3.如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为－3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布)，求：⑴球B刚进入电场时，带电系统的速度大小。⑵带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A相对右板的位置。(12分)

2．如图所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v₀，长为L,滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好被加速到与传送带的速度相同．(12分)

求：

(1)滑块到达底端B时的速度v；

(2)滑块与传送带间的动摩擦因数；k+s-5#u　

(3)此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.

1.(已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。(8分)

(1)推导第一宇宙速度v1的表达式；k+s-5#u　

(2)若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T

6. (1)设粒子飞出磁场边界MN的最小速度为v₀，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力知：k+s-5#u　

qv₀B=mv₀²/R₀　 (2分)

粒子恰好飞出磁场，则有：R₀=d　 (2分)

所以最小速度 v₀=qBd/m=5×10³m/s　 (2分)

(2)由于C、D两板间距离足够小，带电粒子在电场中运动时间可忽略不计，故在粒子通过电场过程中，两极板间电压可视为不变，设恰能飞出磁场边界MN的粒子在电场中运动时CD板对应的电压为U₀，则根据动能定理知：

qU₀=mv₀²/2　 (2分) k+s-5#u　

得：U₀=mv₀²/2q=25V　 (2分)

根据图像可知：U_CD=50sin50πt，25V(或-25V)电压对应的时间分别为：1/300s和1/60s(或7/300s和11/300s)，所以粒子在0到0.04s内飞出磁场边界的时间为1/300s-1/60s(或7/300s-11/300s)　 (2分)

(3)设粒子在磁场中运动的最大速度为v_m，对应的运动半径为R_m，则有：

qU_m=mv_m²/2　　 (2分)　　　　　 qv_mB=mv_m²/R_m　 (2分)

粒子飞出磁场边界时相对小孔向左偏移的最小距离为：k+s-5#u　

x=R_m-(R_m²-d²)^1/2=0.1×(2^1/2-1)m≈0.0414m　 (2分)

磁场边界MN有粒子射出的长度范围为：△x=d-x=0.0586m　 (2分)

5、(1)小球运动至第一次碰前：

mgh＝mv₀²/2……………………………………………1　 2’

碰撞过程，动量守恒：

mv₀＝(M+m)v₁…………………………………………2　 2’

碰后压缩弹簧过程中，M、m及弹簧系统机械能守恒：k+s-5#u　

E_pm＝(M+m)v₁²/2……………………………………3　 2’

由1、2、3联立解得：

E_pm＝…………………………………………4　 2’

(2)第一次碰后小球向BC轨道运动的初速度即为v₁，由机械能守恒得：

　　 …………………………………………5　 2’

　　 由1、2、5联立解得：…………6　 2’

(3)小球在BC段运动可等效为单摆，其周期为：k+s-5#u　

T＝………………………………………………7　 2’

分析得小球第三次通过B点历时为：

t＝……………………………………………8　 2’

由78联立解得：t＝…………………9　 2’

4.设每秒闪电的次数为n，每次闪电带给地球的

电量为q，则大气的漏电电流平均为I＝nq①

大气的漏电电阻可由欧姆定律求得 U=IR　 ②

由题设条件，式中U=4×10⁵V，设大气的电阻率为ρ，则有

R=ρ　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

由题设条件，式中l=50㎞=5.0×10⁴m

S=4πr²　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

解以上各式得　 ρ=4π　　　　　　　　　 ⑤k+s-5#u　

代入有关数值得 ρ=2.29×10¹² Ωm^－1　　　　　 ⑥

地球的漏电功率　 P=IU=nqU　　　　　　　　　　 ⑦

代入有关数值得　 P=7.2×10⁸ W　　　　　　　　 ⑧

［思路点拨］ 建立合理的等效电路模型是关键．

3.解：(1)从A到B的过程中，人与雪橇损失的机械能为：

　　　　　　 　……………3分

代入数据解得：ΔE ＝9100J ……………2分

(2)人与雪橇在BC段做减速运动的加速度大小： ……………2分

　　　　 根据牛顿第二定律：　 ……………2分

由②③ 得：140N　　 ……………1分 　

(3)由动能定理得： ……………3分

　代入数据解得：36m　 ……………2分k+s-5#u　

2.解：在A下降B上升的过程中，A、B系统机械能守恒，由机械能守恒定律得　　 ……………4分

解得 　　　……………2分　

代入数据有　 ＝2m/s　　　　　 ……………1分

A着地后，B做竖直上抛运动，竖直上抛能上升的高度为：

　　　　　 ……………3分　　　　 　k+s-5#u　

代入数据有　 0.2m　　　　 ……………1分　　

B物体上升过程中距地面的最大高度为

　　　 ＝1.2m　　 ……………2分

1．(12分)　

解：⑴物块与圆盘间的摩擦力大小：……4分

方向为指向圆心。　　　　　　　　　 …………2分

⑵　　　　 　　　　 　…………4分

最大角速度：　…………2分k+s-5#u　

6．(18分)如下左图所示，真空中有两水平放置的平行金属板C、D，上面分别开有正对的小孔O₁和O₂，金属板C、D接在正弦交流电源上，两板间的电压u_CD随时间t变化的图线如下右图所示。t=0时刻开始，从D板小孔O₁处连续不断飘入质量为m=3.2×10^-25kg，电荷量为q=1.6×10^-19C的带正电的粒子(设飘入速度很小，可视为零)。在C板外侧有以MN为上边界CM为左边界的匀强磁场，MN与C金属板平行，相距d=10cm，O₂C的长度L=10cm，匀强磁场磁感应强度的大小为B=0.10T，方向如图所示，粒子的重力及粒子间相互作用力忽略不计。平行金属板C、D之间的距离足够小，粒子在两板间的运动时间可忽略不计。求：⑴带电粒子经小孔O₂进入磁场后，能飞出磁场边界MN的最小速度为多大？⑵从0到0.04s末时间内哪些时间段飘入小孔O₁的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN？⑶磁场边界MN有粒子射出的长度范围有多长。(计算结果保留三位有效数字)⑷在图中用阴影标出有粒子经过的磁场区域。k+s-5#u