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2010天津高考复习计算题每日一题训练答案

2010天津高考复习计算题每日一题训练答案


1.(12 分) (1)当杆达到最大速度时, mg sin θ = BIL + N N=mgcosθ (1 分) ∴B = (2 分)

I=

E BLv m = R R

(1 分)

mg (sin θ cos) L2 v m

(1 分)

(2)当杆的速度为 v m 时,[来源:Zxxk.Com]

1 3

mg sin θ BI ′L N = ma E ′ BLv m = R 3R 2 2 g sin θ g cos θ 3 3

(2 分)

I=

(1 分)

∴a =

(1 分)

(3)设金属杆从静止到达最大 有 mgh - μmgcosθ h=ssinθ h sinθ

-Q =

1 2

mvm

(2 分)

(1 分)

h=

mv m + 2θ 2mg (1 cot θ )

(1 分)

2. (14 分) (1)由系统的动量守恒可知,当小物块恰好和小车右端的弹簧接触时,小车和物块都 处于静止 ∴mgR=fL 锁定解除后有 (3 分)

E p = mgR + fL = 2mgR

(3 分)

(2)经 B 点时,小物块速度 v1,小车速度为 v2,

mv1-M v2 =0

(3 分) (3 分)

y P,

1 1 2 E p = fL + mv1 + Mv 2 2 2 2
v1 =
3. (14 分)

2 MgR M +m

O (2 分)[来源:学科网 ZXXK] O

P、
x A v

P;

(1)P1-P2做类平抛运动

h =

1 qE 2 t 2 m

2 3 h = v 0 t (3 分 ) 3 2 3 mv 0 ∴ E = (1分 2 qh

)

(2)设P2的速度为 v,与 x 轴夹角为θ
3 h 3 = 3 tan θ = h 3 v0 cos θ = v

θ = 60 0 ( 2分) ∴ v = 2v 0 (2分)

(3)

2 3 4 3 P2 P3 = (2h ) + 3 h = 3 h (1分) 2h tan ∠OP2 P3 = = 3 ∠OP2 P3 = 60 0 (1分) 2 3h 3 ∴ ∠O1 P2 A = 60 0 30 0 = 30 0 (1分)
2

2

2 3h AP2 ∴ cos 30 0 = = 3 ( AO1为中垂线) O1 P2 R 4 h (1分) 3 mv ∴R = (1分) Bq 3mv0 mv m2v 0 B= = = (1分) 4 Rq 2qh q× h 3 ∴R =

4.解: (1)设粒子过 N 点时速度 v,有

v0 =cosθ v
粒子从 M 点运动到 N 点的过程,有

v=2v0

[来源:学科网 ZXXK]

qUMN=

1 2 1 2 mv - mv 0 2 2
/

UMN=

3mv 2 0 2q

[来源:学科网 ZXXK]
/

(2)粒子在磁场中以 O 为圆做匀速圆周运动,半径为 O N,有

qvB=

mv 2 (2 分) r

r=

2mv0 qB

(3)由图 20 所示几何关系得 ON=rsinθ 粒子在电场中运动的时间 t1,有 ON=v0t1

t1=

3m qB

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T= 设粒子在磁场中运动的时间 t2,有

2πm qB

t 2=

π θ T 2π
t=

t2=

2πm 3qB

t=t1+t2

(3 3 + 2π )m 3qB

5. (11 分)解: (1)B 静止时,弹簧形变量为 l,弹 簧产生弹力 F=kl B 物体受力如图所示,根据物体平衡条件得 kl =mgsinθ 【1 分】 得弹簧的劲度系数 k=

N

F

图【1 分】
GB

mg 2l

【1 分】

(2)当弹簧第一次恢复原长时 A、B 恰好分离,设此时 A、B 速度的大小为 v3。 【1 分】 对 A 物体,从 A、B 分离到 A 速度变为 0 的过程,根据机械能守恒定律得 1 2 【1 分】 mv3 = mgh 2 此过程中 A 物体上升的高度 h = 1.5l sin θ m 3 得 【1 分】 v3 = gl 2 (3)设 A 与 B 相碰前速度的大小为 v1,A 与 B 相碰后速度的大小为 v2,M、P 之间距离为 x。对 A 物体,从 1 开始下滑到 A、B 相碰的过程,根据机械能守恒定律得 mgx sin θ = mv12 2 【1 分】k+s-5#u A 与 B 发生碰撞,根据动量守恒定律得 m v1=(m+m)v2 【1 分】 设 B 静止时弹簧的弹性势能为 EP,从 A、B 开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程,根据机械能守恒 1 1 2 2 定律得 (m + m)v2 + EP = (m + m)v3 + (m + m) gl sin θ 【1 分】 2 2 B 物体的速度变为 0 时,C 物体恰好离开挡板 D,此时弹簧的伸长量也为 l,弹簧的弹性势能也为 EP。对 B 物体和弹簧,从 A、B 分离到 B 速度变为 0 的过程,根据机械能守恒定律得 【1 分】 解得

1 2 mv3 = mgl sin θ + Ep 2

x=9l

【1 分】

参考答案 6、解:①由动能定理得:

mgR 1mgx1 = 0 ……………………………………………………………………………2 分 ∴ x1 = R / 1 = 0.8
②设皮带速度为 v0

0.2

m = 4m ……… ………………………………………………………2 分

vB = 2 gR = 4m / s …………………………………………………………………………1 分 [来源:学,科,
网 Z,X,X,K] 减速过程: a1 = 1 g = 2m / s 2 ……………………………………………………………1 分

t1 =
x1 =

v0 vB = 1s ………………………………………………………………………………1 分 a1

vB + v0 4+2 t1 = × 1m = 3m …………………………………………………1 分 2 2 L x1 + 1m ′ 匀速过程: t1 = = 1.5s …………………………………………………1 分 v0
上滑: a 2 = g (sin θ + 2 cos θ ) = 10m / s 2 ……………………………………1 分

t2 =

v0 2 = s = 0.2 s ……………………………………………………1 分 a2 10

v0 t 2 = 0.2m …………………………………………………………1 分 2 下滑: a 3 = g (sin θ 2 cos θ ) = 2 m / s 2 ………………………………1 分 x2 =
x2 = 1 2 a3t3 …………………………………………………………………1 分 2

∴ t3 =

2 x2 5 = s ………………………………………………………1 分 a3 5

5 5 s = 2.7 + s …………………1 分 5 5 1 2 ③滑块最后停于 D 处,全过程动能定理: 2 mgs总 cos θ = 0 mv0 ………2 分 2 2 v0 ∴s = = 0.5m …………………………………………………2 分 2 2 g cos θ ′ t = t1 + t1 + t 2 + t 3t = 1 + 1.5 + 0.2 + =

7.(10 分) 解:在电场中:加速度 a=

qE , ① m

1分

运动时间 t=

L , ② v0

偏出电场时的竖直分速度 vy=at ③ 速度偏向角 tanθ=

1分 1分

vy v0

, ④

由以上各式,代入数据解得: tanθ=1. ∴θ=45° ⑤ 粒子射出电场时运动速度大小 v= 2v 0 在磁场中: ⑥ 2分

v2 向心力满足 qvB=m r
∴ r=



2 分 k+s-5#u

mv 由几何关系得 AB = 2 r ⑧ qB
-2

1分

由以上各式,代人数据解得 AB =10

m ⑨

2分

评分参考:①、②、③、④、⑤、⑧各式均为 1 分,⑥、⑦、⑨式各 2 分;其他方法结果正确也给分。 8.解:(1)小球从开始自由下落到到达管口 B 的过程中机械能守恒,故有: 解
mg 4 R = 1 2 mvB 2
= 8 gR

(2 分) (2 分)

到达 B 点时速度大小为 vB

(2)设电场力的竖直分力为 Fy、 ,水平分力为 Fx,则 Fy =mg(方向竖直向上).小球从 B 运动到 C 的过程中,由
2 2 动能定理得: Fx 2 R = mvB mvC

1 2

1 2

(1 分)

小球从管口 C 处脱离圆管后,做类平抛运动,由于其轨迹经过 A 点,有[来源:Zxxk.Com]
y = 4 R = vC t

(1 分 )[ 来 源 : 学 科 网

ZXXK]
x == 2 R = 1 F a xt 2 = x t 2 2 2m

(1 分) k+s-5#u (1 分)

联立解得:Fx=mg 电场力的大小为: qE = Fx2 + Fy2 = 2 mg

(3)小球经过管口 C 处时,向心力由 Fx 和圆管的弹力 N 提供,设弹力 N 的方向向左,则
v2 Fx + N = m C R

(2 分) (1 分)

解得:N=3mg(方向向左) 根据牛顿第三定律可知,小球经过管口 C 处时对圆管的压力为
N ′ = N = 3mg

,方向水平向右

(1 分)

9(20 分) (1) 设 A、B 碰前的速度为 v mv=(M+m)V------------------2 分 v=3m/s--------------------------1 分 (2) 据动量定理 2 Eql- mgl=1/2mv -----------------3 分 L=0.3m-------------------------------1 分 (3) 设弹簧被压缩到最短时的压缩量为 S1 2 1/2(M+m)V =E0+((M+m)g S1-EqS1----------------4 分 S1=0.3m--------------------------1 分 设弹簧第一次恢复到原长时,A、B 的共同动能为 EK,弹簧第一次将 A、B 弹开后,A 和 B 共同速度为 零时,距离竖直墙最远,设此时距离弹簧原长处为 S2 E0=(M+m)gS1+EqS1+EK---------------3 分 EK=(M+m)gS2+ EqS2-------------------3 分 整理可得 -3 EK=1.8×10 S2=0.03m---------------------1 分 Sm=S+ S2=0.08m----------------1 分

10.(16 分) 解:(1)感应电流方向由 b 指向 a (2) E =

B = S = kl 2 t t



回路中的感应电流 I =

E kl 2 = R R kl 2 ×l R



ab 所受安培力 F = BIl = kt ×



k 2 × 12 × 5 t = 5s 时,安培力大小等于 c 的重力 10 N ,即 = 10 ④ 2
得 k = 2V / m (或 2T / s )
2

⑤ ②④⑤每式 2 分

(1)6 分

①③每式 2 分

答案:11. (1) 依题意,R=L/4 2 由 qvB=mv /R qU0=

1 2 mv0 2

qB 2 L2 得 U 0= 32m

(2) 设 AF 中点为 G,连接 GC,作其垂直平分线,与 AF 延长线交点即为圆心 由相似三角形得 R’=O’G=13L/4 2 qvB=mv /R’ q=

1 2 mv0 2

∴UNM=

169qB 2 L2 32m
2πm ,T 与速率无关 qB

(3) 由于粒子在磁场中运动周期 T=

粒子撞击 BC 中点和 DE 中点后回到 G,用时最短 圆周半径 R”=3L/2 得到最短时间 t=

300 5πm T ×3 = 360 qB

12. (16 分) 解: ⑴(5 分)设子弹射入木块与木块获得的共同速度为 v,子弹射入木块前后系统动量守恒

mv0 = ( M + m)v
v = 5m / s
的过程中系统机械能守恒

(3 分) (2 分)

⑵(5 分)设木块上升最大高度为 h,子弹与木块在光滑弧形轨道 BC 上运动,到达最高点

1 ( M + m)v 2 = ( M + m) gh 2 h = 1.25m
匀变速运动规律得

(3 分) (2 分)

⑶(6 分)木块返回 B 点进入水平轨道上作匀减速运动最终静止,摩擦力的冲量为 I,由牛顿第二定律、

f = 5m / s 2 m+M v t = = 1s a a=

(2 分) (1 分) (2 分) (1 分)

I = (m + M ) gt
I = 5NS

13. (18 分) 解: (5 分)设带电粒子刚好从极板边缘射出电场时电压为 U (1)
d 1 2 = at 2 2

(1 分)

a=
t=

Eq Uq = m dm
l v0

(1 分)

(1 分) (2 分)

U =25V

(2) 分)带电粒子刚好从极板边缘射出电场时速度最大,设最大速度为 vm,由动能定理 (4

qU 1 1 2 2 = mv m mv 0 2 2 2

(2 分) (2 分)

vm = 5 5 ×10 4 m/s

(3) 分)设粒子进入磁场时速度方向与 OO'的夹角为 θ (9 则任意时刻粒子进入磁场的速度大小 v =
v0 cosθ

(2 分)

粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 R
R= mv 0 mv = qB qB cos θ

(2 分)

设带电粒子从磁场中飞出的位置与进入磁场的位置之间的距离为 l

l = 2 R cosθ =

2mv0 qB
(1 分)

(2 分)

由上式可知,射出电场的任何一个带电粒子,进入磁场时的入射点与射出磁场时的出射点间距离为定 值, l 与 θ 无关,与所加电压值无关 两点间的距离为 l=0.4m 14. (20 分) 解: (10 分)导体棒 ab 刚开始运动时的速度为零, (1) 由欧姆定律 (1 分)

(2 分)

I=

E R+r

导体棒 ab 受安培力 牛顿第二定律

FA = BIL FA mg = ma
a= ELB g m( R + r )

(1 分) (1 分)

导体棒 ab 开始运动时的加速度

(1 分)

设导体棒 ab 向上运动的最大速度为 v max ,当导体棒所受重力与安培力相等时,达到最大速度,回路电 流为 I ′

I ′LB = mg

(2 分)

由欧姆定律 得

mg BL E BLvmax I′ = R+r EBL mg ( R + r ) v max = B 2 L2 I′ =

(2 分) (2 分) (2 分)
2

(2) 分)电源的输出功率 (4

P = EI ′ I ′2 r
Emg mg P= r BL BL
mgE △t BL

(2 分)

(3) 分)电源的电能转化为导体棒的机械能和电路中产生的焦耳热之和(1 分) (6 △t 时间内:电源的电能 △E 电 = I ′ E △t = 导体棒 ab 增加的机械能 △E 机= mg v max △t = mg (1 分)

EBL mg ( R + r ) △t B 2 L2 m2 g 2 (R+r)△t B 2 L2

(1 分)

电路中产生的焦耳热 Q= I ′2 ( R + r ) △t=

(1 分)

△t 时间内,导体棒 ab 增加的机械能与电路中产生的焦耳热之和为△E’ △E’= △E 机 + Q △E’= mg △E’ = (1 分)

EBL mg ( R + r ) m2 g 2 △t + (R+r)△t B 2 L2 B 2 L2
(1 分)

整理得

mgE △t BL

由此得到 △E 电 =△ E’ 回路中能量守恒。 ,

15. (18 分) (1)励磁线圈中电流方向是顺时针方向。 (2)电子在加速电场中加速,由动能定理

(3 分)

eU =

1 2 mv 0 2
2 v0 r



电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力

eBv 0 = m
D = 2r
解得:

② ③ ④

e 8U = 2 2 m D B



B = 9 × 10 7

NI = 9 × 10 4 T R

⑤ ⑥ (12 分)

代入数据得:

e = 1.9 × 1011 C / kg m

(3)增大加速电压;减小线圈中的电流。

(3 分)

16. (20 分) (1)当箱子固定时,弹簧的弹性势能释放转化为滑块 B 的动能,设滑块速度 v0

Ep =

1 2 mv0 2
t0 = L L 2 = L v0 4E p 2mE p



滑块 B 到达 A2 壁所用的时间



(4 分)

(2)a. 箱子置于光滑的水平地面上,弹簧释放后,箱子与滑块 B 的速度分别设为 V 和 v,以向右为正方 向 mv + MV = 0 ③

Ep =
解得:

1 2 1 mv + MV 2 2 2
2 ME p m( M + m ) 2mE p M ( M + m) V1 = 2mE p M ( M + m)

④ ⑤ ⑥ 舍弃 (6 分)

v= V =

另解: v1 =

2 ME p m( M + m )

b.当滑块 B 与 A2 发生第一次碰撞后,箱子的速度变为 V1,滑块 B 的速度变为 v1

mv1 + MV1 = mv + MV = 0
1 2 1 1 1 mv1 + MV12 = mv 2 + MV 2 = E p 2 2 2 2
解得:
v1 = V1 = 2 ME p m( M + m ) 2mE p M ( M + m) V1 = 2mE p M ( M + m)

⑦ ⑧ ⑨ ⑩ 舍弃

另解: v = 1

2 ME p m( M + m)

由结果可以知道,滑块 B 与 A2 碰撞后,滑块 B 与箱子速度的大小不变,只改变方向。 同理,当滑块 B 再与 A1 碰撞后,各自的速度大小不变,只改变方向。 滑块 B 相对于地面以大小不变为 滑块 B 两次碰撞之间的时间间隔
L 2 = T= v1 + V1 L 2 2 ME p m( M + m) + 2mE p M (M + m) = L 4 2 Mm E p ( M + m)

2 ME p m ( M + m)

的速度做往返的运动。

11 ○

(10 分)

17 解析. (19 分)解:粒子在点场中做类平抛运动,有 υ = υo / cos 60 = 2υo 设 P、Q 两点间电势差为 U ,
°

由动能定理有

1 1 2 mυ 2 mυ0 3分 2 2 3mυ02 解得: U = 2分 2q (2)粒子在 y < 0 的区域内运动的轨迹如图 2 所示。设其在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为 R , 磁场的磁感应强度为 B 。由题意,粒子做圆周运动的圆心一定在 y 轴上 qU =
由牛顿第二定律 qυ B = m 解得 R =

υ2
R

2分 1分

mυ qB
°

由几何知道得 R / sin 30 + R = l 解得 R = l / 3 所以 B = 6mυo /( ql )

1分 1分 2分

(3)由题意,当以粒子进入磁场的位置和射出磁场的位置的连线作为磁场的 直径时,磁场面积最小 1分 设磁场的最小面积为 S 由几何知道得磁场面积最小时的半径 r = R cos 30 = 解得最小面积为 S = π r = π l /12 18 解析. (19 分)
2 2

°

3l / 6

2分

(1)当 v m = 5 m s 时,棒匀速运动,
E = BLvm



I = E (R + r) ,

FA = BIL

(共 6 分)

v ( BL) 2 P mg m =0 vm R+r ∴
(2)当 t1=0.5s 末的时候有,P=10W
at ( BL) 2 P mg 1 = ma at1 R+r
Q总=Q + Q ×

∴ B = 0.8T

(共 2 分)

代入数据,得:

a=

20 m / s2 3

(共 4 分) ( 3 ) 电 路 中 产 生 的 总 热 量

0 .2 1 = 0.15 + 0.15 × = 0.2 J 0 .6 3

(2 分) (2 分) (2 分)

s=

1 2 at = 0.3m 2 ,

v = at = 2m / s
1 mv 2 2



W F Q总-mgs =

1 W F = 0.2 + 0.5 × 0.2 × 10 × 0.3 + × 0.2 × 2 2 J = 0.9 J 2 ∴

(1 分)

19 解析.当小球进入电场时:mg=Eq 将做匀速直线运动 (1 分) (1)在经 t 时间加入磁场,此时小球在 F 点,小球在时间 t0 内将做匀速圆周运动,圆周运动周期为 T 若竖直向下通过 D 点,由图分析可知必有: PF-PD=R 即: v0t-L=R (2 分) R=m v0/qB0 (2 分) 所以:t=L/v0+m/qB0 (2 分) (2)小球在磁场中的位移大小是加上磁场时小球的位置和撤除磁场时小球位置的连线长。由图分析可 知,s= 2 R (2 分)

当 R 最大时,s 最大,在小球不飞出电场的情况下,R 最大时有: DQ=2R ,即 L/π=2R (2 分) 又由 R=m v0/qB0 可得 即可得: B0=50πv0 /L (2 分) (3)小球在磁场中做圆周运动,故有 t0=(n+3/4)T ,n=0,1,2,3,… (2 分) 又:T=2πm/qB0 (1 分) 可得:t0=(n+3/4)L/v0 ,( n=0、1、2、3、…) (2 分) 轨迹画对得 2 分

20【解析】 (1)油滴带负电。油滴受重力、电场力和洛伦兹力三力作用,必做匀速直线运动,三力的合力 为零,受力如图,油滴只能带负电。 ……4 分 有: θ qE mg ……2 分 (2)从 P 到 O 沿直线必为匀速直线运动,设油滴质量为 m,由平衡条件 qvB qvBsin37=qE ……2 分

mgtan37 =qE
解得: v =

……2 分

5E 4qE ,m = 。 3B 3g

(3)进入第一象限,电场力 F ′ = qE ′ =

4 4 qE = G = mg = qE ,知油滴先作匀速直线运动,进入 y≥h 的区 3 3 域后作匀速圆周运动,路径如图,最后从 x 轴上的 N 点离开第一象限。

由 O-A 匀速运动的位移为: h 5 s= = h o sin 37 3 从 O-A 的运动时间为: s Bh t1 = = v E 油滴在磁场中做匀速圆周运动的周期为:

……2 分 y h ……1 分 θ P O A θ N C x

T=

2π m qB

……2 分

由几何关系知磁场中的一段圆弧所对的圆心角为 74,由 A-C 的圆周运动时间为:

t2= (74/360)T=

74π E 135 gB

……2 分

由对称性知从 C-N 的时间:

t 3= t 1
故油滴在第一象限运动的总时间为:

……1 分

t=t1+t2+t3=

2Bh 74π E + 。 E 135 gB

……2 分

21 解析.(1) h =

θ = 45° ……(4 分)
(2) Eq = mg

1 2 gt , 2

V0 =

2h t

V g = gt

V = V0 + V y = 2 gh ……(4 分)
2 2

E=

mg q

LL (4分)

v2 m 2g R B = q h ( 2 R ) 2 = ( 2h ) 2 + ( 2 h) 2 qVB = m
(3) Vmin = V cos 45° =

LL (4分)

2 gh

LL (2分)

方向沿 x 轴正方向 …(2 分)

22. (18 分) 解析: (1)磁场的磁感应强度在时间 t 内由 B 均匀减小到零,说明

B B = t t

Φ 2 BL2 此过程中的感应电动势为 E1 = = t t
通过 R 的电流为 I1 =



E1 R



此过程中电阻 R 上产生的焦耳热为 Q1 = I1 Rt
2

③, 联立①②③求得 Q1 =

4 B 2 L4 Rt

(2)①ab 杆离起始位置的位移从 L 到 3L 的过程中.由动能定理可得

F ( 3L L ) =

1 2 m ( v2 v12 ) 2



ab 杆刚要离开磁场时,感应电动势 E2 = 2BLv1
通过 R 的电流为 I 2 =



E2 ⑥ R

水平方向上受安培力 F安 和恒力 F 作用 安培力为: F安 = 2 BI 2 L 联立⑤⑥⑦解得 F安 = ⑨



4 B 2 L2 v1 R



由牛顿第二定律可得: F F安 = ma
2 v 2 v12 4 B 2 L2 v1 联立④⑧⑨解得 a = 4L mR

②ab 杆在磁场中由起始位置发生位移 L 的过程中,根据功能关系,恒力 F 做的功等于 ab 杆增加的动 能与回路产生的焦耳热之和,则

FL =

1 2 mv1 + Q2 2



2 m(v2 3v12 ) 联立④⑩解得 Q2 = 4

23. (20 分) 解: (1)末加 F 前 A、B、C 处于静止状态时,设 B、C 间距离为 L1,则 C 对 B 的库仑斥力

F1 =

以 A、B 为研究对象,由平衡条件得 F1 = (m A + m B )g sin 37 0 联立解得 L1=1.0m (2)给 A 施加力 F 后, A、B 沿斜面向上做匀加速直线运动,C 对 B 的库仑斥力逐渐减小,A、B 之间 的弹力也逐渐减小。经过时间 t0,设 B、C 间距离变为 L2,A、B 两者间弹力减小到零,两者分离,力 F 变为恒力。则此刻 C 对 B 的库仑斥力为

kqC q B 2 L1

F2 =

kqC q B L2 2



以 B 为研究对象,由牛顿第二定律有

F2 mB g sin 37 0 mB g cos 37 0 = mB a



联立①②解得 L2=1.2m 设 t0 时间内库仑力做的功为 W0,由功能关系有

q1q2 qq k 1 2 L1 L2 代入数据解得 W0 = 1.2J W0 = k



(3)设在 t0 时间内,末速度为 v1,力 F 对 A 物块做的功为 W1,由动能定理有 1 ④ W1 + W0 + WG + W f = (mA + mB )v12 2 0 而 WG = ( m A + mB ) gL sin 37 ⑤

W f = (m A + mB ) gLs cos 37 0
v12 = 2a L

⑥ ⑦

由③~⑦式解得 W1 = 1.8 J 经过时间 t0 后,A、B 分离,力 F 变为恒力,对 A 由牛顿第二定律有

F m A g sin 37 0 m A g cos 37 0 = m A a 力 F 对 A 物块做的功 W2 = F ( L L2 ) 由⑧⑨式代入数据得 W2 = 8 .0J 则力 F 对 A 物块做的功 W = W1 + W2 = 9.8 J

⑧ ⑨

24. (16 分) 解: (1)A 从 P 滑到 Q 的过程中,根据机械能守恒定律得

1 2 mv0 2 解得 A 经过 Q 点时速度的大小 v0 = 2 gh = 3.0m / s mgh =
(2)A 与 B 相碰,根据动量守恒定律得

(2 分) (3 分) (2 分) (3 分)

mv0=(m + M ) v
解得 (3)根据能量守恒定律得

v= E =

mv0 = 1 .0m/s m+M

1 2 1 mv0 (m + M )v 2 2 2

(3 分) (3 分)

解得 A 与 B 碰撞过程中系统损失的机械能 ΔE = 3.0 J

25. (20 分) (1)粒子只在电场作用下直接到达 D 点 设粒子在电场中运动的时间为 t, 粒子沿 x 方向做匀速直线运动,则 x=v0 t 沿 y 方向做初速度为 0 的匀加速直线运动,则 h= 加速度



(1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (2 分)

1 2 at 2

② ③

a=

qE m
x=d

粒子只在电场作用下直接到达 D 点的条件为 解①②③④得



v0 = d

qE 2mh

(2)粒子在第二次经过 x 轴时到达 D 点,其轨迹如图 3 所示。设粒子 进入磁场的速度大小为 v,v 与 x 轴的夹角为 θ,轨迹半径为 R, 则 vsinθ = a t ⑤ (1 分)

y P M x θ θ R v

qvB = m

v2 R



(2 分) (2 分)

O

D

粒子第二次经过 x 轴时到达 D 点的条件为 x-2Rsinθ = d ⑦ 解①②③⑤⑥⑦得

图3

qE 2 E + v0 = d 2mh B

(2 分)

(3)粒子在从电场进入磁场时到达 D 点,其轨迹如图 4 所示。
y P Q O θ R M θ v N D x

图4 根据运动对称性可知 QN=2OM=2 x 粒子在从电场进入磁场时到达 D 点的条件为 x+n(2x-2Rsinθ) = d 其中 n 为非负整数。 解①②③⑤⑥⑧得 v0 = (2 分) ⑧ (3 分)

d qE 2n E + 2n + 1 2mh 2n +1 B

(2 分)

26. (16 分) 1)S= v0t=0.80 m 2)因为初速度达到 9m/s 以后运动时间保持 1s 不变,故小物体落地点在水平面

h=

1 2 gt = 5 m……用 t=1s 代入公式得 3 分,求出答案 5m 得 2 分 2

3)小物体初速度 2m/s,运动时间 0.400s 时落在斜面

1 2 gt gt 2 tanθ= = =1 vt 2v
θ=45°……
27.解: (1) (6 分)设 a 在倾斜导轨上运动的过程中产生的感应电动势为 E,其电流为 Ia,则有:

由于 a 在倾斜导轨上作匀速运动,故所受合外力为零, 则: BI a l = mg sin 30 ……………….(分)
0

Ia =

mg 2 Bl

方向 N 到 M…… (2) 分) (6 解得……………………….

E = Blv0
Ia =

E 2 Blv 0 = R总 3R

(3) 分)设 a、b 粘在一起共同运动的速度为 v,根据动量守恒有: mv0 = 2mv ………(分) (6 a、b 在水平轨道上运动的过程中,克服摩擦力做功 W = 2 mgL …………. (分) 由 Q = I 2 Rt 得: Q R = 2Qab ………….. (分) 根据能量守恒定律得 1 2mv 2
2 = Qab + Q R + W ……………..

3mgR mgR v0 U = 4 B 2l 2 = 4 BL

(分)



QR =

3m 3 g 2 R 2 4mgL …………………. (分) 3 32 B 4 l 4

28. (20 分) (1) 2 1 H → 2 He+ 0 n
2 3 1

①3 分 ②2 分 ③2 分

E =( m1 - m2 - m3 c 2 2 )
(2) 一个氘核的动能为

1 m1v12 , 2

两个等速的氘核相向碰撞后恰能发生聚变,则它们的动能都转化为电势能

1 e2 2 × m1v12 = 2 4 πε 0 (2 R )
由③④解得 v1 =

④2 分

e 1 2 2πε 0 m1 R

⑤1 分

(3)氘核沿反应区切线方向射入磁场,偏转后恰好又与磁场外边界相切返回,此圆周运动的轨迹半 径最小,所求出的磁感应强度最大,此磁感应强度即为保证速率为 v 的氘核沿不同方向从反应区进入磁场 后不能从磁场区域的外边界射出的最小值⑥2 分

r3 =

r2 r1 2 v2 r3

⑦ 3分

evB = m1

⑧3 分

由⑦⑧解得 B =

2m1v (r2 r1 )e

⑨2 分

29. (16 分)解: (1)设人在斜坡上滑下的加速度为 a1,由牛顿第二定律有 ①(1 分) mg sin θ-f =ma1

N-mg cos θ=0 又 f = N
联立①②③式得 a1 = g(sinθ-μcosθ) 2 代入数据得 a1 = 2.0 m/s (2)人滑到 B 点时 v B =

②(1 分) ③(1 分) ④(1 分) (2 分) ⑤(3 分) ⑥(1 分) ⑦(1 分)
2

2a1 s AB = 10m/s (3)在水平轨道上运动时 f 2 = ma2 f 2 = mg
联立⑤⑥式得 a 2 = g =5m/s
2 2 由 vc = vB 2a2 sBC

⑧(2 分) ⑨(2 分)

联立⑤⑧⑨式得 s BC =

v = 10m 2a 2

2 B

(1 分)

30. (18 分)解: (1)小球从 A 运到 O 的过程中,根据动能定理:

mgL qEL =

1 2 mv 2

①(3 分)

则得小球在 O 点速度为:

qE ) = 2m/s ②(3 分) m (2)小球运到 O 点绳子断裂前瞬间,对小球应用牛顿第二定律: v2 T mg f 洛 = m ③ ( 2 分) L f 洛 = qvB ④ (1 分) v = 2 L( g
由②③④得:

T = mg + qvB +

mv 2 = 8.2 N L

⑤(3 分)

(3)绳断后,小球水平方向加速度

F电 Eq = = 5m/s 2 m m 小球从 O 点运动至 N 点所用时间 v t= = 0.8s a ON 间距离 1 h = gt 2 = 3.2m 2 ax =

⑥( 2 分)

⑦(2 分)

⑧(2 分) (3 分)

31(20 分)解:⑴根据 q = I t,由 I-t 图象得:q =1.25C

E φ BL2 又根据 I = = = R Rt Rt
得 R = 4Ω ⑵ 由电流图像可知,感应电流随时间变化的规律:I=0.1t 由感应电流 I =

(3 分) (1 分) (2 分)

BLv ,可得金属框的速度随时间也是线性变化的, R

v=

RI =0.2t BL
2

(3 分) (1 分)

线框做匀加速直线运动,加速度 a = 0.2m/s

线框在外力 F 和安培力 FA 作用下做匀加速直线运动, F-FA=ma (1 分) 得力 F=(0.2 t+0.1)N ⑶ t=5s 时,线框从磁场中拉出时的速度 v5 = at =1m/s 线框中产生的焦耳热 Q=W- mv 5 = 1.67 J
2

(2 分) (2 分) (2 分)

1 2

32. (16 分)解:

v12 (1)根据牛顿第二定律: mg FN = m r
解得: FN = mg m

(3 分)

v12 = 9.6 × 10 3 N r
3

(2 分)

′ 根据牛顿第三定律: FN = FN = 9.6 × 10 N
2 v2 (2)根据牛顿第二定律: mg = m r

(1 分)

(3 分)

解得: v 2 =

gr = 10 5m / s (或 22.4m/s) (2 分)
2 v3 R

(3)根据牛顿第二定律: mg = m 解得: v3 = 33. (18 分)解:

(3 分)

gR = 8 × 10 3 m / s

(1) )由图中可得:12s 末的速度为 v1 = 9m / s, t1 = 12 s 导体棒在 0.12s 内的加速度大小为 a =

v1 0 = 0.75m / s 2 t1

(3 分)

(2)当导体棒达到收尾速度 v m = 10m / s后, 有P额 = F v m 棒受力平衡,有 F mg IBL = 0 此时 I = (1 分)

(1 分)

E BLv m = R R

(2 分)

代入后得 F = mg +

B 2 L2 v m = 0.45 N R
(2 分)

(2 分)

故 P额 = 0.45 × 10 = 4.5W

(3)在 0~12s 内 F 是变力,据动能定理 W F W f W安 = E k 又 W安 = Q (1 分) (1 分)

(2 分)

W f = mg S12

设 12s 内金属棒移动的距离为 S1

0+9 × 12 = 54m (1 分) 2 1 2 联立解得 W F = mv1 + mg S1 + Q = 27.35 J 2 S1 =

(2 分)

34. (20 分)解: (1)设线框到达磁场边界时速度大小为 v,由机械能守恒定律可得

1 Mg (h l ) = mg (h l ) + ( M + m)v 2 2
代入数据解得 ② (1 分) 线框的 ab 边刚进入磁场时,感应电流



(2 分)

v = 2m / s I= Blv R

③ (2 分)

线框恰好做匀速运动,有

Mg = mg + IBl
代入数据解得

④ (2 分)

B = 1T

⑤ (1 分)

(2)设线框进入磁场之前运动时间为 t1 ,有

hl =

1 vt1 2

⑥ (2 分)

代入数据解得

t1 = 0.6s
l = 0.1s v v = 0 .2 s g

⑦(1 分)

线框进入磁场过程做匀速运动,所用时间

t2 =

⑧ (1 分)

此后轻绳拉力消失,线框做竖直上抛运动,到最高点时所用时间

t3 =

⑨(1 分)

线框从开始运动到最高点,所用时间

t = t1 + t 2 + t 3 = 0.9 s

⑩(1 分)

(3)线框从最高点下落到磁场边界时速度大小不变,线框所受安培力大小也不变,即

IBl = ( M m) g = mg

11 ○

(2 分)

(用文字说明或列出方程式均可给分)

因此,线框穿出磁场过程还是做匀速运动,离开磁场后做竖直下抛运动, 由机械能守恒定律可得

1 2 1 2 mvt = mv + mg (h l ) 2 2
代入数据解得线框落地时的速度

12 ○

(2 分)

v t = 4m / s

13 ○

(2 分)

35. (16 分) (1)设 M 做平抛运动的初速度是 v,

x = vt , h =

1 2 gt 2

v=x

g 2h

(2)摆球 m 经最高点 A 时只受重力作用,

mg = m

2 vA l

摆球经最高点 A 时的动能为 E A ;

EA =

1 2 1 mv A = mgl 2 2

(3)碰后小摆球 m 作圆周运动时机械能守恒,

1 2 1 2 mv B = mv A + 2mgl 2 2

v B = 5 gl
设碰前 M 的运动速度是

v0 ,M 与 m 碰撞时系统的动量守恒

Mv0 = Mv + mv B

v=x

g m + 2h M

5 gl

36. (20 分) (1)以小球为研究对象,竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力 f , 故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动, 加速度设为 α ,

α=


f mg qvB1 mg = m = 2m / s 2 m

(2)设 v1 为小球出管口时的竖直分速度,结合图象可得:

v1 = at = 2m / s
所以此时弹力的大小:

Fn = qv1 B1 = 2.4 × 10 3 N
管擘所受弹力的方向:水平向左与小车运动方向相反 (3)小球离开管口进入复合场,
3 3 其中 qE = 2 × 10 N , mg = 2 × 10 N

故电场力与重力平衡, 小球在复合场中做匀速圆周运动,合速度与 MN 成 45°角

R=
轨道半径

mv = 2m qB2

从小球离开管口到再次经过 MN 所通过的水平距离

x1 = 2 R = 2m

πm π 1 t= T= = s 4 2qB2 4 对应时间
在该时间内小车运动距离

x 2 = vt =

π
2

m

小球此时离小车顶端的距离 x = x1 x 2 ≈ 0.43m

37. (16分) 解: (1) (6分)物体受到水平力F和摩擦力f的作用,由静止开 始向右做匀加速直线运动,设加速度为a1,4s末速度为v1,由牛 顿第二定律

F1-mg = ma1 a1 = 3m/s2 v1 = at1 = 12m/s

(2分) (2分) (2分)

(2) 分)由图知,4-5s 内物体受到水平力 F 的大小不变, (6 方向改变,设加速度为 a2,5s 末速度为 v2

-(F2+mg) = ma2

a2 = -7m/ s2 v2 = v1 + a2 t2 = 5m/s

(1 分) (1 分)

由图知,5-8s 内物体只受摩擦力 f 的作用,设加速度为 a3,速度为 v3

-mg = ma3 a3 = -2m/ s2 t3 = (1 分)

v2 =2.5s a3
(1 分) (2 分)

在 t = 7.5s 时物体停止运动,v3=0 物体运动的 v- t 图象如图所示

(3) 分)由 v- t 图可知(或计算得出) (4 0-4s 内 4-5s 内 水平力 F 做功 得

s1 = 24m s2 = 8.5 m

(1 分) (1 分) (1 分) (1分)

WF = F1S1-F2S2 WF =155J

38(18分) 解: (6 分)离子射入磁场中在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动,设粒子在磁场中从 A 到 C 的时间为 (1) t1,由牛顿第二定律

v qvB = m 0 r T=


2

(2 分)

2πr v0
5 5 πm t1 = T = 8 4 qB

(1 分)

(3 分)

(2) 分)粒子运动轨迹如图所示,设 C 点到坐标原点 O 的距离为 xC (4

r=

mv0 qB

(2 分)

由几何知识 得

xC=(r+rcos450)=

(2 + 2 )mv0 2qB

(2 分)

(3) 分) (8 离子从第三次过 x 轴到第四次过 x 轴的过程在电场中做类平抛运动, 设沿着 v0 的方向为 x′ 轴,离子沿 x′ 轴做匀速直线运动,设沿着电场的方向为 y′轴,离子沿 y′轴做初速为零的匀变速直线 运动

x1 = v0t vx ′ = v0

① ②

(1 分) (1 分)

y1 =
v y′ =

qE 2 t 2m



(1 分)

qE t ④ (1 分) m 设离子第四次穿越 x 轴时速度的大小为 v,速度方向与电场方向的夹角为 α.
由图中几何关系知

y1 = tan 450 x1
2 2 v = v0 + v y′



(1 分)



tan α =

v0 v y′



由以上各式得

v = 5v 0

(1 分)

α = arctan

1 2

(1 分)

正确画出正离子前四次穿越 x 轴在磁场和电场区域中运动轨迹的得 1 分,只要有错不得分。 39(20 分) 解: (6 分)因金属框匀速运动,所以金属框受到的安培力等于重力与阻力之和,设当电梯向上匀速 (1) 运动时,金属框中感应电流大小为 I

F安 = mg + f F安 = 2 B1 ILcd

① ②
4

(2 分) (2 分) (1 分) (1 分) ③ (2 分)

由①②式得金属框中感应电流 I =1.2×10 A 图示时刻回路中感应电流沿逆时针方向 (2) 分)金属框中感应电动势 E = 2 B1 Lcd (v0 v1 ) (5 金属框中感应电流大小 I = 由③④式得

2 B1 Lcd (v0 v1 ) R



(2 分) (1 分)

v0=12.7m/s
2 5

(3) 分)金属框中的焦耳热为:P1 = I R =1.3×10 W (9 重力功率为:P2 = mg v1=4.75×10 W 阻力的功率为:P3 = f v1=5×10 W 提升轿厢的效率
3 5

(2 分) (2 分) (2 分) (2 分) (1 分)

η=

P2 × 100% P1 + P2 + P3

η = 77.9 %

40.解: (1)因为小球与物块相互作用时间极短,所以小球和物块组成的系统动量守恒。 mv0 = ( M + m)v共 (3分)
mv0 代入数据 v共 = 2.0m/s → (3分) M +m (2)小球和物块将以 v 共开始运动时,轻绳受到的拉力最大,设最大拉力为 F, v共 =
F ( M + m) g = ( M + m) F = ( M + m(g + )
2 v共 2 v共

l

(3分)

代入数据 ) F = 15N (3分) → l (3)小球和物块将以 v 共为初速度向右摆动,摆动过程中只有重力做功,所以机械能守恒;设它们所能达 到的最大高度为 h,根据机械能守恒定律: 1 2 ( M + m)v共 = M + m)gh ( (2分) 2 2 v共 代入数据 (2分) h= h = 0.2m → 2g

41.解: (1)因为导轨光滑,所以导体棒下滑过程中机械能守恒,设导体棒第一次进入磁场时的速度为 v1, 则
mgH = 1 2 mv1 2

v1 = 2 gH = 2 × 10 × 0.20m/s = 4.0m/s
E = Blv1 = 0.50 × 0.20 × 4.0V = 0.40V I= E 0.40 = A = 0.20A R + r 1.50 + 0.5

(2 分) (2 分) (2 分)

(2)设导体棒第一次出水平磁场时的速度为 v2,导体棒由 MP 运动到 NQ 的时间为△t。在△t 这段时间

内,导体棒产生的感应电动势的平均值为 E ,电路中感应电流的平均值为 I ,导体棒受到安培力的平均值
为 F 安 , 则有

F 安t = mv2 mv1 F安 = BIl E R+r φ E= t φ = BS = Bld I=

① ② ③ ④ ⑤ (5 分)

B 2l 2 d = 3.25m/s ( R + r )m 1 2 代入数据 → 根据机械能守恒:mgh2 = mv2 h2 ≈ 0.53m 2 v2 = v1

(1分)

(3) 设导体棒在整个运动过程中闭合电路中磁通量的变化为 φ ′ ,导体棒由 MN 运动到到静止在磁场中 运动的时间为 t ′ , t ′ 时间内, 在 导体棒产生的感应电动势的平均值为 E ′ , 电路中感应电流的平均值为 I ′ ,

导体棒受到安培力的平均值为 F ′安 ,
q = I ′t E′ R+r φ ′ E′ = t ′ φ = BlL I′ = ①′ ②′ ③′ ④′
代入数据 q = 5 × 102 C →

(6 分)

42.解: (1)由于质点做匀速圆周运动,所以质点受到的电场力、重力二力平衡,即: mg Eq mg = 0 E= (3 分) 方向竖直向上 (2 分) q (2)如图甲所示,带电质点受重力 mg、洛伦兹力 qv0B、电场力 qE 的作用做匀速直线运动,根据几何 关系可知:当电场力方向与洛伦兹力方向垂直时,场强有最小 y 值 Emin,所以电场强度 Emin 的方向与 xOz 的夹角为 60°,即与磁 感应强度 B 的方向相同。 (2 分) Eminq 根据牛顿运动定律:
qEmin mg sin 60o = 0 f洛 mg cos 60 = 0
o

① (3分) ② (2分)

f洛 v0

P mg O
60°

B

Emin =

3mg 2q

x

(3)如图乙所示,撤去磁场后,带电质点受到重力 mg 和 电场力 qEmin 作用,其合力与存在磁场时的洛伦兹力大小相等方 向相反,即沿图中 PM 方向,合力与 v0 方向垂直。 由②得
f洛 = mg cos 60o = 1 mg 2

z



(2 分)

设经过时间 t 到达 Oxz 平面内的点 N(x,y,z) ,由运动的合成和分解可得: 沿 v0 方向:
z = v0 t


④ ⑤

(2 分)
(2 分) (2 分)

y Eminq P v0 F合 mg O M x

沿 PM 方向: PM =
沿 PM 方向:

1 2 at 2

PM =

h = 2h sin 30o

x = 3h

联立③~⑤解得:

z = 2v0

2h g

2h 所以。带电质点在 N 3h, 0, 2v0 的位置。 g

z

N


43. (18 分) (1)设 C、D 两板间电压 U0=9.0V 时带电粒子飘入电场从小孔 O2 进入磁场的速度为 v0 ,粒子在磁场中 做匀速圆周运动的半径为 R0,根据动能定理和牛顿第二定律有

1 2 qU 0 = mv0 ………2 分 2

2 v0 qv0 B = m ………2 分 R0

解得 R0=6.0cm………2 分

(2)如答图 2 所示,带电粒子轨迹与 MN 相切时,恰好飞出磁场,此时粒子运动半径 R1=d…………1 分 设恰能飞出磁场边界 MN 的带电粒子在电场中运动时 CD 两板间的电压为 U1, 从从小孔 O2 进入磁场时的 速度为 v1,根据牛顿第二定律与动能定理有

qv1 B = m qU 1 =

v12 …………1 分 R1

答图 2 解得 U1=25V 由于粒子带正电,因此只有在 C 板电势高于 D 板(uCD 为正值)时才能被加速进入磁场,根据图象可得 UCD=25V 的对应时刻分别为 t1 = 0.50 × 10 2 s …………1 分

1 2 mv1 …………1 分 2

t 2 = 1.5 × 10 2 s …………1 分
则粒子在 0 到 4.0 × 10 2 s 内飞出磁场边界的飘入时间范围为 0.50 × 10 2 s ~ 1.5 × 10 2 s …1 分 (3)设粒子在磁场中运动的最大速度为 vm,对应的运 动半径为 Rm,粒子运动轨迹如答图 3 所示,依据动能 定理和牛顿第二定律有

qU m =

1 2 mv m …………1 分 2
2 vm …………1 分 Rm

qv m B = m

答图 3
2 Rm d 2 …………1 分

粒子飞出磁场边界时相对小孔向左偏移的最小距离 x1 = Rm

粒子射出磁场区域的最左端是粒子运动轨迹与 MN 相切处,即粒子向左偏移距离 x2=d 则磁场边界 MN 有粒子射出的长度范围△x=x2-x1=d-x1…………1 分 44. (20 分) (1)滑块 C 滑上传送带后做匀加速运动,设滑块 C 从滑上传送带到速度达到传送带的速度 v 所用的时 间为 t,加速度大小为 a,在时间 t 内滑块 C 的位移为 x。 根据牛顿第二定律和运动学公式 mg = ma ………2 分

v = vC + at ………1 分

s = vC t +

1 2 at …………1 分 2

解得 x = 1.25m < L …………1 分

即滑块 C 在传送带上先加速,达到传送带的速度 v 后随传送带匀速运动,并从右端滑出,则滑块 C 从 传道带右端滑出时的速度为 v=3.0m/s…………1 分 (2)设 A、B 碰撞后的速度为 v1,A、B 与 C 分离时的速度为 v2,由动量守恒定律 mv0=2mv1 ………………1 分 2 mv1=2mv2+mvC…………1 分

由动量守恒规律 E P +

1 1 1 2 2 × 2mv12 = × 2mv 2 + mvC ……2 分 解得 EP=1.0J……2 分 2 2 2

(3)在题设条件下,若滑块 A 在碰撞前速度有最大值,则碰撞后滑块 C 的速度有最大值,它减速运动 到传送带右端时,速度应当恰好等于传递带的速度 v。 设 A 与 B 碰撞后的速度为 v1 ,分离后 A 与 B 的速度为 v 2 ,滑块 C 的速度为 vC ,由能量守恒规律和 动量守恒定律 mv m = 2mv1 ………1 分









′ ′ 2mv1 = mvC + 2mv ′ …………1 分 2
由能量守恒规律 E P + 由运动学公式 vC

1 ′2 1 ′2 1 ′2 mv1 = × 2mv 2 + mvC …………2 分 2 2 2
解得: v m = 7.1m / s

′2

v 2 = 2aL …………2 分

说明:其他方法解答正确也给分。

45. (16 分) 解: (1)8m/s, 46. (18 分) 解: (1)1.6N,

(2)3.3m

(2)0.25C


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