（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 ??y2?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解得υ合的最小值：?min?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?12m?0???????????????????????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?LBqLmv2 （2分），又R2? （2分），解得v2? （2分） cos?mcos?Bq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），与磁场边界夹
mcos?角为???2??（2分），如图答2所示。
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（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 ?2222U2v2(1?cos?)
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?即
2?R2?n （2分） ?vqB2?ma2?na2?mb2?nb tb? ??qB1qB2qB1qB22?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
R第 37 页 共 58 页
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
2mg ∴E =
q
对a微粒碰前做匀速直线运动，则有
3mgBqv0 = Eq + mg ∴v0 =
Bq2 （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
v mv0 = 5mv ∴v =0
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：
v11 5mgh – Eqh =5m (0.4v0) –5m (0)2
225m2g ∴h = 0.922
Bq （3）碰撞后，a、b分开，则有 mv0 = mva + 4mvb vb = 0.3 v0，得va = – 0.2v0 a微粒电量为 – q / 2，受到的电场力为
q2mgq?mg E ·?∴F电 = mg
22q
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 同时机械能守恒：(m1v12)/2+(m2v22)/2=E0 ∴v1=[2m2E0/m1(m1+m2)]v2=[2m1E0/m2(m1+m2)]
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112
2
∴“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)?23W33 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 12 WF-μ1m1g(2L1+L2)=m1vc
22 (4分)
解得WF=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) m1vc=(m1+m2+M)v (2分) 由能量守恒得
11122?m2v2??M?m1?m2?v2 μ2m1gS+μ2m2gL=m1v1222 (3分)
解得，v2=2m/s 2 v2′=m/s
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v=0.4m/s
(3分) (2分)
25 当v2′=m/s时，v1=m/s>v2′不合题意，舍去。
33 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)
2小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有vB ?2gR ①
(2分)
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 (2分) 从B到C，只有重力做功，根据机械能守恒定律有
22 mgR(1?cos60?)?mvC/2?mvBx/2 ③
(2分) (1分) (2分)
代入数据解得vC?25m/s
2在C点，根据牛顿第二定律有F?c?mg?mvC /R ④
代入数据解得F?c?35N (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FC=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
mvC=(m+M)v ⑤ (2分)
2 ?mgL?mvC/2?(m?M)v2/2 ⑥2联立⑤、⑥式得L?MvC /[2?g(m?M)] ⑦
(2分)
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vmf=Kvm=F=2IBL①???(2分) 其中I=E/R ②???(1分) E=2BL(v-vm) ③???(2分) ①②③联立得：
Kvm=2·[2BL(v-vm)/R]·BL ∴Kvm=(4B2L2v-4B2L2vm)/R ∴vm=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。
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