(八) 23、(16分)
电动自行车是一种清洁环保的交通工具。为它提供能量的装置为装在电池盒内的电池们组，当它给电动机供电时，电动机将带动车轮转动。
假设某位女士骑着一辆电动自行车，她和车的总质量为120kg。当该车在水平地面上以5m/s的速度匀速行驶时，受到的阻力约等于人和车总重的0.02倍，此时电池组加在电动机两端的电压为36V，通过电动机的电流为5A。若忽略连接导线的电阻和传动装置消耗的能量，g取10m/s2。求：
(1)电动机输出的机械功率；
(2)电动机线圈的电阻。
24、(18分)
如图所示，挡板P固定在足够高的水平光滑桌面上，小物块A和B大小可忽略，它们分别带有+QA和+QB的电荷量，质量分别为mA和mB。两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与B连接，另一端连接一轻质小钩。整个装置处于场强大小为E、方向水平向左的匀强电场中。A、B开始时静止，已知弹簧的劲度系数为k，不计一切摩擦及A、B间的库仑力，A、B所带电荷量保持不变，B不会碰到滑轮。重力加速度为g。
(1)若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放，可使物块A恰好能离开挡板P，求物块C下落的最大距离；
(2)若C的质量改为2M，则当A刚离开挡板P时，B的速度多大？
（一）23. （16分）解：（1）由图象可知，运动员的重力为 mg＝500N
（2分）
弹簧床对运动员的最大弹力为 Fm＝2500N
（2分）
由牛顿第二定律得 Fm－mg＝mam
（2分）
则运动员的最大加速度为 am＝40m/s2 （2分）
（2）由图象可知运动员离开弹簧床的时间为 t=2.1s
（4分）
则上升的最大高度为 H=
=5.51m
（4分）
24. （19分）解：根据题意，粒子经AC、AB、BD的中点反弹后能以最短的时间射出框架，即粒子的运动半径是0.5m.
（3分）
由牛顿第二定律得：
Bqv=mv2/R
（3分）
由 ，代入数据解得 v1=5m/s.
（2分）
（2）当粒子的速度为1m/s时，其半径为R2=0.1m， （3分）
其运动轨迹如图，
（3分）
可知粒子在磁场中运动了9个周期.
（2分）
由 ， 得 
，解得T=0.2π(s)
故经t=1.8π(s)粒子能
从P点出来。
（二）23、摩托车 S1=at12/2+vmt2
…… ①
vm=at1=20
…… ②
卡车 S2=voT=10T
…… ③
S1=S2+100
…… ④
T=t1+t2 ……
⑤
T≤120s a≥0.18m/s2
（①②③④⑤式每式各得2分，答案5分。）
24、①（8分）小球做类平抛运动，设在竖直方向加速度为a1，运动时间为t，未速度为V，V与x轴正方向夹角α
…… ①
…… ②
…… ③
…… ④
…… ⑤
…… ⑥
由以上各式得V=4m/s，α=60°
①②③④⑤⑥各式1分，答案2分
②（11分）由受力分析可知小球再次做类平抛运动，设运动的加速度为a2，x1为第一次水平方向的位移，运动轨迹如图所示：
…… ⑦
…… ⑧
…… ⑨
…… ⑩
…… 11
⑦⑧各1分，⑨⑩11各2分，答案3分
（三）23．解：考察电动车在满载且以额定功率匀速行驶时的情形
24、解：（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，在左右两区域的运动是对称的，如图，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T.
(2)在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系侧移总距离
（四）23．（14分）解：（1）从表中可知，输出功率P出=180W，
输入功率P入=UI=36×6W=216W …………2分
Pr=I2r=P入－P出 …………2分
…………2分
（2）P额=
…………2分
…………2分
（3）P额=Fv
F－K（M+m）g=（M+m）a …………2分
由上式得：a=0.2m/s2 …………2分
24．（20分）解：（1）用牛顿第二定律，设力F作用时间为t
对C 
…………2分
2L=
…………1分
对A a2=μg ………………2分 L=
………1分
解得 F=3μMg …………2分
（2）作用完毕，C有 
…………1分
A有 
…………1分
碰撞前后对AC用动量守恒定律
mV2=2mV3
…………2分
ABC最后有共同速度V4，对ABC用动量守恒定律
mV1+2mV3=3mV4 …………2分
共同速度为： 
…………2分
根据题意，由能量关系得 
……2分
所以 
…………2分
（五）23．（16分）解：（1）A、B两球碰撞过程动量守恒，即
Mv0=MV+mv…………（3分）
根据已知M=3m，v = 1.2v0 ，则得V
= 0.6 v0………………（1分）
方向与B球碰撞前的速度方向相同………………（1分）
（2）A球对B球所做功的大小等于B球动能的减少量………………（2分）
所以A球对B球所做功的大小为 W=
Mv02-MV2=0.96mv02………………（3分）
（3）设A、B两球发生第二次碰撞的位置距墙壁为x，则A球以1.2v0的速度运动的距离为s+x，B球以0.6
v0运动的距离为s ? x，A、B两球运动的时间相等，即有
………………（4分）
解得两球发生第二次碰撞的位置距墙壁：
。………………（2分）
24．（19分）（1）在恒力作用下，线圈开始向上做匀加速直线运动，设线圈的加速度为a，据牛顿第二定律有：F-mg=ma…………………………………………（2分）
解得a=30m/s2…………………………………………………………（1分）
从线圈进入磁场开始做匀速运动，速度为v1，则：
cd边产生的感应电动势为E=BLv1……………………………………（1分）
线框中产生的感应电流为 I=E/R……………………………………（1分）
线框所受的安培力为 F安=BIL…………………………………………（1分）
因线框做匀速运动，则有F=F安+mg，………………………………（2分）
联立上述几式，可解得v1=（FR-mgR）/B2L2=24m/s………………（2分）
由v12=2aH解得H=9.6m。…………………………………………（1分）
（2）恒力F做的功 W=F（H+L+h）=42.4J
……………………（3分）
从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，拉力所做的功等于线框增加的重力势能和产生的热量Q，即
F（L+h）=mg（L+h）+Q…………………………………………（3分）
解得：Q=（F-mg）（L+h）=3.0J
………………………………（2分）
或Q=I2Rt=（BLv/R）2R（h/v+L/v）=3.0J
（六）23．解：（1）设力F作用时物体的加速度为a1， t1=2s,
则由s= 
得： 
（2分）
有力F作用时，由牛顿第二定律得：
（2分）
代入数据可求得：
=0.25
（2分）
（2）设撤销力F的瞬间物体的速度为v1，则v1=a1t1=4m/s
（2分）
设撤销力F以后，物体沿斜面减速上滑的加速度为a2，依牛顿第二定律有：
得：a2=8
（2分）
设从撤销力F至达最高点历时t2，由v=at得： 
=0.5s,
（2分）
设物体达最高点后沿斜面加速下滑的加速度为a3，
则由
得a3=4，
（2分）
加速下滑时间 t3=t-t2=1.5s
（1分）
故撤销力F后2s末物体的速度为v=a3t3=6m/s，方向沿斜面向下
（1分）
24．解：设摆锤摆至最低点时速度为
，由机械能守恒定律得：
①
（4分）
设摆锤与钢块碰撞后速度分别为
、
，则由动量守恒定律得：
②
（4分）
碰后摆锤上升到点过程机械能守恒，则有；
③
（4分）
碰后对钢块在水平面上滑行至停下过程由动能定理得：
④
（4分）
联立以上①②③④式解得：
⑤
（3分）
（七）
23．（16分）解：
（1）演员下滑到加速度阶段结束时速度最大，设为V
则：
5分
3分
（2）减速阶段对演员有：f－m2g=m2a，得f=m2（g+a）=570N…………（3分）
根据牛顿第二定律得竹竿对“底人”压力为N=f+m杆g 3分
代入数据N=720N…………（2分）
24．（18分）解：
（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设电场（Y轴）方向上的加速度为a，由牛顿运动定律得：Eq=ma…………（2分）
设Y轴方向的分速度为VY，出电场时的速度为V，则：由：L=V0t及VY=at得VY=C0…………（2分）
合速度大小为：
…………2分
V与Y轴方向的夹角为
…………（2分）
…………（2分） 则周期为： …………（2分） 粒子在磁场中运动了四分之三圆弧，如右图则  …………（2分）
（3）由右图知d<R（1+cos ），则由上面半径R和角度的大小得d< …………4分 (八) 23.(16分) (1)当电动自行车匀速行驶时，牵引力等于阻力，有F=F=0.02mg (2分) 电动机输出的机械功率P出=Fv (2分) 代入数据解P出=120W (2分) (2)电动机的输入功率P=IU (2分) 电动机内部的热功率P=I2r (2分) 由能量守恒定律有IU=P出+I2r (3分) 所以r=(IU-P出)/I2 (1分) 代入数据解得r=2.4Ω (2分) 24.(19分) (1)A、B开始静止时，对B：QBE=kx1 (2分) A恰能离开挡板，对A:QAE=kx2 (2分) 物块C下落的最大距离等于弹簧长度的改变长量， LC=x1+x2=(QA+QB)E/k (4分) (2)上一过程C减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，及B增加的电势能，所以这两部分能量总值E‘=MgLC (4分) C质量改为2M时,则当A刚离开挡板P时，弹簧的弹性势能与B增加的电势能之和还是E，B、C速度相等。根据能量守恒：2MgLC=E’+(2M+m)v2/2 (4分) V=[2Mg(QA+QB)E/k(2M+m)]1/2 考前基础计算题训练5 (九)23.（16分）如图所示，倾角为θ的斜面处于一方向竖直向下的匀强电场中，一质量为m，带电量为+q的小滑块自绝缘的斜面顶端由静止开始下滑.已知该匀强电场的电场强度为E，小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面长为s.求小滑块滑到底端时的速度. 
24．（19分）如图所示，空间分布着理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为l；中间区域匀强磁场的磁感应强度的大小为B、方向垂直纸面向外；右侧匀强磁场的磁感应强度的大小也为B、方向垂直纸面向里。一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程。求： （1）
中间磁场区域的宽度d； （2）
 带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点的所用时间t。 (十) 23．（16分）如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道，B点为水平面与轨道的切点，在离B距离为x的A点，用水平恒力将质量为m的质点从静止开始推到B处后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到C处后又正好落回A点： （1）求推力对小球所做的功。 （2）x取何值时，完成上述运动推力所做的功最少?最小功为多少?
24．（19分）如图所示，一矩形金属框架与水平面成=37°角，宽L =0.4m，上、下两端各有一个电阻R0 =2Ω，框架其它部分的电阻不计，框架足够长，垂直于金属框平面的方向有一向上的匀强磁场，磁感应强度B=1.0T．ab为金属杆(长恰为0.4m)，与框架良好接触，其质量m=0.1kg、电阻r=1.0Ω，杆与框架的动摩擦因数μ＝0.5．杆ab由静止开始下滑，到速度恰好达到最大的过程中，框架上端电阻R0中产生的热量Q0=0.5J．（sin37°=0.6，cos37°=0.8），取g=10m/s2。求：  （1）流过R0的最大电流
（2）ab杆在加速过程中沿斜面下滑的距离 （3）在1s时间内通过杆ab横截面的最大电量 (九) 23． 小滑块受力情况如图所示，设小滑块下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得  （mg+Eq）sinθ - f = ma
①
N ?（mg+Eq）cosθ = 0
② f =
μN
③ 解得 
④ 由  ⑤ 得  ⑥ 24．解析：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：  
粒子在磁场中偏转， 由以上两式，可得： 可见在两磁场区域粒子运动半径相同，如图所示，三段圆弧的圆心组成的三角形ΔO1O2O3是等边三角形，其边长为2R。 所以中间磁场区域的宽度为： （2）在电场中， ； 在中间磁场中， ；
在右侧磁场中， ，
则粒子第一次回到O点所用的时间为： (十) 23答案：（1）质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点，设质点在C点的速度为vC，质 从C点运动到A点所用的时间为t， 在水
| | | |
24．（19分）边长为
24.（19分）如图所示，y轴在竖直方向，x轴在水平方向，一质量为m，带电量为q的小球在座标为（0，0.3）A点以初速度v0平行
，
，
(五)23．（16分）如图11所示。质量为m的小球A放在光滑水平轨道上，小球距左端竖直墙壁为s。另一个质量为M=
场区，最后到达位置“Ⅱ”（ab边恰好出磁场），线框平面在运动中保持在竖直平面内，且cd边保持水平。设cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动。（g取
23．（16分）已知一足够长斜面倾角为
24．（19分）如图所示，摆锤的质量为M，摆杆长为
，其质量不计，摆杆初始位置OA与水平面成
角，释放后摆锤绕O轴无摩擦地做圆周运动，至最低点与质量为m的钢块发生碰撞，碰撞时间极短，碰后摆锤又上升至B点，A、B位于同一条直线上，钢块与水平面间的动摩擦因数为
（重力不计）.