mv102
2分
v15ms
1分
（2）导线进入磁场通过ab棒的电量：
E
t
1分
I
ER
1分
q
BL2011205cR02
2分
（3）导线框离开磁场时
B
BLv2Lmgsi
300R
由能量守恒
2分
v2
mgRsi
30010ms01212
1分
12Q总mgdxLsi
300mv2（2分）212代入数据Q总011082510110解得：Q总075J23J则ab边产生的热量Q或01875J（1分）1615（15分）解（1）由牛顿第二定律得：Fmgma（1分）
1分
Fmga11104N
（2）在竖直方向上作匀加速直线运动
（2分）
12at1h1（1分）2
t1
2h12500010sa1010
1mg11
（1分）
（1分）
由于推力改变方向Fcos11mg导弹在竖直方向作匀速运动t2又vyat1代入数据得
Hh1（1分）vy
（1分）则：t总t1t225s（1分）
t215s
（3）在5000米高处之后，导弹在竖直方向作匀速运动，水平方向作匀加速运动
Fsi
max（1分）si

23011
（1分）
ax
11mg
23011m
ax2030ms2
（1分
vxaxt2
（1分）（2分）
导弹击中飞机时的动能为Ek
122mvxvy185108J2
高考提分，学霸之路wwwdz101com
f16（16分）解：（1）物体通过B点时作圆周运动则有：FNmgm
2vBR
2vBR
（2分）
9mgmgm
解得：vB22gR
（2分）
（2）物理由静止释放到B点，利用动能定理
wmgx
12mvB02
2分
wEp
（1分）x5R
1EPmg5Rm22gR22
EP
9mgR2
2分
（3）滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vp，则
1212mvBmvpmg2R（2分）22
解得vp2gR
1分
滑块穿过P孔后再回到平台的时间
t
2vpg
4
Rg
2分
要想实现题述过程，需满足t2
1
（1分）（1分）

2
14
g
0、1、2R
17．（17分）解（1）小球做匀速圆周运动则：mgqE（1分）E解得：E01NC方向竖直向上（2分）（2）令小球释放点坐标为（x，y）由平抛规律可知
mg（1分）q
xv0t
（1分）y
12gt（1分）2
y
g2x22v0
由题意可知：y联立可得
x220
（2分）
v010ms
（3）设小球在进入第三象限时合速度为v，与x轴负半轴夹角为则有v0vcosa（1分）洛伦兹力提供向心力打在y轴负方向上的点与原点距离为：
y
qvB
mv2mv，rqBr
2分
2mvH2rcosaqB
（2分）
v0
高考提分，学霸之路wwwdz101com
vt
00r