2．(1)当以CD为轴转动时， AB棒切割磁感线，当转到AD边竖直时

(2分)

　 (2分)

AB受到的水平外力应等于AB边受到的安培力

(2分)

(2)在转动的过程中，线圈内产生了交变电流，从开始转动到AD边竖直可视为正弦交变电流的0到T/4　 (2分)

所以Q=0.00196J(2分)

(3)当以CD为轴转动时，仅AB棒切割磁感线。

(2分)

当以AB为轴转动时，仅CD棒切割磁感线。

(2分)

第一个周期内两点间的电势差随时间变化的关系为

(2分)

1．(1)(1分) 。(1分)

即时刻物体的位置坐标为(30，20)(1分)

(2)(1分)　　 ，(1分)

当时，(1分)

(1分)，

方向与轴正方向夹角为(或满足；或53⁰)(1分)

物体在轴方向物体做匀速运动，在轴方向物体做匀加速运动。

，沿轴正方向(2分)。

(3)如图，摩擦力方向与物体运动方向相反，外力与摩擦力的合力使物体加速。

(2分)

，，

根据牛顿运动定律：，解出

，解出(2分)

(1分)

5．(16分)图中虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外。O是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为v的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向。已知先后射人的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到O的距离为L，不计重力及粒子间的相互作用。

　(1)求所考察的粒子在磁场中的轨道半径。

　(2)求这两个粒子从O点射人磁场的时间间隔。

4．(16分)如图，型弯管有一柔软但不可被压缩(或拉伸)的长度为的物体，其截面直径比型弯管径略小(管径与物体的长度相比可以忽略)，该物体可在型弯管中移动，且物体在弯角处移动时无能量损失。已知型弯管的竖直部分光滑，水平部分与物体间的动摩擦因数为()，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现让物体在竖直外力作用下保持静止，设物体的上端离水平管的竖直距离为。

(1)若物体的一部分在水平管中，撤去外力后，物体能在原位置保持静止，求此情况下的取值范围。

(2)若物体全部在竖直管中，撤去外力后，物体能全部进入水平管中，求此情况下的取值范围。

(3)若，求撤去外力后物体右端进入水平管的距离。

3．(16分)如图所示，光滑水平面上有一小车B，右端固定一个砂箱，砂箱左侧连着一水平轻弹簧，小车和砂箱(包含沙的质量)的总质量为M，车上放有一物块A，质量也是M。物块A和小车以相同的速度v₀向右匀速运动。物块A与车面间摩擦不计。车匀速运动时，距砂面H高处有一质量为m(m = M)的泥球自由下落，恰好落在砂箱中。求：在以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值。

2．(16分)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度T。一质量kg，总电阻，边长m的正方形均匀导体框平放在粗糙的水平地面上，在一与导体框平面始终垂直的外力作用下做如下运动：首先外力作用在边上，线框绕边顺时针转动，然后外力作用到边上，线框绕边顺时针转动……如此不断重复，线框在地面上向右翻转，线框转动时的角速度rad/s保持恒定。

(1)线框绕边转动，求当边转到竖直位置时AB边上所加水平外力的大小；

(2)求从线框绕边开始转动到边竖直的这四分之一圈内线框上产生的电热；

(3)从运动开始作为计时起点，求出在第一个周期内两点间的电势差_AB随时间变化的关系，并作出_AB随时间变化的关系图线。

1．(15分)如图，质量kg的物体在水平外力的作用下在水平面上运动，物体和水平面间的动摩擦因数，已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为，。根据以上条件求：

(1)s时刻物体的位置坐标；

(2)s时刻物体的速度和加速度的大小和方向；

(3)s时刻水平外力的大小。　

4．⑴盒子的初速度为　　　　　　 3 m/s　　　 (1分)

设盒子与物块碰撞前的瞬时速度分别为υ₁、υ₂，根据牛顿第二定律，盒子的加速度为

　　　　　 =2μg=2.5 m/s　　 (1分)

根据得

盒子的碰前速度为　　　　　 =2.55 m/s　 (1分)

因物块与盒子之间无摩擦，所以碰前物块速度为v₂=0　　 (1分)

设碰撞后盒子与物块的瞬时速度分别为、，由于碰撞时没有机械能损失，由动量守恒和机械能守恒得

　　　　 ① 　　　(2分)

　　 ②　 (2分)

由①②解得　　 =2.55 m/s　 (2分)

即碰撞后交换速度(另一组解为，表示碰撞前的状态，舍去)

⑵设盒子在地面上运动的距离为S，盒子的初速度为υ₀，由于碰撞没有能量损失，所有盒子与地面摩擦损失的机械能等于系统损失的总机械能，即有

　　　 (2分)

解得　　　 　　(1分)

盒子每前进一个L，物块都要与盒子的左侧内壁碰撞一次，由于，所以物块与盒子的左侧内壁共碰撞3次。(2分)

⑶整个过程中，对盒子应用动量定理得　 　　(2分)

解得　　　　 s＝1.2 s　　 (1分)

3. (1)由动能定理得　　

　 (2)电子不穿出磁场区域的监界半径为d

　　　 由动能定理和牛顿第二定律得

　　　 　　　　　　　取

　 (3)电子的运动轨迹如图

　 (4)由动能定理、牛顿第二定律及几何关系

　　　 联立得

3．(14分)(1) 设稳定时速度为，当金属棒速度达到稳定时，

分此时　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

(2)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

P=9.6w　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

灯的电压　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

所以电压表的读数　　　　　　　　　　　

(3)设小灯泡和金属棒产生的热量分别为,

由能的转化和守恒可得 　　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　 灯泡产生的热量