抛运动的特点，
tan??vyv0?ylb?2 （3分）
解得 y?2v2?v0v0l(b?) （3分）
2（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 y?qUll(b?) （2分） 2mdv20y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）
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 E?1122 （2分） mAvA?mBvB22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
1122mBvB?(mB?mC)vBC?EP1 （2分） 22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
111222mBvB?mBvB?mCvC11 222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
111222(mA?mB)vAB?mCvC?(mA?mB?mC)vABC?EP2 （2分） 1222- 11 -
代入数据解得 EP2 =0.5J （2分）
海淀区
22．（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/s。（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。
h H 53° L 图11
2
A
23．(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限制。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B 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
S 缝电压加速后，进入D型盒中。在磁场
接交流电源
力的作用下运动半周，再经狭缝电压加乙 甲
图12
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。
24（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
v0 B 图13
A - 12 -
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。
海淀区参考答案
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
mgsin53???mgcos53??ma （3分）
解得运动员在斜面上滑行的加速度 a?g(sin53???cos53?)=7.4m/s （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
2
H?解得 t?12gt （3分） 22H=0.8s （2分） g（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
H?h?12gt? （2分） 2Hcot53°+L=vt′ （2分）
解得 v=6.0m/s （2分）
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 qU?12mv1 （2分） 22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
vBqv1?m1 （2分）
r1由以上两式解得 r1?2mU （1分） qB2（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
12mvn （1分） 2v粒子在狭缝中经n次加速的总时间 t1?n （1分）
anqU?- 13 -
由牛顿第二定律 qU?ma （1分） d2nm （1分） qU由以上三式解得电场对粒子加速的时间 t1?d正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
v2 Bqv?m （1分）
r又 T?2πr （1分） vT粒子在磁场中做圆周运动的时间 t2?(n?1) （1分）
2由以上三式解得 t2?(n?1)πm （1分）
qB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
t?t1?t2?d2nm(n?1)πm+ （1分） qUqB（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
rm?R （1分）
vBqvm?mm （1分）
rm212q2B2R2离子获得的最大动能为 E?mvm? （1分）
22m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）
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：则 mv0-kmv0=(m+km)v′ （2分）
解得 v′=
1?kv0 （1分） 1?k- 14 -
对木块A由动能定理 ??kmgs?112kmv?2?km0v 22 （2分）
22kv0代入数据解得 s? （2分） 2?g(1?k)（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：?2mg?t0?0?2mv0 （2分） 解得时间 t0?v0 （1分） ?g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 v1??1v0（负号表示v1的方向向左）
3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=
1212mv1-mv0
2222v0解得 s1=
9?g第1次碰后小车B向左匀速运动时间 t1?s12v0? （2分） v13?g设第2次碰后共速为v2，由动量守恒定律，得
mv1－2mv1=（2m+m）v2
即 v2?1v1??1v0
332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=
11m v22-mv12 22212v0解得 s2=? 92?g第2次碰后小车B向左匀速运动时间t2?2vs2?20 v23?g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
11 v3?v2??3v0
33- 15 -