高中物理典型例题集锦(一)
编者按：笔者结合多年的高三教学经验，记录整理了部分高中物理典型例题，以2003年《考试说明》为依据，以力学和电学为重点，编辑如下，供各校教师、高三同学参考。实践证明，考前浏览例题，熟悉做过的题型，回顾解题方法，可以提高复习效率，收到事半功倍的效果。
力学部分
1、如图1-1所示，长为5米的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4米的两杆顶端A、B。绳上挂一个光滑的轻质挂钩。它钩着一个重为12牛的物体。平衡时，绳中张力T=＿＿＿＿
分析与解：本题为三力平衡问题。其基本思路为：选对象、分析力、画力图、列方程。对平衡问题，根据题目所给条件，往往可采用不同的方法，如正交分解法、相似三角形等。所以，本题有多种解法。
解法一：选挂钩为研究对象，其受力如图1-2所示
设细绳与水平夹角为α，由平衡条件可知：2TSinα=F，其中F=12牛
将绳延长，由图中几何条件得：Sinα=3/5，则代入上式可得T=10牛。
解法二：挂钩受三个力，由平衡条件可知：两个拉力（大小相等均为T）的合力F’与F大小相等方向相反。以两个拉力为邻边所作的平行四边形为菱形。如图1-2所示，其中力的三角形△OEG与△ADC相似，则： 得：牛。
想一想：若将右端绳A 沿杆适当下移些，细绳上张力是否变化？
（提示：挂钩在细绳上移到一个新位置，挂钩两边细绳与水平方向夹角仍相等，细绳的张力仍不变。）
2、如图2-1所示，轻质长绳水平地跨在相距为2L的两个小定滑轮A、B上，质量为m的物块悬挂在绳上O点，O与A、B两滑轮的距离相等。在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力F=mg。先托住物块，使绳处于水平拉直状态，由静止释放物块，在物块下落过程中，保持C、D两端的拉力F不变。
（1）当物块下落距离h为多大时，物块的加速度为零？
（2）在物块下落上述距离的过程中，克服C端恒力F做功W为多少？
（3）求物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H？
分析与解：物块向下先作加速运动，随着物块的下落，两绳间的夹角逐渐减小。因为绳子对物块的拉力大小不变，恒等于F，所以随着两绳间的夹角减小，两绳对物块拉力的合力将逐渐增大，物块所受合力逐渐减小，向下加速度逐渐减小。当物块的合外力为零时，速度达到最大值。之后，因为两绳间夹角继续减小，物块所受合外力竖直向上，且逐渐增大，物块将作加速度逐渐增大的减速运动。当物块下降速度减为零时，物块竖直下落的距离达到最大值H。
当物块的加速度为零时，由共点力平衡条件可求出相应的θ角，再由θ角求出相应的距离h，进而求出克服C端恒力F所做的功。
对物块运用动能定理可求出物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H。
（1）当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块下降距离为h。因为F恒等于mg，所以绳对物块拉力大小恒为mg，由平衡条件知：2θ=120°，所以θ=60°，由图2-2知：h=L*tg30°=L [1]
（2）当物块下落h时，绳的C、D端均上升h’，由几何关系可得：h’=-L [2]
克服C端恒力F做的功为：W=F*h’ [3]
由[1]、[2]、[3]式联立解得：W=（-1）mgL
（3）出物块下落过程中，共有三个力对物块做功。重力做正功，两端绳子对物块的拉力做负功。两端绳子拉力做的功就等于作用在C、D端的恒力F所做的功。因为物块下降距离h时动能最大。由动能定理得：mgh-2W= [4]
将[1]、[2]、[3]式代入[4]式解得：Vm=
当物块速度减小为零时，物块下落距离达到最大值H，绳C、D上升的距离为H’。由动能定理得：mgH-2mgH’=0，又H’=-L，联立解得：H=。
3、如图3-1所示的传送皮带，其水平部分 ab=2米，bc=4米，bc与水平面的夹角α=37°，一小物体A与传送皮带的滑动摩擦系数μ=0.25，皮带沿图示方向运动，速率为2米/秒。若把物体A轻轻放到a点处，它将被皮带送到c点，且物体A一直没有脱离皮带。求物体A从a点被传送到c点所用的时间。
分析与解：物体A轻放到a点处，它对传送带的相对运动向后，传送带对A的滑动摩擦力向前，则 A 作初速为零的匀加速运动直到与传送带速度相同。设此段时间为t1，则：
a1=μg=0.25x10=2.5米/秒2 t=v/a1=2/2.5=0.8秒
设A匀加速运动时间内位移为S1，则：
设物体A在水平传送带上作匀速运动时间为t2，则
设物体A在bc段运动时间为t3，加速度为a2，则：
a2=g*Sin37°-μgCos37°=10x0.6-0.25x10x0.8=4米/秒2
解得：t3=1秒 （t3=-2秒舍去）
所以物体A从a点被传送到c点所用的时间t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1=2.4秒。
4、如图4-1所示，传送带与地面倾角θ=37°，AB长为16米，传送带以10米/秒的速度匀速运动。在传送带上端A无初速地释放一个质量为0.5千克的物体，它与传送带之间的动摩擦系数为μ=0.5，求：（1）物体从A运动到B所需时间，（2）物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体所做的功（g=10米/秒2）
分析与解：（1）当物体下滑速度小于传送带时，物体的加速度为α1,（此时滑动摩擦力沿斜面向下）则：
t1=v/α1=10/10=1米
当物体下滑速度大于传送带V=10米/秒 时，物体的加速度为a2，（此时f沿斜面向上）则：
即：10t2+t22=11 解得：t2=1秒（t2=-11秒舍去）
所以，t=t1+t2=1+1=2秒
（2）W1=fs1=μmgcosθS1=0.5X0.5X10X0.8X5=10焦
W2=-fs2=-μmgcosθS2=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22焦
所以，W=W1+W2=10-22=-12焦。
想一想：如图4-1所示，传送带不动时，物体由皮带顶端A从静止开始下滑到皮带底端B用的时间为t，则：（请选择）
A. 当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定大于t。
B. 当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定等于t。
C. 当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间可能等于t。
D. 当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间可能小于t。
答案：（B、C、D）
5、如图5-1所示，长L=75cm的静止直筒中有一不计大小的小球，筒与球的总质量为4千克，现对筒施加一竖直向下、大小为21牛的恒力，使筒竖直向下运动，经t=0.5秒时间，小球恰好跃出筒口。求：小球的质量。（取g=10m/s2）
分析与解：筒受到竖直向下的力作用后做竖直向下的匀加速运动，且加速度大于重力加速度。而小球则是在筒内做自由落体运动。小球跃出筒口时，筒的位移比小球的位移多一个筒的长度。
设筒与小球的总质量为M，小球的质量为m，筒在重力及恒力的共同作用下竖直向下做初速为零的匀加速运动，设加速度为a；小球做自由落体运动。设在时间t内，筒与小球的位移分别为h1、h2（球可视为质点）如图5-2所示。
由运动学公式得：
又有：L=h1-h2 代入数据解得：a=16米/秒2
又因为筒受到重力(M-m)g和向下作用力F，据牛顿第二定律：
F+(M-m)g=(M-m)a 得：
6、如图6-1所示，A、B两物体的质量分别是m1和m2，其接触面光滑，与水平面的夹角为θ，若A、B与水平地面的动摩擦系数都是μ，用水平力F推A，使A、B一起加速运动，求：（1）A、B间的相互作用力 （2）为维持A、B间不发生相对滑动，力F的取值范围。
分析与解：A在F的作用下，有沿A、B间斜面向上运动的趋势，据题意，为维持A、B间不发生相对滑动时，A处刚脱离水平面，即A不受到水平面的支持力，此时A与水平面间的摩擦力为零。
本题在求A、B间相互作用力N和B受到的摩擦力f2时，运用隔离法；而求A、B组成的系统的加速度时，运用整体法。
（1）对A受力分析如图6-2（a）所示，据题意有：N1=0，f1=0
因此有：Ncosθ=m1g [1] , F-Nsinθ=m1a [2]
由[1]式得A、B间相互作用力为：N=m1g/cosθ
（2）对B受力分析如图6-2（b）所示，则：N2=m2g+Ncosθ [3] , f2=μN2 [4]
将[1]、[3]代入[4]式得： f2=μ(m1+ m2)g
取A、B组成的系统，有：F-f2=(m1+ m2)a [5]
由[1]、[2]、[5]式解得：F=m1g(m1+ m2)(tgθ-μ)/m2
故A、B不发生相对滑动时F的取值范围为：0＜F≤m1g(m1+ m2)(tgθ-μ)/m2
想一想：当A、B与水平地面间光滑时，且又m1=m2=m时，则F的取值范围是多少？（0＜F≤2mgtgθ＝。
7、某人造地球卫星的高度是地球半径的15倍。试估算此卫星的线速度。已知地球半径R=6400km，g=10m/s2。
分析与解：人造地球卫星绕地球做圆周运动的向心力由地球对卫星的引力提供，设地球与卫星的质量分别为M、m，则：= [1]
又根据近地卫星受到的引力可近似地认为等于其重力，即：mg= [2]
[1]、[2]两式消去GM解得：V===2.0X103 m/s
说明：n越大(即卫星越高)，卫星的线速度越小。若n=0，即近地卫星，则卫星的线速度为V0==7.9X103m/s，这就是第一宇宙速度，即环绕速度。
8、一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的内径大得多。在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为m1，B球的质量为m2。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为V0。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1、m2、R与V0应满足的关系式是 。
分析与解：如图7-1所示，A球运动到最低点时速度为V0，A球受到向下重力mg和细管向上弹力N1的作用，其合力提供向心力。那么，N1-m1g=m1 [1]
这时B球位于最高点，速度为V1，B球受向下重力m2g和细管弹力N2作用。球作用于细管的力是N1、N2的反作用力，要求两球作用于细管的合力为零，即要求N2与N1等值反向，N1=N2 [2]， 且N2方向一定向下，对B球：N2+m2g=m2 [3]
B球由最高点运动到最低点时速度为V0，此过程中机械能守恒：
即m2V12+m2g2R=m2V02 [4]
由[1][2][3][4]式消去N1、N2和V1后得到m1、m2、R与V0满足的关系式是：
(m1-m2)+(m1+5m2)g=0 [5]
说明：（1）本题不要求出某一物理量，而是要求根据对两球运动的分析和受力的分析，在建立[1]-[4]式的基础上得到m1、m2、R与V0所满足的关系式[5]。（2）由题意要求两球对圆管的合力为零知，N2一定与N1方向相反，这一点是列出[3]式的关键。且由[5]式知两球质量关系m1＜m2。
9、如图8-1所示，质量为m=0.4kg的滑块，在水平外力F作用下，在光滑水平面上从A点由静止开始向B点运动，到达B点时外力F突然撤去，滑块随即冲上半径为 R=0.4米的1/4光滑圆弧面小车，小车立即沿光滑水平面PQ运动。设：开始时平面AB与圆弧CD相切，A、B、C三点在同一水平线上，令AB连线为X轴，且AB=d=0.64m，滑块在AB面上运动时，其动量随位移的变化关系为P=1.6kgm/s，小车质量M=3.6kg，不计能量损失。求：
(1)滑块受水平推力F为多大 (2)滑块通过C点时，圆弧C点受到压力为多大 (3)滑块到达D点时，小车速度为多大 (4)滑块能否第二次通过C点 若滑块第二次通过C点时，小车与滑块的速度分别为多大 (5)滑块从D点滑出再返回D点这一过程中，小车移动距离为多少 (g取10m/s2)
分析与解：(1)由P=1.6=mv，代入x=0.64m，可得滑块到B点速度为：
VB=1.6/m=1.6=3.2m/s
A→B，由动能定理得：FS=mVB2
所以 F=mVB2/(2S)=0.4X3.22/(2X0.64)=3.2N
(2)滑块滑上C立即做圆周运动，由牛顿第二定律得：
N-mg=mVC2/R 而VC=VB 则 N=mg+mVC2/R=0.4X10+0.4X3.22/0.4=14.2N
(3)滑块由C→D的过程中，滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒，由于滑块始终紧贴着小车一起运动，在D点时，滑块和小车具有相同的水平速度VDX 。由动量守恒定律得：mVC=(M+m)VDX
所以 VDX=mVC/(M+m)=0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s
(4)滑块一定能再次通过C点。因为滑块到达D点时，除与小车有相同的水平速度VDX外，还具有竖直向上的分速度VDY，因此滑块以后将脱离小车相对于小车做竖直上抛运动(相对地面做斜上抛运动)。因题中说明无能量损失，可知滑块在离车后一段时间内，始终处于D点的正上方(因两者在水平方向不受力作用，水平方向分运动为匀速运动，具有相同水平速度)， 所以滑块返回时必重新落在小车的D点上，然后再圆孤下滑，最后由C点离开小车，做平抛运动落到地面上。由机械能守恒定律得：
mVC2=mgR+(M+m)VDX2+mVDY2
所以
以滑块、小车为系统，以滑块滑上C点为初态，滑块第二次滑到C点时为末态，此过程中系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒(注意：对滑块来说，此过程中弹力与速度不垂直，弹力做功，机械能不守恒)得：
mVC=mVC‘+MV 即mVC2=mVC’2+MV2
上式中VC‘、V分别为滑块返回C点时，滑块与小车的速度，
V=2mVC/(M+m)=2X0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.64m/s
VC’=(m-M)VC/(m+M)=(0.4-3.6)X3.2/(0.4+3.6)=-2.56m/s(与V反向)
(5)滑块离D到返回D这一过程中，小车做匀速直线运动，前进距离为：
△S=VDX2VDY/g=0.32X2X1.1/10=0.07m
10、如图9-1所示，质量为M=3kg的木板静止在光滑水平面上，板的右端放一质量为m=1kg的小铁块，现给铁块一个水平向左速度V0=4m/s，铁块在木板上滑行，与固定在木板左端的水平轻弹簧相碰后又返回，且恰好停在木板右端，求铁块与弹簧相碰过程中，弹性势能的最大值EP。
分析与解：在铁块运动的整个过程中，系统的动量守恒，因此弹簧压缩最大时和铁块停在木板右端时系统的共同速度（铁块与木板的速度相同）可用动量守恒定律求出。在铁块相对于木板往返运动过程中，系统总机械能损失等于摩擦力和相对运动距离的乘积，可利用能量关系分别对两过程列方程解出结果。
设弹簧压缩量最大时和铁块停在木板右端时系统速度分别为V和V’，由动量守恒得：mV0=(M+m)V=(M+m)V’ 所以，V=V’=mV0/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s
铁块刚在木板上运动时系统总动能为：EK=mV02=0.5X1X16=8J
弹簧压缩量最大时和铁块最后停在木板右端时，系统总动能都为：
EK’=(M+m)V2=0.5X(3+1)X1=2J
铁块在相对于木板往返运过程中，克服摩擦力f所做的功为：
Wf=f2L=EK-EK’=8-2=6J
铁块由开始运动到弹簧压缩量最大的过程中，系统机械能损失为：fs=3J
由能量关系得出弹性势能最大值为：EP=EK-EK‘-fs=8-2-3=3J
说明：由于木板在水平光滑平面上运动，整个系统动量守恒，题中所求的是弹簧的最大弹性势能，解题时必须要用到能量关系。在解本题时要注意两个方面：①.是要知道只有当铁块和木板相对静止时(即速度相同时)，弹簧的弹性势能才最大；弹性势能量大时，铁块和木板的速度都不为零；铁块停在木板右端时，系统速度也不为零。
②.是系统机械能损失并不等于铁块克服摩擦力所做的功，而等于铁块克服摩擦力所做的功和摩擦力对木板所做功的差值，故在计算中用摩擦力乘上铁块在木板上相对滑动的距离。
11、如图10-1所示，劲度系数为 K的轻质弹簧一端与墙固定，另一端与倾角为θ的斜面体小车连接，小车置于光滑水平面上。在小车上叠放一个物体，已知小车质量为 M，物体质量为m，小车位于O点时，整个系统处于平衡状态。现将小车从O点拉到B点，令OB=b，无初速释放后，小车即在水平面B、C间来回运动，而物体和小车之间始终没有相对运动。求：(1)小车运动到B点时的加速度大小和物体所受到的摩擦力大小。(2)b的大小必须满足什么条件，才能使小车和物体一起运动过程中，在某一位置时，物体和小车之间的摩擦力为零。
分析与解：
(1)所求的加速度a和摩擦力f是小车在B点时的瞬时值。取M、m和弹簧组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律：kb=(M+m)a 所以a=kb/(M+m)。
取m为研究对象，在沿斜面方向有：f-mgsinθ=macosθ
所以，f=mgsinθ+mcosθ=m(gsinθ+cosθ)
(2)当物体和小车之间的摩擦力的零时，小车的加速度变为a’，小车距O点距离为b’，取m为研究对象，有：mgsinθ=ma’cosθ
取M、m和弹簧组成的系统为研究对象，有：kb‘=(M+m)a’
以上述两式联立解得：b‘=(M+m)gtgθ
说明：在求解加速度时用整体法，在分析求解m受到的摩擦力时用隔离法。整体法和隔离法两者交互运用是解题中常用的方法，希读者认真掌握。
12、质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为Xo，如图11-1所示。一物块从钢板正上方距离为 3Xo的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点。若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点O点的距离。
分析与解：物块自由下落，与钢板碰撞，压缩弹簧后再反弹向上，运动到O点，弹簧恢复原长。碰撞过程满足动量守恒条件。压缩弹簧及反弹时机械能守恒。自由下落3Xo，根据机械能守恒：
所以
物块与钢板碰撞时，根据动量守恒： mv0=(m+m)v1（v1为碰后共同速度）
V1=V0/2=
物块与钢板一起升到O点，根据机械能守恒：2mV12+Ep=2mgx0 [1]
如果物块质量为2m，则：2mVo=(2m+m)V2 ，即V2=Vo
设回到O点时物块和钢板的速度为V，则：3mV22+Ep=3mgx0+3mV2 [2]
从O点开始物块和钢板分离，由[1]式得：
Ep=mgx0 代入[2]得：m(Vo)2+mgx0=3mgx0+3mV2
所以，V2=gx0 即 （未完待续）
图11-1高中物理典型例题集锦(三)
电学部分
25、如图22-1所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有小孔M、N。今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N三点在同一竖直线上)，空气阻力不计，到达N点时速度恰好为零，然后按原路径返回。若保持两板间的电压不变，则：
A. 若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。
B. 若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。
C. 若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落。
D. 若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落。
分析与解：当开关S一直闭合时，A、B两板间的电压保持不变，当带电质点从M向N运动时，要克服电场力做功，W=qUAB，由题设条件知：带电质点由P到N的运动过程中，重力做的功与质点克服电场力做的功相等，即：mg2d=qUAB
若把A板向上平移一小段距离，因UAB保持不变，上述等式仍成立，故沿原路返回，应选A。
若把B板下移一小段距离，因UAB保持不变，质点克服电场力做功不变，而重力做功增加，所以它将一直下落，应选D。
由上述分析可知：选项A和D是正确的。
想一想：在上题中若断开开关S后，再移动金属板，则问题又如何 (选A、B)。
26、两平行金属板相距为d，加上如图23-1(b)所示的方波形电压，电压的最大值为U0，周期为T。现有一离子束，其中每个离子的质量为m，电量为q，从与两板等距处沿着与板平行的方向连续地射入两板间的电场中。设离子通过平行板所需的时间恰为 T(与电压变化周期相同)，且所有离子都能通过两板间的空间打在右端的荧光屏上。试求：离子击中荧光屏上的位置的范围。(也就是与O‘点的最大距离与最小距离)。重力忽略不计。
分析与解：
各个离子在电场中运动时，其水平分运动都是匀速直线运动，而经过电场所需时间都是T，但不同的离子进入电场的时刻不同，由于两极间电压变化，因此它们的侧向位移也会不同。
当离子在t=0，T，2T……时刻进入电场时，两板间在T/2时间内有电压U0，因而侧向做匀加速运动，其侧向位移为y1，速度为V。接着，在下一个T/2时间内，两板间没有电压，离子以V速度作匀速直线运动，侧向位移为y2，如图23-2所示。这些离子在离开电场时，侧向位移有最大值，即(y1+y2)。
当离子在T=t/2,3/2T,5/2T……时刻进入电场时，两板间电压为零，离子在水平方向做匀速直线运动，没有侧向位移，经过T/2时间后，两板间有电压U0，再经过T/2时间，有了侧向位移y1，如图23-3所示。这些离子离开电场时有侧向位移的最小值，即y1。
当离子在上述两种特殊时刻之外进入电场的，其侧向位移值一定在(y1+y2)与y1之间。根据上述分析就可以求出侧向位移的最大值和最小值。
所以，离子击中荧光屏上的位置范围为：
27、如图24-1所示，R1=R2=R3=R4=R，电键S闭合时，间距为d的平行板电容器C 的正中间有一质量为m，带电量为q的小球恰好处于静止状态；电键S断开时，小球向电容器一个极板运动并发生碰撞，碰撞后小球带上与极板同种性质的电荷。设碰撞过程中没有机械能损失，小球反弹后恰好能运动到电容器另一极板。若不计电源内阻，求：(1)电源的电动势，(2)小球与极板碰撞后的带电量。
分析与解：(1)电键S闭合时，R1、R3并联与R4串联，(R2中没有电流通过)
UC=U4=(2/3)ε
对带电小球有：mg=qE=qUC/d=(2/3)qε/d 得：ε=(3/2)mgd/q
(2)电键S断开后，R1、R4串联，则UC’=ε/2=(3/4)mgd/q [1]
小球向下运动与下极板相碰后，小球带电量变为q’，向上运动到上极板，全过程由动能定理得：mgd/2－qUC’/2－mgd+q’UC’=0 [2]
由[1][2]式解得：q’=7q/6。
28、如图25-1所示为矩形的水平光滑导电轨道abcd，ab边和cd边的电阻均为5R0，ad边和bc边长均为L，ad边电阻为4R0，bc边电阻为2R0，整个轨道处于与轨道平面垂直的匀强磁场中，磁感强度为B。轨道上放有一根电阻为R0的金属杆mn，现让金属杆mn在平行轨道平面的未知拉力F作用下，从轨道右端以速率V匀速向左端滑动，设滑动中金属杆mn始终与ab、cd两边垂直，且与轨道接触良好。ab和cd边电阻分布均匀，求滑动中拉力F的最小牵引功率。
分析与解：mn金属杆从右端向左端匀速滑动切割磁感线产生感应电动势，mn相当于电源，其电路为内电路，电阻为内电阻。当外电阻最大时，即当mn滑到距离ad=(2/5)ab时，此时电阻Rmadn=Rmbcn=8R0时，外阻最大值Rmax=4R0，这时电路中电流最小值：Imin=ε/(Rmax+r)=BLV/(4R0+R0)=BLV/5R0
所以，Pmin=FminV=BLIminV=BLVBLV/5R0=B2L2V2/5R0
29、如图26-1所示，用密度为D、电阻率为ρ的导线做成正方形线框，从静止开始沿竖直平面自由下落。线框经过方向垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场，且磁场区域高度等于线框一边之长。为了使线框通过磁场区域的速度恒定，求线框开始下落时的高度h。(不计空气阻力)
分析与解：线框匀速通过磁场的条件是受到的竖直向上的安培力与重力平衡，即：F安=mg [1]
设线框每边长为L，根据线框进入磁场的速度为，则安培力可表达为：
F安=BIL= [2]
设导线横截面积为S，其质量为：m=4LSD [3]
其电阻为：R=ρ4L/S [4]
联立解[1]、[2]、[3]、[4]式得：
h=128D2ρ2g/B4
想一想：若线框每边长为L，全部通过匀强磁场的时间为多少 (t=2L/V)
线框通过匀强磁场产生的焦耳热为多少？(Q=2mgL)
30、如图27-1所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长。试求：(1)ab、cd棒的最终速度，(2)全过程中感应电流产生的焦耳热。
分析与解：ab下滑进入磁场后切割磁感线，在abcd电路中产生感应电流，ab、cd各受不同的磁场力作用而分别作变减速、变加速运动，电路中感应电流逐渐减小，当感应电流为零时，ab、cd不再受磁场力作用，各自以不同的速度匀速滑动。全过程中系统内机械能转化为电能再转化为内能，总能量守恒。
(1) ab自由下滑，机械能守恒：mgh=(1/2)mV2 [1]
由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度 Lab=3Lcd，故它们的磁场力为：Fab=3Fcd [2]
在磁场力作用下，ab、cd各作变速运动，产生的感应电动势方向相反，当εab=εcd时，电路中感应电流为零，(I=0)，安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，此时有：BLabVab=BLcdVcd 所以Vab=Vcd/3 [3]
ab、cd受磁场力作用，动量均发生变化，由动量定理得：
Fab△t=m(V-Vab) [4] Fcd△t=mVcd [5]
联立以上各式解得：Vab=(1/10)，Vcd=(3/10)
(2)根据系统能量守恒可得：Q=△E机=mgh-(1/2)m(Vab2+Vcd2)=(9/10)mgh
说 明：本题以分析ab、cd棒的受力及运动情况为主要线索求解。
注意要点：①明确ab、cd运动速度稳定的条件。
②理解电磁感应及磁场力计算式中的“L”的物理意义。
③电路中的电流、磁场力和金属棒的运动之间相互影响制约变化复杂， 解题时抓住每一瞬间存在Fab=3Fcd及终了状态时Vab=(1/3)Vcd的关系，用动量定理求解十分方便。
④金属棒所受磁场力是系统的外力，且Fab≠Fcd时，合力不为零，故系统动量不守恒，只有当Lab=Lcd时，Fab=Fcd，方向相反，其合力为零时，系统动量才守恒。
31、如图28-1所示，X轴上方有匀强磁场B，下方有匀强电场E。电量为q、质量为m、重力不计的粒子y轴上。X轴上有一点N(L.0)，要使粒子在y轴上由静止释放而能到达N点，问：(1)粒子应带何种电荷 (2)释放点M应满足什么条件 (3)粒子从M点运动到N点经历多长的时间
分析与解：(1) 粒子由静止释放一定要先受电场力作用 (磁场对静止电荷没有作用力)，所以 M点要在-Y轴上。要进入磁场必先向上运动，静上的电荷要向上运动必须受到向上的电场力作用，而场强 E方向是向下的，所以粒子带负电。
(2)粒子在M点受向上电场力，从静止出发做匀加速运动。在 O点进入匀强磁场后，只受洛仑兹力(方向沿+X轴)做匀速周围运动，经半个周期，回到X轴上的P点，进入匀强电场，在电场力作用下做匀减速直线运动直到速度为零。然后再向上做匀加速运动，在X轴上P点进入匀强磁场，做匀速圆运动，经半个周期回到X轴上的Q点，进入匀强电场，再在电场力作用下做匀减速运动直到速度为零。此后，粒子重复上述运动直到 X轴上的N点，运动轨迹如图28-2所示。
设释放点M的坐标为(0.-yO)，在电场中由静止加速，则：qEyO=mV2 [1]
在匀强磁场中粒子以速率V做匀速圆周运动，有：qBV=mV2/R [2]
设n为粒子做匀速圆周运动的次数(正整数)则：L=n2R，所以R=L/2n [3]
解[1][2][3]式得：V=qBL/2mn，所以yO=qB2L2/8n2mE (式中n为正整数)
(3)粒子由M运动到N在电场中的加速运动和减速运动的次数为(2n-1)次，
每次加速或减速的时间都相等，设为t1，则：yO=at12=qEt12/m
所以t1=
粒子在磁场中做匀速圆周运动的半周期为t2，共n次，t2=πm/qB
粒子从M点运动到N点共经历的时间为：
t=(2n-1)t1+nt2=(2n-1)BL/2nE+nπm/qB (n=1、2、3……)
32、平行金属，板长1.4米，两板相距30厘米，两板间匀强磁场的B为1.3×10-3特斯拉，两板间所加电压随时间变化关系如29-1图所示。当t=0时，有一个a粒子从左侧两板中央以V=4×103米/秒的速度垂直于磁场方向射入，如29-2图所示。不计a粒子的重力，求：该粒子能否穿过金属板间区域 若不能，打在何处 若能，则需多长时间 (已知a粒子电量q=3.2×10-19库，质量m=6.64×10-27千克)
分析与解：在t=0到t=1×10-4秒时间内，两板间加有电压，a粒子受到电场力和洛仑兹力分别为：F=qu/d=q×1.56/0.3=5.2q 方向竖直向下
f=qBv=q×1.3×10-3×4×103=5.2q 方向竖直向上
因F=f，故做匀速直线运动，其位移为：△S=v△t=4×103×1×10-4=0.4米
在t=1×10-4秒到t=2×10-4秒时间内，两板间无电场，a粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，其轨迹半径为：
r=mv/qB=(6.64×10-27×4×103)/(3.2×10-19×1.3×10-3)=6.37×10-2米＜d/4
所以粒子不会与金属板相碰。面a粒子做匀速圆周运动的周期为：
T=2πm/qB=(2×3.14×6.64×10-27)/(3.2×10-19×1.3×10-3)=1.0×10-4秒
则在不加电压的时间内，a粒子恰好能在磁场中运动一周。当两板间又加上第2个周期和第3个周期的电压时，a粒子将重复上述的运动。故经13/4周期飞出板外(t=6.5×10-4秒)其运动轨迹如29-3图所示。
33、如图30-1所示，虚线上方有场强为E的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁感强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外。ab是一根长L的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端在虚线上。将一套在杆上的举正电小球从a端由静止释放后，小球先是加速运动，后是匀速运动则达b端。已知小球与绝缘杆间的动因摩擦数μ=0.3，小球的重力可忽略不计。当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆半径为L/3。求：带电小球以 a到b运动过程中克服摩擦力做的功与电场力所做功的比值。
分析与解：(1)带电小球在沿杆向下运动时，
其受力情况如30-2图示。
水平方向：F洛=N=qBV [1]
竖直方向：qE=f [2] (匀速运动时)
又因f=μN [3]，联立解[1][2][3]式得：qE=f=μqBVb
小球在磁场中作匀速圆周运动：qBVb=mVb2/R=3mVb2/L，所以Vb=qBL/3m
小球从a到b运动过程中，由动能定理：W电-Wf=mVb2
W电=qEL=μqBVbL=0.3×qBL(qBL/3m)=q2B2L2/10m
所以，Wf=W电-mVb2=q2B2L2/10m-(m/2)(q2B2L2/9m2)=2q2B2L2/45m
所以，Wf/W电=(2q2B2L2/45m)/(q2B2L2/10m)=4/9。
34、如图31-1所示，从阴极K射出的电子经U0=5000V的电势差加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1=10cm，间距d=4cm的平行金属板AB之间。在离金属板边缘L2=75cm处放置一个直径D=20cm，带有记录纸的圆筒。整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计。
(1)若在金属板上加以U1=1000V的直流电压(A板电势高)后，为使电子沿入射方向作匀速直线运动到达圆筒，应加怎样的磁场(大小和方向)；
(2)若在两金属板上加以U2=1000cos2πtV的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以n=2转/秒匀速转动。试确定电子在记录纸上的轨迹形状，并画出1秒钟内所记录到的图形。
分析与解：偏转极板上加恒定电压 U后，电子在电场中受到恒定的电场力作用，故所加的磁场方向只要使运动电子所受到的洛仑兹力与电场力等大反向即可。偏转极板上加上正弦交流电后，板间电场变为交变电场，电子在板间的运动是水平方向作匀速直线运动，竖直方向作简谐运动。偏出极板后作匀速直线运动，电子到达圆筒后，在筒上留下的痕迹是电子在竖直方向的“扫描”和圆筒匀速转动的合运动。
据动能定理：eU0=mV02，得电子加速后的入射速度为：
V0= =4.2×107m/s
(1)加直流电压时，A、B两板间场强：
E1=U1/d=1000/(4×10-2)=2.5×104v/m
为使电子作匀速直线运动，应使电子所受电场力与洛仑兹力平衡，即：qE1=qBV0，
得：B=E1/V0=(2.5×104)/(4.2×107)=6×10-4T
方向为垂直于纸面向里。
(2)加上交流电压时，A、B两板间场强为：
E2=U2/d=1000cos2πt/(4×10-2)=2.5×104cos2πt v/m
电子飞离金属板时的偏距为：y1=at12=(eE2/m)(L1/V0)2
电子飞离金属板时的竖直速度为：Vy=at1=(eE2/m)(L1/V0)
从飞离板到到达筒的偏距：y2=Vyt2=(eE2/m)(L1/V0)(L2/V0)=(eE2L1L2)/(mV02)
所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏距为：(如图31-2所示)
y=y1+y2=(L1/2+L2)(eE2L1/mV02)=(L1/2+L2)(L1U2/2U0d)
=(10/2+75)×10-2×(10×1000cos2πt)/(2×5000×4)=0.20cos2πt m
可见，在记录纸上的点以振幅0.20m，周期T=2π/ω=1秒而作简谐运动。因圆筒每秒转2周(半秒转1周)，故在1秒内，纸上的图形如图31-3所示。
35、如图32-1所示，两根互相平行、间距d=0.4米的金属导轨，水平放置于匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，磁场垂直于导轨平面，金属滑杆ab、cd所受摩擦力均为f=0.2N。两根杆电阻均为r=0.1Ω，导轨电阻不计，当ab杆受力F=0.4N的恒力作用时，ab杆以V1做匀速直线运动，cd杆以V2做匀速直线运动，求速度差(V1－ V2)等于多少？
分析与解：在电磁感应现象中，若回中的感应电动势是由导体做切割磁感线运动而产生的，则通常用ε=BlVsinθ来求ε较方便，但有时回路中的电动势是由几根棒同时做切割磁感线运动产生的，如果先求出每根导体棒各自的电动势，再求回路的总电动势，有时就会涉及“反电动势”而超纲。如果取整个回路为研究对象，直接将法拉第电磁感应定律ε=用于整个回路上，即可“一次性”求得回路的总电动势，避开超纲总而化纲外为纲内。
cd棒匀速向右运动时，所受摩擦力f方向水平向左，则安培力Fcd方向水平向右，由左手定则可得电流方向从c到d，且有：
Fcd = IdB = f
I = f /Bd ①
取整个回路abcd为研究对象，设回路的总电势为ε，由法拉第电磁感应定律ε=，根据B不变，则△φ=B△S，在△t时间内，
△φ=B(V1－V2)△td
所以：ε=B(V1－V2)△td/△t=B(V1－V2)d ②
又根据闭合电路欧母定律有：I=ε/2r ③
由式①②③得：V1－V2 = 2fr / B2d2
代入数据解得：V1－V2 =6.25（m/s）
?36.如图33-1所示，线圈ａｂｃｄ每边长ｌ＝0.20ｍ，线圈质量ｍ1＝0.10ｋｇ、电阻Ｒ＝0.10Ω，砝码质量ｍ2＝0.14ｋｇ．线圈上方的匀强磁场磁感强度Ｂ＝0.5Ｔ，方向垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度为ｈ＝ｌ＝0.20ｍ．砝码从某一位置下降，使ａｂ边进入磁场开始做匀速运动．求线圈做匀速运动的速度．
解析：该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培力Ｆ安、绳子的拉力Ｆ和重力ｍ1ｇ相互平衡，即
Ｆ＝Ｆ安＋ｍ1ｇ． ①
砝码受力也平衡：
Ｆ＝ｍ2ｇ． ②
线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流
Ｉ＝Ｂｌｖ／Ｒ， ③
因此线圈受到向下的安培力
Ｆ安＝ＢＩｌ． ④
联解①②③④式得ｖ＝（ｍ2－ｍ1）ｇＲ／Ｂ2ｌ2．
代入数据解得：ｖ＝4（ｍ／ｓ）
37.如图34-1所示，ＡＢ、ＣＤ是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间距离为ｌ，导轨平面与水平面的夹角为θ．在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感强度为Ｂ．在导轨的Ａ、Ｃ端连接一个阻值为Ｒ的电阻．一根垂直于导轨放置的金属棒ａｂ，质量为ｍ，从静止开始沿导轨下滑．求ａｂ棒的最大速度．（已知ａｂ和导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻不计）
解析：本题的研究对象为ａｂ棒，画出ａｂ棒的平面受力图，如图34-2．ａｂ棒所受安培力Ｆ沿斜面向上，大小为Ｆ＝ＢＩｌ＝Ｂ2ｌ2ｖ／Ｒ，则ａｂ棒下滑的加速度
ａ＝［ｍｇｓｉｎθ－（μｍｇｃｏｓθ＋Ｆ）］／ｍ．
ａｂ棒由静止开始下滑，速度ｖ不断增大，安培力Ｆ也增大，加速度ａ减小．当ａ＝0时达到稳定状态，此后ａｂ棒做匀速运动，速度达最大．
ｍｇｓｉｎθ－（μｍｇｃｏｓθ＋Ｂ2ｌ2ｖ／Ｒ）＝0．
解得ａｂ棒的最大速度
ｖｍ＝ｍｇＲ（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／Ｂ2ｌ2．
38. 电阻为Ｒ的矩形导线框ａｂｃｄ，边长ａｂ＝ｌ、ａｄ＝ｈ、质量为ｍ，自某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度为ｈ，如图35-1所示．若线框恰好以恒定速度通过磁场，线框内产生的焦耳热是 ．（不考虑空气阻力）
解析：线框以恒定速度通过磁场，动能不变，重力势能减少，减少的重力势能转化为线框内产生的焦耳热．根据能的转化与守恒定律得：Ｑ＝ｍｇ·2ｈ＝2ｍｇｈ．
39. 如图36-1所示，Ａ是一边长为ｌ的正方形线框，电阻为Ｒ．现维持线框以恒定的速度ｖ沿ｘ轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场Ｂ区域．取逆时针方向为电流正方向，线框从图示位置开始运动，则线框中产生的感应电流ｉ随时间ｔ变化的图线是图36-2中的：?［ ］
解析：由于线框进入和穿出磁场时，线框内磁通量均匀变化，因此在线框中产生的感应电流大小不变．根据楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流的方向与规定的正方向相同，穿出磁场时感应电流的方向与规定的正方向相反，因此应选Ｂ．
想一想:若将题39改为：以ｘ轴正方向作为力的正方向，则磁场对线框的作用力Ｆ随时间ｔ的变化图线为图36-3中的：?［ ］
同理可分析得正确答案应选Ｃ．
（未完待续）
图22-1
图23-1
图23-1(b)
图23-2
图23-3
图24-1
图25-1
图26-1
图27-1
图28-1
图28-2
图29-1
图29-2
图29-3
图30-1
图30-2
图31-1
图31-2
图31-3
图32-1
图33-1
图34-1
图34-2
图35-1
图36-1
图36-2
图36-3
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13高中物理典型例题集锦(四)
40．如图37-1所示，带正电的粒子以一定的初速度ｖ0沿中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为Ｌ，板间的电压为Ｕ，带电粒子的带电量为ｑ，粒子通过平行金属板的时间为Ｔ，不计粒子的重力，则［ ］
Ａ．粒子在前Ｔ／2时间内，电场力对粒子做功为（1／4）ｑＵ
Ｂ．粒子在后Ｔ／2时间内，电场力对粒子做功为（3/8）ｑＵ
图37-1Ｃ．粒子在下落前ｄ／4和后ｄ／4内，电场力做功之比为1∶2
Ｄ．粒子在下落前ｄ／4和后ｄ／4内，通过的时间之比为1∶3
答案：Ｂ
41．如图38-1所示，三平行金属板ａ、ｂ、ｃ接到电动势分别为1、2的电源上，已知1＜2，在Ａ孔右侧有一带负电的质点，由静止释放后向右运动穿过B到达P点后再返回Ａ孔，则［ ］
Ａ．只将ｂ板右移一小段距离后再释放该质点，质点仍运动到Ｐ点后返回
Ｂ．只将ｂ板右移一小段距离后再释放该质点，质点将达不到Ｐ点
Ｃ．只将ｂ板右移稍长距离后再释放该质点，质点能穿过C孔
Ｄ．若将质点放在C孔左侧由静止释放，质点将能穿过Ａ孔
答案：Ｄ
42．如图39-1所示，Ｕ型线框ａｂｃｄ处于匀强磁场中，磁场的磁感强度为Ｂ，方向垂直于纸面向内．长度为Ｌ的直导线ＭＮ中间串有一个电压表跨接在ａｂ与ｃｄ上且与ａｂ垂直，它们之间的接触是完全光滑的．Ｒ为电阻，C为电容器，现令ＭＮ以速度ｖ0向右匀速运动，用U表示电压表的读数，ｑ表示电容器所带电量，Ｃ表示电容器电容．Ｆ表示对ＭＮ的拉力．设电压表体积很小，其中线圈切割磁感线对ＭＮ间的电压的影响可以忽略不计．则［ ］
Ａ．Ｕ＝ＢＬｖ0 Ｆ＝ｖ0Ｂ2Ｌ2／Ｒ
Ｂ．Ｕ＝ＢＬｖ0 Ｆ＝0
Ｃ．Ｕ＝0 Ｆ＝0
Ｄ．Ｕ＝ｑ／Ｃ Ｆ＝ｖ0Ｂ2Ｌ2／Ｒ
答案：Ｃ
43．密立根油滴实验如图40-1所示：在电介质为空气的电容器中，观测以某速度送入的一个油滴，这油滴经过一会儿达到一个恒定的速度ｖ1，这时加上电场强度为Ｅ的匀强电场，再过一会儿达到另一恒定速度ｖ2．在这样短的时间内速度变为恒定，说明油滴受到 的作用，这个力的大小与速度成正比，可表示为ｋｖ（式中ｋ为常量）而方向与 ．设油滴质量为ｍ，电量为ｑ，写出这两种情况下的方程式① ；② ．
下面的表是通过这样的实验所测得的不同油滴所带电量ｑ值的一个实例：ｑ的测定值（单位：10－19Ｃ）
6．41 8．01 9．65 11．23 11．83 14．48
分析这些数据可知：
（答案．空气阻力 速度方向相反 ①ｍｇ－ｋｖ1＝0 ②ｍｇ－ｋｖ2－ｑＥ＝0 小球的电量是1．6×10－19Ｃ的整数倍，故电荷的最小电量为1．6×10－19Ｃ）
44．用长度相同，横截面积之比为2∶1的均匀铜导线制成的两个正方形线框Ｍ和Ｎ，使它们从同一高度自由下落，途中经过一个有边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，如图41-1所示．若下落过程中线框平面始终与磁场方向保持垂直，不计空气阻力，则Ｍ、Ｎ底边进入磁场瞬间的速度ｖＭ∶ｖＮ＝ ，加速度ａＭ∶ａＮ＝ ，在穿过磁场的过程中，线框Ｍ、Ｎ内产生的热量ＱＭ∶ＱＮ＝ ．
（答案：1：1，1：1，2：1）
45．现有一电阻箱，一个开关，若干根导线和一个电流表，该电流表表面上有刻度但无刻度值，要求设计一个能测定某电源内阻的实验方案（已知电流表内阻可忽略，电流表量程符合要求，电源内阻约为几欧）．
要求：①画出实验电路图；
②简要写出完成接线后的实验步骤；
③写出用测得的量计算电源内阻的表达式ｒ＝ ．
答案：（1）图略 （2）①使电阻箱阻值最大，合上开关S，调节电阻箱阻值为Ｒ1，记下电流表对应的刻度Ｎ1；②调节电阻箱阻值为Ｒ2，记下电流表对应的刻度Ｎ2；③计算出ｒ的值；④多侧几次；取ｒ的平均值；⑤断开Ｓ，拆除电阻，整理器材．（3）（Ｎ1Ｒ1－Ｎ2Ｒ2）／（Ｎ2－Ｎ1）
46．如图42-1所示为一固定在水平面上长Ｌ的绝缘板，整个空间有一水平的匀强电场，板在右半部有一个垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为ｍ、带电量为ｑ的物体，从板的Ｐ端由静止开始在电场力的作用下向右运动．小物体与水平面间摩擦系数为μ，进入磁场区域后恰能作匀速运动．当物体碰到挡板Q后被弹回．若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁中仍能作匀速运动，离开磁场后作匀减速运动，并停在C点．设ＰＣ＝1／4Ｌ．求：
（1）物体与挡板碰撞前后的速率ｖ1和ｖ2；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）电场强度E的大小和方向．
解 物体从P静止开始运动进入磁场速度ｖ1，由动能定理得
ｑＥ（Ｌ／2）－μｍｇ（Ｌ／2）＝（1／2）ｍｖ12，
进入磁场匀速，由反弹后仍匀速可知，电荷带正电．电场强度方向水平向右；进入磁场匀速
ｑＥ＝μ（ｍｇ＋ｑｖ1Ｂ），
反弹后匀速
ｍｇ＝ｑｖ2Ｂ
出磁场后到C点停止
－μｍｇ（Ｌ／4）＝－（1／2）ｍｖ22；
，方向水平向右．
47、在磁场中某处磁感应强度B，可由B=F／ＩＬ求出，由此可知磁感应强度Ｂ（ ）
A. 随通电直导线所受磁场力增大而增大；
B.随通电直导线中电流强度增大而减小；
C随通电直导线长度增大而减小；
D.不随导线长度通过电流强度和通电直导线所受磁场力的变化而变化。
解析：磁感应强度B是描述磁场强弱的物理量,磁场强弱是由磁场本身决定的,与是否放入通电直导线,通电导线中电流强弱,以及通电直导线受磁场力等外界条件无关。B=F／ＩＬ，只表示几个物理量在一定条件的数量关系，而无决定关系。选项D是正确的。
48、如图43-1所示，矩形线框abcd，与条形磁铁的中轴线位于同一平面内，线框内通有电流I，则线框受磁场力的情况（ ）。
A. ab和cd受力，其它二边不受力；
B. ab和cd受到力大小相等方向相反；
C.ad和bc受到的力大小相等，方向相反；
D.以上说法都不对。
解析：如图43-2所示为条形磁铁的磁场分布情况，ab、bc、cd、da各边均处于磁场中，磁感线与ab、cd垂直，用左手定则可判断ab边受力垂直纸面向外，cd边受力垂直纸面向里，ab处于位置磁感强度B大，cd所处位置磁感强度B小，ab、cd边力大小不等。bc、ad与所在位置磁感强度的分量垂直，要受磁场力，且磁场方向垂直纸面向里。方向相同。大小也不一定相等，
因为ad、bc所在位置磁感强度不一定相等，可知
A、B、C选项均不正确，选项D正确。
49、如图44-1所示，矩形线框abcd，处于磁感应强度为B=0.2T的匀强磁场中，线框面积为S=0.3m2，线框从图示位置转过60°，线框中磁通量变化量
为 ，线框在后来位置时磁通密度为 。
解析：线框在图示位置时、磁感强度B与线框平面垂直，磁通量
，当线框转过60°时，线框在与磁感线垂直平面的投影面积，此时磁量,
。
线框处于匀强磁场中，各处的磁感强度的大小，方向均相同，所以B=0.3T。
从本题解答中可知，知识虽然很简单，题目也不复杂，但概念必须清楚，否则这两个答案都容易出错误，经常出现的错误是线框转，B也随之而变。
50、等腰三角形线框abc与长直导线MN绝缘，且线框被导线分成面积相等的两部分，如图45-1所示，M接通电源瞬间电流由N流向M，则在线框中（ ）。
A. 线框中无感应电流；
B.线框中有沿abca方向感应电流；
C线框中有沿acba方向感应电流；
D.条件不是无法判断。
解析：产生感应电流的条件是①电路要闭合；②穿过回路的磁通量要发生变化。线框为等腰三角形，是闭合电路，MN中通入N向M方向电流时，闭合回路中从无磁通变为有磁通，MN右侧磁场方向垂直纸面向里，左侧磁场方向垂直纸面向外，因右侧面积磁通量大于左侧面积的磁通量，故线框中的磁通量应为垂直纸向里。线框中应有感应电流，选项A、D是错误的，磁通量是增加的感应电流磁场阻碍磁通量增加，感应电流磁场应是垂直纸面向外，所以感应电流方向应是acba，选项C正确。
51、如图46-1所示，多匝线圈的电阻和电池内阻可忽略，两个电阻器的阻值都是R，K打开时，电流，今关闭K，关于自感电动势正确表达的是（ ）。
A.有阻碍电流作用，最后电流减小到零；
B.有阻碍电流作用，最后电流小于I；
C.有阻碍电流增大的作用，因而电流保持不变；
D.有阻碍电流增大的作用，但最后电流增大到2I。
解析：因为多匝线圈电阻可以忽略，所以线圈对电流的阻碍作用可以忽略，选项A、B均是错误的，电路中关闭电键，把一个电阻器短路，电路总电阻减小，电路中电流增大，线圈中电流变化，线圈中产生自感电动势阻碍线圈中电流增大，但线圈中电流还是要增大，直到线圈中电流为2I，电流不再增大，自感电动势自然消失，电路中有恒定电流，大小为2I。选项D正确。
52、如图47-1所示，相距0.9m的平行轨道ab、cd，分别接有“4V，2W”的灯L1和“6V，4.5W”的灯L2，导轨电阻不计，金属棒AM电阻为0.5Ω，在导轨上可自由滑动，磁感强度B=0.5T的匀强磁场垂直轨道平面，当棒AM以某一速度向右移动时，L1恰好能正常发光，求：(1)通过L1的电流强度；(2)棒AM的速度；(3)L1、L2两灯消耗的电功率。
解析：由题意知灯L1正常发光，灯L1两端电压为4V，消耗电功率为2W，则通过灯L1的电流强度，灯L2的两端电压也为4V，灯L2的电阻，则灯L2中电流强度，电路总电流，电路电动势，，
，灯L2消耗电功率为：。
答：(1)通过L1的电流强度为0.5A；(2)棒AM的速度为10m／s；(3)灯L1消耗电功率P1=2W，灯L2消耗电功率P2=2W。
应注意：棒AM切割磁感线产生感应电动势，应为电源电动势，棒AM电阻为内电阻。
（未完待续）
图37-1
图38-1
图39-1
图40-1
图41-1
图42-1
图43-1
图43-2
图44-1
图45-1
图46-1
图47-1
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6高中物理典型例题集锦(五)
光学部分
53、如图48-1所示，折射率为n的玻璃砖的两面是平行的，玻璃砖厚度为h，一束细光束射到玻璃砖上表面的入射角为i，光线一部分从上表面反射回空气中；另一部分折射入玻璃砖，在玻璃砖下表面发生反射，又在上表面折射后射入空气中。求：上表面的反射光线I与下表面反射，折射回到空气的光线II的侧移距离为多少
分析与解：光路图如图48-2所示。光线射到A点，反射光线为I，折射光线射到下表面C点再反射到上表面B点，形成折射光线II。
由折射定律知：[1]
由图知：AB=2htgr [2]
光线Ⅱ相对I的侧移距离d为：d=ABcosi [3]
联立解[1][2][3]式得：d=
54、如图49-1所示，三角形ABC为一等腰直角三棱镜的主截面。令一单色光线DE平行于AB面从空气中自AC面射入，经AB面反射后从BC面射出，FG为出射光线，光线DE、FG的走向均可用插针法实验确定出来。(1)试用几何作图法在图中画出在棱镜内的光路走向，(2)证明：射到AB面上的光线一定发生全反射。
分析与解：(1) 光线DE射到AC面上发生折射，折射光线射到AB面上被反射到BC面又从BC面折射出去形成光线FG。题目要求画出棱镜对入射光线的折射→反射→折射的光路。先延长DE与AC的交点为O1，O1是入射点。再反向延长FG，与BC的交点O2，O2是出射点。只要能找出AB面上的反射点P就可以画出准确的光路图。
从O1点射到P点的光线，被AB面反射后，反射光线应从P点射到O2。入射光线O1P和反射光线PO2应符合反射定律。根据反射定律，平面镜成像的对称性，我们可把O1想象成点光源，它的像点O1’关于AB面对称，点光源O1射到AB面上的光线，被AB面反射后都好像由O1’射出的一样，我们连接O1’O2与AB的交点P即为所求。
根据上面的分析得到作图的顺序是：先延长DE、FG确定入射点O1和出射点O2，再作出O1点关于AB的对称点O1’，连接O1’O2与AB交于P点，作O1P是AC折射后射到AB面的入射光线，作PO2是AB面反射光线。光路图如49-2所示。
说明：本题关键是确定P点，重要的一步是把O1设想为点光源。将AB作平面镜处理，十分巧妙。
(2)证明：设棱镜折射率为n，在图中，对于△PO1M，其外角∠AMO1=r+α
即：45°=r+α=r+(90°-i‘) 所以 i’=45°+r
即：sini’=sin(45°+r)=sin45°cosr+cos45°+sinr [1]
又：n=sini/sinr=sin45°/sinr 所以sinr= [2]
cosr== [3]
把[2]、[3]式代入[1]式得：sini’=
由于n＞1,所以+1＞2
即sini’＞1/n ，光线射到AB面上一定发生全反射。
原子物理部分
55．对于宇宙的形成，在当代占主要地位的看法是：我们的宇宙诞生于150亿～200亿年前的一次大爆炸，其主要依据是［ ］
（1）光谱分析得到的红移现象，即星体离我们远去
（2）天然放射现象
（3）牛顿运动定律
（4）月球运动中的各种现象
Ａ．（1）、（2）
Ｂ．（1）、（3）
Ｃ．（3）、（4）
Ｄ．（2）、（3）
答案：Ｂ
（完）
图48-1
图48-2
图49-1
图49-2
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3高中物理典型例题集锦(二)
13、如图12-1所示，有两块大小不同的圆形薄板(厚度不计)，质量分别为M和m，半径分别为R和r，两板之间用一根长为0.4m的轻绳相连结。开始时，两板水平放置并叠合在一起，静止于高度为0.2m处。然后自由下落到一固定支架C上，支架上有一半径为R‘(r分析与解：开始 M与m自由下落，机械能守恒。
M与支架C碰撞后，M以原速率返回，向上做匀减速运动。m向下做匀加速运动。在绳绷紧瞬间，内力(绳拉力)很大，可忽略重力，认为在竖直方向上M与m系统动量守恒。(1)据机械能守恒：(M+m)gh=(M+m)V02 所以，V0==2m/s
M碰撞支架后以Vo返回作竖直上抛运动，m自由下落做匀加速运动。在绳绷紧瞬间，M速度为V1，上升高度为h1，m的速度为V2，下落高度为h2。则：
h1+h2=0.4m，h1=V0t-gt2，h2=V0t+gt2，而h1+h2=2V0t，
故：
所以：V1=V0-gt=2-10×0.1=1m/s V2=V0+gt=2+10×0.1=3m/s
根据动量守恒，取向下为正方向，mV2-MV1=(M+m)V，所以
那么当m=M时，V=1m/s；当M/m=K时，V=。
讨论：①K＜3时，V＞0，两板速度方向向下。
②K＞3时，V＜0，两板速度方向向上。
③K=3时，V=0，两板瞬时速度为零，接着再自由下落。
14、如图13-1所示，物体A从高h的P处沿光滑曲面从静止开始下滑，物体B用长为L的细绳竖直悬挂在O点且刚和平面上Q点接触。已知mA=mB，高h及S(平面部分长)。若A和B碰撞时无能量损失。(1)若L≤h/4，碰后A、B各将做什么运动 (2)若L=h，且A与平面的动摩擦因数为μ，A、B可能碰撞几次？A最终在何处？
分析与解：当水平部分没有摩擦时，A球下滑到未碰B球前能量守恒，与B碰撞因无能量损失，而且质量相等，由动量守恒和能量守恒可得两球交换速度。A 停在Q处，B碰后可能做摆动，也可能饶 O点在竖直平面内做圆周运动。如果做摆动，则经一段时间，B反向与A相碰，使A又回到原来高度，B停在Q处，以后重复以上过程，如此继续下去，若B做圆周运动，B逆时针以O为圆心转一周后与A相碰，B停在Q处，A向右做匀速运动。由此分析，我们可得本题的解如下：
(1)A与B碰撞前A的速度：mgh=mVA2，VA=
因为mA=mB，碰撞无能量损失，两球交换速度，得：VA’=0，VB’=VA=
设B球到最高点的速度为Vc，B做圆周运动的临界条件：mBg=mBV2/L [1]
又因mBVB‘2=mBV2+mBg2L [2]
将[1]式及VB’=代入[2]式得：L=2h/5
即L≤2h/5时，A、B碰后B才可能做圆周运动。而题意为L=h/4＜2h/5，故A与B碰后，B必做圆周运动。因此(1)的解为：A与B碰后A停在Q处，B做圆周运动，经一周后，B再次与A相碰，B停在Q处，A向右以速度做匀速直线运动。
(2)由上面分析可知，当L=h时，A与B碰后，B只做摆动，因水平面粗糙，所以A在来回运动过程中动能要损失。设碰撞次数为n，由动能定理可得：
mAgh-nμmAgS=0 所以n=h/μS
讨论：若n为非整数时，相碰次数应凑足整数数目。
如n=1.2，则碰撞次数为两次。
当n为奇数时，相碰次数为(n-1)次。如n=3，则相碰次数为两次，且A球刚到达Q处将碰B而又未碰B；
当n为偶数时，相碰次数就是该偶数的数值，如n=4，则相碰次数为四次。球将停在距B球S处的C点。A球停留位置如图13-2所示。
15、如图14-1所示，长为L，质量为m1的物块A置于光滑水平面上，在A的水平上表面左端放一质量为m2的物体B，B与A的动摩擦因数为μ。A和B一起以相同的速度V向右运动，在A与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要使B一直不从A上掉下来，V必须满足什么条件 (用m1、m2，L及μ表示)
分析与解：A与墙壁发生无机械能损失的碰撞后，A以大小为V的速度向左运动，B仍以原速度V向右运动，以后的运动过程有三种可能：(1)若m1＞m2，则m1和m2最后以某一共同速度向左运动；(2)若m1=m2，则A、B最后都停止在水平面上，但不再和墙壁发生第二次碰撞；(3)若m1＜m2，则A将多次和墙壁碰撞，最后停在靠近墙壁处。
若m1＞m2时，碰撞后系统的总动量方向向左，大小为：P=m1V-m2V
设它们相对静止时的共同速度为V’，据动量守恒定律， 有：m1V-m2V=(m1+m2)V’
所以V’=(m1-m2)V/(m1+m2)
若相对静止时B正好在A的右端，则系统机械能损失应为μm2gL，
则据能量守恒：m1V2+m2V2-(m1+m2)(m1-m2)2V2/(m1+m2)2=μm2gL
解得：V=
若m1=m2时，碰撞后系统的总动量为零，最后都静止在水平面上，
设静止时A在B的右端，则有：m1V2+m2V2=μm2gL
解得：V=
若m1＜m2时，则A和墙壁能发生多次碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右，
设最后A静止在靠近墙壁处时，B静止在A的右端，
同理有：m1V2+m2V2=μm2gL
解得：V=
故：若m1＞m2，V必须小于或等于
若m1≤m2，V必须小于或等于
注意：本题中，由于m1和m2的大小关系没有确定，在解题时必须对可能发生的物理过程进行讨论，分别得出不同的结果。
16、在光滑的水平桌面上有一长L=2米的木板C，它的两端各有一块档板，C的质量mC=5千克，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A和B，质量分别为mA=1千克，mB=4千克。开始时，A、B、C都处于静止，并且A、B间夹有少量塑胶炸药，如图15-1所示。炸药爆炸使滑块A以6米/秒的速度水平向左滑动，如果A、B与C间的摩擦可忽略，两滑块中任一块与档板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞所需时间都可忽略。问：(1)当两滑块都与档板相碰撞后，板C的速度多大
(2)到两个滑块都与档板碰撞为止，板的位移大小和方向如何
分析与解：(1)设向左的方向为正方向。炸药爆炸前后A和B组成的系统水平方向动量守恒。设B获得的速度为mA，则mAVA+mBVB=0，所以：VB=-mAVA/mB=-1.5米/秒对A、B、C组成的系统，开始时都静止，所以系统的初动量为零，因此当A和B都与档板相撞并结合成一体时，它们必静止，所以C板的速度为零。
(2)以炸药爆炸到A与C相碰撞经历的时间：t1=(L/2)/VA=1/6秒，
在这段时间里B的位移为：SB=VBt1=1.5×1/6=0.25米，
设A与C相撞后C的速度为VC，A和C组成的系统水平方向动量守恒：mAVA=(mA+mC)VC，
所以VC=mAVA/(mA+mC)=1×6/(1+5)=1米/秒
B相对于C的速度为： VBC=VB-VC=(-1.5)-(+1)=-2.5米/秒
因此B还要经历时间t2才与C相撞：
t2==(1-0.25)/2.5=0.3秒，
故C的位移为：SC=VCt2=1×0.3=0.3米，
方向向左，如图15-2所示。
17、如图16-1所示，一个连同装备总质量为M=100千克的宇航员，在距离飞船为S=45米与飞船处于相地静止状态。宇航员背着装有质量为m0=0.5千克氧气的贮氧筒，可以将氧气以V=50米/秒的速度从喷咀喷出。为了安全返回飞船，必须向返回的相反方向喷出适量的氧，同时保留一部分氧供途中呼吸，且宇航员的耗氧率为 R=2.5×10-4千克/秒。试计算：(1)喷氧量应控制在什么范围 返回所需的最长和最短时间是多少
(2)为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧 返回时间又是多少
分析与解：一般飞船沿椭圆轨道运动，不是惯性参照系。但是在一段很短的圆弧上，可以认为飞船作匀速直线运动，是惯性参照系。
(1)设有质量为m的氧气，以速度v相对喷咀，即宇航员喷出，且宇航员获得相对于飞船为V的速度，据动量守恒定律：mv-MV=0
则宇航员返回飞船所需的时间为：t=S/V=MS/mv
而安全返回的临界条件为：m+Rt=m0，以t=MS/mv代入上式，得：m2v-m0vm+RMS=0，m=
把m0、v、R、M、S代入上式可得允许的最大和最小喷氧量为：
mmax=0.45千克，mmin=0.05千克。
返回的最短和最长时间为：tmin==200秒，tmax==1800秒
(2)返回飞船的总耗氧量可表示为：△M=m+Rt=(MS/vt)+Rt
因为MS/vt与Rt之积为常量，且当两数相等时其和最小，即总耗氧量最低，
据：MS/vt=Rt，所以相应返回时间为：t==600秒
相应的喷氧量应为：m=Rt=0.15千克。
想一想：还有什么方法可求出这时的喷氧量 (m=MS/vt=0.15千克)
18．如图17-1所示，Ａ、Ｂ是静止在水平地面上完全相同的两块长木板．Ａ的左端和Ｂ的右端相接触．两板的质量皆为M＝2．0ｋｇ，
长度皆为L＝1．0ｍ．Ｃ是质量为ｍ＝1．0ｋｇ的小物块．现给它一初速度ｖ0＝2．0ｍ／ｓ，使它从板Ｂ的左端向右滑动．已知地面是光滑的，而Ｃ与板Ａ、Ｂ之间的动摩擦因数皆为μ＝0．10．求最后Ａ、Ｂ、Ｃ各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度ｇ＝10ｍ／ｓ２．
参考解答 先假设小物块Ｃ在木板Ｂ上移动ｘ距离后，停在Ｂ上．这时Ａ、Ｂ、Ｃ三者的速度相等，设为ｖ，由动量守恒得
ｍｖ0＝（ｍ＋2Ｍ）ｖ， ①
在此过程中，木板Ｂ的位移为ｓ，小物块Ｃ的位移为ｓ＋ｘ．由功能关系得
－μｍｇ（ｓ＋ｘ）＝（1/2）ｍｖ２－（1/2）ｍｖ02，
μｍｇｓ＝2Ｍｖ2／2，
则 －μｍｇｘ＝（1/2）（ｍ＋2Ｍ）ｖ2－（1/2）ｍｖ02，②
由①、②式，得
ｘ＝［ｍｖ02／（2Ｍ＋ｍ）μｇ］， ③
代入数值得 ｘ＝1．6ｍ． ④
ｘ比Ｂ板的长度大．这说明小物块Ｃ不会停在Ｂ板上，而要滑到Ａ板上．设Ｃ刚滑到Ａ板上的速度为ｖ1，此时Ａ、Ｂ板的速度为ｖ2，则由动量守恒得
ｍｖ0＝ｍｖ1＋2Ｍｖ2， ⑤
由功能关系，得（1/2）ｍｖ02－（1/2）ｍｖ1２－2×（1/2）ｍｖ2２＝μｍｇＬ，
以题给数据代入，得
由ｖ1必是正值，故合理的解是
当滑到Ａ之后，Ｂ即以ｖ2＝0．155ｍ／ｓ做匀速运动，而Ｃ是以ｖ1＝1．38ｍ／ｓ的初速在Ａ上向右运动．设在Ａ上移动了ｙ距离后停止在Ａ上，此时Ｃ和Ａ的速度为ｖ3，由动量守恒得
Ｍｖ2＋ｍｖ1＝（ｍ＋Ｍ）ｖ3，
解得 ｖ3＝0．563ｍ／ｓ．
由功能关系得
1/2）ｍｖ12＋（1/2）ｍｖ22－（1/2）（ｍ＋Ｍ）ｖ32＝μｍｇｙ，
解得 ｙ＝0．50ｍ．
ｙ比Ａ板的长度小，所以小物块Ｃ确实是停在Ａ板上．最后Ａ、Ｂ、Ｃ的速度分别为ｖＡ＝ｖ3＝0．563ｍ／ｓ，ｖＢ＝ｖ2＝0．155ｍ／ｓ，ｖＣ＝ｖＡ＝0．563ｍ／ｓ．
评分标准 本题的题型是常见的碰撞类型，考查的知识点涉及动量守恒定律与动能关系或动力学和运动学等重点知识的综合，能较好地考查学生对这些重点知识的掌握和灵活运动的熟练程度．题给数据的设置不够合理，使运算较复杂，影响了学生的得分．从评分标准中可以看出，论证占的分值超过本题分值的50%，足见对论证的重视．而大部分学生在解题时恰恰不注重这一点，平时解题时不规范，运算能力差等，都是本题失分的主要原因．
解法探析 本题参考答案中的解法较复杂，特别是论证部分，①、②两式之间的两个方程可以省略．下面给出两种较为简捷的论证和解题方法．
解法一 从动量守恒与功能关系直接论证求解．设Ｃ刚滑到Ａ板上的速度为ｖ1，此时Ａ、Ｂ板的速度为ｖ2，则由动量守恒，得
ｍｖ０＝ｍｖ1＋2Ｍｖ2，
以系统为对象，由功能关系，得
1/2）ｍｖ02－（1/2）ｍｖ12－2×（1/2）ｍｖ22＝μｍｇＬ，
由于ｖ1只能取正值，以题给数据代入得到合理的解为
由于小物块Ｃ的速度ｖ1大于Ａ、Ｂ板的速度ｖ2，这说明小物块Ｃ不会停在Ｂ板上．
以上过程既是解题的必要部分，又作了论证，比参考答案中的解法简捷．后面部分与参考答案相同，不再缀述．
解法二 从相对运动论证，用动量守恒与功能关系求解．
以地面为参照系，小物块Ｃ在Ａ、Ｂ上运动的加速度为ａＣ＝μｇ＝1ｍ／ｓ2，Ａ、Ｂ整体的加速度为ａＡＢ＝μｍｇ／2Ｍ＝0．25ｍ／ｓ2，Ｃ相对Ａ、Ｂ的加速度ａ＝ａＣ＋ａＡＢ＝1．25ｍ／ｓ2．假设Ａ、Ｂ一体运动，以Ａ、Ｂ整体为参照物，当Ｃ滑至与整体相对静止时，根据运动学公式，有
ｖ02＝2ａｓ，
解得 ｓ＝ｖ02／2ａ＝1．6ｍ＞Ｌ．
说明小物块Ｃ不会停在Ｂ板上．
上述可以看出，从相对运动的角度论证较为简捷，运算也较为简单．论证后的解法与参考答案相同．
试题拓展 1．若长木板个数不变，当小物块的初速度满足什么条件时，Ａ、Ｂ、Ｃ三物体最终的速度相同
2．若长木板个数不变，当小物块的初速度满足什么条件时，小物块能从两长木板上滑过去
3．若小物块的初速度不变，将相同的长木板数增加到三个，最终小物块停在木板上的什么位置，各物体的运动速度分别为多少
4．若其它条件不变，长木板与地面间的动摩擦因数为μ′，并且满足μ′(M＋ｍ)ｇ＜μｍｇ＜μ′（2Ｍ＋ｍ）ｇ，试分析有怎样的情况发生
5．分析子弹打击在光滑水平面上的两相同木块问题，找出它与本题的异同，归纳解法．
19.如图18-1，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在墙上，另一端和质量为M的容器连接，容器放在光滑水平的地面上，当容器位于O点时弹簧为自然长度，在O点正上方有一滴管，容器每通过O点一次，就有质量为m的一个液滴落入容器，开始时弹簧压缩，然后撒去外力使容器围绕O点往复运动，求：
(1)容器中落入n个液滴到落入（n+1）个液滴的时间间隔；
(2)容器中落入n个液滴后，容器偏离O点的最大位移。
分析与解：本题中求容器内落入n个液滴后偏离O点的最大位移时，若从动量守恒和能量守恒的角度求解，将涉及弹簧弹性势能的定量计算，超出了中学大纲的要求，如果改用动量定理和动量守恒定律求解，则可转换成大纲要求的知识的试题。
(1)弹簧振子在做简谐运动过程中，影响其振动周期的因素有振子的质量和恢复系数(对弹簧振子即为弹簧的劲度系数)，本题中恢复系数始终不变，液滴的落入使振子的质量改变，导致其做简谐运动的周期发生变化。
容器中落入n个液滴后振子的质量为（M+nm），以n个液滴落入后到第（n+1）个液滴落入前，这段时间内系统做简谐运动的周期Tn=2π，容器落入n个液滴到（n+1）个液滴的时间间隔△t=Tn /2，所以
△t =π
(2)将容器从初始位置释放后，振子运动的动量不断变化，动量变化的原因是水平方向上弹簧弹力的冲量引起的，将容器从静止释放至位置O的过程中，容器的动量从零增至p，因容器位于Ｏ点时弹簧为自然长度，液滴在O点处落入容器时，容器和落入的液滴系统在水平方向的合力为零， 根据动量守恒定律，液滴在Ｏ处的落入并不改变系统水平方向的动量，所以振子处从位置O到两侧相应的最大位移处，或从两侧相应在的最大位移处到位置Ｏ的各1/4周期内，虽然周期Ｔn和对应的最大位移Ln在不断变化，但动量变化的大小均为△p=p－0=p，根据动量定理可知识，各1/4周期内弹力的冲量大小均相等，即：
F0(t)·T0/4 = Fn(t)·Tn/4
其中T0是从开始释放到第一次到O点的周期，Ｔ0=2π。Tn是n个液滴落入后到（n+1）个液滴落入容器前振子的周期，Tn=2π。而F0(t) 和Fn(t)分别为第一个1/4周期内和n个液滴落入后的1/4周期内弹力对时间的平均值，由于在各个1/4周期内振子均做简谐运动，因而弹力随时间均按正弦（或余弦）规律变化，随时间按正弦（或余弦）变化的量在1/4周期内对时间的平均值与最大值之间的关系，可用等效方法求出，矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，从中性而开始计地，产生的感应电动势为ε=εmsinωt= NbωSsinωt。ε按正弦规律变化，根据法拉第电磁感应定律ε=N，ε在1/4周期内对时间的平均值ε=2εm/π。这一结论对其它正弦（或余弦）变化的量对时间的平均值同样适用，则有
F0(t)=2kL0/π，Fn(t)=2kLn/π
代入前式解得：Ln=L0
20、如图19-1所示，轻质弹簧上端悬挂在天花板上，下端连接一个质量为M的木板，木板下面再挂一个质量为m的物体，当拿去m后，木板速度再次为零时，弹簧恰好恢复原长，求M与m之间的关系？
分析与解：按常规思路，取M为研究对象，根据动能定理或机械能守恒定律求解时，涉及弹力（变力）做功或弹性势能的定量计算，超出了中学教材和大纲的要求。
考虑到拿去m后，M将做简谐运动，则拿去m时M所处位置，与弹簧刚恢复原长时M所处位置分别为平衡位置两侧的最大位置处，由M做简谐运动时力的对称性可知，在两侧最大位移处回复力的大小应相等，在最低位置处F=mg，方向向上，在最高位置处F=Mg，方向向下，所以有M=m。
21．假设在质量与地球质量相同、半径为地球半径两倍的某天体上进行运动比赛，那么与在地球上的比赛成绩相比，下列说法中正确的是［ ］
①跳高运动员的成绩会更好
②用弹簧秤称体重时，体重数值会变得更小
③投掷铁钅并的距离会更远些
④用手投出的篮球，水平方向的分速度会变大
Ａ．①②③ Ｂ．②③④ Ｃ．①③④ Ｄ．①②④
答案: Ａ
22．下列说法正确的是［ ］
Ａ．物体在恒力作用下的运动方向是不会改变的
Ｂ．加速前进的汽车，后轮所受的摩擦力方向与运动方向相反
Ｃ．第一宇宙速度为7．9ｋｍ／ｓ，因此飞船只有达到7．9ｋｍ／ｓ才能从地面起飞
Ｄ．作用力与反作用力都可以做正功，也可以做负功
答案: Ｄ
23、如图20-1所示，一列横波t时刻的图象用实线表示，又经△t=0.2s时的图象用虚线表示。已知波长为2m，则以下说法正确的是：( )
A、 若波向右传播，则最大周期是2s。
B、 若波向左传播，则最大周期是2s。
C、 若波向左传播，则最小波速是9m/s。
D、 若波速是19m/s，则传播方向向左。
分析与解：
若向右传播，则传播0.2m的波数为0.2m/2m=0.1，
则，△t=(n+0.1)T(n=0、1、2、3……) 所以T=△t/(n+0.1)=0.2/(n+0.1)
当n=0时，周期有最大值Tmax=2s，所以A正确。
若向左传播，则在0.2s内传播距离为(2-0.2)m=1.8m，传过波数为1.8m/2m=0.9，
则，△t=(n+0.9)T(n=0、1、2、3……) 所以T=△t/(n+0.9)=0.2/(n+0.9)
当n=0时，周期有最大值Tmax≈0.22S，所以B错。
又：T=λ/V，所以V=λ/T=λ/[0.2/(n+0.9)]=2(n+0.9)/0.2=10(n+0.9)
当n=0时，波速最小值为Vmin=9m/s，所以C正确。
当n=1时 V=19m/s，所以D正确。
故本题应选A、C、D。
说明：解决波动问题要注意：由于波动的周期性(每隔一个周期T或每隔一个波长λ)和波的传播方向的双向性，往往出现多解，故要防止用特解来代替通解造成解答的不完整。
24．如图21-1所示，一列简谐横波在ｘ轴上传播，某时刻的波形如图所示，关于波的传播方向与质点ａ、ｂ的运动情况，下列叙述中正确的是［ ］
Ａ．若波沿ｘ轴正方向传播，ａ运动的速度将减小
Ｂ．若波沿ｘ轴正方向传播，ａ运动的速度将保持不变
Ｃ．若波沿ｘ轴负方向传播，ｂ将向＋ｙ方向运动
Ｄ．若波沿ｘ轴负方向传播，ｂ将向－ｙ方向运动
答案：D
（未完待续）
图12-1
图12-2
图13-1
图13-2
图14-1
图15-1
图15-2
图16-1
图17-1
L0
图18-1
图19-1
图20-1
图21-1
