北京市各区2011届高三物理模拟试题计算题汇编及答案

一、22题

2.1.1  力学

2.1.1.1  牛顿定律

（石景山零模）22．（16分）如图所示，水平地面上放有质量均为m= 1 kg的物块A和B，两者之间的距离为l = 0.75 m。A、B与地面的动摩擦因数分别为μ1= 0.4、μ2= 0.1。现使A获得初速度v0向B运动，同时对B施加一个方向水平向右的力F= 3 N，使B由静止开始运动。经过一段时间，A恰好追上B。g取10 m/s2。求：（1）B运动加速度的大小aB；

（2）A初速度的大小v0；

（3）从开始运动到A追上B的过程中，力F对B所做的功。

22．（16分）解：（1）对B，由牛顿第二定律得： ……………（2分）

求得： ……………（2分）

（2）设A 经过t时间追上B，对A，由牛顿第二定律得： ……………（1分）

……………（1分）      ……………（1分）

恰好追上的条件为：……………………（2分）

……………………………（2分）

代入数据解得：，………………………（1分）

（3）    ……………（2分）    ……………（2分）

（海淀零模）22．（16分）某校课外活动小组自制了一枚质量为3.0kg的实验用火箭。设火箭发射后，始终沿竖直方向运动。火箭在地面点火后升至火箭燃料耗尽之前可认为做初速度为零的匀加速运动，经过4.0s到达离地面40m高处燃料恰好耗尽。忽略火箭受到的空气阻力，g取10m/s2。求：

（1）燃料恰好耗尽时火箭的速度大小；

（2）火箭上升离地面的最大高度；

（3）火箭加速上升时受到的最大推力的大小。

22．（16分）解：（1）设燃料恰好耗尽时火箭的速度为v，根据运动学公式：      (3分)

解得： m/s =20m/s (3分)

（2）火箭燃料耗尽后能够继续上升的高度： m =20m          (2分)

火箭离地的最大高度： H=h+h1=40+20=60m               (2分)

（3）火箭在飞行中质量不断减小。所以在点火起飞的最初，其推力最大。

根据加速度定义及牛顿第二定律： =5m/s2                 （2分）

F－mg=ma         （2分）            F=m(g+a)=3×(10+5)=45N        （2分）

（石景山一模）22．（16分）一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图（a）所示，速度v随时间t变化的关系如图（b）所示（g=10m/s2）。求：（1）1s末物块所受摩擦力的大小f1；

（2）物块在前6 s内的位移大小s；

（3）物块与水平地面间的动摩擦因数μ。

22．（16分）解：

（1）从图（a）中可以读出，当t=1s时，………3分

（2）物块在前6ｓ内的位移大小==12m………3分

（3）从图（b）中可以看出，当t=2s至t=4s过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为：……………2分

由牛顿第二定律得：………2分

      …………2分

所以：………2分        ………2分

（延庆一模）22．如图所示，一条小河两岸的高度差是h，河宽是高度差的4倍，一辆摩托车（可看作质点）以v0=20m/s的水平速度向河对岸飞出，恰好越过小河。若g=10m/s2，求：

（1）摩托车在空中的飞行时间

（2）小河的宽度

22.（16分）解：（1）（gt2/2）/v0t=1/4 -------（8分）         t=1s  ---------（2分）

（2）x=v0t=20m  ----------------------------------------------（6分）

（通州一模）22．（16分）如图所示，在距地面高为H＝45 m处，有一小球A以初速度v0＝10 m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B均可看做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2，求：

（1）A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；

（2）物块B向前滑行时的加速度；

（3）A球落地时，A、B之间的距离。

22．（16分）（1）根据H＝gt2得t＝3 s，（4分）    

由x＝v0t  得x＝30 m （4分）

（2）于B球，根据F合＝ma，F合＝μmg，可得加速度大小a＝5 m/s2  （4分）

（3）由v＝2axB  xB＝10 m，（2分）    Δx＝xA－xB＝20 m    （2分）

答案：(1)3 s  30 m   (2)5m/s2   （3）20m

（怀柔零模）22．（16分）一滑块经水平轨道AB，进入竖直平面内的四分之一圆弧轨道BC。已知滑块的质量m=0.60 kg，在A点的速度vA=8.0 m/s，AB长x=5.0 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，圆弧轨道的半径R=2.0 m，滑块离开C点后竖直上升h=0.20m，取g=10m/s2。求：

（1）滑块经过B点时速度的大小；

（2）滑块经过B点时圆弧轨道对它的支持力的大小；

（3）滑块在圆弧轨道BC段克服摩擦力所做的功。

22．(16分)解：（1）（5分）滑块从A到B，做匀减速直线运动，由动能定理：   ①  ………………（2分）

摩擦力： f=μmg     ②     ………………………（2分）

联立上式，解得： m/s    ③………………………（1分）

（2）（5分）  ④        ………………（2分）

  ⑤   ………………………………（2分）

N=20.7N                        ………………………（1分）

（3）（6分）滑块离开C点后做竖直上抛运动，由运动学公式：⑥  ……………（2分）

从B到C的过程中，摩擦力做功Wf ，由动能定理：

     ⑦ …………（2分）

联立③⑥⑦式，解得： Wf  = —1.5J  …………………（1分）

克服摩擦力做功：W’f=1.5J  …………………（1分）

（西城一模）22．（16分）一滑块（可视为质点）经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC。已知滑块的质量m=0.50kg，滑块经过A点时的速度υA=5.0m/s，AB长x=4.5m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，圆弧形轨道的半径R=0.50m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h=0.10m。取g=10m/s2。求

（1）滑块第一次经过B点时速度的大小；

（2）滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B点压力的大小；

（3）滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功。

解答：（1）滑块从A到B做匀减速直线运动，摩擦力： f=μmg          （1分）

由牛顿第二定律可知，滑块的加速度大小：            （1分）

由运动学公式：             υB2﹣υA2 =﹣2 a x               （1分）

解得滑块经过B点时速度的大小：  υB = 4.0 m/s              （2分）

（2）在B点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知：     （2分）

解得轨道对滑块的支持力： N = 21N                          （2分）

根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小也为21N。（1分）

（3）从B到滑块经过C上升到最高点的过程中，由动能定理：

             （3分）

解得滑块克服摩擦力做功：Wf  =1.0J                            （3分）

（海淀一模）22A．（16分）如图11所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h=1.4m、宽L=1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须距水平地面高度H=3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面。已知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数μ=0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：

（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小；

（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；

（3）运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度。

22．（16分）解：（1）设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面上滑行的过程中，

根据牛顿第二定律：               （3分）

解得运动员在斜面上滑行的加速度： =7.4m/s2       （2分）

（2）从运动员斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，

根据自由落体公式：    （3分）         解得： =0.8s    （2分）

（3）为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H-h时，他沿水平方向的运动的距离为Hcot53°+L，设他在这段时间内运动的时间为t′，则：

    （2分）             Hcot53°+L=vt′     （2分）

解得：v=6.0m/s            （2分）

（海淀一模反馈）22B．跳台滑雪是一种极为壮观的运动，运动员穿着滑雪板，从跳台水平飞出,在空中飞行一段距离后着陆，如图所示。设运动员连同滑雪板的总质量m＝50kg，从倾角θ＝37°的坡顶A点以速度v0＝20 m/s沿水平方向飞出，恰落到山坡底的水平面上的B处。（g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.81）求：

（1）运动员在空中飞行的时间；

（2）AB间的距离s；

（3）运动员落到水平面上的B处时顺势屈腿以缓冲，使他垂直于水平面的分速度在Δt＝0.20 s的时间内减小为零.试求缓冲过程中滑雪板对水平面的平均压力。

22．(1) 3 s   (2) 75 m   (3)8×103 N 

2.1.1.2  功和能

（东城一模）22．（16分）如图所示，水平台面AB距地面的高度h＝0.80m。质量为0.2kg的滑块以v0 ＝6.0m/s的初速度从A点开始滑动，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.25。滑块滑到平台边缘的B点后水平飞出。已知AB间距离s1＝2.2m。滑块可视为质点，不计空气阻力。（g取10m/s2）求：

（1）滑块从B点飞出时的速度大小；

（2）滑块落地点到平台边缘的水平距离s2。

（3）滑块自A点到落地点的过程中滑块的动能、势能和机械能的变化量各是多少。

22．（16分）（1）滑块从A点滑到B点的过程中，克服摩擦力做功，

由动能定理：  ①

滑动摩擦力： f=μmg               ②

由①②两式联立，将v0 ＝6.0m/s，s1＝2.2m，μ＝0.25带入，可得：v=5.0m/s  （6分）

（2）滑块离开B点后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动：        ③

水平方向做匀速直线运动：           ④

由③④两式联立，将h＝0.80m，g=10m/s2带入，可得：s2=2.0m        （5分）

（3）落地时的动能：E2==4.1J

滑块在A点的初动能为： J

由A到落地点滑块的动能增加了： J

重力势能减小量为： J

机械能的减小量： J            （5分）

（丰台二模）22．(16分)如图所示，竖直平面内有四分之一圆弧轨道固定在水平桌面上，圆心为O点。一小滑块自圆弧轨道A处由静止开始自由滑下，在B点沿水平方向飞出，落到水平地面C点。已知小滑块的质量为m=1.0kg，C点与B点的水平距离为1m，B点高度为1.25m，圆弧轨道半径R=1m，g取10m/s2。求小滑块：

（1）从B点飞出时的速度大小；

（2）在B点时对圆弧轨道的压力大小；

（3）沿圆弧轨道下滑过程中克服摩擦力所做的功。

22．(16分)（1）小滑块从B点飞出后作平抛运动，设它在的速度大小为。      S    （3分）    小滑块从B点飞出初速度为m/s    （3分）

（2）小滑块在B点时，由牛顿第二定律：    （2分）    解得N=14N    （2分）

由牛顿第三定律得小滑块在B点时对圆弧轨道的压力为=14N    （2分）

（3）小滑块在圆弧轨道内下滑过程中，由动能定理得：      （2分）

解得小滑块克服摩擦力所做的功为 J      （2分）

（朝阳一模）22．（16分）如图所示，摩托车运动员做特技表演时，以v0=9.0m/s的初速度冲向高台，然后从高台水平飞出。若摩托车冲向高台的过程中牵引力的平均功率P=4.0kW，冲到高台顶端所用时间t=3.0s，人和车的总质量m=1.5×102kg，高台顶端距地面的高度h=7.2m，摩托车落地点到高台顶端的水平距离x=10.8m。不计空气阻力，取g=10m/s2。求：

（1）摩托车从高台顶端飞出到落地所用时间；

（2）摩托车落地时速度的大小；

（3）摩托车冲上高台的过程中克服摩擦阻力所做的功。

22．（16分）解：（1）设摩托车在空中的飞行时间为t1，则有：   解得：t1=1.2s     4分

（2）摩托车做平抛运动的水平速度：  落地时摩托车在竖直方向的速度： =12m/s

摩托车落地时的速度：          6分

（3）设摩托车冲上高台的过程中，克服摩擦阻力所做的功为。摩托车冲向高台的过程中，根据动能定理有：         解得： J             6分

（东城二模）22．（16分）如图所示，在竖直平面内，由倾斜轨道AB、水平轨道BC和半圆形轨道CD连接而成的光滑轨道，AB与BC的连接处是半径很小的圆弧，BC与CD相切，圆形轨道CD的半径为R。质量为m的小物块从倾斜轨道上距水平面高为h=2.5R处由静止开始下滑。求：

（1）小物块通过B点时速度vB的大小；

（2）小物块通过圆形轨道最低点C时圆形轨道对物块的支持力F的大小；

（3）试通过计算说明，小物块能否通过圆形轨道的最高点D。

22．（16分）解：（1）（5分）物块从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒得：

        （3分）            解得：       （2分）

（2）（5分）物块从B至C做匀速直线运动：∴              （2分）

物块通过圆形轨道最低点C时，做圆周运动，由牛顿第二定律有：

         （2分）          ∴        （1分）

（3）（6分）设物块能从C点运动到D点，由动能定理得：

      （2分）      解得：       （1分）

物块做圆周运动，通过圆形轨道的最高点的最小速度设为vD1，由牛顿第二定律得：

       （1分）                  （1分）

可知物块能通过圆形轨道的最高点。          （1分）

2.1.1.3  动量与能量

（昌平二模）22．（16分）如图所示，长为R=0.6m的不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量为m2=0.1kg的小球B，小球B刚好与水平面相接触。现使质量为m1=0.3kg物块A以v0=5m/s的初速度向B运动，A与水平面间的动摩擦因数μ=0.3，A、B间的初始距离x=1.5m。两物体碰撞后，A物块速度变为碰前瞬间速度的1/2，B小球能在竖直平面内做圆周运动。已知重力加速度g=10m/s2，两物体均可视为质点，试求：

（1）两物体碰撞前瞬间，A物块速度v1的大小；

（2）两物体碰撞后瞬间，B球速度v2的大小；

（3）B球运动到圆周最高点时细绳受到的拉力大小。

22．（16分）解：⑴ 与B碰撞之前，A做匀减速直线运动，

有：       （2分）

-= -2ax       （2分）       解得：v1=4m/s    （2分）

⑵ 碰撞过程中，A、B系统动量守恒，有：m1v1=m1+m2v2       （2分）

可得：v2=6m/s              （2分）

⑶ 小球B在摆至最高点过程中，机械能守恒，设到最高点时的速度为v3

m2=m2+m2g·2R       （2分）

在最高点：       （2分）       解得：T=1N       （2分）

（朝阳二模）22．（16分）如图所示，光滑水平面上一质量为M、长为L的木板右端靠在固定于地面的挡板P上。质量为m的小滑块以水平速度v0滑上木板的左端，滑到木板的右端时速度恰好为零。

（1）求小滑块在木板上滑动的时间；

（2）求小滑块在木板上滑动过程中，木板对挡板P作用力的大小；

（3）若撤去档板P，小滑块依然以水平速度v0滑上木板的左端，求小滑块相对木板静止时距木板左端的距离。

22．（16分）解：（1）小滑块在木板上做匀减速直线运动，则整个滑动过程的平均速度：

             所以：         4分

（2）设小滑块在木板上滑动时所受的摩擦力大小为f，

由动能定理可得：       ①    所以：         ②

由牛顿第三定律和物体的平衡条件，木板对挡板P作用力的大小等于    4分

（3）设撤去档板P，小滑块与木板的共同速度为v，小滑块静止时距木板左端的距离为L′，此过程中小滑块的位移为x1，木板的位移为x2，则：            ③

根据动量守恒定律和动能定理有：             ④

       ⑤                 ⑥

由②③④⑤⑥式可解得：                   8分

2.1.1.4  万有引力

（东城示范校）22．(16分)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。

（1）推导第一宇宙速度v1的表达式；

（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。

22．(16分)（1）设卫星的质量为m，地球的质量为M，在地球表面附近满足：＝mg 

得：GM＝gR2        ①        （3分）

卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力：       ②        （3分）

①式代入②式，得到：            （2分）

（2）卫星受到的万有引力为：       ③         （3分）

由牛顿第二定律：    ④         （3分）

③、④联立解得                          （2分）

2.1.2  电学

2.1.2.1  电场和磁场

（通州二模）22．（16分）如图所示，有界匀强磁场B=2×10-3T；磁场右边是宽度L= 0.2 m、场强E= 40V/m、方向向左的匀强电场。一带电粒子电荷量q =－3.2×10-19 C，质量m = 6.4×10-27 kg，以v = 4×104 m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后在右边界射出。

（1）大致画出带电粒子的运动轨迹（画在给出的图中）；

（2）求带电粒子在磁场中运动的轨道半径；

（3）求带电粒子飞出电场时的动能Ek。

22．（16分）（1）（4分）轨迹如图。

（2）（8分）带电粒子在磁场中运动时，有牛顿运动定律，有

（3）（4分）   

2.1.2.2  电磁感应

（海淀二模）22．（16分）如图10所示，由粗细均匀、同种金属导线构成的长方形线框abcd放在光滑的水平桌面上，线框边长分别为L和2L，其中ab段的电阻为R。在宽度为2L的区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向竖直向下。线框在水平拉力的作用下以恒定的速率v通过匀强磁场区域，线框平面始终与磁场方向垂直。求：

（1）在线框的cd边刚进入磁场时，ab边两端的电压Uab；

（2）为维持线框匀速运动，水平拉力F的大小；

（3）在线框通过磁场的整个过程中，bc边金属导线上产生的电热Qbc。

22．（16分）解：（1）cd边进入磁场时产生的感应电动势为：         （2分）

整个回路的电阻： R总=6R    （1分）        回路中的电流：    （2分）

ab边两端电压的大小为：          （2分）

（2）为维持线框匀速运动，外力应始终等于安培力，即：F=F安       （2分）

线框所受安培力为：         水平拉力：    （2分）

（3）整个线框通过磁场的过程中所经历的时间为：            （2分）

整个过程中bc段金属导线上产生的电热为：        （3分）

用其他方法计算正确的同样给分。

（海淀二模反馈）22．如图12甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g＝10 m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），试求：

（1）磁感应强度B的大小。

（2）当t＝1.5 s时，重力对金属棒ab做功的功率；

（3）金属棒ab在开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量；

22．(1) 0.1 T  (2)0.7 W　(3)0.26 J　

（丰台一模）22．（16分）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=1 m。导轨平面与水平面成＝37角，下端连接阻值为R的电阻。匀强磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B=0.4T。质量为0.2 kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直且保持良好接触，它们间的动摩擦因数为μ=0.25。金属棒沿导轨由静止开始下滑，当金属棒下滑速度达到稳定时，速度大小为10 m/s。（取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8）。求：

（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；

（2）当金属棒下滑速度达到稳定时电阻R消耗的功率；

（3）电阻R的阻值。

22．（16分）（1）金属棒开始下滑的初速为零，

根据牛顿第二定律：    （2分）

得：a＝10（0.6－0.250.8）m/s2＝4 m/s2           （2分）

（2）设金属棒运动达到稳定时，设速度为v，所受安培力为F，棒沿导轨方向受力平衡，根据物体平稳条件：       （2分）        将上式代入即得：F＝0.8 N

此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：P＝Fv     （2分）

故：P=0.8×10W=8W   （2分）

（3）设电路中电流为I，感应电动势为E， =0.4×1×10V=4V      （2分）

， A=2A   （2分）        ，Ω = 2Ω   （2分）

（西城二模）22．（16分）如图所示，两根足够长的光滑平行导轨与水平面成θ=60°角，导轨间距为L。将直流电源、电阻箱和开关串联接在两根导轨之间。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m的导体棒MN垂直导轨水平放置在导轨上，导体棒与两根导轨都接触良好。重力加速度为g。

（1）若磁场方向垂直导轨平面向上，当电阻箱接入电路的电阻为R1时，闭合开关后，导体棒MN恰能静止在导轨上。请确定MN中电流I1的大小和方向；

（2）若磁场方向竖直向上，当电阻箱接入电路的电阻为R2时，闭合开关后，导体棒MN也恰能静止在导轨上，请确定MN中的电流I2的大小；

（3）导轨的电阻可忽略，而电源内阻、导体棒MN的电阻均不能忽略，求电源的电动势。

22．（16分）（1）磁场方向垂直于轨道面时，MN受力如答图1所示。    （1分）

根据物体平衡条件可得：F1= mgsinθ        （2分）

又安培力：F1=BI1L           （2分）

解得电流强度 I1=         （1分）

电流方向由M指向N            （2分）

（2）磁场方向竖直向上时，MN受力如答图2所示。    （1分）

根据物体平衡条件可得：F2cosθ=mgsinθ        （2分）

又安培力：F2=BI2L     解得：        （1分）

（3）设除电阻箱外，电路中其他电阻为r（定值）。根据闭合电路欧姆定律，

当电阻箱接入电路的电阻为R1时，有：I1=      （1分）

当电阻箱接入电路的电阻为R2时，有： I2=      （1分）

解得： E=          （2分）

二、23题

2.2.1  力学

2.2.1.1  功和能

（通州二模）23.（18分）如图所示，一滑雪运动员（可看做质点）自平台A上由静止开始沿光滑滑道滑下，滑到一平台B，从平台B的边缘沿水平抛出，恰好落在临台的一倾角为θ =53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台B的高度差h=20m，斜面顶端高H1=88.8m，重力加速度g = 10 m/s2，sin53° = 0.8，cos53° = 0.6。则：

（1）滑雪运动员开始下滑时的高度H是多少？

（2）斜面顶端与平台B边缘的水平距离s是多少？

（3）滑雪运动员离开平台B后经多长时间到达斜面底端C。

23．(18分)（1）设滑雪运动员在B点时的速度为vB，从B到斜面的时间为tl，由平抛运动的知识得：

由：，得：  （2分）    由：；得：  （2分）

对滑雪运动员，由机械能守恒定律得：    （2分）

解得：    （2分）

（2）滑雪运动员水平方向做匀速直线运动：，解得：    （2分）

（3）滑雪运动员在斜面顶端时的速度：    （2分）

滑雪运动员在斜面上做匀加速直线运动，设时间为t2，

    （2分）    解得：    （2分）

所以，滑雪运动员离开平台B后到达斜面底端C的总时间：    （2分）

（石景山零模）23．（18分）一轻质细绳一端系一质量为 m = 0.05 kg 的小球A，另一端套在光滑水平细轴O上，O到小球的距离为L＝0.1 m，小球与水平地面接触，但无相互作用。在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，二者之间的水平距离S = 2 m，如图所示。现有一滑块B，质量也为m，从斜面上高度h＝3 m处由静止滑下，与小球和挡板碰撞时均没有机械能损失。若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，滑块B与水平地面之间的动摩擦因数μ= 0.25，g取10 m/s2。求：

（1）滑块B与小球第一次碰撞前瞬间，B速度的大小；

（2）滑块B与小球第一次碰撞后瞬间，绳子对小球的拉力；

（3）小球在竖直平面内做完整圆周运动的次数。

23．（18分）解析：（1） 滑块B从斜面高度h处滑下与小球第一次碰撞前瞬间速度为，由动能定理得：

……………………………………………（3分）

求得：     =7.4m/s  ……………………………………………（1分）

（2）滑块B与小球碰撞，没有机械能损失，由动量守恒和机械能守恒得：

…………………………………………………（1分）

…………………………………………（1分）

求得：。即碰后滑块B与小球A交换速度。……………（1分）

对小球由牛顿第二定律得：…………………（2分）

求得： …………………………（1分）

（3）小球恰能完成一次完整的圆周运动，设它到最高点的速度为v1，小球在最低点速度为v，则有

  ……………（2分）    ……………（1分）

求得：   …………………（1分）

小球做完整圆周运动时，碰后的速度至少为，由于滑块B与小球A碰后交换速度，则滑块B最终速度至少也为，经过的路程为，则：……（2分）

求得：……………………………（1分）

小球做完整的圆周运动的次数为：    求得： = 6 …………（1分）

（海淀二模）23．（18分）在2010年温哥华冬奥会单板滑雪女子U型池决赛中，我国小将刘佳宇名列第四名。虽然无缘奖牌，但刘佳宇已经创造中国单板滑雪在冬奥会上的最好成绩。单板滑雪U型池的比赛场地截面示意图如图11所示，场地由两个完全相同的1/4圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R=3.5m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离s=8.0m，运动员在水平滑道以一定的速度冲向圆弧滑道CD，到达圆弧滑道的最高位置D后竖直向上腾空跃起，在空中做出翻身、旋转等动作，然后再落回Ｄ点。裁判员根据运动员腾空的高度、完成动作的难度和效果等因素评分，并要求运动员在滑动的整个过程中，身体的任何部位均不能触及滑道。假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度v0=16.2m/s，运动员从B点运动到C点所用的时间t＝0.5s，从D点跃起时的速度vD=8.0m/s。设运动员连同滑板的质量m=50kg，忽略空气阻力的影响，重力加速度g取10m/s2。求：

（1）运动员从D点跃起后在空中完成动作的时间；

（2）运动员从C点到D点运动的过程中需要克服摩擦阻力所做的功；

（3）为使运动不断持续，运动员从D点滑回到A点时的速度应不小于D点的速度。那么运动员在水平滑道BC段滑动的过程中是否可能增加其动能呢？试进行判断，并说明理由。

23．（18分）解：（1）运动员从D点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运动员上升的时间为t1，

根据运动学公式： vD=gt1     运动员在空中完成动作的时间： =1.6s    （5分）

（2）运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，运动过程的平均速度：

解得运动员到达C点时的速度：=15.8m/s            （3分）

运动员从C点到D点的过程中，克服摩擦力和重力做功，根据动能定理：

                （3分）

得运动员克服摩擦力做功：

代入数值解得： Wf=21J             （3分）

（3）不可能。在水平滑道运动的过程中，因为运动员在水平方向只受到摩擦力的作用，而摩擦力的方向与运动方向相反，只可能对运动员做负功，根据动能定理，运动员的动能只可能减小，而不可能增加。

               （4分）

用其他方法计算正确的同样给分。

（海淀二模反馈）23．荡秋千：也叫“打秋千”，是朝鲜族妇女喜爱的民间游戏。每逢节日聚会，人们便会看到成群结队的朝鲜族妇女，身穿鲜艳的民族服装，在人们的欢呼、叫好声中荡起了秋千，她们一会腾空而起，一会俯冲而下，尽情地欢乐，长长的裙子随风飘舞，大有飘飘欲仙之感。

如图13所示是朝鲜族少女“长今”打秋千的情景，设秋千摆绳长为3.0m，悬点在大树上，长今连同底板的质量共为60kg。开始时，长今坐在秋千上，在外力的作用下，摆绳与竖直方向成37°角处于静止状态。某时刻外力撤掉，让秋千由静止开始摆动，假设摆动过程中，长今与底板始终没有相对运动。取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

（1）秋千静止时所施加的最小外力是多少？

（2）若秋千第一次摆动到最低点时摆线的拉力为780N，那么长今和秋千在从最高点摆到最低点的过程中克服阻力做的功是多少？

图13

（3）长今发现，自己所坐的秋千越荡越低，可她却看到别人的秋千能够越荡越高，她不知为什么会是这样，你能给她解释：为什么她的秋千越荡越低吗？她怎样做才能像别人那样在不借助外力的情况下把秋千越荡越高？

23．（1）360N；（2）90J；（3）阻力做功，机械能损失，所以越荡越低；在秋千由最高点荡到最低点的过程中，人由站立缓缓下蹲，当秋千到最高时，迅速由下蹲到站立。

2.2.1.2  动量与能量

（石景山一模）23．（18分）如图甲所示，物块A、B的质量分别是 mA= 4.0kg 和 mB= 3.0kg，用轻弹簧栓接相连放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t =0时以一定速度向右运动，在 t = 4 s 时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开。物块C的 v-t 图象如图乙所示。求：

（1）物块C的质量mC；

（2）墙壁对物块B的弹力在 4 s 到12 s 的时间内对B做的功W及对B的冲量I 的大小和方向；

（3）B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能EP。

23.（18分）（1）由图知，C与A碰前速度为=9m/s，碰后速度为=3m/s，C与A碰撞过程动量守恒。………3分      得=2kg……2分

（2）墙对物体B不做功，……2分

由图知，12s末A和C的速度为= －3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为

………2分

得I = －36 NS……2分        方向向左……1分

（3）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大。

…………2分

……2分

得： =9J……2分    

（东城二模）23．(18分)质量为M的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上。质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下，以速度v从滑块的水平轨道的左端滑出，如图所示。已知M:m=3:1，物块与水平轨道之间的动摩擦因数为µ，圆弧轨道的半径为R。

（1）求物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小和方向；

（2）求水平轨道的长度；

（3）若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块m不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件。

23．(18分)解：（1）（5分）对于滑块M和物块m组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中，水平方向动量守恒，物块滑出时，有：         （3分）

滑块M的速度  （1分），    方向向右。  （1分）

（2）（5分）物块滑下的过程中，物块的重力势能，转化为系统的动能和内能，有：

（3分）       解得     （2分）

（3）（8分）物块以速度v0冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的高度越大。若物块刚能达到最高点，两者有相同的速度V1，此为物块不会越过滑块的最大初速度。对于M和m组成的系统，水平方向动量守恒，有：  （3分）

相互作用过程中，系统的总动能减小，转化为内能和重力势能，有：

      （3分）

解得：      （1分）

要使物块m不会越过滑块，其初速度要不大于。    （1分）

（东城示范校）23．（18分）如图所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B处连接一内径相同的粗糙水平直管AB。已知E处距地面的高度h=3.2m，一质量m=1kg的小球a从A点以速度v0=12m/s的速度向右进入直管道，到达B点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE管（DE管光滑），并与原来静止于E处的质量为M= 4kg的小球b发生正碰（ab均可视为质点）。已知碰撞后a球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的1/3，而b球从E点水平抛出，其水平射程s=0.8m,（g取10m/s2）

（1）求碰后b球的速度大小？

（2）求“8”字形管道上下两圆的半径r和R？

（3）若小球a在管道AB中运动时所受阻力为定值，请判断a球返回到BA管道中时能否从A端穿出？

23．（18分）（1） b球离开DE后做平抛运动：                     (2分)

s=vbt              (2分)          vb=1m/s            (1分)

（2）ab碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向

             va=3m/s            (2分)

碰前a在D处恰好与轨道无作用力：                 (2分)

r=0.9m            (1分)                         (1分)

（3）小球从B到D，机械能守恒： 

解得：         (2分)

从A到B过程，由动能定理得：        解得：Wf=35.5J     (2分)

从D到B，机械能守恒： 

解得：〈 Wf                    (2分)  

所以，a球返回到BA管道中时，不能从A端穿出。           (1分)  

2.2.1.3  万有引力

（怀柔零模）23．（18分）有一颗地球卫星，绕地球做匀速圆周运动卫星与地心的距离为地球半径R0的2倍，卫星圆形轨道平面与地球赤道平面重合。卫星上的太阳能收集板可以把光能转化为电能，太阳能收集板的面积为S，在阳光下照射下每单位面积提供的最大电功率为P。已知地球表面重力加速度为g，近似认为太阳光是平行光，试估算：

（1）卫星做匀速圆周运动的周期；

（2）卫星绕地球一周，太阳能收集板工作时间；

（3）太阳能收集板在卫星绕地球一周的时间内最多转化的电能？

23．(18分)解：（1）（8分）地球卫星做匀速圆周运动，

根据牛顿第二定律：    ①…………（3分）

在地球表面有：     ②………………（3分）

∴  卫星做匀速圆周运动的周期为：③

  ④ ………………………（2分）

（2）（6分）如图，当卫星在阴影区时不能接受阳光，据几何关系：

∠AOB = ∠COD =    ⑤ ………………（3分）

∴卫星绕地球一周，太阳能收集板工作时间为：t = T=   ⑥………（3分）

（3）（4分）最多转化的电能：  ⑦  …………  （4分）

2.2.2  电学

2.2.2.1  电场

（海淀零模）23．（18分）打印机是办公的常用工具，喷墨打印机是其中的一种。图11是喷墨打印机的工作原理简化图。其中墨盒可以喷出半径约为10-5m的墨汁微滴，大量的墨汁微滴经过带电室时被带上负电荷，成为带电微粒。墨汁微滴所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制。带电后的微滴以一定的初速度进入由两块平行带电金属板形成的偏转电场中，微滴经过电场的作用发生偏转后打在纸面上，显示出字体。若某种喷墨打印机的偏转电场极板长度为l，两板间的距离为d，偏转电场极板的右端距纸面的距离为b，某个带电微滴的质量为m，沿两板间的中心线以初速度v0进入偏转电场。偏转电场两极板间电压为U。该微滴离开电场时的速度大小为v，不计微滴受到的重力和空气阻力影响，忽略电场边沿处场强的不均匀性。

（1）该该带电微滴所带的电荷量q；

（2）该该带电微滴到达纸面时偏离原入射方向的距离y；

（3）在微滴的质量和所带电荷量以及进入电场的初速度均一定的条件下，分析决定打印在纸上字体大小的因素有哪些？若要使纸上的字体高度放大，可以采取的措施是什么？

23．（18分）解：（1）带电微滴进入电场后，做类平抛运动，离开电场时，沿垂直电场方向的速度大小为v0，沿电场方向的速度大小为：         （2分）

设带电微滴在电场中运动的时间为t，根据牛顿第二定律与运动学公式：

        （1分）                            （1分）

解得：         （3分）

（2）带电微滴离开电场后做匀速直线运动，设运动方向与v0方向的夹角为θ，根据平抛运动的特点，

     （3分）         解得：       （3分）

（3）由（1）问和（2）问的结果可知，微滴到达纸面上时偏离原入射方向的距离：

            （2分）

y的数值越大，即纸面上的字体越大。在m、q以及v0一定的条件下，若要使纸上的字体高度放大，可以增大偏转电场两极板间的电压U、偏转极板的右端距纸面的距离b或偏转极板的长度l，也可以减小偏转电场两极板间的距离d。          （3分）

（西城一模）23．（18分）图1是示波管的原理图，它由电子、荧光屏和两对相互垂直的偏转电极XX΄、YY΄组成。偏转电极的极板都是边长为l的正方形金属板，每对电极的两个极板间距都为d。电极YY΄的右端与荧光屏之间的距离为L。这些部件处在同一个真空管中。电子中的金属丝加热后可以逸出电子，电子经加速电极间电场加速后进入偏转电极间，两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转。荧光屏上有xoy直角坐标系，x轴与电极XX΄的金属板垂直（其正方向由X΄指向X），y轴与电极YY΄的金属板垂直（其正方向由Y΄指向Y）。已知电子的电量为e，质量为m。可忽略电子刚离开金属丝时的速度，并不计电子之间相互作用力及电子所受重力的影响。

（1）若加速电极的电压为U0，两个偏转电极都不加电压时，电子束将沿直线运动，且电子运动的轨迹平行每块金属板，并最终打在xoy坐标系的坐标原点。求电子到达坐标原点前瞬间速度的大小；

（2）若再在偏转电极YY΄之间加恒定电压U1，而偏转电极XX΄之间不加电压，求电子打在荧光屏上的位置与坐标原点之间的距离；

（3）（i）若偏转电极XX΄之间的电压变化规律如图2所示，YY΄之间的电压变化规律如图3所示。由于电子的速度较大，它们都能从偏转极板右端穿出极板，且此过程中可认为偏转极板间的电压不变。请在图4中定性画出在荧光屏上看到的图形；  

（ii）要增大屏幕上图形在y方向的峰值，若只改变加速电极的电压U0、YY΄之间电压的峰值Uy、电极XX΄之间电压的峰值Ux三个量中的一个，请说出如何改变这个物理量才能达到目的。

23．（18分）（1）电子出加速电场后做匀速直线运动，设速度为υ，根据动能定理得：

eU0 =     （3分）               解得：υ=    （2分）

（2）设电子在偏转电极YY΄中的运动时间为t1，

沿垂直电场方向电子做匀速直线运动，则：l=υt1                （1分）

沿平行电场方向电子做初速度为0的匀加速直线运动，则：y1=    （1分）

此过程中电子的加速度大小：                       （1分）

电子在y方向的速度：υy= a t1                               （1分）

电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间t2到达荧光屏。则：

L= υ t2       （1分）              y2 = υy t2      （1分）

电子打在荧光屏上的位置与坐标原点之间的距离：y= y1+y2

解得：                  （2分）

（3）（i）如答图4所示（2分）（ii）减小U0  或 增大Uy（3分）

（丰台二模）23．(18分)飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。飞行时间质谱仪主要由脉冲阀、激光器、加速电场、偏转电场和探测器组成，探测器可以在轨道上移动以捕获和观察带电粒子。整个装置处于真空状态。加速电场和偏转电场电压可以调节，只要测量出带电粒子的飞行时间，即可以测量出其比荷。

如图所示,脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器。已知加速电场a、b板间距为d，偏转电场极板M、N的长度为L1，宽度为L2。不计离子重力及进入a板时的初速度。

（1）设离子带电粒子比荷为k（k=q/m），如a、b间的加速电压为U1，试求离子进入偏转电场时的初速度v0；

（2）当a、b间的电压为U1时，在M、N间加上适当的电压U2，离子从脉冲阀P喷出到到达探测器的全部飞行时间为t。请推导出离子k比荷的表达式；

（3）在某次测量中探测器始终无法观察到离子，分析原因是离子偏转量过大，打到极板上，请说明如何调节才能观察到离子？

23．（18分）解析：（1）设离子的带电量为q，质量为m，有        （2分）

得：  （2分）

（2）设离子在加速电场和偏转电场中的飞行时间分别为t1和t2，在加速电场中的加速度为a1，则：

   （2分）       （2分）       （2分）

     （2分）    联立解得：     （2分）

（3）设离子在偏转电场中的侧移量为y,则：     （2分）

（如果没有推理，但用文字说明正确也给分）。

所以减小偏转电压U2，或增大加速电压U1     （2分）（只答出一种方案即给2分）

2.2.2.2  电场和磁场

（朝阳二模）23．（18分）如图甲所示，水平放置的两平行金属板的板长l不超过0.2m，OO′为两金属板的中线。在金属板的右侧有一区域足够大的匀强磁场，其竖直左边界MN与OO′垂直，磁感应强度的大小B=0.010T，方向垂直于纸面向里。两金属板间的电压U随时间t变化的规律如图乙所示，现有带正电的粒子连续不断地以速度v0=1×105m/s，沿两金属板的中线射入电场中。已知带电粒子的荷质比，粒子所受重力和粒子间的库仑力忽略不计，不考虑粒子高速运动的相对论效应。在每个粒子通过电场区域的时间内可以认为两金属板间的电场强度是不变的。

（1）在t=0.1s时刻射入电场的带电粒子恰能从平行金属板边缘射出，求该粒子射出电场时速度的大小；

（2）对于所有经过电场射入磁场的带电粒子，设其射入磁场和射出磁场两点间的距离为d，请你证明d是一个不变量。

（3）请你通过必要的计算说明：为什么在每个粒子通过电场区域的时间内，可以认为两金属板间的电场强度是不变的。

23．（18分）解：（1）在t=0.1s时刻，两金属板间的电压U=100V，设粒子射出电场时的速度大小为v1，根据动能定理有：     解得： v1≈1.4×105m/s    6分

（2）带电粒子射入磁场后的轨迹如右图所示。设粒子射入磁场时的速度为v2，v2与v0的夹角为θ，

则：     ①

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有：           ②

由①②式可求得：    

则由几何关系可求得： 

因为、v0、B均为常量，所以d是一个不变量。  8分

（3）带电粒子在金属板间的运动时间：≤2×10﹣6s

设金属板间电压的变化周期为T，T＝0.2s， 

所以在每个粒子通过电场区域的时间内可以认为两极板间的电压是不变的，若两极板间的距离为L，两金属板间的电场强度： 

因为U、L均不变，所以可以认为电场强度是不变的。    4分

（朝阳一模）23．（18分）如图所示为某种质谱仪的结构示意图。其中加速电场的电压为U，静电分析器中与圆心O1等距各点的电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心O1。磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器。而后离子由P点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从Q点射出，并进入收集器。测量出Q点与圆心O2的距离为d。

（1）求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；

（2）求磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小和方向；

（3）通过分析和必要的数学推导，请你说明如果离子的质量为0.9m，电荷量仍为q，其他条件不变，这个离子射出电场和射出磁场的位置是否变化。

23．（18分）解：（1）离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：    ①

设离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，

由动能定理有：    ②        由①②解得：    ③         6分

（2）离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：            ④

由题意可知，圆周运动的轨道半径：r=d                          ⑤

由②④⑤式解得：     ⑥      磁场方向为垂直纸面向外。       6分

（3）设质量为0.9m的离子经加速电场加速后，速度为v′，由动能定理可得：      ⑦

由②⑦式可得：            ⑧

新离子进入电场时与O1的距离仍为R，新离子如果在电场中做半径为R的匀速圆周运动，所需要的向心力：            ⑨

由①⑧⑨式可得： 

即该离子所受电场力，恰好等于它若做匀速圆周运动的向心力，因此这个离子仍然在静电分析器中做半径为R的匀速圆周运动，仍从N点射出。

由②④式可知，离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径，与离子的质量有关，所以不能沿原来的轨迹从Q点射出磁场。      6分

（丰台一模）23．（18分）1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点，解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中。

某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图为俯视图乙。回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强在场，且与D形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。D形盒半径为R，磁场的磁感应强度为B。设质子从粒子源A处时入加速电场的初速度不计。质子质量为m、电荷量为+q。加速器接一定涉率高频交流电源，其电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。

（1）求质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径r1；

（2）求质子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；

（3）如果使用这台回旋加速器加速α粒子，需要进行怎样的改动？请写出必要的分析及推理。

23.（18分）(1)设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1，

    ①    （2分）                 ②    （2分）

联立①②解得：    （2分）

(2) 设质子从静止开始加速到出口处被加速了n圈，质子在出口处的速度为v

      ③    （2分）                 ④    （1分）

           ⑤    （2分）                      ⑥    （1分）

联立③④⑤⑥解得      （2分）

(3)回旋加速器正常工作时高频电压的频率必须与粒子回旋的频率相同。设高频电压的频率为f，

则：  

当速α粒子时α粒子的比荷为质子比荷的2倍，，所以不用直接使用。   （2分）

改动方法一：让回旋磁场的磁感应强度加倍。          （2分）

改动方法二：让加速高频电压的频率减半。

（东城一模）23．（18分）回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近（缝隙的宽度远小于盒半径），分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为B。设两D形盒之间所加的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为α粒子，其质量为m、电量为q。α粒子从D形盒开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后，α粒子从D形盒边缘被引出。求：

（1）α粒子被加速后获得的最大动能Ek；

（2）α粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n+1次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比；

（3）α粒子在回旋加速器中运动的时间；

（4）若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法。

23．（18分）（1）α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有                （1）

可得： 

α粒子的最大动能Ek=             （4分）

（2）α粒子被加速一次所获得的能量为qU，α粒子被第n次和n+1次加速后的动能分别为：              （2）

         （3）

可得：                           （5分）

（3）设α粒子被电场加速的总次数为a，则：Ek=        （4）

可得：a                  （5）

α粒子在加速器中运动的时间是α粒子在D形盒中旋转a个半圆周的总时间t。

            （6）                       （7）

解得：                （5分）

（4）加速器加速带电粒子的能量为Ek=，由α粒子换成氘核，有：，则，即磁感应强度需增大为原来的倍；高频交流电源的周期，由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的倍。（4分）

（海淀一模）23A．(18分）在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的。1930年，Earnest O. Lawrence提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量。图12甲为Earnest O. Lawrence设计的回旋加速器的示意图。它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图12乙为俯视图，在D型盒上半面中心S处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D型盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，最后到达D型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出。已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设正离子从离子源出发时的初速度为零。

（1）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；

（2）尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略。试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间；

（3）不考虑相对论效应，试分析要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施。

23．（18分）解：（1）设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为v1，

由动能定理得：             （2分） 

正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r1，由牛顿第二定律得：    （2分）

由以上两式解得：             （1分）

（2）设正离子经过窄缝被第n次加速加速后的速度为vn，由动能定理得：   （1分）

粒子在狭缝中经n次加速的总时间：  （1分）  由牛顿第二定律：  （1分）

由以上三式解得电场对粒子加速的时间：          （1分）

正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：           （1分） 

又：      （1分）      粒子在磁场中做圆周运动的时间：      （1分）

由以上三式解得：                （1分）

所以，粒子从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间：

+                （1分）

（3）设离子从D盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为rm，速度为vm       （1分）

   （1分）    离子获得的最大动能为：    （1分）

所以，要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可以增大加速器中的磁感应强度B。（1分）

（海淀一模反馈）23B．如图所示，相距为d的狭缝P、Q间存在着方向始终与P、Q平面垂直、电场强度大小为E的匀强电场，且电场的方向按一定规律分时段变化。狭缝两侧均有磁感强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且磁场区域足够大。某时刻从P平面处由静止释放一个质量为m、带电荷为q的带负电粒子（不计重力），粒子被加速后由A点进入Q平面右侧磁场区，以半径r1做圆运动，此时电场的方向已经反向，当粒子由A1点自右向左通过Q平面后，使粒子再次被加速进入P平面左侧磁场区做圆运动，此时电场又已经反向，粒子经半个圆周后通过P平面进入PQ狭缝又被加速，……。以后粒子每次通过PQ间都被加速。设粒子自右向左穿过Q平面的位置分别是A1、A2、A3、……An……，求：

（1）粒子第一次在Q右侧磁场区做圆运动的半径r1的大小；

（2）粒子第一次和第二次通过Q平面的位置A1和A2之间的距离；

（3）设An与An+1间的距离小于r1/3，则n值为多大。

23．（1）r1=；（2）2（-）；（3）n>5

2.2.2.3  电磁感应

（昌平二模）23．（18分）轻质细线吊着一质量为m=0.kg、边长为L=0.8m、匝数n=10的正方形线圈abcd，线圈总电阻为R=1Ω。边长为L/2正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图（甲）所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化如图（乙）所示，从t=0开始经t0时间细线开始松驰，取g=10m/s2。求：

（1）在0～4s内，穿过线圈abcd磁通量的变化△φ及线圈中产生的感应电动势E；

（2）在前4s时间内线圈abcd的电功率；

（3）求t0的值。

23．（18分）解：⑴   （2分）     解得： =0.16Wb  （2分）

由法拉第电磁感应定律得：     （2分）    解得：E =0.4V    （2分）

⑵，      （2分）       代入数据得：P=0.16W     （2分）

⑶ 分析线圈受力可知，当细线松弛时有：          （2分）

=4T       （2分）     由图像知：B=1+0.5t，解得：t0=6s    （2分）

（延庆一模）23．如图所示，M1N1、M2N2是两根处于同一水平面内的平行导轨，导轨间距离是d=0.5m，导轨左端接有定值电阻R=2Ω，质量为m=0.1kg的滑块垂直于导轨，可在导轨上左右滑动并与导轨有良好的接触，滑动过程中滑块与导轨间的摩擦力恒为f=1N，滑块用绝缘细线与质量为M=0.2kg的重物连接，细线跨过光滑的定滑轮，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度是B=2T，将滑块由静止释放。设导轨足够长，磁场足够大，M未落地，且不计导轨和滑块的电阻。g=10m/s2 ，求：

（1）滑块能获得的最大动能；

（2）滑块的加速度为a=2m/s2时的速度；

（3）设滑块从开始运动到获得最大速度的过程中，电流在电阻R上所做的电功是W=0.8J，求此过程中滑块滑动的距离。

23.（18分）解：（1）Mg=f+BId   ①  ---------------------------（2分）

I=E/R     ②  ---------（1分）     E=BdVm    ③  ----------（1分）

联立①②③解之并代入动能表达式：  EK=mVm2/2=0.2J  -----------（2分）

（2）Mg-f-BId=(M+m)a    ④ -----------------------------------------（3分）

I=E/R              ⑤           E=BdV             ⑥ 

联立④⑤⑥解之：V=R [Mg-f-(M+m)a]/B2d2 =0.8m/s  ------------------（3分）

（3）Mgx-fx-w=（m+M）Vm2/2  ----------------------------------------（3分）

    x={（m+M）[(Mg-f)R]2/2B4d4+w}/(Mg-f)=1.4m  ---------------（3分）

（通州一模）23．(18分)如图所示，线圈工件加工车间的较长传送带不停地水平传送长为L，质量为m，电阻为R的正方形闭合线圈。在传送带的左端，线圈无初速地放在以恒定速度v匀速运动的传送带上，线圈经过一段时间加速达到与传送带相同的速度v后，线圈与传送带始终保持相对静止，然后以速度v匀速通过一磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场．已知当一个线圈刚好开始匀速运动时，下一个线圈恰好放在传送带上；线圈匀速运动时，每两个线圈间保持距离L不变，匀强磁场的宽度为3L．求：

（1）线圈前边刚进入磁场后产生的感应电动势和感应电流。

（2）传送带每传送一个线圈到另一端其电动机所消耗的电能E电(不考虑电动机自身的能耗)；

（3）a．若传送带上均匀布满线圈，传送带以速度v稳定传送线圈时的总平均功率P

b．通过对上述装置的研究，请你展开“智慧的翅膀”，设想这套装置的用途。

23.（18分）（1）    (4分)            (2分)

（2）设线圈加速时间为t，线圈位移，传送带位移，相对滑动距离=s1

线圈获得动能    （2分）      摩擦生热    （2分）

焦耳热           （2分）

             （2分）

(3)a．一个线圈加速(即一个线圈进磁场和前一线圈出磁场的时间和)所用的时间为，所以(或：皮带始终受到一个静摩擦力，一个滑动摩擦力，所以，皮带的功率       （2分）

b．传送线圈并检测线圈的质量好坏。             （2分）

2.2.2.4  力电综合

（西城二模）23．（18分）2010年11月5日，在召开的“引渤入疆”（指引渤海水进入）研讨会，引起了全国的广泛关注。其中一个方案是：从天津取水，由黄旗海—库布齐沙漠—毛乌素沙漠—腾格里沙漠—乌兰布和沙漠—巴丹吉林沙漠，走河西走廊，经疏勒河自流进入罗布泊。此路径中最高海拔约为1200m，从罗布泊到下游的艾丁湖，又有近1000m的落差。此方案是否可行，涉及到环境、能源、技术等多方面的因素。下面我们仅从能量角度来分析这个方案。取重力加速度g=10m/s2，水的密度ρ1＝1.0×103kg/m3。

（1）通过管道提升海水，电能的利用率η1=60%，将1吨海水提升到海拔1200m，需要耗多少电能？利用水的落差发电，发电效率也为η1=60%，在1000m的落差中1吨水可以发多少电能？ 

（2）如果每年调4×109m3海水入疆，尽管利用落差发的电可以全部用来提升海水，但还需要额外提供电能。

（i）额外需要的电能可从三峡水电站输送。已知三峡水电站水库面积约1.0×109m2，年平均流量Q = 5.0×1011m3，水库水面与发电机所在位置的平均高度差h=100m，发电站的发电效率η1=60%。求在一年中“引渤入疆”工程额外需要的电能占三峡电站发电量的比例。

（ii）我国西北地区风能充足，额外需要的电能也可通过风力发电来解决。通过风轮机一个叶片旋转一周扫过面积的最大风能为可利用风能。取空气密度ρ2＝1.25kg/m3。某风力发电机的发电效率η2=40%，其风轮机一个叶片旋转一周扫过的面积S=400m2。某地区风速υ=10m/s的时间每年约为5500小时(合2.0×107s)。求在该地区建多少台这样的风力发电机才能满足“引渤入疆”工程额外需要的电能？

23．（18分）（1）将1T海水提升到海拔1200m，重力势能增加： J

由于电能的利用率为60%，所以需要耗电： J       （2分）

1T水可以发电： J          （2分）

（2）将1T海水输送到艾丁湖，额外需要耗电：ΔE0=E1- E2= 1.4×107J      （1分）

每年从渤海湾调4×109m3海水入疆需要额外用电：ΔE=4×109×ΔE0= 5.6×1016J       （2分）

（i）三峡水电站的年发电J                （2分）

“引渤入疆”工程需要的电能占三峡电站发电量的比例为： =18.7%     （2分）

（ii）对一台这样的风力发电机，1s内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为：ρ2υS

风能的最大功率： = (ρ2υS)υ2 =ρ2Sυ3 =2.5×105W          （2分）

年发电量约：W =η2Pmt =40%×2.5×105×2.0×107J= 2.0×1012J   （2分）

为满足“引渤入疆”工程额外需要的电能，需建数量：n==2.8×104（台）   （3分）

三、24题

2.3.1  力学

2.3.1.1  牛顿定律

（丰台一模）24．（20分）如图所示，P为质量为m=1kg的物块，Q为位于水平地面上的质量为M=4kg的特殊平板，平板与地面间的动摩因数μ=0.02。在板上表面的上方，存在一定厚度的“相互作用区域”，区域的上边界为MN。P刚从距高h=5m处由静止开始自由落下时，板Q向右运动的速度为vo=4m/s。当物块P进入相互作用区域时，P、Q之间有相互作用的恒力F=kmg，其中Q对P的作用竖直向上，k=21，F对P的作用使P刚好不与Q的上表面接触。在水平方向上，P、Q之间没有相互作用力，板Q足够长，空气阻力不计。（取g=10m/s2，以下计算结果均保留两位有效数字）求：（1）P第1次落到MN边界的时间t和第一次在相互作用区域中运动的时间T；

（2）P第2次经过MN边界时板Q的速度v；

（3）从P第1次经过MN边界到第2次经过MN边界的过程中，P、Q组成系统损失的机械能△E；

（4）当板Q速度为零时，P一共回到出发点几次？

24．(1)P自由落下第一次到达边界MN时：   s     （2分）

    P到达边界MN时速度m/s    （2分）

P进入相互作用区域时，kmg - mg = ma     a = (k - 1)g = 200m/s2    （2分）

P第一次进入相互作用区域减速到零后又向上加速，以速度大小再次越过MN，所以运动时

s    （2分）

(2)上面分析知P先自由下落，以进入相互作用区域，减速到零后又向上加速，以速度大小再次越过MN，然后做竖直上抛运动回到原出发点，接着又重复上述运动过程。

每当P从出发点运动到MN的时间t内，板Q加速度a1向左， m/s2  （1分）

每当P在相互作用区中运动的时间T内，板Q加速度a2向左，

m/s2         （1分）

P第2次经过MN边界时，板Q的速度： m/s          （2分）

(3)P第1次经过MN边界时，板Q的速度： m/s               （2分）

=J           （2分）

(4)设板Q速度为零时，P一共回到出发点n次。由以上分析得：       （2分）

代入数据，解得  故n取7           （2分）

2.3.1.2  功和能

（延庆一模）24．如图表示用传送带将相同的工件从A点运送到B点的装置图，传送带的倾角是θ，传送带的长度（A、B之间的距离）是L=21.5m，传送带的速度恒为v=1.1m/s，传送带与工件之间的动摩擦因数是μ=0.06，每个工件的质量是m=2kg，每秒钟将一个工件放在传送带的A点（静止）由传送带送至B点，再由工人拿走。设sinθ=tanθ=0.05，cosθ=1，g=10m/s2，求：

（1）第一个工件从放上传送带到与传送带相对静止所用的时间。

（2）把一个工件从A点运送到B点摩擦力做的功。

（3）传送带上最多有几个工件。

24.（20分）解：（1）v=at  ------（2分）    mgsinθ+μmgcosθ=ma --------（2分）

t=v/( gsinθ+μgcosθ)=1s  ------------（2分）

（2）mgLsinθ+wf=mv2/2 -------（4分）     wf= mv2/2-mgLsinθ=-20.29J -------（4分）

（3）每一个工件在传送带上滑行的距离是x=vt-at2/2=0.55m

第一个工件放上传送带以后，经1s放第二个…… 经20s放第21个，此时第一个工件移动的距离是：s=1.1×20-0.55=21.45m 小于传送带的长度，而当放第22个工件时，第一个工件已经过了B点，因此传送带上最多有21个工件。----------------（6分）

2.3.1.3  动量与能量

（通州二模）24．（20分）相距L = 12.5m、质量均为m的两小球A、B，静止放在足够长的绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数均为，其中A电荷量为+q，B不带电。现在水平面附近空间加有场强、水平向右的匀强电场，A开始向右运动，并与B发生多次对心碰撞，且碰撞时间极短，每次碰后两球交换速度、A带电量保持不变、B始终不带电。g取。试求：

（1）A、B第一次碰后B的速度。

（2）B运动的总路程x。

（3）A、B从第五次碰后到第六次碰的过程中B运动的时间。

24．（20分）（1）（6分）对A，据牛顿第二定律：    得加速度：1m/s2

又据公式：        得A与B碰前速度：m/s

碰撞交换速度，故第一次碰后，A的速度为0，B的速度：m/s

（2）（4分）每次碰撞两球均交换速度，经多次碰撞后，最终A、B停在一起。

设B运动的总路程为x，据能量守恒有：

解得：

（3）（10分）对B，据牛顿第二定律：     得加速度大小：m/s2

每次碰后B作匀减速运动，因其加速度大于A的加速度，所以B先停，之后A追上再碰，每次碰后A的速度均为0，然后加速再与B发生下次碰撞。

第一次碰后B运动的时间：    第一次碰后B的位移，则：

第二次碰前A的速度为，则：

由以上两式得：

碰后B的速度：          碰后B运动的时间：

以此类推，第五次碰后B运动的时间：

（朝阳一模）24．（20分）如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为m的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为km的小球发生碰撞，碰撞前后两小球的运动方向处于同一水平线上。

（1）若两小球碰撞后粘连在一起，求碰后它们的共同速度；

（2）若两小球在碰撞过程中无机械能损失，

a．为使两小球能发生第二次碰撞，求k应满足的条件；

b．为使两小球仅能发生两次碰撞，求k应满足的条件。

24．（20分）解：（1）设质量为m的小球碰撞前的速度为v0，根据机械能守恒定律有：   ①

设两小球碰后的共同速度为V ，根据动量守恒定律有：            ②

解得：           6分

（2）a．取水平向右方向为正方向，设碰后m与km的速度分别为v1与V1，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：     ③               ④

解得：          ⑤                 ⑥

两小球若要发生第二次碰撞，需要：v1<0，        ⑦

由⑤⑥⑦解得：k＞3           ⑧            6分

b．对于第二次碰撞，设v2与V2分别为m与km碰后的速度，由动量守恒和机械能守恒有：

     ⑨               ⑩

由⑤⑥⑧⑨解得：                            

只要满足，两球一定不会相碰       

由⑧解得：            8分

（通州一模）24．(20分)如图所示，AB是光滑的圆弧，BC是光滑水平面。一个质量为m的小球P，从AB上某一高度处以初速度为零滑下，与静止在BC平面上的质量为M的小球Q对心碰撞，设碰撞是完全弹性碰撞，碰撞后P又沿原路返回，并沿AB上升，后来它又从曲面上滑下，并跟Q作第二次碰撞。

（1）若小球P从A点处自由滑下，求小球P第一次经过圆弧轨道的B点时，轨道对小球P的支持力NB。

（2）设小球P在碰撞前速度为v0，求第一次碰撞后小球P的速度v1和小球Q速度u1；

（3）设分别为小球P和小球Q第二次碰撞后的速度，如果要使小球P在第二次碰撞后的速度与碰撞前的速度方向相反，必须满足什么条件?

24.（20分）(1)  （2分）      （2分）    得：NB=3mg（2分）

(2根据弹性碰撞动量、机械能皆守恒可得：          （2分）

               （2分）

解以上联立方程可得：   （1分）           （1分）

(3)则根据弹性碰撞规律，可得方程：           （1分）

                      （1分）

可解得：      （2分）

把v1、u1带入得：           （2分）

要使第二次碰撞后速度与碰撞前速度方向相反，即应使，则必须满足条件：

，即

得：  得其解为：； 

显然，是不合理的，因为假如它能满足，就不可能有第二次碰撞，所以其解为：

                      （2分）

（东城一模）24．（20分）如图所示，有一光滑轨道ABC，AB为竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道，BC部分为足够长的水平轨道。一个质量为m1的小物体自A处由静止释放，m1沿圆弧轨道AB滑下，与在水平轨道BC上质量为m2的静止的物体相碰。

（1）如果m2与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端连在固定装置P上。m1滑到水平轨道后与m2发生碰撞但不粘连，碰撞后m1与m2一起将弹簧压缩后被弹回，m1与m2重新分开。若弹簧压缩和伸长过程中无机械能损失，且m1=m2，求m1反弹后能达到的最大高度；

（2）如果去掉与m2相连的弹簧及固定装置P，m1仍从A处由静止释放。

a．若m1=m2，且m1与m2的碰撞过程中无机械能损失，求碰撞后m1能达到的最大高度。

b．若m1与m2的碰撞过程中无机械能损失，要使m1与m2只能发生两次碰撞，求 m2与 m1的比值范围。

24．（20分）（1）m1从A滑到B重力势能转化为动能，m1的速度达到v1，                ①

m1与m2发生碰撞时弹簧处于自然状态，系统动量守恒，碰撞后以共同速度v共向右运动。

          v共=             ② 

m1与m2一起将弹簧压缩后又被弹回，当弹簧恢复到自然长度时m1与m2重新分开，此时m1与m2的速度都为v共，m1以v共为初速度滑上圆弧轨道，设m1能达到的最大高度是h

         解得：             （5分）

（2）撤去弹簧及固定装置后。

a.  m1与m2发生碰撞时系统动量守恒，且没有机械能损失。设向右为正方向，有

          ③                    ④

代入m1=m2，可得：          负号表示m1向左运动 

此后m1冲上圆弧轨道，设m1能达到的最大高度是， 

将带入上式,可得：              （5分）

b. m1滑到水平轨道以速度v1与静止的m2发生第一次碰撞，设向右为正方向，有：

解得：        

要能发生第二次碰撞的条件是v1’<0，即m1可得：m2＞3m1                           ⑤

m1从圆弧轨道上滑下，以速度与速度为：的m2发生第二次碰撞，

有：          

第二次碰后m1和 m2的速度：  ⑥     ⑦

不发生第三次碰撞的条件为：≤，即—≤≤

则： 

解不等式：   得：   ⑧

解不等式：    得：m2≥3m1   或  m2≤-m1   ⑨

综合⑤、⑧、⑨，m1与m2只能发生两次碰撞的条件为：    （10分）

（海淀一模）24A（20分）如图13所示，一个物块A（可看成质点）放在足够长的平板小车B的右端，A、B一起以v0的水平初速度沿光滑水平面向左滑行。左边有一固定的竖直墙壁，小车B与墙壁相碰，碰撞时间极短，且碰撞前、后无动能损失。已知物块A与小车B的水平上表面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

（1）若A、B的质量均为m，求小车与墙壁碰撞后的运动过程中，物块A所受摩擦力的冲量大小和方向；

（2）若A、B的质量比为k，且k＜1，求物块A在小车B上发生相对运动的过程中物块A对地的位移大小；

（3）若A、B的质量比为k，且k=2，求小车第一次与墙壁碰撞后的运动过程所经历的总时间。

24．（20分）解：（1）设小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为v，设向右为正方向，则由动量守恒定律得：mv0-mv0=2mv    解得： v=0        （2分）

对物块A，由动量定理得摩擦力对物块A的冲量：I=0-（-mv0）=mv0 （2分）  冲量方向水平向右。（1分）

（2）设A和B的质量分别为km和m，小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为v′，木块A的位移大小为s。设向右为正方向，则由动量守恒定律得：

mv0-kmv0=(m+km)v′      （2分）          解得： v′=     （1分）

对木块A由动能定理：        （2分）

代入数据解得：          （2分）

（3）当k=2时，根据题意由于摩擦的存在，经B与墙壁多次碰撞后最终A、B一起停在墙角。A与B发生相对运动的时间t0可等效为A一直做匀减速运动到速度等于0的时间，在A与B发生相对滑动的整个过程，对A应用动量定理：－2mgμt0＝0－2mv0   （2分）       解得时间：     （1分）

设第1次碰后A、B达到的共同速度为v1，B碰墙后，A、B组成的系统，没有外力作用，水平方向动量守恒，设水平向右为正方向，由动量守恒定律，得：mv0－2mv0=（2m+m）v1

即：（负号表示v1的方向向左）

第1次碰后小车B向左匀速运动的位移等于向右匀减速运动到速度大小为v1这段运动的位移s1，对小车B，由动能定理得：-μ2mgs1=mv12-mv02      解得： s1=

第1次碰后小车B向左匀速运动时间：          （2分）

设第2次碰后共速为v2，由动量守恒定律，得：mv1－2mv1=（2m+m）v2   即： 

第2次碰后小车B向左匀速运动的位移等于向右匀减速运动到速度大小为v2这段运动的位移s2，对小车B，由动能定理得： -μ2mgs2=m v22-mv12   解得： s2=   

第2次碰后小车B向左匀速运动时间： 

同理，设第3次碰后共速为v3，碰后小车B向左匀速运动的位移为s3，则由动量守恒定律，得：             s3=

第3次碰后小车B向左匀速运动时间： 

由此类推，第n次碰墙后小车B向左匀速运动时间：。

第1次碰墙后小车B向左匀速运动时间即B从第一次撞墙后每次向左匀速运动时间为首项为t1，末项为tn，公比为的无穷等比数列。即B从第一次与墙壁碰撞后匀速运动的总时间：            （2分）

所以，从第一次B与墙壁碰撞后运动的总时间：         （1分）

（海淀一模反馈）24B．如图所示，一个物块A（可看成质点）放在足够长的平板小车B的右端，A、B一起以v0的水平初速度沿光滑水平面向左滑行。左边有一固定的竖直墙壁，小车B与墙壁相碰，碰撞时间极短，且碰撞前、后量损失。已知物块A与小车B的水平上表面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

（1）若A、B的质量比为k，且k=1，求物块A在小车B上发生相对运动的过程中物块A对小车的位移大小；

（2）若A、B的质量比为k，且k=2，为保证物块A在小车B上不掉下，求小车的最小长度；

（3）若A、B的质量比为k，求物块A在小车B上发生相对运动的时间。

24．（1）（2）（3）当k＜1时， 当k>=1时，。

（丰台二模）24．（20分）如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C（都可视为质点），B与车板之间的动摩擦因数为μ，而C与车板之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从车板的左、右两端同时以大小相同的初速度vo相向滑行。经过一段时间，C、A的速度达到相等，此时C和B恰好发生碰撞。已知C和B发生碰撞时两者的速度立刻互换，A、B、C三者的质量都相等，重力加速度为g。设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力。

（1）求开始运动到C、A的速度达到相等时的时间；

（2）求平板车平板总长度； 

（3）已知滑块C最后没有脱离平板，求滑块C最后与车达到相对静止时处于平板上的位置。

24．（20分）解析：（1）设A、B、C三者的质量都为m，从开始到C、A的速度达到相等这一过程所需时间为t。对C，由牛顿定律有：     （1分） 

由运动学规律：         （1分）

对A，由牛顿定律和运动学规律有：          （1分）

     （1分）             （1分）

联立以上各式联得      （1分）

（2）对C，（1分）  

对B，由牛顿定律和运动学规律有：（1分）

    （1分）            （1分） 

C和B恰好发生碰撞，有   （1分）  解得： （1分）  

（3）对A，       A、B、C三者的位移和末速度分别为

（向左），（向右），（向左）  （１分）

（向左），（向右）               （１分）

C和B发生碰撞时两者的速度立刻互换，则碰撞后C和B的速度各为

（向右），（向左）

碰撞后B和A的速度相等，设B和A保持相对静止一起运动，此时对B和A整体有

        隔离B，则B受到的摩擦力为： 

可得，说明B和A保持相对静止一起运动．          （１分）

设C最后停在车板上时，共同的速度为vt，由动量守恒定律可得：   （１分）

可得vt＝0。这一过程，对C，由动能定理有：            （1分）

对B和A整体，由动能定理有：                   （1分）

解得C和A的位移分别是：（向右），（向左）            （1分）

这样，C先相对于车板向左移动，然后又相对于车板向右移动

，恰好回到原来的位置，即滑块C最后停在车板右端（1分）

（其它解法正确也相应给分）

（海淀零模）24．（20分）如图12所示，在足够长的光滑水平轨道上有三个小木块A、B、C，质量分别为mA、mB、mC，且mA=mB=1.0kg，mC=2.0kg，其中B与C用一个轻弹簧拴接在一起，开始时整个装置处于静止状态。A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板。现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量中有E=9.0J转化为A和B的动能，A和B分开后，A恰好在B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B，并且与B发生碰撞后粘在一起。忽略小木块和弹性挡板碰撞过程中的能量损失。求：

（1）塑胶炸药爆炸后瞬间A与B的速度各为多大？

（2）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值；

（3）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值。

24．（20分）解：（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒定律：－mAvA+mBvB=0                  （2分）

爆炸产生的热量有9J转化为A、B的动能：       （2分）

代入数据解得： vA =vB =3.0 m/s                 （2分）

（2）由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短（即弹性势能最大）。爆炸后取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1。

由动量守恒定律，得： mBvB=（mB+mC）vBC                 （2分）

由机械能守恒，得：          （2分）

代入数据得： EP1=3.0 J                       （2分） 

（3）设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vC1，

则由动量守恒定律和能量守恒定律：mBvB=mBvB1+mCvC1        

代入数据解得： vB1=－1.0m/s，vC1=2.0m/s          （2分）

A爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回。当A追上B，发生碰撞瞬间达到共速vAB，由动量守恒定律：mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB

解得： vAB =1.0m/s           （1分）

当A、B、C三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2，由动量守恒定律：

（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC          （1分）

由机械能守恒定律，得：    （2分）

代入数据解得： EP2 =0.5J                 （2分）

（西城一模）24．（20分）火车车厢之间由车钩连接，火车起动前车钩间都有间隙。不妨将火车的起动简化成如图所示的情景：在光滑水平面上有19个静止的质量均为m的木箱，自右向左编号依次为0、1、2、3、……18，相邻木箱之间由完全非弹性的钩子连接，当钩子前后两部分相碰时，与钩子相连的两木箱速度立即变为相等。所有木箱均静止时，每一个车钩前后两部分间的距离都为L。

（1）若只给第0号木箱一个水平向右的初速度υ0，求第18号木箱刚运动时速度的大小；

（2）若从某时刻开始，持续对第0号木箱施加向右的水平恒力F，使木箱从静止开始运动，求

（i）第1号木箱刚运动时速度的大小；

（ii）从施加恒力F到第18号木箱开始运动经历的时间。

24．（20分）

（1）19个木箱相互作用过程满足动量守恒定律，即： mυ0 =19mυ18    （3分）

得第18号木箱刚运动时速度的大小： υ18=υ0                        （3分）

（2）（i）若给第0号木箱施加恒定的水平拉力F，第0、1号木箱相互作用前，第0号木箱做匀加速直线运动，加速度大小为：a0=                （1分）

因为：υ0′  2= 2a0L              （1分）

得第0、1号木箱相互作用前瞬间第0号木箱的速度：υ0′            （1分）

第0、1号木箱相互作用过程满足动量守恒定律，即：mυ0′  =2mυ1                （2分）

解得第1号木箱刚运动时速度的大小：υ1=           （2分）

（ii）第1号木箱刚运动时速度的大小： (2υ1)2 =        

第1号木箱与第2号木箱作用前的速度υ1′，有：υ1′ 2﹣υ12 = 2a1L

又第1号木箱的加速度大小：a1=     

第1、2号木箱相互作用过程满足动量守恒定律，2mυ1′ =3mυ2 

得第2号木箱刚运动时速度的大小υ2满足：(3υ2)2 = (2υ1)2 +      

同理得第3号木箱刚运动时速度的大小υ3满足： (4υ3)2 = (3υ2)2 +              

……

第18号木箱刚运动时速度的大小υ18满足：(19υ18)2 = (18υ17)2 +     

累加可得第18号木箱刚运动时速度的大小：              （3分）

对所有木箱，根据动量定理得：Ft=19mυ18                 （2分）

得所求时间：              （2分）

2.3.2  电学

2.3.2.1  磁场

（石景山一模）24．(20分)如图所示，半径分别为a、b的两同心虚线圆所围空间分别存在电场和磁场，中心O处固定一个半径很小(可忽略不计)的金属球，在小圆空间内存在沿半径向内的辐向电场，小圆周与金属球间电势差为U，两圆之间的空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，设有一个带负电的粒子从金属球表面沿x轴正方向以很小的初速度逸出，粒子质量为m，电荷量为q，(不计粒子的重力，忽略粒子逸出的初速度)求：

（1）粒子到达小圆周上时的速度为多大?

（2）粒子以（1）中的速度进入两圆间的磁场中，当磁感应强度超过某一临界值时，粒子将不能到达大圆周，求此磁感应强度的最小值B。

（3）若磁感应强度取（2）中最小值，且，要使粒子恰好第一次沿逸出方向的反方向回到原出发点，粒子需经过多少次回旋？并求粒子在磁场中运动的时间。（设粒子与金属球正碰后电量不变且能以原速率原路返回）

24．（20分）解：（1）粒子在电场中加速，

根据动能定理得：………………（3分）

所以  ………………（3分）

（2）粒子进入磁场后，受洛伦兹力做匀速圆周运动，有………………（2分）

要使粒子不能到达大圆周，其最大的圆半径为轨迹圆与大圆周相切，如图．

则有………………（2分）         所以 

联立解得………………（2分）

（3）由图可知：  即………………（2分）

则粒子在磁场中转φ=270°，然后沿半径进入电场减速到达金属球表面，再经电场加速原路返回磁场，如此重复，恰好经过4个回旋后，沿与原出射方向相反的方向回到原出发点。………………（2分）

因为  ………………（2分）

将B代入，得粒子在磁场中运动时间为：…………（2分）

（石景山零模）24．（20分）如图所示，圆心在原点、半径为R的圆将xOy平面分为两个区域，在圆内区域Ⅰ（r≤R）和圆外区域Ⅱ（r＞R）分别存在两个匀强磁场，方向均垂直于xOy平面。垂直于xOy平面放置两块平面荧光屏，其中荧光屏甲平行于轴放置在=－2.2R的位置，荧光屏乙平行于轴放置在x = 3.5R的位置。现有一束质量为m、电荷量为q（q＞0）、动能为E0的粒子从坐标为（－R，0）的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，最终打在荧光屏甲上，出现亮点N的坐标为（0.4R，－2.2R）。若撤去圆外磁场，粒子也打在荧光屏甲上，出现亮点M的坐标为（0，－2.2R），此时，若将荧光屏甲沿y轴负方向平移，发现亮点的x轴坐标始终保持不变。不计粒子重力影响。

（1）求在区域Ⅰ和Ⅱ中粒子运动速度v1、v2的大小；

（2）求在区域Ⅰ和Ⅱ中磁感应强度B1、B2的大小和方向；

（3）若上述两个磁场保持不变，荧光屏仍在初始位置，但从A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ的粒子束改为质量为m、电荷量为－q、动能为3E0的粒子，求荧光屏上出现亮点的坐标。

24．（20分）解：（1）由于在磁场中运动时洛仑兹力不做功，所以在区域Ⅰ和Ⅱ中粒子运动速度大小就是在点入射时初始速度大小，由可得：…………………（2分）

（2）粒子在区域Ⅰ中运动了四分之一圆周后，从C点沿轴负方向进入区域Ⅱ的磁场。如图3所示，圆周运动的圆心是点，半径为：…………………………（2分）

由，得： ………………………（2分）

方向垂直平面向外。…………（1分）

粒子进入区域Ⅱ后做半径为的圆周运动，由：，可得： ，

圆周运动的圆心坐标为（，），圆周运动轨迹方程为： 

将点的坐标（，）代入上式，可得： …………………（2分）

求得：…………………（2分）

方向垂直平面向里。 ……………………（1分）

（3）如图4所示，粒子先在区域Ⅰ中做圆周运动。由可知，运动速度为： 

轨道半径为：  ………………（1分）

由圆心的坐标（，）可知，与的夹角为。通过分析如图的几何关系，粒子从D点穿出区域Ⅰ的速度方向与轴正方向的夹角为………（1分）

粒子进入区域Ⅱ后做圆周运动的半径为：…………（2分）

其圆心的坐标为（，），即（，），说明圆心恰好在荧光屏乙上。所以，亮点将出现在荧光屏乙上的P点，

其轴坐标为： …………………（2分）

其轴坐标为： =………………………（2分）

2.3.2.2  电场和磁场综合

（西城二模）24．（20分）如图所示，在x-o-y坐标系中，以（r，0）为圆心、r为半径的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。在y > r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。从O点以相同速率向不同方向发射质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中运动的轨迹半径也为r。已知质子的电荷量为q，质量为m，不计质子所受重力及质子间相互作用力的影响。

（1）求质子射入磁场时速度的大小；

（2）若质子沿x轴正方向射入磁场，求质子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间；

（3）若质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从O点射入第一象限的磁场中，求质子在磁场中运动的总时间。

24．（20分）（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，有：            （2分）

得：                （2分）

（2）质子沿x轴正向射入磁场后，在磁场中运动了个圆周后，以速度υ逆着电场方向进入电场，原路径返回后，再射入磁场，在磁场中运动了个圆周后离开磁场。

在磁场中运动周期：                           （1分）

质子在磁场中运动的时间：                        （2分）

进入电场后做匀变速直线运动，加速度大小：             （1分）

质子在电场中运动的时间：                       （2分）

所求时间为： = +                            （2分）

（3）当质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A点射出磁场，如图所示，其中O1、O2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心。由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO1AO2为菱形，即AO2平行x轴，说明质子以平行y轴的速度离开磁场，也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场。∠O2=90°－θ。所以，

质子第一次在磁场中运动的时间：t1′    （3分）

此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C点再次射出磁场。如图所示，其中O1、O3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO3平行x轴。由于O1AO3C为菱形，即CO1平行AO3，即平行x轴，说明C就是磁场区域圆与x轴的交点。这个结论与θ无关。 

所以，OO2O3C为平行四边形，∠O3=90° + θ   

质子第二次在磁场中运动的时间t2′         （3分）

质子在磁场中运动的总时间：t′=t1′+t2′=         （2分）

（海淀二模）24．（20分）在水平地面上方的足够大的真空室内存在着匀强电场和匀强磁场共存的区域，且电场与磁场的方向始终平行，在距离水平地面的某一高度处，有一个带电量为q、质量为m的带负电的质点，以垂直于电场方向的水平初速度v0进入该真空室内，取重力加速度为g。求：

（1）若要使带电质点进入真空室后做半径为R的匀速圆周运动，求磁感应强度B0的大小及所有可能的方向；

（2）当磁感应强度的大小变为B时，为保证带电质点进入真空室后做匀速直线运动，求此时电场强度E的大小和方向应满足的条件；

（3）若带电质点在满足第（2）问条件下运动到空中某一位置M点时立即撤去磁场，此后运动到空中另一位置N点时的速度大小为v，求M、N两点间的竖直高度H及经过N点时重力做功的功率。

24．（20分）解：（1）由于带电质点在匀强电场E0和匀强磁场B0共存的区域做匀速圆周运动，所以受到的电场力必定与重力平衡，即： qE0 =mg            （3分）

根据牛顿第二定律和向心力公式：       （2分）

解得：         （1分）

磁感应强度B0为竖直向上或竖直向下。

（2）磁场B和电场E方向相同时，如答图1甲所示；磁场B和电场E方向相反时，如答图1乙所示。

由于带电质点做匀速直线运动，由平衡条件和几何关系可知：

解得：              （2分）

图中的θ角为：               （2分）

即电场E的方向为沿与重力方向夹角：，且斜向下的一切方向，

或：，且斜向下方的一切方向。           （2分）

（3）当撤去磁场后，带电质点只受电场力和重力作用，这两个力的合力大小为qv0B，方向既垂直初速度v0的方向也垂直电场E的方向。设空中M、N两点间的竖直高度为H，因电场力在这个过程中不做功，

则由机械能守恒定律得：m v2=mgH+m v02    （2分）     解得：   （2分）

因带电质点做类平抛运动，由速度的分解可求得带电质点到达N点时沿合力方向的分速度大小为：

vN=          （2分）

又因电场力在这个过程中不做功，带电质点到达N点时，重力做功的功率等于合外力在此时的瞬时功率，解得： PN=qv0BvN=        （2分）

（海淀二模反馈）24．在水平地面上方的真空室内存在着无限大的匀强电场和匀强磁场共同存在的区域，且电场与磁场的方向相同，在距离水平地面的某一高度处，有一个带电量为q、质量为m的带负电的质点，以垂直与电场方向的水平初速度v0进入该真空室内，当磁感应强度的大小为B时，为保证带电质点进入真空室后做直线运动，重力加速度为g。求：

（1）求电场强度E的大小和方向应满足的条件。

（2）若带电质点在运动到空中某一M点时立即撤去电场，此后向下运动到空中P点，空中M、N两点间的竖直高度为H，求经过空中P点时的速率vp。

（3）若带电质点在运动到空中某一M点时立即撤去磁场，此后经时间t运动到空中N点，求空中M、N两点间的竖直高度H及经过空中N点时的速率vN。

24．(1) 电场E的方向为沿与重力方向夹角且斜向下的一切方向    (2) vp=    (3)，vN= 

（东城二模）24．（20分）如图所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成。偏转电场处在加有电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度为l，竖直宽度足够大，处在偏转电场的右边，如图甲所示。大量电子（其重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场。当两板没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加上如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上（已知电子的质量为m、电荷量为e）。求：

（1）如果电子在t=0时刻进入偏转电场，求它离开偏转电场时的侧向位移大小；

（2）通过计算说明，所有通过偏转电场的电子的偏向角（电子离开偏转电场的速度方向与进入电场速度方向的夹角）都相同。

（3）要使电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？

24．（20分）解：

（1）（8分）在t=0时刻，电子进入偏转电场，Ox方向（水平向右为正）做匀速直线运动。（2分）

Oy方向（竖直向上为正）在0－t0时间内受电场力作用做匀加速运动，    （2分）

在t0－2t0时间内做匀速直线运动，速度：      （2分）

侧向位移：    得：        （2分）

（2）（6分）设电子以初速度v0=vx进入偏转电场，在偏转电场中受电场力作用而加速。不管电子是何时进入偏转电场，在它穿过电场的2t0时间内，其Oy方向的加速度或者是（电压为U0时），或者是0（电压为0时）。   （2分）

，它在Oy方向上速度增加量都为。（2分）

因此所有电子离开偏转电场时的Oy方向的分速度都相等为；Ox方向的分速度都为v0=vx，所有电子离开偏转电场的偏向角都相同。（2分）

（3）（6分）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为 ，电子进入匀强磁场后做圆周运动垂直打在荧光屏上，如图所示。电子在磁场中运动的半径：           （2分）

设电子从偏转电场中出来时的速度为vt，则电子从偏转电场中射出时的偏向角为：      （1分）

电子进入磁场后做圆周运动，其半径      （1分）    

由上述四式可得：      （2分）

（昌平二模）24．（20分）如图（甲）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L，0)为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°。此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30°）。求：

（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；

（2）0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；

（3）写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式。

24．（20分）解：⑴ 电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图1所示。

由速度关系：  

    （2分）

解得     （2分）

⑵ 由速度关系得        （2分）

在竖直方向        （2分）    解得      （2分）

⑶ 在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°（如图2），所以，在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移恰好等于R。粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：2nR=2L  （2分）

电子在磁场作圆周运动的轨道半径         （2分）

解得(n=1、2、3……)          （2分）

若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求。应满足的时间条件：     （1分）

    （1分）    代入T的表达式得： (n=1、2、3……)    （2分）

2.3.2.3  电磁感应

（怀柔零模）

       图10

24．（20分）随着越来越高的摩天大楼在世界各地的落成，而今普遍使用的钢索悬挂式电梯已经不适应现代生活的需求。这是因为钢索的长度随着楼层的增高而相应增加，这些钢索会由于承受不了自身的重力，还没有挂电梯就会被拉断。为此，科学技术人员开发一种利用磁力的电梯，用磁动力来解决这个问题。如图10所示是磁动力电梯示意图，即在竖直平面上有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面交替排列的匀强磁场B1和B2，B1=B2=1.0T，B1和B2的方向相反，两磁场始终竖直向上作匀速运动。电梯轿厢固定在如图所示的金属框abcd内（电梯轿厢在图中未画出），并且与之绝缘。已知电梯载人时的总质量为4.75×103kg，所受阻力f=500N，金属框垂直轨道的边长Lcd=2.0m，两磁场的宽度均与金属框的边长Lad相同，金属框整个回路的电阻R=9.0×10－4Ω，g取10 m/s2。假如设计要求电梯以v1=10 m/s的速度匀速上升，求：

（1）金属框中感应电流的大小及图示时刻感应电流的方向；

（2）磁场向上运动速度v0的大小；

（3）该磁动力电梯以速度v1向上匀速运动时，提升轿厢的效率。

24（20分）解：（1）（8分）因金属框匀速运动，所以金属框受到的安培力等于重力与阻力之和，设当电梯向上用匀速运动时，金属框中感应电流大小为I

      ①………（3分）         ②………（3分）

由①②式得金属框中感应电流：  ……………………  （1分）

图示时刻回路中感应电流沿逆时针方向 ………………………（1分）

（2）（7分）金属框中感应电动势：   ③  ……………（3分）

金属框中感应电流大小： ④  ……………………（3分）

由③④式得：     ⑤     ……………………（1分）

（3）（5分）金属框中的热功率为：       ⑥  …………（1分）

重力功率为：      ⑦…………（1分）

阻力的功率为：      ⑧…………（1分）

提升轿厢的效率：      ⑨…………（1分）

   ⑩  …………（ 1分）

（朝阳二模）24．（20分）如图所示，“×”型光滑金属导轨abcd固定在绝缘水平面上，ab和cd足够长，∠aOc=60°。虚线MN与∠bOd的平分线垂直，O点到MN的距离为L。MN左侧是磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。一轻弹簧右端固定，其轴线与∠bOd的平分线重合，自然伸长时左端恰在O点。一质量为m的导体棒ef平行于MN置于导轨上，导体棒与导轨接触良好。某时刻使导体棒从MN的右侧处由静止开始释放，导体在被压缩弹簧的作用下向左运动，当导体棒运动到O点时弹簧与导体棒分离。导体棒由MN运动到O点的过程中做匀速直线运动。导体棒始终与MN平行。已知导体棒与弹簧彼此绝缘，导体棒和导轨单位长度的电阻均为r0，弹簧被压缩后所获得的弹性势能可用公式计算，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。

（1）证明：导体棒在磁场中做匀速直线运动的过程中，感应电流的大小保持不变；

（2）求弹簧的劲度系数k和导体棒在磁场中做匀速直线运动时速度v0的大小；

（3）求导体棒最终静止时的位置距O点的距离。

24．（20分）解：（1）设导体棒在磁场中做匀速直线运动时的速度为v0，某时刻导体棒在回路中的长度为l，则此时感应电动势：，此时回路的电阻：，回路中的感应电流： ① 6分

因为B、v0和r0均为不变量，所以感应电流I为不变量。

（2）释放导体棒后，在未进入磁场的过程中，导体棒和弹簧组成的系统机械能守恒，

则有：      ②

导体棒在磁场中做匀速直线运动的过程中，设某时刻导体棒距O的距离为x，根据牛顿第二定律有：     ③

由①②③解得：      ④         ⑤   6分

（3）导体棒过O点后与弹簧脱离，在停止运动前做减速运动。设某时刻导体棒距O点的距离为x，导体棒在回路中的长度为l，加速度为a，速度为v，回路中的电流强度为I，根据牛顿第二定律有： 

又因为：    所以               ⑥

取一段很短的时间，导体棒在回路中的长度为l、加速度为a和速度为v，l、a和v可认为不变。设在这段时间内导体棒速度的变化量大小为，回路所围面积的变化量为。将⑥式左右两边同时乘以，可得： 

则导体棒从O点开始运动到静止的过程可表示为：

即        所以       

设导体棒最终静止的位置距O点的距离为x0，则：       ⑦

由⑤⑦式可解得：        8分

（东城示范校）24．（20分）如图甲所示，一个质量m＝0.1 kg的正方形金属框总电阻R＝0.5 Ω，金属框放在表面绝缘且光滑的斜面顶端（金属框上边与AA′重合），自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB′平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端（金属框下边与BB′重合），设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为s，那么v2—s图象（记录了线框运动全部过程）如图乙所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上。试问：（g取10m/s2）

（1）根据v2—s图象所提供的信息，计算出金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间为多少？

（2）匀强磁场的磁感应强度多大？

（3）现用平行斜面沿斜面向上的恒力F作用在金属框上，使金属框从斜面底端BB′（金属框下边与BB′重合)由静止开始沿斜面向上运动，匀速通过磁场区域后到达斜面顶端(金属框上边与AA′重合)。试计算恒力F做功的最小值。

24．（20分）设位移分别为  S1，S2，S3对应的时间分别为

     匀加速运动

          匀速运动

  初速末速度v3=5m/s    匀加速运动

（1）                （1分）

        （1分）                （1分）

         解得：a3=5m/s2       （1分）

        （1分）                （1分）

（2）线框通过磁场时，线框作匀速运动，线框受力平衡

在AA’a’a区域，对线框进行受力分析： 

穿过磁场区域时，                （3分）

有题干分析得，线框的宽度：       (2分)

解得：        （1分）

（3）设恒力作用时金属框上边进入磁场速度为V，        （2分）

线框穿过磁场时，      （2分）

又由：         解得：        （2分）

由于，所以穿过磁场后，撤去外力，物体仍可到达顶端。

所以力F做功为：    （2分）