(八) 23、(16分)
電動自行車是一種清潔環(huán)保的交通工具。為它提供能量的裝置為裝在電池盒內的電池們組，當它給電動機供電時，電動機將帶動車輪轉動。
假設某位女士騎著一輛電動自行車，她和車的總質量為120kg。當該車在水平地面上以5m/s的速度勻速行駛時，受到的阻力約等于人和車總重的0.02倍，此時電池組加在電動機兩端的電壓為36V，通過電動機的電流為5A。若忽略連接導線的電阻和傳動裝置消耗的能量，g取10m/s2。求：
(1)電動機輸出的機械功率；
(2)電動機線圈的電阻。
24、(18分)
如圖所示，擋板P固定在足夠高的水平光滑桌面上，小物塊A和B大小可忽略，它們分別帶有+QA和+QB的電荷量，質量分別為mA和mB。兩物塊由絕緣的輕彈簧相連，一不可伸長的輕繩跨過滑輪，一端與B連接，另一端連接一輕質小鉤。整個裝置處于場強大小為E、方向水平向左的勻強電場中。A、B開始時靜止，已知彈簧的勁度系數為k，不計一切摩擦及A、B間的庫侖力，A、B所帶電荷量保持不變，B不會碰到滑輪。重力加速度為g。
(1)若在小鉤上掛一質量為M的物塊C并由靜止釋放，可使物塊A恰好能離開擋板P，求物塊C下落的最大距離；
(2)若C的質量改為2M，則當A剛離開擋板P時，B的速度多大？
（一）23. （16分）解：（1）由圖象可知，運動員的重力為 mg＝500N
（2分）
彈簧床對運動員的最大彈力為 Fm＝2500N
（2分）
由牛頓第二定律得 Fm－mg＝mam
（2分）
則運動員的最大加速度為 am＝40m/s2 （2分）
（2）由圖象可知運動員離開彈簧床的時間為 t=2.1s
（4分）
則上升的最大高度為 H=
=5.51m
（4分）
24. （19分）解：根據題意，粒子經AC、AB、BD的中點反彈后能以最短的時間射出框架，即粒子的運動半徑是0.5m.
（3分）
由牛頓第二定律得：
Bqv=mv2/R
（3分）
由 ，代入數據解得 v1=5m/s.
（2分）
（2）當粒子的速度為1m/s時，其半徑為R2=0.1m， （3分）
其運動軌跡如圖，
（3分）
可知粒子在磁場中運動了9個周期.
（2分）
由 ， 得 
，解得T=0.2π(s)
故經t=1.8π(s)粒子能
從P點出來。
（二）23、摩托車 S1=at12/2+vmt2
…… ①
vm=at1=20
…… ②
卡車 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）小球做類平拋運動，設在豎直方向加速度為a1，運動時間為t，未速度為V，V與x軸正方向夾角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類平拋運動，設運動的加速度為a2，x1為第一次水平方向的位移，運動軌跡如圖所示：
…… ⑦
…… ⑧
…… ⑨
…… ⑩
…… 11
⑦⑧各1分，⑨⑩11各2分，答案3分
（三）23．解：考察電動車在滿載且以額定功率勻速行駛時的情形
24、解：（1）離子在磁場中做勻速圓周運動，在左右兩區(qū)域的運動是對稱的，如圖，設軌跡半徑為R，圓周運動的周期為T.
(2)在圖中過O2向AO1作垂線，聯立軌跡對稱關系側移總距離
（四）23．（14分）解：（1）從表中可知，輸出功率P出=180W，
輸入功率P入=UI=36×6W=216W …………2分
Pr=I2r=P入－P出 …………2分
…………2分
（2）P額=
…………2分
…………2分
（3）P額=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）用牛頓第二定律，設力F作用時間為t
對C 
…………2分
2L=
…………1分
對A a2=μg ………………2分 L=
………1分
解得 F=3μMg …………2分
（2）作用完畢，C有 
…………1分
A有 
…………1分
碰撞前后對AC用動量守恒定律
mV2=2mV3
…………2分
ABC最后有共同速度V4，對ABC用動量守恒定律
mV1+2mV3=3mV4 …………2分
共同速度為： 
…………2分
根據題意，由能量關系得 
……2分
所以 
…………2分
（五）23．（16分）解：（1）A、B兩球碰撞過程動量守恒，即
Mv0=MV+mv…………（3分）
根據已知M=3m，v = 1.2v0 ，則得V
= 0.6 v0………………（1分）
方向與B球碰撞前的速度方向相同………………（1分）
（2）A球對B球所做功的大小等于B球動能的減少量………………（2分）
所以A球對B球所做功的大小為 W=
Mv02-MV2=0.96mv02………………（3分）
（3）設A、B兩球發(fā)生第二次碰撞的位置距墻壁為x，則A球以1.2v0的速度運動的距離為s+x，B球以0.6
v0運動的距離為s ? x，A、B兩球運動的時間相等，即有
………………（4分）
解得兩球發(fā)生第二次碰撞的位置距墻壁：
�！�2分）
24．（19分）（1）在恒力作用下，線圈開始向上做勻加速直線運動，設線圈的加速度為a，據牛頓第二定律有：F-mg=ma…………………………………………（2分）
解得a=30m/s2…………………………………………………………（1分）
從線圈進入磁場開始做勻速運動，速度為v1，則：
cd邊產生的感應電動勢為E=BLv1……………………………………（1分）
線框中產生的感應電流為 I=E/R……………………………………（1分）
線框所受的安培力為 F安=BIL…………………………………………（1分）
因線框做勻速運動，則有F=F安+mg，………………………………（2分）
聯立上述幾式，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）
從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程中，拉力所做的功等于線框增加的重力勢能和產生的熱量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）設力F作用時物體的加速度為a1， t1=2s,
則由s= 
得： 
（2分）
有力F作用時，由牛頓第二定律得：
（2分）
代入數據可求得：
=0.25
（2分）
（2）設撤銷力F的瞬間物體的速度為v1，則v1=a1t1=4m/s
（2分）
設撤銷力F以后，物體沿斜面減速上滑的加速度為a2，依牛頓第二定律有：
得：a2=8
（2分）
設從撤銷力F至達最高點歷時t2，由v=at得： 
=0.5s,
（2分）
設物體達最高點后沿斜面加速下滑的加速度為a3，
則由
得a3=4，
（2分）
加速下滑時間 t3=t-t2=1.5s
（1分）
故撤銷力F后2s末物體的速度為v=a3t3=6m/s，方向沿斜面向下
（1分）
24．解：設擺錘擺至最低點時速度為
，由機械能守恒定律得：
①
（4分）
設擺錘與鋼塊碰撞后速度分別為
、
，則由動量守恒定律得：
②
（4分）
碰后擺錘上升到點過程機械能守恒，則有；
③
（4分）
碰后對鋼塊在水平面上滑行至停下過程由動能定理得：
④
（4分）
聯立以上①②③④式解得：
⑤
（3分）
（七）
23．（16分）解：
（1）演員下滑到加速度階段結束時速度最大，設為V
則：
5分
3分
（2）減速階段對演員有：f－m2g=m2a，得f=m2（g+a）=570N…………（3分）
根據牛頓第二定律得竹竿對“底人”壓力為N=f+m桿g 3分
代入數據N=720N…………（2分）
24．（18分）解：
（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，設電場（Y軸）方向上的加速度為a，由牛頓運動定律得：Eq=ma…………（2分）
設Y軸方向的分速度為VY，出電場時的速度為V，則：由：L=V0t及VY=at得VY=C0…………（2分）
合速度大小為：
…………2分
V與Y軸方向的夾角為
…………（2分）
…………（2分） 則周期為： …………（2分） 粒子在磁場中運動了四分之三圓弧，如右圖則  …………（2分）
（3）由右圖知d<R（1+cos ），則由上面半徑R和角度的大小得d< …………4分 (八) 23.(16分) (1)當電動自行車勻速行駛時，牽引力等于阻力，有F=F=0.02mg (2分) 電動機輸出的機械功率P出=Fv (2分) 代入數據解P出=120W (2分) (2)電動機的輸入功率P=IU (2分) 電動機內部的熱功率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) 代入數據解得r=2.4Ω (2分) 24.(19分) (1)A、B開始靜止時，對B：QBE=kx1 (2分) A恰能離開擋板，對A:QAE=kx2 (2分) 物塊C下落的最大距離等于彈簧長度的改變長量， LC=x1+x2=(QA+QB)E/k (4分) (2)上一過程C減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能，及B增加的電勢能，所以這兩部分能量總值E‘=MgLC (4分) C質量改為2M時,則當A剛離開擋板P時，彈簧的彈性勢能與B增加的電勢能之和還是E，B、C速度相等。根據能量守恒：2MgLC=E’+(2M+m)v2/2 (4分) V=[2Mg(QA+QB)E/k(2M+m)]1/2 考前基礎計算題訓練5 (九)23.（16分）如圖所示，傾角為θ的斜面處于一方向豎直向下的勻強電場中，一質量為m，帶電量為+q的小滑塊自絕緣的斜面頂端由靜止開始下滑.已知該勻強電場的電場強度為E，小滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ，斜面長為s.求小滑塊滑到底端時的速度. 
24．（19分）如圖所示，空間分布著理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為l；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度的大小為B、方向垂直紙面向外；右側勻強磁場的磁感應強度的大小也為B、方向垂直紙面向里。一個質量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復上述運動過程。求： （1）
中間磁場區(qū)域的寬度d； （2）
 帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點的所用時間t。 (十) 23．（16分）如圖所示，光滑水平面右端B處連接一個豎直的半徑為R的光滑半圓軌道，B點為水平面與軌道的切點，在離B距離為x的A點，用水平恒力將質量為m的質點從靜止開始推到B處后撤去恒力，質點沿半圓軌道運動到C處后又正好落回A點： （1）求推力對小球所做的功。 （2）x取何值時，完成上述運動推力所做的功最少?最小功為多少?
24．（19分）如圖所示，一矩形金屬框架與水平面成=37°角，寬L =0.4m，上、下兩端各有一個電阻R0 =2Ω，框架其它部分的電阻不計，框架足夠長，垂直于金屬框平面的方向有一向上的勻強磁場，磁感應強度B=1.0T．ab為金屬桿(長恰為0.4m)，與框架良好接觸，其質量m=0.1kg、電阻r=1.0Ω，桿與框架的動摩擦因數μ＝0.5．桿ab由靜止開始下滑，到速度恰好達到最大的過程中，框架上端電阻R0中產生的熱量Q0=0.5J．（sin37°=0.6，cos37°=0.8），取g=10m/s2。求：  （1）流過R0的最大電流
（2）ab桿在加速過程中沿斜面下滑的距離 （3）在1s時間內通過桿ab橫截面的最大電量 (九) 23． 小滑塊受力情況如圖所示，設小滑塊下滑的加速度為a，由牛頓第二定律得  （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）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得：  
粒子在磁場中偏轉， 由以上兩式，可得： 可見在兩磁場區(qū)域粒子運動半徑相同，如圖所示，三段圓弧的圓心組成的三角形ΔO1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R。 所以中間磁場區(qū)域的寬度為： （2）在電場中， ； 在中間磁場中， ；
在右側磁場中， ，
則粒子第一次回到O點所用的時間為： (十) 23答案：（1）質點從半圓弧軌道做平拋運動又回到A點，設質點在C點的速度為vC，質 從C點運動到A點所用的時間為t， 在水
| | | |
24．（19分）邊長為
24.（19分）如圖所示，y軸在豎直方向，x軸在水平方向，一質量為m，帶電量為q的小球在座標為（0，0.3）A點以初速度v0平行
，
，
(五)23．（16分）如圖11所示。質量為m的小球A放在光滑水平軌道上，小球距左端豎直墻壁為s。另一個質量為M=
場區(qū)，最后到達位置“Ⅱ”（ab邊恰好出磁場），線框平面在運動中保持在豎直平面內，且cd邊保持水平。設cd邊剛進入磁場時，線框恰好開始做勻速運動。（g取
23．（16分）已知一足夠長斜面傾角為
24．（19分）如圖所示，擺錘的質量為M，擺桿長為
，其質量不計，擺桿初始位置OA與水平面成
角，釋放后擺錘繞O軸無摩擦地做圓周運動，至最低點與質量為m的鋼塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后擺錘又上升至B點，A、B位于同一條直線上，鋼塊與水平面間的動摩擦因數為
（重力不計）.