?h2?h250?45L??L??(12.5?)cm?10cm V2＝10Scm3
22PL?P1LP2L?25?10，T??2T???(273?87)K?240K ?TTP1L30?12.5t???33?C
（2） 状态3：T3＝T′， p3＝p0＝75cmHg，V3＝L’’Scm3 p2V2＝p3V3L???P22510L???10cm?cm P0753?10?注入的水银柱长度为:?L??h2??2(L??L??)??50?2(10?)cm?63.3cm
?????3???
26．（1）A环运动的位移为s=（0.5–0.1 ）m =0.4m 恒力F做功：由WF =Fs，可解得WF=22J （2）B环被拉到最高点D时A环的速度为零， 11
由mvA2+mvB2–0 = WF–WG 可解得vB=4m/s 22（3）当B、P间细绳恰与圆形轨道相切时位置如右图所示， 其中sinα=0.75
11
由mvA2+mvB2–0=WF–WG 22
其中vA=vB ， WF=55×(0.5–0.42-0.32)J=12.95J WG=（2×10×0.3×sinα）J=4.5J 可解得vB=2.06m/s
27．（1）根据牛顿第二定律，得
QELQEQE，方向向右。 ???ma，a?48L8m（2）设当棒进入电场x时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有
QEQE， 得 x=L/4， ?x?4L由动能定理：EK??W?
（3）棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场， 则有：
QE(xo?x)?40?QEQE?LQEQELL4x?(x0?)?4?(x0?)
2442?448QEQEQEQEL (x0?L)?L?0, 得x0=L；??(L?L)?4242当x0 QE(x0?x)?40?xQE2L?L?8Lx0Lx?0?0， 解之得：x? 24L?L2?8Lx0QE??WF?(x0?) 44当x0>L，棒能全部进入电场，设进入电场x x?2LQEQE (x0?x)?L?QE(x?L)?0， 得：x?0342QEQE4x0?2LQE(2x0?L) ??(x0?x)??4436 28．（1）0~t1阶段：q1?BdLI?I2 ， t1~t2阶段：q2?1（t2?t1） 2R2BdLI1?I2?（t2R2?t1） 0~t2时间内：q?q1?q2?2（2）0~t1阶段：∵I1?2BLv1IR ∴v1?1……① R2BL2I1R2dd12根据动能定理得：代入v1得： W安?—（mgsinθ?22）mgsinθ?W安?mv1?0， 2228BLdI1R2导体框产生的热量等于克服安培力做功，即Q?mgsinθ? 2228BL（3）t1~t2阶段：电流均匀增大，设I=I1+k（t-t1），t1≤t≤ t2，由图可得k?2I2?I1 t2?t1 ∵ I1?k(t－t1)?2BLvR， ∴ v?RI1kR?(t-t1) 2BL2BL因为v是t的一次函数，故做匀加速直线运动， ∴ a?（4）t1~t2阶段：线框做匀加速直线运动，加速度为a kRR(I2-I1)? 2BL2BL(t2-t1)F安4B2L2v……②， v?v1?a（t-t1）……③ ?2BIL?R设F沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ＋F－F安=ma……④ 4B2L2I1R将①②③代入④可F得表达式：F?ma?mgsinθ?[?a(t?t1)] R2BLF变化趋势讨论： 情况1：a?gsin??2BI1L时，F沿斜面向下，F随时间t增大 m2BI2L时，F沿斜面向上，F随时间t减小 m2BI2L2BI1L情况3：gsin??时，F随时间t先减小后增大 ?a?gsin??mm情况2：a?gsin??
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