Question

Ⅰ．物块A₁、A₂、B₁和B₂的质量均为m，A₁、A₂用刚性轻杆连接，B₁、B₂用轻质弹簧连接，两个装置都放在水平的支托物上，处于平衡状态，如图1所示．今突然撤去支托物、让物块下落，在除去支托物的瞬间，A₂受到的合力为F₁，B₂受到的合力为F₂，则F₁=

mg

，F₂=

2mg

，

Ⅱ．如图2所示，在重力加速度为g的空间，有一个带电荷量为+Q的场源电荷置于O点，B、C为以O为圆心、半径为R的竖直圆周上的两点，A、B、O在同一竖直线上，AB=R，O、C在同一水平线上．现在有一质量为m、电荷量为-q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始滑下，滑至C点时速度的大小为

5gR

．则B、A两点间电势差大小为

mgR

2q

，若从A点自由释放，下滑到B点的速度大小为

3gR

．
Ⅲ．为研究滑块的运动，选用滑块、钩码、纸带、毫米刻度尺、带滑轮的木板、以及由漏斗和细线构成的单摆等组成如图3所示的装置，实验中，滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时让单摆垂直于纸带运动方向做小摆幅摆动，漏斗可以漏出很细的有色液体，在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置，如图4所示．
①漏斗和细线构成的单摆在该实验中所起的作用与下列哪个仪器相同？

A

（填写仪器序号）．
A．打点计时器；B．秒表；C．毫米刻度尺；D．电流表
②已知单摆周期T=2s，在图4中AB=24.10cm，BC=27.90cm，CD=31.90cm、DE=36.10cm，则单摆在经过D点时，滑块的瞬时速度为V_D=

0.34

m/s，滑块的加速度为a=

0.04

m/s²（保留两位小数）

Answer 1

分析：Ⅰ、在除去支托物的瞬间，A₁、A₂一起下落，根据牛顿第二定律采用整体法和隔离法研究A₁、A₂所受的合力．采用隔离法B₁、B₂受到的合力．
Ⅱ、小球由A到C的过程中，做功的力有重力和库仑力．由点电荷周围形成的电场特点可知，小球从A到C过程中，电场力是发生变化的，故可知小球不会做匀加速直线运动．因有库仑力做功，所以机械能不守恒．由A到C过程中，重力和库仑力做功，由动能定理可求出AC两点间的电势差和由A到B是的速度．
Ⅲ、单摆振动具有周期性，摆球每隔半个周期经过纸带中线一次，单摆在该实验中所起的作用与打点计时器相同．

解答：解：Ⅰ、在除去支托物的瞬间，A₁、A₂由于用刚性轻杆连接，A₁、A₂与刚性轻杆一起下落，根据牛顿第二定律，则A₁、A₂受到的合力都等于各自的重力，
即F₁=mg．
在除去支托物前，弹簧的弹力大小等于mg，支托物对B₂的支持力大小等于2mg．在除去支托物的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B₁的受力情况没有变化，则B₁所受合力为零，B₂所受的合力大小等于支托物的支持力大小2mg，
即F₂=2mg．
Ⅱ、小球从A到C的过程中，重力和库仑力都做功，根据动能定理得，2mgR-qU_AC=

1

2

mv²，v=

5gR

，则U_AC=

mgR

2q

，
A、B间的电势差等于A、C间的电势差，所以B、A间的电势差为

mgR

2q

根据动能定理得，mgR+qU=

1

2

mv²-0，得v=

3gR

Ⅲ、①单摆振动具有周期性，摆球每隔半个周期经过纸带中线一次，单摆在该实验中所起的作用与打点计时器相同，故选：A
②在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，故有VD=

XCE

2T

=0.34m/s 
据匀变速直线运动的推论△x=aT²，有：
X4-X2=2a1T2①
X3-X1=2a2T2  ②
联立①②有：a=

a1+a2

2

=

X4+X3-X2-X1

4T2

带入数据得a=0.04m/s²
故答案为：Ⅰ：mg，2mg；  II：

mgR

2g

       

3gR

；   III：①A   ②0.34m/s0.04m/s²．

点评：Ⅰ题是瞬时问题，要抓住刚性物体的弹力可突变，而弹簧的弹力不能突变；Ⅱ解决本题的关键知道小球做变加速运动，以及能够熟练运用动能定理；Ⅲ能根据打出的纸带求出物体的加速度、物体的瞬时速度．