解得t3=
32 （s）（或2.1s） （1分） 22
9.（1）（7分）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，有μmg=maA 得aA=μg=2m/s(1
2
分)B作加速运动，有F+μmg=MaB，得：aB=14m/s （1分） 两者速度相同时，有V0-aAt=aBt，得：t=0.25s （1分）
22
A滑行距离：SA=V0t-aAt/2=15/16m B滑行距离：SB=aBt/2=7/16m
最大距离：△s=SA-SB=0.5m （3分） 产生的热量：Q=f△s=μmg△s=1J （1分）2）（7分）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1
??V1V1?02??21V21 = +L （2分）又：0 = （1分）
?A?B2?A2?B2
可得：aB=6(m/s)F=m2aB-μm1g=1N（1分）
若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1NF较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落。即有：F=（m+m）a,μm1g=m1a
所以：F=3NF大于3N，A就会相对B向左滑下。
F应满足的条件是：1N≤F≤3N （3 10.（14分）解：（1）由?FN?mgsin??ma ①
解得a?2m/s2 ②（2）由v0?at1③解得t1?2s ④上升位移为x?升需t2?v0?t1?4m 上2L?x6.5?4?s?0.625s ⑥共经历t?t1?t2?2.625s ⑦（3）由mgsin??ma2⑧ v0422v042?m?1.6m⑩ 解得a2?5m/s ⑨板与滚轮脱离上升的距离xm?2a22?5金属板沿斜面上升的最大距离为 L?xm?6.5?1.6m?8.1m ○11 11、 (1) 30N; (2) 2m/s
12、 (1) a1=5m/s2 a2=1m/s2 (2) 0.5s
13、解：（1）（7分）物体放上皮带运动的加速度α=μg （1分）
?2?2物体加速到v前进的位移x0== （2
2?2?g∵L＞x0, ∴物体先加速后匀速，加速时间t1=
??= （1??g
31
匀速时间t2=
L?x0? =
L? -
? （12?gL+
∴物体从A到B时间t= t1+t2=
?? （2分） 2?g2
（2）（7分）当x≤x0时，物体一直加速，到B的速度为v1，则v1=2μgx
122?gxmv1=mgh ∴h= =μx （3分） 22g当x＞x0时，物体先加速后匀速，到达B时速度均为v
1?22
mv= mgh h′= （2分） 22g
14、 1)2s 2)10m
15.解：（1）设t=2.0s内木板B的加速度为aB， 由s=
122
aBt得aB=2.5m/s 2分 2（2）分析可知，A、B要产生相对滑动.
对B，由牛顿第二定律：F-f=mBaB，得f=45N 2分 对A，据牛顿第二定律得A的加速度大小为
2
aA=f/mA=2.25m/s,所以t=2.0s末A的速度大小为：VA=aAt=4.5m/s. 3分 （3）在t=2.0s内A运动的位移为SA=
12
aAt=4.5m 3分 2A在B上滑动的距离Δs=s-sA=0.5m 2分 16、 (1)2.4m (2) vD=34大于临界速度10故能到D点;且对轨道压力为12N.
32
18．解析：（12分）（1）包装盒沿斜面下滑受到重力和斜面支持力，由牛顿第二定律， 得mgsin?=ma (2分)a=gsin?=5.0m/s （1分）
2
包装盒沿斜面由A到B的位移为SAB=
h=10m （1分）
sin30?包装盒由A到B做匀加速运动的时间为t
SAB=
122SABat得t==2.0s （2分） 2a由动能定理：-fs=0-mv2/2 (2分)中f=?mg（1分）B点速度v=at 代入已知，得s=10m
复合场部分
1、（1）在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大。
达到稳定速度时，有
（1分） FA?B0IL
mgsin??FA??mgcos?
I?mg?sin37??cos37 （2分）
B0LE（2）E?B0Lv、I?
RIR0.2?5v??m/s?2m/s
B0L1?0.5??0.05?10??0.6?0.5?0.8??0.2A（1分）
1?0.5（2分） （1分）
（3）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应 电流。此时金属棒将沿导
轨做匀加速运动。
mgsin???mgcos??ma
a?g?sin???cos???10??0.6?0.5?0.8?m/s2?2m/s2 （2分）
设t时刻磁感应强度为B，则：
1??B0Ls?BL?s?vt?at2?
2??B0s1?11（2分） B??T?T 2121?2t?t2t?2t?1s?vt?at21?0.25T （1分） 故t=1s时磁感应强度B?2
1?2?1?12、解：物块在水平面受摩擦力f??mg?0.02N 物块受电场力F?Eq?0.03N ?f?F
33
∴物块不可能在右侧静止，向右减速为零后向左加速离开电场，在左侧减速为零。 设在O点右侧S处速度减为零，在O点左侧d处停止，则
1212mv0?(F?f)Smv0?f(2S?d)22 （1） （2）
联（1）（2）解得 d?0.2m
3、设粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的半径为R，由洛
伦兹力公式和牛顿定律得：。
由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过周，所以半径R必定等于筒的外半径r0，即R=r0。
圆
由以上各式解得。
4、解：设带电小球运动到B点时速度为vB则由功能关系：
E1qL?13BLq2mvB解得：vB?①……2分 23mEy E2 设带电小球从A点运动到B点用时为t1，则由动量定理：
E1qt1?mvB解得:t1?23m②…………2分 qBA B O2B当带电小球进入第二象限后所受电场力为
F电?E2q?mg③……1分
所以带电小球做匀速圆周运动：BqvB?m60O C
D x
v④………………………………2分 R 34
则带电小球做匀速圆周运动的半径R?mvB3?L⑤…………………………2分 qB3则其圆周运动的圆心为如图所示的O?点，
BO?BC?cos30??331L,O?O?BO?R?L,OC?BC?cos60??L 2621L?OC 2假设小球直接落在水平面上的C?点，则
OC??R2?(OO?)2??C?与C重合，小球正好打在C点。?BO?C?120?
2?m3qBm2?m?.⑦……1分 所以小球从A点出发到落地的过程中所用时间t?t1?t2?23qB3qB所以带电小球从B点运动到C点运动时间 t 2 ? T ? ⑥…2分
135、（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．
③
（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
l1Eql2，得 ()?l， 22m2v0
③
28mv0解出匀强电场的场强为 E?
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
v2qvB?m
R 解出R?①
mv0l222 ② 根据如图的几何关系(l?R)?()?R， 2Bq5l 8
② 解出的轨道半径为 R? 得出磁场的磁感应强度 B?8mv0 5ql ②
35