高三物理各地最新试卷之压轴题(20题)

各地最新试卷之压轴题〔20题5月15以后〕
1．如下列图，轻绳绕过轻滑轮连接着边长为L 的正方形导线框A 1和物块A 2，线框A 1的电阻为R ，质量为M ，物块A 2的质量为m 〔M>m 〕，两匀强磁场区域I 、II 的高度也为L ，磁感应强度均为B ，方向水平与线框平面垂直。

线框ab 边距磁场边界高度为h 。

开始时
各段绳都处于伸直状态，把它们由静止释放，ab 边刚穿过两磁场的分界限CC ／
进入磁场II 时线框做匀速运动。

求：
〔1〕ab 边刚进入磁场I 时线框A 1的速度v 1；
〔2〕ab 边进入磁场II 后线框A 1所受重力的功率P ； 〔3〕从ab 边刚进入磁场II 到ab 边刚穿出磁场II 的过程中，线框中产生的焦耳热Q .
答案：〔1〕由机械守恒：21)(2
1
v m M mgh Mgh +=
-① 〔3分〕
解得：m
M gh
m M v +-=
)(21② 〔1分〕
〔2〕设线框ab 边进入磁场II 时速度为2v ，如此线框中产生的电动势：
22BLv E =③ 〔2分〕
线框中的电流R
BLv R E I 2
2==
④ 〔2分〕 线框受到的安培力R
v L B IBL F 2
2242==⑤ 〔2分〕
设绳对A 1、A 2的拉力大小为T 如此： 对A 1：T+F=Mg ⑥ 〔1分〕 对A 2：T=mg ⑦ 〔1分〕
联立⑤⑥⑦解得：2
224)(L B Rg
m M v -=
⑧〔3分〕
2
22
24)(L B Rg m M M Mgv P -==⑨〔1分〕
2
A 1A a b h
B B
Ⅰ Ⅱ C ／
C
〔3〕从ab 边刚进入磁场II 到ab 边刚穿出磁场II 的此过程中线框一直做匀速运动，根
据能量守恒得：gL m M Q )(-=⑩ 〔3分〕
2.〔18分〕如下列图，质量M ＝0.40 kg 的靶盒A 位于光滑水平导轨上，开始时静止在O 点，在O 点右侧有范围很广的“相互作用区域〞，如图中的虚线区域.当靶盒A 进入相互作用区域时便有向左的水平恒力F ＝20 N 作用.在P 处有一固定的发射器B ，它可根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度v 0＝50 m/s 、质量m ＝0.10 kg 的子弹，当子弹打入靶盒A 后，便留在盒内，碰撞时间极短.假设每当靶盒A 停在或到达O 点时，就有一颗子弹进入靶盒A 内.求：
〔1〕当第一颗子弹进入靶盒A 后，靶盒A 离开O 点的最大距离；
〔2〕当第三颗子弹进入靶盒A 后，靶盒A 从离开O 点到又回到O 点所经历的时间； 〔3〕当第100颗子弹进入靶盒时，靶盒已经在相互作用区中运动的时间总和. 答案:〔1〕设第一颗子弹进入靶盒A 后，子弹与靶盒的共同速度为v 1.
根据碰撞过程系统动量守恒，有：mv 0=(m+M)v 1〔2分〕
设A 离开O 点的最大距离为s 1，由动能定理有：-Fs 1=0-
2
1
(m+M)v 12〔2分〕 解得：s 1=1.25 m.〔2分〕
〔2〕根据题意，A 在的恒力F 的作用返回O 点时第二颗子弹正好打入，由于A 的动量
与第二颗子弹动量大小一样、方向相反，故第二颗子弹打入后，A 将静止在O 点.设第三颗子弹打入A 后，它们的共同速度为v 3，由系统动量守恒得：mv 0=(3m+M)v 3〔2分〕
设A 从离开O 点到又回到O 点所经历的时间为t ，取碰后A 运动的方向为正方向，
由动量定理得：-F
2
t
=0-(3m+M)v 3〔2分〕 解得：t=0.5 s.〔2分〕
〔3〕由〔2〕问可知，第1、3、5、…、〔2n+1〕颗子弹打入A 后，A 运动时间均为t=0.5
s 〔3分〕
故总时间t 总=50t=25 s.〔3分〕
3.〔18分〕如图，在xOy 平面内，MN 和x 轴之间有平行于y 轴的匀强电场和垂直于xOy
平面的匀强磁场，y 轴上离坐标原点4L 的A 点处有一电子枪，可以沿+x 方向射出速度为v 0的电子〔质量为m ，电荷量为e 〕.如果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直线运动.如果撤去电场，只保存磁场，电子将从x 轴上距坐标原点3L 的C 点离开磁场.不计重力的影响，求：
〔1〕磁感应强度B 和电场强度E 的大小和方向；
〔2〕如果撤去磁场，只保存电场，电子将从D 点〔图中未标出〕离开电场，求D 点的坐标； 〔3〕电子通过D 点时的动能.
答案:〔1〕只有磁场时，电子运动轨迹如图1所示 〔1分〕
洛伦兹力提供向心力Bev 0=m R
v
2
0 〔1分〕
由几何关系R 2=(3L)2+〔4L-R 〕2 〔2分〕 求出B=
eL
mv 2580
，垂直纸面向里. 〔1分〕 电子做匀速直线运动Ee=Bev 0 〔1分〕
求出E=eL
mv 2582
沿y 轴负方向 〔1分〕
〔2〕只有电场时，电子从MN 上的D 点离开电场，如图2所示〔1分〕 设D 点横坐标为x x=v 0t 〔2分〕 2L=
2
2t m
eE 〔2分〕 求出D 点的横坐标为x=
2
2
5≈3.5L 〔1分〕 纵坐标为y=6L. 〔1分〕 〔3〕从A 点到D 点，由动能定理Ee ·2L=E kD -2
1
mv 02 〔2分〕 求出E kD =50
57
mv 02. 〔2分〕
4.(18分)如图13所示，在一光滑水平的桌面上，放置一质量为M ，宽为L 的足够长“U 〞型框架，其ab 局部电阻为R ，框架其它局部的电阻不计。

垂直框架两边放一质量为m 、电阻为R 的金
属棒cd ，它们之间的动摩擦因数为μ，棒通过细线跨过一定滑轮与劲度系数为k 的另一端固定的轻弹簧相连。

开始弹簧处于自然状态，框架和棒均静止。

现在让框架在大小为2μmg 的水平拉力作用下，向右做加速运动，引起棒的运动可看成是缓慢的。

水平桌面位于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B 。

问：
〔1〕框架和棒刚开始运动的瞬间，框架的加速度为多大？ 〔2〕框架最后做匀速运动〔棒处于静止状态〕时的速度多大？
〔3〕假设框架通过位移S 后开始匀速，弹簧的弹性势能的表达式为1
2k x 2(x 为弹簧的形变量)，如此在框
架通过位移 s 的过程中，回路中产生的电热为多少？
.【解析】(1) 设水平拉力为F ，如此F ＝2μmg ，对框架由牛顿第二定律：F -μmg ＝Ma , 解出M
mg
a μ=。

〔6分〕
(2) 设框架做匀速运动的速度大小为v ，如此感应电动势 E=BLv , 回路中的电流 R
R E
I +=
,
对框架由力的平衡得mg BIL F
μ+=, 联立以上各式解出 2
22L
B mg
R v μ=
〔6分〕 (3) 在框架滑过S 的过程中，设产生的电热为Q l ,摩擦生热为Q 2， 由功能关系21222
1
21Q Q Mv Kx FS
+++=
, 其中)(2x S mg Q -=μ, 在框架匀速后，对棒由力的平衡得 Kx mg BIL =+μ,
联
立
以
上
各
式
并
结
合
mg
BIL F μ+=,
mg
F μ2=, 解出
4
42
22212L B g m MR mgS Q μμ-
= 。

〔6分〕
【答案】(1)
M
mg
a μ=
; (2)
2
22L B mg
R v μ=
; (3)44222212L B g m MR mgS Q μμ-=
点评： 此题是一条学科内综合题, 同时又是一条新情景试题, 此题物理过程较复杂, 涉与弹性力、磁场力、摩擦力、牛顿第二定律、感应电动势、全电路欧姆定律、功能关系、力的平衡等众多知识点, 考查考生多角度探究问题的能力。

解题关键：理清物理过程,分析各个物理过程中的受力时,不要漏掉力; 正确把握各个物理量的关系, 在各个过程中选用适宜的规律求解.，特别要关注各个力所对应的能量。

5、〔15分〕荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献．惠更斯所做的碰撞实验可简化为：三个质量分别为m 1、m 2、
m 3的小球，半径一样，并排悬挂在长度均为L 的三根平行绳子上，
彼此相互接触。

现把质量为m 1的小球拉开，上升到H 高处释放，
如下列图，各球间碰撞时同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律，且碰撞时间极短，H
远小于L ,不计空气阻力。

假设三个球的质量不同，要使球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球具有同样的动量，如此m 1∶m 2∶m 3应为多少?它们上升的高度分别为多少?
18、〔15分〕由题意知三球碰后的动量均一样，设为p,如此m
p E k 22
=， 球2在与球3碰前
具有动量2p ，根据机械能守恒定律，对于球2与球3碰撞的情况应有：
2
2
3222222)2(m p m p m p +
=2分 由此得：2m ∶3m ＝3∶12分
球1与球2碰前的动量为3p ，根据机械能守恒定律有：
2
2
12122)2(22)3(m p m p m p +
=2分 由此得：1m ∶2m ＝2∶12分
从而可得：1m ∶2m ∶3m ＝6∶3∶12分 设三球碰后上升的高度分别为321H H H 、、
球1碰前动能K E ＝gH m 1,又K E ＝122)3(m p ,∴H ＝g m P 2
12292分 球1碰后动能1K E ＝,11gH m 又1K E ＝12
2m P ，∴1H ＝g m P 21222分
从而可得：91H
H =
同理可得：249
H
H =
H H 43=3分
6.〔18分〕如图13所示我国“嫦娥一号卫星〞从发射到进入月球工作轨道的过程示 意图。

在发射过程中，经过一系列的加速和变轨。

卫星沿绕地球“48h 轨道〞在抵达近地点P 时，主发动机启动，卫星的速度在很短时间内由v 1提高于v 2，进入“地月转移轨道〞，开始了从地球向月球的飞越。

在“地月转移轨道上〞经过14小时飞行到达近月点Q 时，需要与时制动使其成为月球卫星。

之后又在绕月球轨道上的近月点Q 经过两次制动，最终进入绕月球的圆形工作轨道I 。

“嫦娥一号卫星〞的质量为m B 。

在绕月球的圆形工
作轨道Ⅰ上运动的周期为T ，月球的半径为r 月，月球的质量为
m
月，万有引力恒量
为G 。

〔1〕求卫星从“48h 轨道〞的近地点P 进入“地月转移轨道〞过程中主发动机对“嫦娥一
号卫星〞做的功〔不计地球引力做功和卫星质量变化〕；
〔2〕求“嫦娥一号卫星〞在绕月球圆形工作轨道Ⅰ上运动时距月球外表的高度； 〔3〕理论证明:质量为m 的物体距月球无限远处无初速释放,它在月球引力作用下运动至
月球中心的距离为r 处的过程中，月球引力对物质所做的功可表示为
W=Gm 月m/r 月。

为使“嫦娥一号卫星〞在近月点Q 进展第一次制动后能成为
月球的卫星，且与月球外表的距离不小于圆形工作轨道Ⅰ的高度，最终进入圆形轨道Ⅰ，其第一次制动后的速度大小应满足什么条件？
答案 〔18分〕〔1〕根据动能定理，主发动机在“嫦娥一号卫星〞进入地月转移轨道过程中
对卫星做的功21
022
2
12
1v m v m W o -=…………………………………………………4分
〔2〕设“嫦娥一号卫星〞在圆轨道I 上运动时距月球外表的高度为h ，根据万有引力定
律和向心力公式有
22
02
4)()(T
h r m h r m m G π+=+月月月……………………………………………4分 解得：月月r T Gm h -=
2
23
4π……………………………………………………4分
〔3〕设“嫦娥一号卫星〞在近月点时行第一次制动后，在绕月球轨道I 上运动的速度为
u 1,T
h r u )
(21+=
月π…………………………………………………………1分
解得：T
Gm n 月
π23
1=………………………………………………………1分
设“嫦娥一号卫星〞在通过近月点脱离月球引力的束缚飞离月球的速度为u 2，根
据机械能守恒定律
0212
2=+-h
r m m G u m B B 月月………………………………………………………1分
解得：T
Gm u 月
π22
3
2=……………………………………………………1分
所以“嫦娥一号卫星〞在近月点进展制动后和速度u 应满足的条件是：
T
Gm T
Gm u 月
月
ππ23
23
2
<<…………………………………………2分
7．(16分)如下列图,光滑的平行金属导轨CD 与EF 间距为L ＝1m,与水平夹角为θ＝300,导轨上端用导线CE 连接〔导轨和连接线电阻不计〕,导轨处在磁感应强度为B ＝0.1T 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.一根电阻为R ＝lΩ 的金属棒MN 两端有导电小轮搁在两导轨上,棒上有吸水装置P.取沿导轨向下为x 轴正方向,坐标原点在CE 中点.开始时棒处在x ＝0位置〔即与CE 重合〕,棒的起始质量不计.当棒自静止起下滑时,便开始吸水,质量逐渐
增大,设棒质量的增大与位移x 的平方根成正比,即x k m =,k 为一常数,/2
1kg/m 1.0=k .
求：
⑴猜测金属棒下滑过程中做的是什么性质的运动,并加以证明． ⑵金属棒下滑2 m 位移时速度为多大?
⑶金属棒下滑2 m 位移过程中,流过棒的电荷量是多少?
17．⑴由于棒从静止开始运动，因此首先可以确定棒开始阶段做加速运动，然后通过受力分析，看看加速度可能如何变化？如图2－2所示，棒在下滑过程中沿导轨方向有向下的重力分力mgsinθ和向上的安培力F ．由于m 随位移x 增大而增大，所以，mgsinθ是一个变力；而安培力与速度有关，也随位移增大而增大．如果两个力的差值恒定，即合外力是恒力的话，棒有可能做匀加速运动．不妨假设棒做的是匀加速运动，且设下滑位移x 时的加速度为ai,根据牛顿第二定律，有
i
ma F mg =-θsin 图2－2
安培力F ＝ILB ，R BLv I =
，所以
R v
L B F 22=， 有 i
ma R v
L B mg =-θ22sin ①
假设棒做匀加速运动．如此瞬时速度
x
a v i 2=，
由于x k m =，代入后得到
i
i a x k R
x
a L B x k =-
θ2sin 22②
消去x 后得到
22
=--
θi i ka a R
L B k 2sin ③
从上述方程可以看出ai 的解是一个定值，与位移x 无关，这明确前面的假设成立．棒的运动确实是匀加速运动．假设本问题中m 不与
x 成正比，代人牛顿第二定律方程后，x
不能消去，加速度ai 就与x 有关，从而说明ai 是一个变量，得到是一个不能白洽的结果，如此明确前面的假设不能成立．
⑵为了求棒下滑2 m 时的速度，应先求出棒的加速度．将题目给出的数据代人③式得到
1011
0105010=-⨯⨯-
⨯a a ..2..　
化简有 10500a =④ 令a y =
，如此④式可写作
210500y +-=
解得 a ＝4.69m/s2．
根据匀变速运动规律，
4.33m/s x v ==
⑶金属棒下滑2m 过程中，流过棒的电量可以用
R q ∆Φ
=
求解。

C .C .2012
110=⨯⨯===
R BxL R q ∆Φ
另一种解法是用
t I q ∆=求解。

棒中瞬时电流
R BLv
I =。

由于v 是随时间均匀增加的，所以电流也随时间均匀增加，棒下滑2m 位移所需时间为
v x
t =
∆，在这段时间内平均电流
R BLv I I x 22=
=，所以R BxL v x R BLv t I q x x x =⋅==22/∆，所得的结果与前面一样。

8．〔16分〕如图甲所示，两个几何形状完全一样的平行板电容器PQ 和MN ，水平置于水平方向的匀强磁场中〔磁场区域足够大〕，两电容器极板的左端和右端分别在同一竖直线上，P 、Q 之间和M 、N 之间的距离都是d ，极板本身的厚度不计，板间电压都是U ，两电容器的极板长相等。

今有一电子从极板PQ 中轴线左边缘的O 点，以速度v 0沿其中轴线进入电容器，并做匀速直线运动，此后经过磁场偏转又沿水平方向进入到电容器MN 之间，且沿MN 的中轴线做匀速直线运动，再经过磁场偏转又通过O 点沿水平方向进入电容器PQ 之间，如此循环往复。

电子质量为m ，电荷量为e 。

不计电容之外的电场对电子运动的影响。

〔1〕试分析极板P 、Q 、M 、N 各带什么电荷？ 〔2〕求Q 板和M 板间的距离x ；
〔3〕假设只保存电容器右侧区域的磁场，如图乙所示。

电子仍从PQ 极板中轴线左边缘
的O 点，以速度v 0
器MN 时距MN 中心线的距离？要让电子通过电容器MN 后又能回到O 点，还需在电容器左侧区域加一个怎样的匀强磁场？
解析：〔1〕电子受磁场力向下，如此受电场力向上，所以P 板带正电，Q 板带负电
2分
同理可知，M 板带负电，N 板带正电 2分 〔2〕电子在电容器中由平衡条件有：d
eU
evB =
2分 电子在磁场中做圆周运动的半径为R ，如此：R
v m evB 2
= 1分
Q 板和M 板间的距离，应满足：2
22dmv x R d d eU
=-=
- 1分 〔3〕电子离开电容器P 、Q 时的侧移量为：2201()228
eU l d y at md v =
== 2分 2
v evB m r
=， 0cos v v θ=，2cos 2h r R θ== 2分
电子进入电容器M 、N 之间的位置在中轴线以上y 处。

电子进入电容器M 、N 后，在电场力作用下作类抛体运动，根据对称性可知，电子在竖直方
向上的位移为y,离开电容器M 、N 的位置在中轴线以上2y 处，速度大小为0v ，方向与中轴线平行
2
022244
dmv d d
r R eU '=-=- 2分
200v ev B m r '='
，02
088mv U
B dmv edU '=- 1分 方向垂直于纸面向里〔水平〕 1分
9.〔16分〕磁悬浮列车是一种高速运载工具。

它具有两个重要系统：一是悬浮系统，利用磁力使车体在导轨上悬浮起来；另一是驱动系统，在沿轨道上安装的三相绕组中，通上三相交流电，产生随时间和空间做周期性变化的磁场，磁场与固连在车体下端的感应金属板相互作用，使车体获得牵引力。

设图中xOy 平面代表轨道平面，x 轴与轨道平行，现有一与轨道平面垂直的磁场正以速度v 向x -方向匀速运动，设在0t =时，该磁场的磁感应强度B 的大小随空间位置x 的变化规律为0cos B B kx =〔式中B 0、k 为常量〕，且在y 轴处，该磁场垂直xOy 平面指向纸里。

与轨道平面平行的一金属矩形框MNPQ 处在该磁场中，该金属框的MN 边与轨道垂直，长度为L ，固定在y 轴上，MQ 边与轨道平行，长度为d=k
π
，金属框的电阻为R ，忽略金属框的电感的影响。

求：
（1） t=0时刻，金属框中的感应电流大小和方向； （2） 金属框中感应电流瞬时值的表达式； （3） 经过10t kv
π
=
时间，金属框产生的热量； （4） 画出金属框受安培力F 随时间变化的图象。

答案：〔16分〕〔1〕磁场向x -方向运动，等效金属框向x 方向运动。

t=0时刻，金属框产生的电动势02e B Lv = 〔1分〕 02B Lv
e i R R
=
=
〔2分〕 电流的方向根据右手定如此可知为M N P Q M →→→→ 〔1分〕
〔2〕设经过时间t ，金属框MN 所在处磁场强度为B ，022cos()B Lv
BLv i kx R R
== 又x vt =，得到电流瞬时值的表达式是：02cos()B Lv
i kvt R
=
，是正弦式电流。

〔4分〕 〔3〕 222020()2
m I B L v Q Rt kR π==〔4分〕
〔4〕金属框受安培力的方向始终向左。

设经过时间t ，金属框受到安培力为
[]2222222
004242cos ()cos(2)1B L v B L v B L v F BiL kvt kvt R R R
====+安
由此可知：金属框受到安培力F 随时间变化的图象如如下图： 〔4分〕
10．〔16分〕如下列图，由10根长度都是L 的金属杆，连接成一个“目〞字型的矩形金属框abcdefgha ，放在纸面所在的平面内；有一个宽度也为L 的匀强磁场，磁场边界跟de 杆平行，磁感强度的大小是B ，方向垂直于纸面向里，金属杆ef 、fg 和gh 的电阻不计，其他各杆的电阻都为R ，各杆端点间接触良好。

现在以速度v 匀速把金属框从磁场的左边界向右拉，当de 杆刚进入磁场时，开始计时，求：
(1)从开始计时到cf 杆刚要进入磁场的过程中，通过ah 杆某一横截面上的总电量。

(2)从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中，金属框中电流所产生的总热量。

答案：(1)de 切割磁感线时E BLv =，
218R R =总，ah 中的电流21BLv
I R
=，221BL q It R ==
a b c d
e
f
g
h
L
L
L
L
B
v
(2) cf 切割磁感线时2111R R '=总，2223382()21E E B L v Q t t R R R
=+=
'总总
11．〔16分〕在水平长直的轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0
做匀速直线运动．某时刻将一质量为m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ．
〔1〕证明：假设滑块最终停在小车上，滑块和车摩擦产生的内能与动摩擦因数μ无关，
是一个定值．
〔2〕滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m =1kg ，车长L =2m ，车速v 0=4m/s ，
取g =10m/s 2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向一样的恒力F ，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 大小应该满足什么条件？
〔3〕在〔2〕的情况下，力F 取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F 的作用时间应
该在什么范围内?
答案：〔16分〕〔1〕根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度
mg
a g m
μμ=
=〔1分〕
滑块相对车滑动的时间0
v t a
=
〔1分〕 滑块相对车滑动的距离20
02v s v t a
=-〔1分〕
滑块与车摩擦产生的内能Q mgs μ=〔1分〕
由上述各式解得2
012
Q mv =〔与动摩擦因数μ无关的定值〕 〔1分〕
〔2〕设恒力F 取最小值为F 1，滑块加速度为a 1，此时滑块恰好到达车的左端，如此 滑块运动到车左端的时间0
11
v t a =① 由几何关系有001122
v L
v t t -
=②〔1分〕 由牛顿定律有11F mg ma μ+=③〔1分〕
由①②③式代入数据解得10.5s t =，16N F =〔2分〕
如此恒力F 大小应该满足条件是6N F ≥〔1分〕
〔3〕力F 取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动〔设运动加速度为a 2，时间为t 2〕，再做匀减速运动〔设运动加速度大小为a 3〕．到达车右端时，与车达共同速度．如此有
12F mg ma μ-=④〔1分〕
3mg ma μ=⑤〔1分〕
2222
2223
122a t a t L a +=⑥〔1分〕
由④⑤⑥式代入数据解得20.58s 3
t =
=〔1分〕 如此力F 的作用时间t 应满足112t t t t ≤≤+，即0.5s 1.08s t ≤≤〔2分〕
12．〔16分〕如下列图，导体棒ab 、cd 放在光滑水平导轨上，cd 棒通过滑轮悬挂一质量为m 的物块，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．ab 在外力作用下以速度v 1匀速向右运动时，cd 棒由静止释放，设ab 、cd 的长度均为L ，ab 棒的电阻为r 1，cd 棒的电阻为r 2，导轨足够长且电阻不计，求： 〔1〕cd 棒开始运动的方向与ab 棒匀速运动速度v 1取值的关系； 〔2〕稳定状态时，cd 棒匀速运动的速度；
〔3〕稳定状态时，回路的电功率P 电和外力的功率P 外．
答案：.〔1〕cd 棒静止 BIL mg =〔1分〕2
10
r r BLv I +=〔1分〕()2
2210L
B r r mg v +=
〔1分〕 01v v >，cd 棒开始向右运动； 〔1分〕 01v v =，cd 棒静止； 〔1分〕 01v v <，cd 棒开始向左运动 〔1分〕
〔2〕cd 棒匀速运动可能有两种情况：匀速向右运动和匀速向左运动
cd 棒匀速向右运动时 BIL mg =2121r r BLv BLv I +-=〔1分〕()2
22112L B r r mg v v +-=〔2分〕
cd 棒匀速向左运动时 L BI mg /
=2
1/
2
1/
r r BLv BLv I ++=〔1分〕
()12
221/
2v L B r r mg v -+=〔2分〕
〔3〕不论cd 棒向左或向右匀速运动 BL
mg I =
回路的电功率P 电=()212
r r BL mg +⎪⎭
⎫
⎝⎛〔2分〕
不论cd 棒向左或向右匀速运动，外力的功率11mgv Fv p ==外〔2分〕
13．(16分)如下列图，在倾角30θ=︒、足够长的斜面上分别固定着两个物体A ．B ，相距
L =0.2m ，它们的质量m A =m B =1kg ，
与斜面间的动摩擦因数分别为A μ=
和B μ=在t =0时刻同时撤去固定两物体的外力后，A 物体将沿斜面向下运动，并与B 物体发生连
续碰撞(碰撞时间极短，忽略不计)，每次碰后两物体交换速度．g 取10m/s 2．求： 〔1〕A 与B 第一次碰后瞬时B 的速率？
〔2〕从A 开始运动到两物体第二次相碰经历多长时间？ 〔3〕至第n 次碰撞时A 、B 两物体通过的路程分别是多少？
答案．(1) A 物体沿斜面下滑时有 A A A A A a m g m g m =-θμθcos sin ∴θμθcos sin g m g a A A A -= 5.230cos 6
3
30sin 00=-
=g g a A m/s 2 〔1分〕 B 物体沿斜面下滑时有
B B B B B a m g m g m =-θμθcos sin ∴θμθcos sin g m g a B B B -= 030cos 3
3
30sin 00=-
=g g a B 〔1分〕 综上分析可知，撤去固定A 、B 的外力后，物体B 恰好静止于斜面上，物体A 将沿斜面向下做匀加速直线运动． 〔1分〕
由运动学公式得A 与B
第一次碰撞前的速度11m/s A v == 〔1分〕 由于AB 碰撞后交换速度，故AB 第一次碰后瞬时，B 的速率111m/s B
A v v '== 〔1分〕 (2)从AB
开始运动到第一次碰撞用时10.4s t =
== 〔1分〕 两物体相碰后，A 物体的速度变为零，以后再做匀加速运动，而B 物体将以211m/s B B
v v '==的速度沿斜面向下做匀速直线运动． 〔1分〕
设再经t 2时间相碰，如此有2
1221
2
B v t at '= 〔1分〕
解之可得t 2=0.8s 〔1分〕
故从A 开始运动到两物体第二次相碰，共经历时间t =t 1+t 2=0.4+0.8=1.2s 〔2分〕
〔3〕从第2次碰撞开始，每次A 物体运动到与B 物体碰撞时，速度增加量均为Δv=at 2=2.5×0.8m/s=2m/s ，由于碰后速度交换，因而碰后B 物体的速度为： 第一次碰后： v B1=1m/s 第二次碰后： v B2=2m/s 第三次碰后： v B3=3m/s ……
第n 次碰后： v Bn =n m/s
每段时间内，B 物体都做匀速直线运动，如此第n 次碰前所运动的距离为 s B =[1+2+3+……+〔n -1〕]×t 2=
5
)
1(2-n n m (n =1，2，3，…，n -1) 〔3分〕 A 物体比B 物体多运动L 长度，如此 s A = L +s B =[0.2+
5
)
1(2-n n ]m 〔2分〕
14．(16分)如下列图，ABCDEF 是一边长为工的正六边形盒，各边均为绝缘板，盒外有方向垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．在盒内有两个与AF 边平行的金属板M 、N ，且金属板N 靠近盒子的中心O 点，金属板M 和盒子AF 边的中点均开有小孔，两小孔与O 点在同一直线上．现在O 点静止放置一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计粒子的重力)．
(1)如果在金属板N 、M 间加上电压U NM =U 0时，粒子从AF 边小孔射出后直接打在A 点，试求电压Uo 的大小．
(2)如果改变金属板N 、M 间所加电压，试判断粒子从AF 边小孔射出后能否直接打在C 点．假设不能，说明理由；假设能，请求出此时电压U NM 的大小．
(3)如果给金属板N 、M 间加一适宜的电压，粒子从AF 边小孔射出后恰好能以最短时间回到该小孔(粒子打在盒子各边时都不损失动能)，试求最短时间．
答案.(1) 依题意，R=L/4 由qvB=mv 2/R qU 0=
202
1mv 得U 0=m
L qB 322
2
(2)设AF 中点为G ，连接GC ，作其垂直平分线，与AF 延长线交点即为圆心 由相似三角形得R ’=O ’G=13L/4 qvB=mv 2/R ’ q=
202
1mv ∴U NM =m
L qB 321692
2
(3)由于粒子在磁场中运动周期T=
qB
m
π2，T 与速率无关 粒子撞击BC 中点和DE 中点后回到G ,用时最短
圆周半径R 〞=3L/2 得到最短时间t=
3360
300
⨯T =qB m π5
15.〔20分〕如下列图，两根完全一样的光滑金属导轨OP 、OQ 固定在水平桌面上，导轨间的夹角为θ＝74°，导轨单位长度的电阻为r 0＝0.10Ω/m 。

导轨所在空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，且磁场随时间变化，磁场的磁感应强度Ｂ与时间t 的关系为B ＝
k t
，其中比例系数k ＝2T ·s 。

将电阻不计的金属杆MN 放置在水平桌面上，在外力作用下，t ＝0时刻金属杆以恒定速度v ＝2m/s 从O 点开始向右滑动。

在滑动过程中保持MN 垂直于两导轨间夹角的平分线，且与导轨接触良好。

〔导轨和金属杆均足够长，sin37°＝0.6， cos37°＝0.8〕求:
⑴在t =6.0s 时,回路中的感应电动势的大小; ⑵在t =6.0s 时,金属杆MN 所受安培力的大小; ⑶在t ＝6.0s 时,外力对金属杆MN 所做功的功率。

解：⑴经时间t 时，金属杆切割磁感线的有效长度为
L ＝2vt tan
2
θ
＝3t ……………………………………………………………①〔2分〕 回路所围的面积为S ＝2vtL
＝3t 2………………………………………………②〔2分〕
回路的总电阻为R ＝0
2cos
2
vt r θ＝0.5t ………………………………………③〔2分〕
解法一：金属杆〔有效长度〕切割磁感线产生感应电动势大小为：
E 1＝BLv ＝12V ……………………………………………………………④〔3分〕 产生感应电流的方向为逆时针 E 2=
B
S t
∆∆=6V …………………………………………………………………⑤〔3分〕 根据楞次定律可判断其感应电动势产生感应电流的方向为顺时针 由④⑤两式可得回路中的感应电动势的大小E =E 1+E 2=6V ……………………⑥ (1分
)
N
产生感应电流的方向为逆时针。

解法二：∵k B t
=,S =3t 2
∴2
33k B S t kt t
ϕ=⋅=
⋅= ∴ϕ'=(3)332kt k '==⨯=6v 解法三：∵B S ϕ=⋅
∴()(6)126B S B S BS V ϕ''''=⋅=+=-+=
说明：2(3)32612k k
E BS t t k V t t
''==
⋅=⋅⨯==动 222()(3)(1)336k
E B S t k t t k V
t
-''==⋅=⋅-⋅=-=-感
故t=6s 时，回路中感应电动势应为12(6)6E V =+-=
⑵金属杆MN 所受安培力的大小为F 安=BIL …………………………………⑨〔1分〕 由闭合电路欧姆定律可知回路中的电流
I ＝
E R
………………………………………………………………⑩〔2分〕
联立③⑦⑨得F 安=12N ………………………………………………………○11〔1分〕 ⑶外力对金属杆MN 所做功的功率为P 外＝F 外v ……………………………○12〔1分〕 由于金属杆MN 以恒定速度向右滑动有 F 安=F 外……………………………○13(1分) 联立○11○12○13解得P 外=24W ……………………………………〔1分〕 〔用其它方法算出以上正确答案的同样给分〕。

16.如下列图的坐标系，x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向。

在x 轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y 轴正方向的匀强电场和垂直xy 平面〔纸面〕向里的匀强磁场，在第四象限，存在沿y 轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场。

一质量为m 、电荷量为q 的带电质点，从y 轴上y = h 处的P 1点以一定的水平初速度沿x 轴负方向进入第二象限。

然后经过x 轴上x = – 2h 处的P 2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动。

之后经过y 轴上y = – 2h 处的P 3点进入第四象限。

重力加速度为g 。

求：
〔1〕粒子到达P 2点时速度的大小和方向；
〔2〕第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小； 〔3〕带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。

解：
〔1〕参见图,带电质点从P 1到P 2，由平抛运动规律
h =
2
2
1gt …………①〔2分〕 v 0 =
t
h
2…………………②(1分) v y = gt ……………………③〔1分〕
求出v =gh v v y 22
20=+…④〔2分〕
方向与x 轴负方向成45°角〔1分〕 用其它方法求出正确答案的同样给分。

〔2〕带电质点从P 2到P 3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力 Eq = m g ………………………………⑤〔1分〕
Bqv = m R
v 2
…………………………⑥〔2分〕
(2R )2 = (2h )2 + (2h )2
………………⑦〔2分〕
由⑤解得E =q
mg
…………………………………〔2分〕
联立④⑥⑦式得B =
h
g
q m 2……………………………………〔2分〕 〔3〕带电质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动。

当
竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，即v 在水平方向的分量 v min = v cos45°=gh 2………………………………〔2分〕
方向沿x 轴正方向…………………………………………〔2分〕
〔2008.4.10〕
17．高频焊接是一种常用的焊接方法，图1是焊接的原理示意图。

将半径为r =10cm 的待焊接的环形金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以高频变化电流，线圈产生垂直于工件所在平面的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图2所示，t =0时刻磁场方向垂直线圈所在平面向外。

工件非焊接局部单位长度上的电阻R 0=1.0×10-3Ω⋅m -1，焊缝处的接触电阻为工件非焊接局部电阻的9倍，焊接的缝宽非常小，不计温度变化对电阻的影响。

〔1〕求环形金属工件中感应电流的大小，在图3中画出感应电流随时间变化的i -t 图象〔以逆时针方向电流为正〕；
〔2〕求环形金属工件中感应电流的有效值；
〔3〕求t =0.30s 内电流通过焊接处所产生的焦耳热．
图。