行的时间为t，则：
对A：sA?vAt ⑥ 对B：vB?aBt ⑦ sB?12aBt ⑧ 2又： sA?sB?L2 ⑨ 联立解得：L2?1m⑩ 评分：①②每式2分，③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩每式1分
（①式用牛顿运动定律求解也行；②式直接写成F＝f也行。其它方法正确照样给分） 25．解：（1）只要电子从ad边离开磁场，其运动的轨迹为半圆，运动时间相同，都为
T，当2电子与挡板下表面相切时轨迹的半径r1=2L，圆心为O1，如图所示，要使电子在磁场中的运动时间相等，必须满足：r?r1?2L①
v2 由牛顿第二定律：eBv?m②
r1 由动能定理：eU?12mv③ 22eB2L2 联立解得：U?④（取等号也可）
m 若电子恰好绕过挡板最右端从ad边离开磁场，设其轨迹的半径为r2 ，由几何关系有： r2?(6L?r2)?(2L)⑤ 解得：r2?22210L?3L⑥，即电子将从bc边出去了，即电子不可能绕过挡板最右端N点从ad3边离开磁场。所以，使电子在磁场中运动时间相同的电压的取值范围是：
2eB2L20?U?⑦
m
【或者设电子与bc边相切时的半径为r4，圆心为O4，则有：r4=3L，设打到MN上D点，
sMD?(r4?L)?r42?(2L)2< sMN，也能证明电子不可能绕过挡板最右端N点从ad边离开磁场。】
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（2）电子能打到挡板上表面必须满足以下要求：
（i）电子能通过M点边缘。设其对应的半径为r3，圆心为O3，打在上板的C点。则有： r32?(r3?L)2?(2L)2⑧ sMC?2r3?(2L)?3L⑨
（ii）电子不能从bc边射出，设电子轨迹与bc边相切时的半径为r4圆心为O4，打在上板的D点。则有：
2211 r4=3L⑩ sMD?(r4?L)?r4?(2L)○
2212 所以： ?L?sCD?sMD?sMC?(5?1)L○
112每式2分 ⑦不重复给分 评分：④⑥每式1分，①②③⑤⑧⑨⑩1○○
【说明：第（1）问中，如果没有通过计算，而是直接指出电子不可能绕过挡板最右端N点从ad边离开磁场，则相当于⑥式正确，给1分；但第⑤式的2分就不能给】
33（选考3-3） （1）BDE
（2）解：开始时，弹簧压缩的长度为：?l1?0.1m
P1?P0?mg?k?l13（2分），V1?0.01?0.4m（1分），T1?300K（1分） S气缸内加热后，弹簧伸长的长度为：?l2?0.2m
P2?P0?mg?k?l23（2分），V1?0.01?0.7m（1分），T2=？ S理想气体状态方程：
P1V1P2V2（2分） ?T1T2联立以上各式并代入数据，解得：T2=588K或t2=315℃（1分）
34（选考3-4） （1）BCE
（2）解：光线射到斜面时，i=60°（2分） 设棱镜的临界角为C，由于：sinC?即光射到斜面上时发生全发射。
由几何光系，光反射到另一直角边时的入射角：i??30（2分） 设光从另一直角边射出时的折射角为r，则由折射率定义：得：r =60°（1分）
o30o133??sin60o?（2分） n32sini?1?（2分） sinrn 22
与原方向的偏转角为：??90?60?30（1分） 35（选考3-5） （1）ABD
(2)解：设人推出木箱n次后，不再接到木箱。每次推出木箱后，小车和人获得的速率依次为
ooov1、v2、v3??vn，设水平向右为正方向，则系统动量守恒，有：
0?4mv1?mv；（1分）
4mv1?mv?4mv2?mv；（1分）
???；
4mvn?1?mv?4mvn?mv（2分）
联立得：vn?2n?1v（1分） 4人接不到木箱的条件为：vn?v（1分） 解得：n?2.5，取n=3（1分）。
5v（1分） 41122922mv（2分） 因此，人在整个过程中做功为W?4mv3?mv?228即人最多能推3次木箱，最终人的速度大小v3?【评分说明：直接写4mvn?mv?2(n?1)mv同样给4分；不写通式，而是逐次逐次递推，最后结果正确的参照给分。】
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