据能量守恒
E硫=I2Rt+Kvm·vmt E磁=[4B2L2(v-vm)2/R]·1+Kvm2·1 4?12?0.42?1.82 =+018×3.22
2 =2.9J
(4分)
(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）。 2Rr2?r.故R两端的电压R?r3（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=最大值：UR=IR外
?（4E22E2?r??BlL?2r355r?3分）
（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
1122mv0≥kx0 ② 22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
111222mv0=mv1+kx0 ④ 222第 41 页 共 58 页
∴v1 =
T2 ⑤ v?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
qEqEd·t=· ④ mmv02mv0得 E= ⑤
qd在磁场中运动如右图运动方向改变 450，运动半径 R R=
d=2d ⑥
sin450mv2又qvB = ⑦
R第 42 页 共 58 页
mvm2v0mv0?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 v0
运动总时间t总=t + t1 =
d?d+ v04v0
第 43 页 共 58 页
42（18分） （1）电场强度E?U dUq,F?ma d带电粒子所受电场力F=qE?第 44 页 共 58 页
Uq?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?23Kg.m/s （3）带电粒子在t?TTT3T~t?向A板做匀加速运动，在t?~t?向A板做匀减速4224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
1T1s?2?a()2?aT2
2416要求粒子不能到达A板，有s a?52?104Hz 16dUb,R?? Rac(1) 根据安培力公式,推力F1=I1Bb,其中I1?则F1?UUacBb??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(3)根据欧姆定律,I2???600A R?b安培推力F2?I2Bb?720N 对船的推力F?80ò?576N 推力的功率P?Fvs?80òvs?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： 第 45 页 共 58 页