由牛顿第三定律得滑块到达B点时对轨道的压力大小为6N,方向竖直向下。┅（1分）
1（2）滑块离开C后，由h?gt12
22h解得：t1??0.5s ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）
gR?2m/s ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分） t1滑块由B点到由C点的过程中由动能定理得
1212??mgx?mvC?mvB ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（2分）
22解得：x?1.25m ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分） (3) 滑块由B点到由C点，由运动学关系：
v?vCx?Bt2 ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）
2解得：t2?0.5s ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分） t?t1?t2?1s ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分） 圆盘转动的角速度ω应满足条件:
2n? ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分） t??t?2n?rad/s （n=1、2、3、4------） ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）
23.（1）0.25 （2）3mg （3）3.5mgR 【解析】（1）从B到M的过程中，根据动能定理： mgR?4?mgR?0?0 vC?所以??0.25 ……………………………………………………………………（5分） （2）设小滑块到达C点时的速度为vC，根据机械能守恒定律： mgR?12mvC?v?2gR 2设小滑块到达C点时圆轨道对它的支持力为F，根据牛顿第二定律：
2vCF?mg?m?F?3mg
R根据牛顿第三定律，小滑块到达C点时，对圆轨道压力的大小F'?F?3mg…（6分）
（3）根据题意，小滑块刚好到达圆轨道的最高点A，此时，重力充当向心力，设小滑块达到A点时的速度
为vA，根据牛顿第二定律：
2vAmg?m?vA?gR
R设小滑块在M点获得的初动能为Ek，又根据能的转化和守恒定律：
Ek?Ep?EkA?Q
12 即Ek?2mgR?mvA?4?mgR?3.5mgR ……………………………………（7分）
2I2B1lII24.(1) (2) (3)
40m2m(R1?R2)m【解析】（1）设金属棒a受到冲量I时的速度为v0，金属棒a产生的感应电动势为E，金属轨道中的电流
为i，则
I=mv0………………………………………………1分 E=B1lv0………………………………………………1分
i=E………………………………………………1分 R1?R2B1lI………………………………………………1分
(R1?R2)m i=（2）金属棒a和金属棒b在左部分磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反，合力为零，故a、b组成的，水平方向动量守恒。
金属棒a和金属棒b在Ι匀强磁场区中运动过程中达到的最大速度vm时，二金属棒速度相等，感应电流为零，二金属棒匀速运动，根据动量守恒定律有
mv0=2mvm………………………………………………2分 vm=
I………………………………………………2分 2m（3）金属棒b进入Ⅱ匀强磁场时，设金属棒a的感应电动势为E1，金属棒b的感应电动势为E2， E1=B1lvm E2=B2lvm
因为 B1=2B2
所以 E1=2E2………………………………………………2分
所以，金属棒b一进入Ⅱ匀强磁场，电流立即出现，在安培力作用下金属棒a做减速运动，金属棒b做加速运动。设金属棒a在Ι匀强磁场区运动速度从vm变化到最小速度va，所用时间为t，金属棒b在Ⅱ匀强磁场区运动速度从vm变化到最大速度为vb，所用时间也为t，此后金属棒a、b都匀速运动，则 B1lva=B2lvb………………………………………………3分 即vb=2va………………………………………………1分 设在t时间内通过金属棒a、b的电流平均值为I 根据动量定理有
B1Ilt?mva?mvmm 方向向左………………………………………………1分 B2Ilt?mvb?mvm 方向向右………………………………………………1分 3解得：va?vm………………………………………………1分
56 vb?vm………………………………………………1分
5?设金属棒b进入Ⅱ匀强磁场后，金属棒a、b产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒，有 112122?2mvm?mva?mvb?Q……………………………………1分 222I2Q=……………………………………1分 40m