3．(整体与隔离法)如图所示，质量为m的木块A和质量为M的木块B用线捆在一起，与竖直悬挂的轻弹簧相连，它们在竖直方向上一起做简谐振动．在振动过程中，两物体的接触面总处在竖直平面内，并且两物体始终相对静止，设弹簧的劲度系数为k，当它们向下离开平衡位置的位移为x时，A、B之间的静摩擦力的大小和方向为(　)

A．mg+kMx/(m+M)，竖直向上

B．mg，竖直向下

C．mg+kmx/(m+M)，竖直向上

D．mg+kmx/(m+M)，竖直向下

解析：当A、B向下离开平衡位置的位移为x时，它们具有竖直向上的加速度a，将A、B视为整体由牛顿第二定律有a＝kx/(m+M)，此时木块A由重力mg和A、B之间的静摩擦力f的合力来提供回复力，则合外力的方向竖直向上，对木块A由牛顿第二定律有f－mg＝ma，解得f＝mg+kmx/(m+M)．

答案：C

2．(逆向法)在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，如图所示．导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面向外．欲使M内的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，则导线的运动可能是(　)

A．匀速向右运动　　B．加速向右运动

C．减速向右运动　 　　　　　　 D．加速向左运动

解析：N中产生顺时针方向的感应电流，则N中的磁场方向必定垂直纸面向里，由楞次定律可知，有两种情况：一是M中有顺时针方向逐渐减小的电流，其在N中的磁场方向向里，且磁通量减小，与之对应的运动是导线ab减速向右运动；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，其在N中的磁场方向垂直导轨平面向外，且磁通量增大，与之对应的运动是导线ab加速向左运动．

答案：CD

1.(图象法)如图所示，将质量为2m的长木板静止放在光滑的水平面上，一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平初速度v₀由木板左端滑上恰在木板的右端与木板相对静止，铅块运动过程中所受摩擦力始终不变．现将木板分成长度和质量均相等的两段后紧挨着仍放在水平面上，让小铅块仍以相同的初速度由左端开始滑动，则小铅块将(　)

A．滑到右端与木板保持相对静止

B．在滑到右端前就与木板保持相对静止

C．滑过右端后飞离木板

D．以上答案均有可能

解析：本题用常规方法，运算十分繁杂．考虑到本题中各物体均做匀变速直线运动，且要求讨论相对位移，而v－t图中很容易找到相对位移，所以用图像法处理则变得非常简捷明了．先画出铅块和木板的速度图像如图所示．第一次：

v₀A表示铅块的速度图像，OA表示木板的速度图像；图像包围的“面积”即△v₀OA的“面积”为铅块相对木板的位移，即为木板长L.第二次：v₀B表示铅块的速度图像，OC表示铅块在前一半木板上运动时后一半木板的速度图像(加速度和第一次一样)，CB表示铅块在后一半木板上运动时后一半木板的速度图像(加速度比第一次大)；图像包围的“面积”即v₀BCO的“面积”为铅块相对木板的位移，由图可知该位移小于木板长L，故铅块未滑到木板右端就相对木板静止．

答案：B

8．(守恒法)如图所示，电荷量均为q、质量分别为m和3m的小球A和B，中间连接质量不计的细绳，在竖直向上的匀强电场中，以速度v₀匀速上升，若不计两带电小球间的库仑力作用，某时刻细绳断开，求：

(1)电场强度及细绳断开后A、B两球的加速度；

(2)当B球速度为零时，A球速度的大小；

(3)从细绳断开至B球速度为零的过程中，两球组成的系统机械能的增量为多少．

解析：(1)将两小球视为整体，由平衡条件得2qE＝4mg，得E＝

细绳断开后，对A由牛顿第二定律得qE－mg＝ma_A

对B由牛顿第二定律得qE－3mg＝3ma_B

解得a_A＝g，方向竖直向上，a_B＝－g，方向竖直向下．

(2)将A、B视为整体，由受力分析可知，系统合外力为零，所以系统动量守恒，由动量守恒定律得(m+3m)v₀＝mv_A，解得v_A＝4v₀.

(3)从细绳断开至B球速度为零的过程中，经过的时间为t＝＝

由运动学公式可知A运动的位移为h_A＝t＝

B运动的位移为h_B＝t＝

两球组成的系统的机械能增量ΔE＝qEh_A+qEh_B＝18mv.

7．(等效法)如图所示，已知回旋加速器中，D形盒内匀强磁场的磁感应强度B＝1.5 T，盒的半径R＝60 cm，两盒间隙d＝1.0 cm，盒间电压U＝2.0×10⁴ V，今将α粒子从间隙中心某点向D形盒内以近似于零的初速度垂直B的方向射入，求粒子在加速器内运行的总时间．

解析：带电粒子在回旋加速器转第一周，经两次加速，速度为v₁，则根据动能定理得2qU＝mv

设运转n周后，速度为v，则：n2qU＝mv²①

由牛顿第二定律可得qvB＝m②

由①②得粒子转动n＝(周)

粒子在回旋加速器内运行的总时间t＝t_B+t_E

粒子在磁场中运动每周的时间相等，则在磁场中的总时间t_B＝nT＝n·＝·＝

粒子在间隙处电场中运动时间为t_E，因每次时间不等(且次数又多，分段计算将十分繁琐)，我们可将各段间隙等效“衔接”起来，则粒子在电场中运动就可等效为初速度为零的匀加速直线运动，由公式t_E＝，且v₀＝0，v＝，a＝得t_E＝，故t＝t_B+t_E＝(+d)＝4.3×10^－5 s.

6．(等效法)如图所示，小球从长为L的光滑斜面顶端自由下滑，滑到底端时与挡板碰撞并反向弹回，若每次与挡板碰撞后的速度大小为碰撞前速度大小的，求小球从开始下滑到最终停止在斜面下端时，小球总共通过的路程．

解析：小球与挡板碰撞后的速度小于碰撞前的速度，说明碰撞过程中损失能量，每次反弹后上滑距离都不及上次大，小球最终停在挡板处．我们可以分别计算每次碰撞后上滑的距离L₁、L₂、……、L_n，则小球总共通过的路程为s＝2(L₁+L₂+…+L_n)+L，然后用等比数列求和公式求出结果，但是这种解法很麻烦．

我们假设小球与挡板碰撞不损失能量，其原来损失的能量看做小球运动过程中克服阻力做功而消耗掉，最终的效果是相同的，而阻力在整个运动过程中都存在，就可以利用摩擦力做功求出路程．

设第一次碰撞前后小球的速度分别为v、v₁，碰撞后沿斜面上滑的距离为L₁，则

mv²＝mgLsinθ，mv＝mgL₁sinθ

其中v₁＝v，所以＝＝()²

碰撞中损失的动能为ΔE_k＝mv²－mv＝mv²(1－)

根据等效性有f(L₁+L)＝ΔE_k解得等效摩擦力f＝mgsinθ

通过这个结果可以看出等效摩擦力与下滑的长度无关，所以在以后的运动过程中，等效摩擦力都相同．以整个运动为研究过程，有f·s＝mgL·sinθ

解出小球总共通过的总路程为s＝L.

5．(模型法)如图所示，有一根轻质弹簧将质量为m₁和m₂的木块P和Q连在一起并置于水平面上，问必须在P上至少加多大的压力，才能在撤去压力后，P弹起来恰好使Q离开地面．

解析：用力F向下压P到A位置放手后，P和弹簧可看成弹簧振子模型．在A位置放手时F为回复力，由弹簧振子特点知振动到最高点B时回复力向下也为F，又从P的受力知：F＝F_弹+m₁g，从Q受力知恰好离地时有：F_弹＝m₂g，所以F＝(m₁+m₂)g.

4．(极限法)如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场有理想界面，用力将矩形线圈从磁场中匀速拉出．在其他条件不变的情况下(　)

A．速度越大时，拉力做功越多

B．线圈边长L₁越大时，拉力做功越多

C．线圈边长L₂越大时，拉力做功越多

D．线圈电阻越大时，拉力做功越多

解析：以极端情况考虑：若速度极小接近于零，则线圈中几乎没有感应电流，就无需克服安培力做功，所以速度越大时拉力做功越多；若L₁极小接近于零，则L₁切割磁感线产生的感应电动势便接近于零，线圈中同样几乎没有感应电流，也无需克服安培力做功，所以L₁越大时拉力做功越多；若L₂极小接近于零，则将线圈拉出时的位移接近于零，所以L₂越大时拉力做功越多；若线圈电阻趋于无限大，则线圈中几乎没有感应电流，亦无需克服安培力做功，所以线圈电阻越大时拉力做功越小．

答案：ABC

3．(极限法)如图所示电路，电源内阻不可忽略，R₁＝10 Ω，R₂＝8 Ω，当开关扳到位置1时，电压表的读数为2.0 V，当开关扳到位置2时，电压表的读数可能是(　)

A．2.1 V　 　　　　　　　　　 B．1.9 V

C．1.7　 V　 　　　　　　　 D．1.5 V

解析：本题没有给出电源的电动势，也没有给出电源的内阻，因此无法得出开关扳到位置2时电压表的读数究竟是多大，但我们可以用极端分析的方法来确定电压表的读数范围，根据题意可得到： U₁＝，U₂＝两式相比可得＝，即U₂＝U₁.

考虑极端情形：当r＝0时，U₂＝U₁＝2.0 V.

当r＝∞时，U₂＝U₁＝×2.0 V＝1.6 V

由此可见，U₂的取值范围为1.6 V<U₂<2.0 V，对照选项可得答案为B、C.

答案：BC

2．如图所示，一轻绳一端固定在O点，另一端拴着一个小球，提起小球使细绳水平，然后无初速度释放小球．问：小球在运动至轻绳达到竖直位置的过程中，小球重力的瞬时功率变化情况是(　)

A．一直增大

B．一直减小

C．先增大，后减小

D．先减小，后增大

解析：在最高点时，因为v＝0，因此P＝0；小球在最低点时，v达到最大，但因其方向始终与轻绳的方向垂直，在该点时，速度v的方向也垂直于重力mg，故P也等于0.因此，在运动中，小球在竖直方向的速度分量不为0，则P不为0，故其变化情况只能是先增大，后减小．

答案：C