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.

1222mv1因此，木块B和A压缩弹簧的初动能Ek1·动能Ek212212mv0,木块C与A压缩弹簧的初41122mv1mv0,即Ek1Ek2 24因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即s=s′

2v0综上，得L′=L-

32gsin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：

mv0Mv(mM)v1 （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： t0s （1分） v0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：

(mM)g(mM)a得： ag3m/s2 （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：

t1t2v=1s （1分） a故木盒在2s内的位移为零 （1分） 依题意： sv0t1v(tt1t1t2t0) （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： Sv(tt1t0)8.5m （1分）

s1v(tt1t1t2t0)2.5m （1分）

故木盒相对与传送带的位移： sSs16m 则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：

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=at/2 2 Qfs54J （2分）

（1分）

aqUl2qEqUl() （1分） t 即：h2mdv0mmdv0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：

h （1分） ylL2代入数据，解得: y=0．12m=12cm （1分）

l2（2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy=at=

6

qUl mdv0代入数据，解得: vy=1．5×10m/s （1分） 所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：

vv02vy22.5106m/s （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：

tanvyv03 37 （1分） 4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： ry0.15m （1分） coskQqv2由： 2m （2分）

rr代入数据，解得： Q=1．04×10C （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，

122EqL1EqLmvv.11 1由动能定理得： m2-8

3222EqL1mv1mv14mv2vv215(2)碰后小物体反弹，由动量守恒定律：得 得 之55m．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

3v1v32772EqL15vv得:vv.2131位移相等、时间相等、平均速度相等 2555m

121132132Wmv4mvWmv1EqL1.32电电 (3)电场力做功等于系统所增加的动能 22105

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

mv0粒子要飞出磁场边界MN最小速度v0必须满足： ① qB2d

12qUmv0设CD间的电压为U，则 ② 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（2）当AB棒速度最大，即v’=20m/s时产生感应电动势为：ε’=B1Lv’=100V

12q'mv解得：v=100m/s 此时带电此时带电粒子经加速后速度为v，由动能定理有： 2粒子

mvR'0.2mx R'R'2d20.027m2.7cm.的轨道半径为 出射点与O’的水平距离为：qB2

粒子从边界MN射出来的位置间最大距离为S=d-x=

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EBlv0 当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为 Rbd U型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为

r3r3r r3r415r 4E4Blv0 闭合电路的总电流为 I

R15r R3rRdb 根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：UbdIRbdBlv0 5 方框中的热功率为

Ubd24B2l2v02P75rRbd

（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

3mv0(3m4m)v 解得：v3v0 7 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 Q

1163mv027mv2mv02227 （3）设U型框和方框不再接触时方框速度为v1，U型框的速度为v2，根据动量守恒定

律，有 3mv4mv13mv2

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(v2v1)ts 联立以上两式，解得：v13s14s(v)；v2(3v) 7t7t（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

选向左为正方向：mA（－v0）＋mBv0=（mA＋mB）v

（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．

fμmBg

－fs12m（A0－v0） 得s0.13m 2 （3）第一次A与C碰后至ABv有共同速度，B在A上相对于A滑行L1122－fL（m＋m）（v－v解得L0.4m．1AB0）12第二次A与C碰后至AB有共同速度v′，B在A上相对于A滑行L 2m（－v）＋mv（m＋mv）′ABAB－fL21（mAmB）（v′2－v2）2解得L201.m

若假定第三次A与C碰后AB仍能有共同速度v′，B在A上相对于A滑行L3（mA＋mB）v m（Av）＋mBv122fL3（mA＋mB）（v″v′）解得L30.025m2 L＋L＋L0.525m＞0.51m123即三次碰撞后B可脱离A板．

11（13分）

v2（1）设钢珠在M轨道最高点的速度为v，在最高点，由题意mgm ① 2分

R

从发射前到最高点，由机械能守恒定律得： EpmgR12mv② 2分 2（2）钢珠从最高点飞出后，做平抛运动

xvt ③ 1分

y12gt ④ 1分 2222由几何关系xyr ⑤ 2分 从飞出M到打在N得圆弧面上，由机械能守恒定律：

11mgymv2mvN2 ⑥ 2分

22联立①、③、④、⑤、⑥解出所求vN5.0m/s 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mgsinFfmgcos

所以tanh2h0.75，37（称为摩擦角） Rl（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Rx为最小，所以有hxRx，根据体积公式，该堆黄沙的体积为1113，解得 Rx32R，占地VR2hR3，因为靠墙堆放只能堆成半个圆锥，故VRx348122

面积至少为SxRx2=234m≈9．97m

213．设水平恒力F作用时间为t1．

对金属块使用动量定理Fμt1=mv0-0即: μ1mgt1=mv0 ① 得t1=

v0 ② 1g 对小车有（F-Fμ）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=

Fm=

1mgm1g ④

小车加速度a2FF2m51mg1mg21g ⑤

2m金属块与小车位移之差sv12121a2t1a1t1(21g1g)(0)2 ⑥ 2221g

2vL0而s，∴1 ⑦

2gL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=

由能量守恒有mg5v0． ⑧ 3L12115mv02m(2v0)23m(v0)2 ⑨ 2222322v0得2 ⑩

3gL∴13 2214.解：（1）带正电的粒子在电场中加速，由动能定理得 qEL122qELmv v 2mv2 在磁场中偏转，由牛顿第二定律得 qvBm

r rmv12mEL qBBq 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O1O2O3是等边三角形，其边长为2r

drsin6016mEL 2Bq1602120， (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：

t111202 

t223005（3）电场中，t12v2mv2mL 2aqEqE55mT2m 右侧磁场中,t3T 63qB63qB 中间磁场中， t22 则tt1t2t32

15（20分）

2mL7m qE3qB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

l，得 221Eqll， 2m2v028mv0解得匀强电场的场强为 E （5分）

ql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

mvv2qvBm 解得 R0

BqRl2根据如图的几何关系 lRR

222解得轨道半径为 R5l 88mv0 （9分） 5ql解得磁场的磁感应强度 B因此解得

16（8分）

E5v0 （2分） B（1）因小球恰能到B点，则在B点有

2mvB （1分） mgd2vBgd2m/s （1分） 2小球运动到B的过程，由动能定理

qELmgd12mvB （1分） 2125mvBmgdmgd24L1m （1分）

qEqE（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

qELmgdvB12mvB 22qEL2mgd42m/s （2分）

md12gt t282m 52d0.4s gxvBtsd2x22.4m （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

Bdv （1分）

板间场强

EdBv （1分）

粒子所受电场力与洛伦兹力平衡

EqBqv0 （1分）

有 vv0 （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

mv0R时，粒Bq子转过的角度为3（1分）

设粒子运动时间为t，有

t3 （1分） T21mtT （1分）

63Bq18（12分）

（1）12等温变化：P1=P0+

mgmg55

=×10Pa 1分 P2=P0-=×10Pa 1分

ssP1L1= P2L2 1分 L2=15 cm 1分

（2）23等压变化：T2 = T1 = （273+7）K =280K 1分

v2v3v3L3

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

T2T3v2L2

（3）34等容变化：P4 = P0+

Mg5 5

= ×10Pa 1分 P3 = P2 = 10Pa 1分 sP3P4P4

= 1分 T4 = T3 = 653K 1分 T3T4P3或（14由

P1L1P4L4= 得 T3 = 653K 同样得分） T4T119（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=

12(2mM)gL2

(M+2m)V 2分 V= 2分 22mM(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 =

12

(M+m)V 2分 2将V代入，整理后得：M=2m 1分 若M＞2m，B物体将不会着地。 Mgh－mgh =

12

(M+m)V 1分 2(Mm)V2h = 1分

2(Mm)g(Mm)V2HL = L + h = L + 1分

2(Mm)g若M =2m，B恰能着地，A物体再上升的高度等于L。 H2 = 2L 若M＜2m，B物体着地后，A还会上升一段。 Mg L－mg L =

122

(M+m)（V－v） 1分 24(2m2M2)gLV= 1分

(mM)(2mM)2

v22(2m2M2)Lh’== 1分

2g(mM)(2mM)2(2m2M2)LH3 = 2L + h’ = 2L + 1分

(mM)(2mM)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） （1分） （1分） （1分） （1分）

mg =

Ucq d

Uc=IR I

E 3RE = Blv0

由以上各式求出 q3mgd Blv0

（1分） （1分）

（2）经时间t0，微粒受力平衡

mg =

Ucq dUc求出

1Blat0 （1分） 3v3mgd或t00 （1分） t0Blaqa（1分） （1分）

当t < t0时，a1 = g –当t = t0时，a2 = 0 当t > t0时，a3 =

Blaqt，越来越小，加速度方向向下 3md

Blaq（1分） t– g，越来越大，加速度方向向上

3md22.解：（1）质点从P1到P2，由平抛运动规律

12gt 22h v0 vygt

t h=

求出v=v0vy2gh 方向与x轴负方向成45°角

（2）质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力 Eq=mg

22v2 Bqv=m

R (2R)=(2h)+(2h)

222 解得E=

mgm2g B= qqh（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

vminvcos45°=2gh 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 E2

2mg…………………2分 q-2aXm=0-υ………………………………2分

得：Xm028g…………………………………………1分

（2）在t时刻，A、B的水平方向的速度为mat02gt…………………1分

竖直方向的速度为υγ=gt………………………………………………1分

22合速度为：合x……………………………………………2分 y解得υ合的最小值：min20……………………………………3分 4121232（3）碰撞过程中A损失的机械能：E1m0mm0………2分

228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：E21 212…………………………………………………………2分 qEXmm08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：

E1m02……………………………………………………………2分 224（20分）

（1）如图答1所示，经电压U2加速后以速度v2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R2与磁场宽L的关系式为

R2mv2LBqL （2分），又R2 （2分），解得v2 （2分）

Bqcosmcos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＝Bqv2（2分），

电场力的方向与磁场力的方向相反。 （2分）

B2qL由此可得出E，E的方向垂直磁场方向斜向右下（2分），与磁场边界

mcos夹角为2（2分），如图答2所示。

（2）经电压U1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R1与L的关系式为：LR1R1cos,R1又R1L （2分）

1cosmv1BqL，解得v1 （2分） Bqm(1cos)1212U1v12cos2由于U1qmv1，U2qmv2，所以 （2分 222U2v2(1cos)2

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

原子分裂前后动量守恒，则pa+pb=0 （2分） mv2粒子在磁场中运动时由牛顿定律有 qvB （2

R分）

∴ R则：

mvp （2分） qBqBRaB23 （2分） RbB14（2）a、b粒子相遇时：ta=tb （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

ta=Ta1+Ta2 tb=Tb1+Tb2/2 （2分） ∵T∴ ta2R2n （2分） vqB2ma2na2mb2nb tb qB1qB2qB1qB2即

2ma2na2mb2nb （2分） qB1qB2qB1qB2ma2mambmb 2323代入数据并化简得：解之得：

ma5 mb726 (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)=

12mvD 22mvD在D点用向心力公式有： F-mg=m 解以

R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

2

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 =

2mg q对a微粒碰前做匀速直线运动，则有

Bqv0 = Eq + mg ∴v0 =

3mg Bq （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 =

v0 5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 =m2g∴h = 22

Bqv2115m –5m (0) 225 （3）碰撞后，a、b分开，则有

mv0 = mva + 4mvb vb = v0，得va = – a微粒电量为 – q / 2，受到的电场力为 E ·

q2mgqmg 22q∴F电 = mg

故a微粒做匀速圆周运动，设半径为R |va|2qB | va |m

2R2m|va|1.2m2g22 ∴R =

BqBq

2.4m2ga的最高点与O点的高度差ha = 2R =22。

Bq28 mgd' QaC2CT2md2mdC2mgdC2mgd22

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

2

2

同时机械能守恒：(m1v1)/2+(m2v2)/2=E0 ∴v1=[2m2E0/m1(m1+m2)]

12

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

12

∴“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：

WF=m2gH2+m2v22/2

以上各式联立可得：WF=E0 30

设衰变后，氡核的速度为v0，α粒子的速度为vα，由动量守恒定律得 （M－m）v0=mvα

α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，到达A点需时t2•L2v

又qvBmv 氡核在电场中做匀加速直线运动，t时速度为v=v0+at

L222 氡核加速度a(Qq)E 由以上各式解得：vqBL2(Qq)mE。

Mm2(Mm)qBUvL31 Im10v0L或I2m0。32 R滑滑=8

Itt2 P出I(RR滑)23W

33 不会

112为：1mgl(2m)12(3m)22100.6（4=3+1分）

2212gl2112mg(2l)(2m)12(3m)22200.3（4=3+1分）

2224gl34．解：(1)对P由A→B→C应用动能定理，得

2 WF-μ1m1g(2L1+L2)=m1vc

212

(4分) (3分)

解得WF=6J

(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 m1vc=(m1+m2+M)v 由能量守恒得

22m2v2μ2m1gS+μ2m2gL=m1v1

(2分) (2分)

12121Mm1m2v2 2 (3分)

解得，v2=2m/s v2′=m/s v=s

2323

53

(3分)

(2分)

当v2′=m/s时，v1=m/s>v2′不合题意，舍去。

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)

22gR ① (2分) 小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有vB代入数据解得vB=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vBx，因OB连线与竖直方向的夹角为60°，故vBx=vBsin60°

② 从B到C，只有重力做功，根据机械能守恒定律有

22mgR(1cos60)mvC/2mvBx/2 ③

(2分)

(2分) (1分) (2分) (1分) (1分)

代入数据解得vC25m/s

2/R ④ 在C点，根据牛顿第二定律有FcmgmvC代入数据解得Fc35N

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FC=35N

（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

mvC=(m+M)v ⑤

2mgLmvC/2(mM)v2/2 ⑥ 2/[2g(mM)] ⑦ 联立⑤、⑥式得LMvC(2分) (2分)

代入数据解得L= (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vmf=Kvm=F=2IBL①………(2分) 其中I=E/R

②………(1分) ③………(2分)

E=2BL(v-vm)

①②③联立得：

Kvm=2·[2BL(v-vm)/R]·BL

∴Kvm=(4BLv-4BLvm)/R ∴vm=4BLv/(KR+4BL) =s

22

22

22

22

④………(1分)

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+Kvm·vmt

(4分)

E磁=[4B2L2(v-vm)2/R]·1+Kvm2·1

4120.421.82 =+018×

2 = (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aa转到图示位置时，感应电动势的大小

E=2Blv=2BlL=BlLω（3分）。 2（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=大值：UR=IR外

Rr2r.故R两端的电压最Rr3（4分） E22E2rBlL2r355r3（3）aa和bb在磁场中，通过R的电流大小相等，

iR=

UR21BlLBlLω·. R52r5r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iR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=

E3E, P=IE=3E23(BlL)2.（4分）

5r5r2r5rr3两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T.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

8为电源所获得的电能，所以

TT3B2l2L2W外=4P·=P·=P·（4分） 825r38 .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

1212mv≥kx ② 2020解①②式得v0≥

Tmk 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

121212mv=mv1+kx0 ④ 2022T2∴v1 = v ⑤

mk20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vH d = v- ·t ①

dvH= ② 22vH= v0 得v2v0

粒子在磁场中做匀速画周运动．故穿出磁场速度v(2)在电场中运动时 vv=

2v0 ③

dqEqE·t=· ④

v0mm2mv0得 E= ⑤

qd在磁场中运动如右图运动方向改变 45，运动半径 R R=

0

d=2d ⑥

sin450mv2又qvB = ⑦

Rmvm2v0mv0B== ⑧ qdqRq2d得⑨

( 3 ）粒子在磁场中运动时间为t

’

Ev0 B

⑩

粒子在龟场中运动的时间为 t t=

d v0dd+ v04v0

运动总时间t总=t + t1 =

42（18分） （1）电场强度EU d带电粒子所受电场力F=qEUq,Fma dUq4.0109m/s2 dmT1T22（2）粒子在0—时间内走过的距离为a()5.010m

222T故带电粒子在t时恰好到达A板

2 a根据动量定理，此时粒子动量 pFt4.010（3）带电粒子在t23Kg.m/s

TTT3T向A板做匀减速运~t向A板做匀加速运动，在t~t4224动，速度减为零后将返回。粒子向A板运动可能的最大位移

1T1s2a()2aT2

2416要求粒子不能到达A板，有sa52104Hz 16d(1) 根据安培力公式,推力F1=I1Bb,其中I1则F1Ub,R RacUUacBb796.8N R对海水推力的方向沿y轴方向(向右) (2)U感Bvsb9.6V

U1(UBvsb)ac600A (3)根据欧姆定律,I2Rb安培推力F2I2Bb720N 对船的推力F80%F2576N

推力的功率PFvs80%F2vs2880W 44（20分）

（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡 m1gq1E ①

E2.5N/C ② （2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

v12 q1v1Bm1 ③

R1半径为 R1m1v1 ④ q1B2m11s ⑤ q1B周期为 T两小球运动时间 t0.75s3 4小球1只能逆时针经过

3个周期时与小球2再次相碰 ⑥ 412第一次相碰后小球2作平抛运动 hR1gt ⑦

21 LR1v2t ⑧

2两个小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向 m1v0m1v1m2v2 ⑨ 由⑦、⑧式得 v23.75m/s 由④式得 v1q1BR117.66m/s m1两小球质量之比

45(19分)

m2v0v111 m1v212m0v0q0U2解 (1)设半径为r0的粒子加速后的速度为v0，则

2q0Uv0m0设区域II内电场强度为E,则

v0 q0B= q0E Ev0BB电场强度方向竖直向上。

2q0U m0(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

rmrm00r12 由 qqmvqU得vr020232q0Ur0m0rr0v0 r (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vr0v0可知，当 rr>r0时，v0，粒子会向上极板偏转; rv0,F合<0，粒子会向下极板偏转。

46（20 分） 解（1）由 mgR

mgRmgR得 443

（2）设 A、B 碰撞后的速度分别为 v1、v2，则

1mgRmv12 241mgR2 mv2 24

设向右为正、向左为负，解得 v1

1gR，方向向左 2

v21gR，方向向右 2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

v22负．则Nmgm，N'N4.5mg，方向竖直向下

R（3）设 A、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为 V1、V2，则

mv1mv2mV1mV2 1122mgRmV1mV222解得V12gR,V20 （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，

mV22m 由qvB=r rT2 (2分)

可得，r1= r2=

mv0 qB1mv0 qB1 T1=T2=2m qB12m qB2粒子第一次过x轴时的坐标为

x1=2r1=

2m qB1 (2分)

粒子第一次过x轴时的经历的时间为

t1=T112mqB1 (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=

n1n12r12r2n2,4,6 22 (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(T1T2)(n=2，4，6…)

(3)由v=

x得， v1212 (2分)

当n为奇数时，则有

B12•

n1B2n1B1vv0n1B2n1 (2分)

当n为偶数时，则有

B21v2B1• v0B21B1 (2分)

(4)若B2：B1=2，则当n很大时(n+1)≈(n-1),有

v：v0趋于

48（20分）

23 (2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：

qEqvB0 2RvT0

…………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：

RvT0 2 …………③ （2分）

y方向，匀加速直线运动：

1qET02R()

2m2 …………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：

v2qvBm

rT2m qB …………⑤ （2分）

…………⑥ （2分）

tan2R r

…………⑦ …………⑧

（3分） （2分） （2分）

t T2T联解得：t0arctan2

249．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UQ …………①

C 极板问场强 EQ …………② 则 FqEqQ …………③

CdCd （2）弹丸到达P点时两者有共同速度，设为v，由动量守恒有： mv0(Mm)v …………④

12 对弹丸，由动能定理得：Fx1mv0(Mm)v2 …………⑤，

222CdMmv0 解得 x …………⑥

2q(Mm) （3）对电容器，由动能定理得：Fs 解得 s2CdMm2v01Mv2…………⑦ 22Q(Mm)2 …………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：mv0Mv1mv2 …………⑨

112 …………⑩ 2 在整个过程中由能量守恒，即1mv0Mv12mv2222 由⑨、⑩两式解得 v2mv01Mm …………○

11 51．( 20分 )

解：（1）C在B上滑动过程中，动量守恒，

mcvc(mcmb)v1 2v21mmm1m/s

全过程能量守恒

12m1cv2c2(m2cmb)v1mgl 代入数据解得

0.1 2（2）AB碰撞，AB系统动量守恒

mava(mamb)v2 v22m/s

AB一起运动，C在B上相对滑动

amgcmg1m/s2 1amgabmm0.5m/s2 1C滑到B的右端时，有

sabscL 2s1abv2t2aabt2 1s12c2act 1代入数据有

2t120.5t2121t21

分

2分 分

分 分

分 分

分

分

12s 32225|此时 vcact1m/s vabv2aabt20.5m/s

3333即C在B上运动时间为t2分

此后AB分离，C在A上滑动过程中，CA系统动量守恒

|mcvcmavab(mcma)v3 1分

CA系统能量守恒

111|222mcvcmavab(mcma)v3mgL| 1分 222L|0.25m 即物块C停在A上距A左端处． 3分

52（19分x）解答：

R2R 332R8

（1）R1＝ ＝ ＝

R93

① ② ③ ④ ⑤

（4分） （4分） （2分） （2分） （5分）

B2(3 r) 2v1

F ＝ BIL ＝ ＝ N

R1

由mg - F ＝ ma

Fa ＝g - ＝ （m / s2）

m12

（2）mgr - Q ＝ mv2 – 0

2

12

Q ＝ mgr - mv22 ＝ J

53（20分）解答： （1）货物a1 小车a2⑥ （2分）

F1f3m1m0g30.11102m/s2 （1分） m1m1m01f1m/s2 M

（1分） （1分） （1分）

12a1t14m 212 小车运动S2a2t12m

2 经t1=2s 货物运动S1 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a12

qE2f112m/s2 向左 （1分）

m1m01 小车加速度不变，仍为a2=1m/s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

（1分）

a3qE210.5m/s2向右作匀减速直到速度都为0．

m0m1m2283380316s 货物和小车获得共同速度至停止运动用时 t30.53 共同速度为V=V1—a1′ t2 V=V2+a2′t2 第二次电场作用时间为t=t2+t3=6s （2）小车在t2时间内位移S3=V2t2+

t2=s V=m/s

（1分）

（1分）

（2分）

114a2t22=m 291220 货柜在t2时间内位移为S4=V1t2—a1′t2=m

9224 小车长度L=S1-S2+S4-S3=m

92412 （或用能量守恒qE1S1-qE2S4=mgl(mM)V L=m

92 （3）小车右端到达目的地的距离为S

（2分） （2分） （2分） （2分）

02V29632SS2S310.7m

2a393

（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-μ23mgs=3mv1/2，得v1=3s

2

AB相碰瞬间，AB动量守恒，碰后共同速度v2=3s

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=3s

C在AB上滑行全过程用能量守恒：F2L=4m v2/2-(2m v12/2+2m v22/2)+μ12mg2L

得L=

57.(1)3:1 (2)1:3 (3)2:1 58.(1)2mg/q

(2)UAB=0;UOB=mgd/q (3)OP=d/3; OC= ; 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T1T32L1,T(T1T3)…………………2′ g2L…………………………………………2′ g由此可知系统的运动周期为：T2p2（2）由题意知三球碰后的动量均相同，设为p,则Ek，球2在与球3碰前具有

2m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：

(2p)2p2(2p)2………………………………………………………2′ 2m22m12m2由此得：m2∶m3＝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：

(3p)2p2(2p)2……………………………………………………………2′ 2m12m12m2由此得：m1∶m2＝2∶1……………………………………………………………1′ 从

而

可

得

：

m1∶

m2∶

m3＝

6∶3∶1…………………………………………………1′

设三球碰后上升的高度分别为H1、H2、H3

(3p)29P2球1碰前动能EK1＝m1gH,又EK1＝,∴H2＝ 22m12m1gp2P2球1碰后动能EK1＝m1gH1,又EK1＝，∴H2

2m2m12g从而可得：H1H…………………………………………………………………2′ 9同理可得：

H24H…………………………………………………………………2′ 9H34H…………………………………………………………………2

′

60．（15分）

（1）因为+qAqb,a、b是以中点O对称，所以Uab0……………………………1′

滑块由a→b，根据动能定理：qUabmg∴1E0………………………………2′ 22E0………………………………………………………2′ mglo→b的过程，根据动能定理：

（2）对小滑块由

qUabmg1nE0………………2′ 4UabmgnE014q(12n)E0……………………………………………2′

2q（3）UabUab(2n1)E0 ……………………………………………………2′

2q小滑块从a点开始，最终停在O点，根据动能原理

qUao－

mgsE0…………………………………………………………………2′

S＝qUaoE0(2n1)l……………………………………………………2′

mg461．（15分）

（1）设木板不动，电动车在板上运的加速度为a0．

由

L＝12a0t2 得

a02.5m/s2…………………………………………………1′

此

时

木

板

使

车

向

右

运

动

的

摩

擦

力

Fma02.5N………………………………1′

木

板

受

车

向

左

的

反

作

用

力

FF2.5N…………………………………………1′

木

板

受

地

面

向

右

最

大

静

摩

擦

力

Ff(Mm)g0.5N…………………………1′

FFf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a1,木板向左运动加速度为a2，碰前电动车速度为v1，木板速度为v2,碰后共同速度为v，两者一起向右运动s而停止。

对

电

动

车

Fma1…………………………………………………………………1′

对木板F(m+M）g＝Ma2……………………………………………………1′

F′＝F…………………………………………………………

又

11a1ta2tl…………………………………………………………1′ 2222解得 a12.1m/s,a20.4m/s………………………………1′

v1a1t4.2m/s……………………………………………………………1′ v2a2t0.8m/s′

两者相碰时，动量守恒 mv1Mv2(mM)v…………………………1′

……………………………………………………………1

sv′

根

mv1Mv214.240.80.2m/s……………………………………1

mM5据动能定理：－

(mM)gS(mM)v2…………………………………1′

解得：S＝………………………………………………………………………1′

1262．由题意可得行星的轨道半径r为： rRsin …………………①（1分）

R3r3设行星绕太阳的运转周期为T，由开普勒第三定律有：2/2 …………②（1分）

TT'（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：2 ………………③（2分）

于是有：

2t ………………………………………………④（1分） T2t ………………………………………………………… ⑤（1分） T'(2)sin32(1sin)3解①②③④⑤可得：tT ………………………………… 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：

t(2)sin32(1sin)3T ……………………………………… 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fmg。故而其加速度为：afg4.0m/s2 ……………………………………… （1分） m（1）若传送带得速度v带＝4．0m/s,则面粉袋加速运动的时间 t1＝v带/a1.0s，在t1时间内的位移s1为： s112at12.0m …………………………………（1分） 2s2lABs1vt2

其后以v＝4．0m/s的速度做匀速运动

解得： t21.5s ………………………………………………………… （1分） 运动的总时间为：tt1t22.5s ………………………………………（1分） （2）要想时间最短，m应一直向B端做加速度，

由：lAB1/2at 可得：t'2.0s（1分） 2''此时传送带的运转速度为：vat8.0m/s ………………… （1分） 由vr2nR 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s为：s2l2R18.0m ……………………………… （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s带＝s+lAB26.0m 又由（2）已知t'＝2．0s 故而有：2nr's 则： tn'390r/min（或6．5r/s） ……………………………………… （2分）

千里冰封，万里雪飘。

望长城内外，惟余莽莽；大河上下，顿失滔滔。(余 通：馀) 山舞银蛇，原驰蜡象

北国风光，千里冰封，万里雪飘。