（07全国Ⅰ）25解：对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图1所示：带电粒子的轨迹和x=a相切，此时r=a，y轴上的最高点为y=2r=2a；对于x轴上光屏亮线范围的临界条件如图2所示：左边界的极限情况还是和x=a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆，由几何知识得到在x轴上的坐标为x=2a；速度最大的粒子是如图2中的实线，又两段圆弧组成，圆心分别是c和c’由对称性得到c’在x轴上，设在左右两部分磁场中运动时间分别为t1和t2,满足解得由数学关系得到：代入数据得到：所以在x轴上的范围是（07全国Ⅱ）25.（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有qE＝ma①加速度沿y轴负方向。设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有h＝at2②l＝v0t③由②③式得v0＝l④设粒子从点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量v1＝⑤由①④⑤式得v1＝＝⑥设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为α，则有tanα＝⑦由④⑤⑦式得α＝arctan⑧（2）粒子经过C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动。若圆周的半径为R，则有qvB＝m⑨设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有＝＝R。用β表示与y轴的夹角，由几何关系得Rcosβ＝Rcosα＋h⑩Rsinβ＝l－Rsinα⑾由⑧⑩⑾式解得R＝⑿由⑥⑨⑿式得B＝⒀（07北京卷）24、（1）方框质量方框电阻方框下落速度为v时，产生的感应电动势感应电流方框下落过程，受到重力G及安培力F，，方向竖直向下，方向竖直向下当F=G时，方框达到最大速度，即v=vm则方框下落的最大速度（2）方框下落加速度为时，有，则方框的发热功率（3）根据能量守恒定律，有解得恒定电流I0的表达式。※（07天津卷）25.（22分）（1）设一个正离子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度为v，根据动能定理，有①设离子推进器在△t时间内喷出质量为△M的正离子，并以其为研究对象，推进器对△M的作用力为F′，由动量定理，有②由牛顿第三定律知F′＝F③设加速后离子束的横截面积为S，单位体积内的离子数为n，则有④⑤由④、⑤可得又⑥解得⑦（2）推进器持续喷出正离子束，会使带有负电荷的电子留在其中，由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出。电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法正常工作。因此，必须在出口D处发射电子注入到正离子束，以中和正离子，使推进器获得持续推力。※（07重庆卷）25.(20分)解：(1)设n号球质量为m,n+1，碰撞后的速度分别为取水平向右为正方向，据题意有n号球与n+1号球碰撞前的速度分别为vn、0、mn+1根据动量守恒，有(1)根据机械能守恒，有=(2)由（1）、(2)得设n+1号球与n+2号球碰前的速度为En+1据题意有vn-1=得vn-1==(3)（2）设1号球摆至最低点时的速度为v1,由机械能守恒定律有(4)v1=(5)同理可求，5号球碰后瞬间的速度(6)由(3)式得(7)N=n=5时，v5=(8)由(5)、(6)、(8)三式得k=（9）（3）设绳长为l,每个球在最低点时，细绳对球的拉力为F,由牛顿第二定律有(10)则(11)（11）式中Ekn为n号球在最低点的动能由题意1号球的重力最大，又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大，根据（11）式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳最容易断.※（07四川卷）25．(20分)解：(1)在G点，运动员和滑板一起做圆周运动，设向心加速度为an，速度为，运动员受到重力Mg、滑板对运动员的支持力N的作用，则………………………………………………①………………………………………………………②………………………………………………③……………………………………………④=6．5m／s……………………………………………⑤(2)设滑板。由A点静止下滑到BC赛道后速度为1，由机械能守恒定律有………………………………………………⑥…………………………………………………⑦运动员与滑板6一起由A点静止下滑到BC赛道后，速度也为1,运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为2，在空中飞行的水平位移为s，则s=2t2…………………………………………………………⑧设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为so，则s0=ltl…………………………………………………………⑨设滑板。在t2时间内的位移为s1，则s1=1t2…………………………………………………………⑩s=s0+s1………………………