遇,则： t0?s （1分） v0设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：
?(m?M)g?(m?M)a得： a??g?3m/s2 （1分）
设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：
t1?t2??v=1s （1分） a故木盒在2s内的位移为零 （1分） 依题意： s?v0?t1?v(?t??t1?t1?t2?t0) （2分） 代入数据，解得： s=7．5m t0=0．5s （1分） （3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为S，木盒的位移为s1,则： S?v(?t??t1?t0)?8.5m （1分）
s1?v(?t??t1?t1?t2?t0)?2.5m （1分）故木盒相对与传送带的位移： ?s?S?s1?6m 则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：
6
（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h, 穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y，则： h=at2/2 （1分）
Q?f?s?54J （2分）
a?lqUl2qEqU?() （1分） t? 即：h?mmdv02mdv0代入数据，解得： h=0．03m=3cm （1分） 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得：
h? （1分） ly?L2代入数据，解得: y=0．12m=12cm （1分） （2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy=at=
l2qUl mdv0代入数据，解得: vy=1．5×106m/s （1分）
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所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：
v?v02?vy2?2.5?106m/s （1分）
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：
tan??vyv0?3 ??37? （1分） 4因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子
在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直。
匀速圆周运动的半径： r?y?0.15m （1分） cos?kQqv2?m （2分） 由： r2r代入数据，解得： Q=1．04×10-8C （1分）
7(1)释放小物体，物体在电场力作用下水平向右运动，此时，滑板静止不动，对于小物体，
122EqL1由动能定理得： EqLmv1v1?.1?m2
3222EqL1mv??mv1?4mv2得 1v?v?(2)碰后小物体反弹，由动量守恒定律：得 ．之21555m后
滑板以v2匀速运动，直到与物体第二次碰撞，从第一次碰撞到第二次碰撞时，物体与滑板
3 ?v1?v32772EqL1位移相等、时间相等、平均速度相等 5?v2?v1得:v3?v1?.2555m
12113132 (3)电场力做功等于系统所增加的动能 W电?mv3??4mv2W电?mv12?EqL1.22105
8．(1)只有当CD板间的电场力方向向上即AB棒向右运动时，粒子才可能从O运动到O’，
而
mv?0粒子要飞出磁场边界MN最小速度v0必须满足：d ① qB2
12设CD间的电压为U，则 ② qU?mv02
解①②得 U=25V，又U=ε=B1Lv 解得v=5m/s.
所以根据（乙）图可以推断在0.25s 此时带电粒子经加速后速度为v，由动能定理有：q ? 1 mv 2 解得：v=100m/s 此时带电'?2粒子 第 27 页 共 59 页 mv的轨道半径为 R ' ? ? 0 . 2 m 出射点与O’的水平距离为：x ?R'?R'2?d2?0.027m?2.7cm.qB2 粒子从边界MN射出来的位置间最大距离为S=d-x=7.3cm 9第（1）问8分，第（2）问6分，第（3）问6分，共20分 解: （1）U型框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势E?Blv0 当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为 Rbd? U型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为 r?3r3?r r?3r415r 4E4Blv0 闭合电路的总电流为 I?? R15rBlv0 根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：Ubd?IRbd? 5 R?3r?Rdb? 方框中的热功率为 Ubd2P??Rbd4B2l2v0275r （2）在U型框向右运动的过程中，U型框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律 3m0v?(3m?3 ) 4mv 解得：v?v0 7 根据能量守恒定律，U型框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即 Q?13mv2?17mv2?6mv200227 （3）设U型框和方框不再接触时方框速度为v1，U型框的速度为v2，根据动量守恒定 律，有 3mv?4mv1?3mv2 两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，即(v2?v1)t?s 联立以上两式，解得：v1?3s14s(v?)；v2?(3v?) 7t7t（以上答案供参考，符合题意的其它合理答案均给分） 10．(14分)分析与解答： 解：（1）以A、B整体为研究对象，从A与C碰后至AB有共同速度v，系统动量守恒 选向左为正方向：mA（－v0）＋mBv0=（mA＋mB）v （2）以A为研究对象，从与C碰后至对地面速度为零，受力为f，位移为s即最大位移． f?μmBg 第 28 页 共 59 页 －fs?12m（0－vA0） 得s?0.13m 2 （3）第一次A与C碰后至ABv有共同速度，B在A上相对于A滑行L1122－fL?（m＋m）（v－v解得L?0.4m．1AB0）12第二次A与C碰后至AB有共同速度v′，B在A上相对于A滑行L 2m（－v）＋mv?（m＋mv）′ABAB1－fL2?（mA?mB）（v′2－v2）2解得L2?01.m 若假定第三次A与C碰后AB仍能有共同速度v′，B在A上相对于A滑行L3????（mA＋mB）v?? m（A?v）＋mBv?122?fL3?（mA＋mB）（v″?v′）解得L3?0.025m2 L＋L＋L?0.525m＞0.51m123即三次碰撞后B可脱离A板． 11（13分） v2（1）设钢珠在M轨道最高点的速度为v，在最高点，由题意mg?m ① 2分 R 从发射前到最高点，由机械能守恒定律得： Ep?mgR?12mv② 2分 2（2）钢珠从最高点飞出后，做平抛运动 x?vt ③ 1分 y?12gt ④ 1分 2222由几何关系x?y?r ⑤ 2分 从飞出M到打在N得圆弧面上，由机械能守恒定律： 11mgy?mv2?mvN2 ⑥ 2分 22联立①、③、④、⑤、⑥解出所求vN?5.0m/s 1分 12（1）沙堆表面上的沙粒受到重力、弹力和摩擦力的作用而静止，则mgsin??Ff??mgcos? 第 29 页 共 59 页 所以??tan??h2?h??0.75，??37?（?称为摩擦角） Rl（2）因为黄沙是靠墙堆放的，只能堆成半个圆锥状，由于体积不变，?不变，要使占场地面积最小，则取Rx为最小，所以有hx??Rx，根据体积公式，该堆黄沙的体积为1113，解得 Rx?32R，占地V??R2h??R3，因为靠墙堆放只能堆成半个圆锥，故V??Rx3481面积至少为Sx??Rx2=2?34m2≈9．97m2 213．设水平恒力F作用时间为t1． 对金属块使用动量定理Fμt1=mv0-0即: μ1mgt1=mv0 ① 得t1= v0 ② ?1g对小车有（F-Fμ）t1=2m×2v0－0，得恒力F=5μ1mg ③ 金属块由A→C过程中做匀加速运动，加速度a1=小车加速度a2?F?m= ?1mg??1g ④ m F?F?2m?5?1mg??1mg?2?1g ⑤ 2m金属块与小车位移之差s?v12121a2t1?a1t1?(2?1g??1g)(0)2 ⑥ 222?1g 2而s?L，∴?1?v0 ⑦ 2gL从小金属块滑至车中点C开始到小金属块停在车的左端的过程中，系统外力为零，动量守恒，设共同速度为v，由2m×2v0+mv0=（2m+m）v，得v= 由能量守恒有?mg5v0． ⑧ 3L12115?mv0??2m?(2v0)2??3m?(v0)2 ⑨ 2222322v0得?2? ⑩ 3gL∴?1?3 ?2214.解：（1）带正电的粒子在电场中加速，由动能定理得 qEL?122qELmv v? 2mv2 在磁场中偏转，由牛顿第二定律得 qvB?m r第 30 页 共 59 页