3－3μ
＋3R3μ＋1
R(3)L′≥
3R1－3μ
【解析】(1)根据几何关系
PB＝
Rtanθ
＝3R从P点到E点根据动能定理，有
mgR－μmgcosθ·PB＝12
mv2E－0
代入数据解得
vE＝2－3μgR)在E点，根据向心力公式有
FN－mg＝mv2ER
解得
FN＝3mg－3μmg
(2)物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离x，根据动能定理，有
mg(BP－x)·sinθ－μmgcosθ(BP＋x)＝0－0
代入数据解得
x＝
3－3μ
3μ＋1
R(3)刚好到达最高点时，有
mg＝m
v2R
解得
v＝gR根据动能定理，有
mg(L′sinθ－R－Rcosθ)－μmgcosθ·L′＝12
mv2－0
代入数据解得
L′＝
3R＋3R1－3μ
共20页第1页①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
⑪
所以，L′应满足什么条件
L′≥3R＋3R1－3μ
⑫
共20页第2页2．【答案】(1)3m/s(2)4m/s(3)0.54m
【解析】(1)石块恰好过圆弧最高点D，设在D点时的速度为vD，则
v2m2g＝m2DR
解得
vD＝5m/s
②①
设石块在P点与“猪头”碰撞时的速度为vP，石块从D至P的过程，由动能定理可知
112m2g[R(1－cosθ)＋s·sinθ]－μm2gcosθ·s＝m2v2P－m2vD22解得
vP＝3m/s
112－m2g·2R＝m2v2D－m2vC22
解得
vC＝5m/s
⑦④③
(2)设石块在C点碰后的速度为vC，石块从C至D的过程，由动能定理可知
⑥
设“小鸟”与石块碰前的速度为v，碰后速度为v′，在碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可知
m1v＝m1v′＋m2vC1211m1v＝m1v′2＋m2v2C222
联解可得
v＝4m/s
⑩⑧⑨
共20页第3页(3)由题给数据知A′C与MN平行，将“小鸟”从A′至C的运动可逆向视为从C至A′的平抛运动，设历时t，“小鸟”的速度与A′C连线平行，有
vy＝gtvx＝vtanθ＝
vyvx联解可得
t＝0.3s
此时“小鸟”离A′C连线的距离设为h
h＝x′2sinθ
x′＝vt
则“小鸟”离斜面MN最近的距离
Δh＝R(1＋cosθ)－h
解得
Δh＝0.54m
共20页第4页⑪⑫⑬
⑭
⑮⑯⑰⑱3．【答案】(1)1m/s(2)6.25m(3)12J
【解析】(1)木板M的最大加速度
am＝
μmgM
＝4m/s2滑块与木板保持相对静止时的最大拉力
Fm＝(M＋m)am＝12N
即F为6N时，M与m一起向右做匀加速运动，对整体分析有
F＝(M＋m)a1，v1＝a1t1代入数据得
v1＝1m/s
(2)对M0～0.5s：x1＝12
a1t210.5～2s：
μmg＝Ma2，x2＝v1t2＋12
a2t22则0～2s内木板的位移
x＝x1＋x2＝6.25m
(3)对滑块0.5～2s：
F－μmg＝ma2′0～2s内，滑块的位移
x′＝x1＋(v1t2＋12
a2′t22)
在0～2s内m与M相对位移
Δx1＝x′－x＝2.25m
t＝2s时木板速度
v2＝v1＋a2t2＝7m/s
滑块速度
v2′＝v1＋a2′t2＝10m/s
撤去F后，对M
μmg＝Ma3对m
－μmg＝ma3′
当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即
共20页第5页①
②
③④⑤⑥⑦
⑧
⑨
⑩
⑪
⑫
⑬
⑭
v2＋a3t3＝v2′＋a3′t3解得
t3＝0.5s
该段时间内，M位移
x3＝v2t3＋12
a3t23m位移
x3′＝v2′t3＋12
a3′t23相对位移
Δx2＝x3′－x3＝0.75m
整个过程中，系统因摩擦产生的热量
Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝12J
共20页第6页⑮
⑯
⑰
⑱
⑲
⑳
4．【答案】(1)192N(2)2m/s(3)11.25s
【解析】(1)设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物根据牛顿第二定律得
μMgcosθ－Mgsinθ＝Ma1解得
a1＝0.4m/s2对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得
Fm－μ(m＋M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a1解得
Fm＝192N
(2)设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得
F－μ(m＋M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2解得
a2＝0.2m/s2设来电时木板与货物的速度大小为v1，根据运动学公式得
v12＝2a2L5
解得
v1＝2m/s
(3)由于v1＜4m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a3，则
μ(M＋m)gcosθ－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a3解得
a3＝0.4m/s2设经过t1木板速度与传送带速度相同
v＝v1＋a3t1解得
t1＝5s
设t1内木板加速的位移为x1，则
v2－v12＝2a3x1解得
x1＝15m
共20页第7页①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
⑩
⑫
⑬
⑭
共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，则
x2＝L－L5
－x1解得
x2＝25m
匀速运动的时间
t2＝x2v
＝6.25s
所以，来电后，货物能到达B处需要的运动时间
t＝t1＋t2＝11.25s
共20页第8页⑮
⑯⑰⑱
5．【答案】(1)52g(2)11L(3)6mg－3kq28L
2【解析】(1)以AB系统为研究对象，有
qE＋2mg＝2ma
解得
a＝52
g(2)从开始到A刚进入两极板间有
v12＝2aL
解得
v1＝5gLA进入两极板间到B即将穿出下孔，有
qE＋2mg－3qE＝2ma2解得
a2＝－2gv22－v12＝2a2s
B穿出下孔后，有
2mg－3qE＝2ma3解得
a3＝－72
g0－v22＝2a3×
L2
联立解得
s＝38
L所以，两极板间距
d＝s＋L＝118
L(3)B球刚进入电场时，以A球为研究对象，有
T1＋mg＋3kq2L
2＝ma
解得
T1＝33kq22mg－L
2共20页第9页①
②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪
⑫
⑬
⑭
A球刚进入电场时，以B球为研究对象，有
3kq2T2＋2－mg－qE＝m|a2|
L
解得
3kq2T2＝6mg－2L
B球刚离开电场时，以B球为研究对象，有
3kq2T3＋2－mg＝m|a3|
⑰⑯⑮
解得
所以，最大拉力
L
T3＝93kq22mg－L
2T＝6mg－3kq22L
2共20页第10页⑱⑲6．【答案】(1)0.25C0.80Ω(2)F＝2＋0.8t(N)(3)0.1J
【解析】(1)根据题图乙知，在t＝0.5s时间内通过金属框的平均电流
I＝0.50A
通过金属框的电量①
q＝It＝0.25C
由平均感应电动势
E＝BLt
平均电流
I＝
通过金属框的电量
q＝It
联立③④⑤得
BL2q＝
R
于是金属框的电阻
BL2R＝＝0.80Ω
q
ER
2②
③
④
⑤
⑥
⑧
(2)由题图乙知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场．又知金属框在t＝0.5s时间内的位移L＝0.5m，金属框的加速度加速度
a＝
2L＝4m/s22t
⑨
由图乙知金属框中感应电流随时间变化规律为
I＝kt(k＝2.0A/s)
于是安培力FA随时间t变化规律为
FA＝BIL＝kBLt
由牛顿运动定律得
F－FA＝ma
所以水平拉力
F＝FA＋ma＝ma＋kBLt
代入数据得水平拉力随时间变化规律为
共20页第11页⑩
⑪
⑫
⑬
F＝2＋0.8t(N)
(3)根据运动情况知金属框离开磁场时的速度
v＝2aL＝2m/s
由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热
1Q＝WF－mv2＝0.1J
2
⑭
⑮
⑯
共20页第12页7．【答案】(1)
5mπ6qBqBR(2)2m113(3)πR2－R2244
【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r1，由牛顿第二定律可得
mv2qv1B＝1r1解得
r1＝
mv1＝RqB
②①
粒子沿与MO成60°角方向射入磁场，设粒子从区域边界P射出，其运动轨迹如图甲所示．由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为
α＝150°
③
甲
粒子的运动周期
T＝
粒子在磁场中的运动时间
t＝
150°5mπT＝360°6qB
⑤
2πmBq
④
(2)粒子以速率v2沿MO方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为r2，由图中几何关系可得
θ1r2＝Rtan＝R22
⑥
乙
共20页第13页由牛顿第二定律可得
mv2qv2B＝2r2解得粒子的速度
v2＝
qBr2qBR＝m2m
⑧⑦
(3)粒子沿各个方向以v2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r2，且不变．由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的扇形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧MQ与直线MQ围成的面积S3之和．
丙
1R2πR2S1＝π()＝
228
1S2＝πR26
11R13S3＝πR2－×R×tan60°＝πR2－R262264
则
S＝
1123πR－R2244
⑫⑨⑩⑪
共20页第14页8．【答案】(1)－1V(2)
2m/s与水平方向的夹角θ＝45°2
(3)B2＜2T
【解析】(1)金属杆产生的感应电动势恒为
1E＝B1L21ω＝2V
2
由串并联电路的连接特点知
EE＝I·4R，U0＝I·2R＝＝1V
2
金属杆转动周期
T1＝
2π＝20sω
③②①
由右手定则知：在0～4s时间内，金属杆ab中的电流方向为b→a，则φa＞φb，则在0～4s时间内
φM＜φN，UMN＝－1V
T1(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～时间内，水平方向2
L2＝v0·t1解得
LTt1＝2＝4s＜1v02
竖直方向
d1＝vyt122
解得
vy＝0.5m/s
则粒子飞出电场时的速度大小
2v＝v20＋vy＝
④
⑤
⑥
⑦
⑧
2m/s2
⑨
所以该速度与水平方向的夹角θ满足
vtanθ＝y＝1，θ＝45°
v0(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径
r＝mvB2q
⑪⑩
由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知，粒子不会第二次进入电场的条件是
2r＞d
粒子在平行板中加速得
共20页第15页⑫
vy＝at1，a＝
解得
EqUNM，E＝md
⑬
q＝0.25C/kgm
综合得
B2＜
2mv2×42×T＝2T＝dq22
⑭
⑮
共20页第16页9．【答案】(1)见解析
EBLvm－B2L2vm2(2)
r
(3)
BLCU1mU1＋t1BLt1【解析】(1)导体棒切割磁感线
E＝BLv
导体棒做匀速运动
F＝F安＝BIL
其中
I＝ER
③②①
在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功
B2L2v2W＝FvΔt＝F安vΔt＝Δt
R
电路获得的电能
B2L2v2ΔE＝qE＝EIΔt＝Δt
R
可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等(2)导体棒达到最大速度vm时，棒中没有电流，电源的路端电压
U＝BLvm电源与电阻所在回路的电流
I＝
电源的输出功率
EBLvm－B2L2vm2P＝UI＝
r
(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等
BLv＝U
由电容器的Ut图可知
U＝
U1tt1⑩⑨⑧
E－Ur
⑦⑥⑤④
导体棒的速度随时间变化的关系为
v＝U1tBLt1⑪
可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度
共20页第17页电容
电流
可得
由牛顿第二定律有
可得
a＝
U1BLt1C＝QU
I＝
Qt
I＝
CUCU1t＝t1F－BIL＝ma
F＝
BLCU1mU1t＋1BLt1共20页第18页⑫
⑬
⑭
⑮
⑯
⑰
10．【答案】(1)(3)[0，－
mv02mv0(2)qlql0(2n－1)mv02kmv03mv0](k＝1，2，3…)和[－，－](n＝1，2，3…)B0qB0qB0q
【解析】(1)设a粒子在y轴右侧运动的半径为R1，由几何关系有
13(R1－l)2＋(l)2＝R2122
①
甲
由于
v2B1qv0＝m0R1解得
B1＝
mv0ql
③②
(2)B2最小，说明Q点是a、b粒子在y轴上第一次相遇的点，由图乙可知，a、b粒子同时从O点出发，且粒子在y轴右侧运动的圆周运动半径
乙
lR2＝02
又由洛伦兹力提供向心力，有
v2B2qv0＝m0R2解得
共20页第19页④
⑤
B2＝2mv0ql0⑥
(3)由图丙可见，只有在两轨迹相交或相切的那些点，才有相遇的可能性，所以有y轴上的相切点和y轴左侧的相交点．经分析可知，只要a、b粒子从O点出发的时间差满足一定的条件，这些相交或相切的点均能相遇．
丙
粒子在y轴右侧的运动半径
r1＝
mv0B0q
粒子在y轴左侧的运动半径
r2＝
2mv0B0q
y轴上的相切点坐标为
[0，－
2kmv0B0q
](k＝1，2，3…)y轴左侧的相交点相遇
由丙图可知，OA＝AC＝OC＝r2，可得
xA＝－r2sin60°＝－3mv0B0qyA＝－r2cos60°＝－mv0B0q
y轴左侧的相遇点的坐标
[－
3mv0(2B，－n－1)mv00qB0q
](n＝1，2，3…)共20页第20页⑦
⑧
⑨
⑩⑪
⑫
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