六．计算题（本大题4小题，共50分） 30．（10分）解：
（1）活塞刚离开卡口时，对活塞 mg+P0S＝P1S mg
得 P1 ＝P0+
S
（3分）
P0P1 ＝ T0T1
L （2）两侧气体体积不变 右管气体 mg
得 T1＝T0（1+ ）
P0S
（3分）
Lmg
（3）左管内气体，V2＝S P2＝ P0+ +?gL
2S应用理想气体状态方程 P0?LSP2?L2S
＝ T0T2
3T0mg
得 T2＝（P0+ +?gL）
2P0S
（4分）
31．（12分） 解：（1）物体A上滑过程中，因为斜面光滑，所以A做匀减速运动。 由牛顿第二定律得 mgsinθ＝ma， 代入数据得 a＝6m/s2。 经过t时间A、B两物体相撞， 由运动学公式 0＝v1－at， 代入数据得 t＝1s。 （4分）
（2）因为两物体运动时间相等，所以物体B的水平位移为
1
s＝v1tcosθ＝v2t＝2.4m， 2
代入数据解得 v2＝2.4m/s。 （4分）
（3）设两物体碰撞时，A物体上升的高度为hA，B物体下落的高度为hB， 则物体A、B间的高度差
11
h＝hA＋hB＝v1tsinθ＋gt2＝6.8m。 （4分）
22
— 16 —
32．（14分）解： （1）B球运动过程中只受A球对它的库仑力作用，当它运动到0点时速度跟A球相非匀强电场区同为v0。库仑力做的功即为B球动能增加量
域 v0 A v1 B 1212W?mv0?mv1 (4分) M C O D 22（2）因为A球做匀速运动，t0时间内运动的位移 x＝v0t0 （1分） 此时的库仑力
F?kq1q2x2?kq1q2v0t022 （2分）
因为A球始终做匀速运动，所以非匀强电场对它的作用力与B球对它的库仑力相平衡。当B球到达O点时，两带电小球间的距离最小，库仑力最大。因此，电场对A的作用力也最大，电场强度也最大。 （1分）
E?kqF?222 q1v0t0 （2分）
（3）该同学的解法是错误的。 （1分） 因为B球向A球靠近的过程，虽然它们的作用力大小相等，但它们运动的位移不等，所以相互作用力所做的功W1、W2的大小不相等，即W2＝?W1是错误的。 （3分） 33．（14分） 解：（1）AB棒达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态， 对AB棒：3mg＝2T
对CD棒：2T＝mg＋BIL B2L2v1
又F＝BIL＝
2R4mgR
解得v1＝22
BL
（3分）
H 磁场区域 A B 1
（2）（3m－m）gh－2Q＝ ×4mv12
2mv12＋Q16m3g2R2＋QB4L4h＝ ＝
mgmg B4L4
（2分）
C D
— 17 —
16m3g2R2＋QB4L4ΔΦBLh
q＝IΔt＝ ＝ ＝
2R2R2Rmg B3L3 （2分）
（3）AB杆与CD杆均在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，
对AB棒：3mg＝2T?＋BIL 对CD棒：2T?＝mg＋BIL B2L2v2又F＝BIL＝
RmgR
解得：v2＝22
BL
mgR4mgR所以：22 ＜v2＜22
BLBL
（3分）
（4）AB杆以速度v1进入磁场，系统受到安培力（阻力）突然增加，系统做加速度不断减小的减速运动，接下来的运动情况有四种可能性：（4分） mgR一是系统减速到某一值时（v2≥22 ），CD杆离开磁场，AB杆继续做加速度不断
BL4mgR
减小的加速运动，直到离开磁场（v≤22 ）；
BL
mgR
二是系统减速到某一值时（v2≥22 ），CD杆离开磁场，AB杆继续做加速度不断
BL减小的加速运动，速度达到v2＝
4mgR
后，匀速运动直到离开磁场； B2L2mgR
三是系统减速到v2＝22 ，匀速运动一段距离后，CD杆离开磁场，AB杆继续做加
BL4mgR
速度不断减小的加速运动，直到离开磁场（v≤22 ）；
BL
mgR
四是系统减速到v2＝22 ，匀速运动一段距离后，CD杆离开磁场，AB杆继续做加
BL4mgR
速度不断减小的加速运动，速度达到v2＝22 后，匀速运动直到离开磁场。
BL
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