浦东区。
六、计算题。
30、（10分）
1）小球做匀速圆周运动。
角速度 （2分）
加速度 （2分）
2）小球从a到b的时间 （1分）
从b到c的时间 （1分）
小球从a到c的时间t＝t1+t2＝0.628s+0.3s＝0.928s （1分）
3）小于从c到d做平抛运动1分）
桌子高度 （2分）
31（12分）
1）根据库仑定律有 （1分）
根据共点力平衡条件有 （1分）
由以上两式得 （1分）
方向由a指向c（或水平向右） （1分）
2）小球在b点受到的库伦力（1分）
由平行四边形定则得合电场力（2分）
3）由牛顿第二定律得 （2分）
根据动能定理有2分）
由此得1分）
32（14分）
1）当木板水平放置时，物块的加速度为a0
此时滑动摩擦力 f ＝ n ＝ mg＝0.2×1×10 n＝2n （2分）
由牛顿第二定律求得m/s2＝6m/s2（2分）
2）当木板倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下1分）
当木板倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上1分）
当θ角处于θ1和θ2之间时物块静止1分）
3）当木板倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下且加速度为零，物块处于静止状态，此时物块所受摩擦力为最大静摩擦力，由共点力平衡条件及题中所给关系，对物块有。
n1=mgcosθ1；f=mgsinθ1+μmgcosθ1；f1=μn1=μmgcosθ1
由以上方程得 8 = 10sinθ1+ 2cosθ1 （1分）
解得θ1≈40.41分）
4）力f作用间间最多时，撤去力后物块滑到斜面顶端时速度恰好减小到零。设力f作用时物块的加速度为，由牛顿第二定律得
1分）撤去力f后物块的加速度大小为，由牛顿第二定律。
m/s2 （1分）
设物块不冲出木板顶端，力f最长作用时间为t
则撤去力f时的速度v=a1t
位移1分）撤去力f后运动的距离 （1分）
由题意有 由以上各式得 （1分）
33（14分）
1）由法拉第电磁感应定律。
得 （2分）
又由闭合电路欧姆定律得 （1分）
由楞次定律可以知感应电流的方向沿nmqpn （1分）
2）线框受的安培力方向沿－x方向（或水平向左）； 1分）
设线框速度为，此时感应电动势为。
则有 （1分）
线框所受安培力 （1分）
3）根据牛顿第二定律。
（1分）（1分）
矩形框的最大运动距离 （1分）
4）由 得
将代入后解得 （1分）
（2分）电阻r1产生的焦耳热为。
1分）长宁区。
六．（50分）计算题本大题有4小题．
30．（10分）
解答：（1）根据理想气体状态方程： (2分)
代入数据，从中求得t2 =339k ，t2 =66℃ (3分)
（2）根据玻意耳定律：p1v1 = p3v3 (2分)
代入数据73×10 = 75×l3 ，从中求得l3 = 9.73 cm ，即闭管水银柱上升了0.27cm，所需注入的水银柱长为h = 2+2×0.
27)cm = 2.54cm (3分)
31．（l2分）
解答：（1） 由轨迹方程，得到水平初速度 (2分)
木块落地的竖直速度为 (1分)
木块落地时的速度大小为 (2分)
v与水平方向间的夹角为， tg (2分)
2） 水平方向有…①，2分)
另由位移关系可得到…②，2分)
联立①、②消去，代入。
求得 (1分)
32．（14分）
解答：(1) a (2分)
图形画对 (1分)
v (1分)
v (1分)
v (1分)
图形画对 (1分)
2) n f拉=f=5×10-3n (2分)
w=f拉×2lbc = 5×10-3×2×0.1 = 1×10-3j (2分)
3) qab=w=2.5×10-4j3分)
33．（14分）
解答：（1） (2分)
2）浮力做功分为两个阶段，运动员进入水面为第一阶段，水的浮力线性增加，其做功为：
… (2分)
wf1 = 353.25 j (1分)
3）设水深为h，第二阶段浮力是恒力，其所做的功。
2分)水的阻力做功为图中曲线与横轴所围的面积：
2分)运动员的始、末状态的速度均为零，对整个过程应用动能定理：
wg +wf1+ wf2+ wf =0 … 2分)
将wg = mg(h +h）及、、式代入式：
0， (2分)
代入数据解得至少水深为 h= 4.51m1分)
崇明县。六、计算题。
30、 p1=1.0×105 pa， p2= t1=300k ，t2=330k v1=60×40cm3 (1分)
(1) （1分）
p2=＝（1分）
mg=0.1×105×40×10-4＝40n m=4kg（2分）
2) t3=360k v2＝v1=60×40cm3 （1分）
等压变化 （1分）
（1分） δh=65.5-60=5.5cm （2分）
31、（1） 做力的合成图 （1分）
由图可知，mg=f合， (1分)
f=2mg cos30= （2分）
（2）f合＝ma a=g （1分）
vt =at =gt （2分）
3)f转过60后，与竖直方向成30，作出如图受力图（1分）
由图可知，f合＝mg sin30=ma1分)
得a=g/2 （1分）
加速时 s1=gt2/2 ；减速时 s2= vt 2/2a=gt2 （1分）
（1分）32、（1）图钉a拔掉前，轻线的拉力大小为t＝m2a。（3分）
2）小球沿切线方向飞出做匀速直线运动（2分）
直到线环被图钉b套住，小球速度为v＝a（1分），匀速运动的位移，（1分）（如图）
则时间。（1分）
3）v可分解为切向速度v1和法向速度v2，绳被拉紧后。
v2＝0，小球以速度v1做匀速圆周运动，半径r＝a＋h。（2分）
由，（1分）
得。（1分）
33、(1) 乙求受到电场力和f的作用，合力。
f=＝ma（2分）
（1分）2) 合外力向左，所以乙球向左做加速度减小的加速运动，当合力为零时，速度最大1分）
f=（2分）
r =2l0 （1分）
3) 乙球的电势能： （1分）
电场力做正功，等于电势能的减少：
we=－δ1分）
外力做负功：
wf =（1分）
由动能定理：we + wf＝（1分）
得： （1分）
4）乙球达到速度最大后，再向左做加速度增大的减速运动，当速度等于零时，离甲球最远。v=0此时离开甲球距离为rm ，然后又向右运动到r＝l0时速度又等于零1分）
所以离开a球最近的距离为 l01分）
we + wf＝0
（1分）rm＝4l0 （1分）
所以 ( l0 ～4 l0 )
奉贤区。六．计算题(共50分)
30．(10分) （1）对a，根据玻意耳定律，（2分） 75×12=15（75-l），（2分）解得l=15cm（1分）（2）对b，（1分） （2分）（1分） （1分）
31．(12分)(1)v1==6m/s（方向向下），v2==5m/s（方向向上），所以速度的变化量m/s，方向向上--（4分）（2）下落的时间t1==0.6s，上升的时间t2==0.5s，所以与地面作用的时间t3=1s 加速度a=11m/s2，方向向上。
物体对地面的平均作用力f=ma=1050牛（4分）（3）因为物体做匀速运动，所以力f作用的距离为h1=h-h=1.8-1.25=0.
55m，（4分）
32．(14 分)（1）根据牛顿第二定律当推力f=100n时，物体所受合力最大，加速度最大，代入解得---4分）（2）根据图像可得，，速度最大时，物体加速度为零，所以代入解得 x=10m。--4分）（3）该同学不正确，--1分）因为力f是变力，该力的功计算错误，另外位移最大处，物体速度应为零，不是速度最大。--1分）正确的解答：
即最大位移为35m。--4分）
33．(14 分)解： (1)a到d动能定理
由图像可得斜率为又即： 由图像可得截距为：b=0.2 m2 又解的---4分）
2）质量的范围 （3分）
3）水平匀强电场e的大小范围（3分）
4）此时匀强电场e的大小为，图像见上图。（4分）
黄浦区。五、计算题。（50分）
30．（12分）
1）由图线得……（1分）
由(0，1.4)代入得……（1分）
…（1分）所以……（1分）
…（1分）2）上滑过程……（2分）
0.25……（1分）
3）下滑过程……（2分）
…（1分）由。
…（1分）31．（12分）
1）研究小球从c点到p点的平抛过程，竖直位移……（1分）
水平位移……（1分）
在竖直方向上，可求得t=……1分）
在水平方向上，初速度……（1分）
小球从静止开始运动直到c点的过程中，由动能定理：
…（3分）…（1分）
(2)小球不可能垂直打到q点。……2分）
理由：若小球在斜面上的落点位置为q点，则oq为小球运动的位移，且在q点与斜面垂直，由速度角与位移角关系，速度与水平方向夹角必大于位移与水平方向偏角，故小球不可能垂直打到q点。……2分）
或理由：假设小球可以垂直打到q点，则在q点的速度方向的反向延长线必指向c点，由于运动轨迹为抛物线，则抛出点在c点下方，与题意不符。
32．（12分）
1）设小球b的质量为m，当m球处于平衡状态时，……1分）
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