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专题32 其他物理解题方法
微元法（4-7 题）.............................................................................................................................4
割补法（8-9 题）.............................................................................................................................7
递推法（10-12 题）.........................................................................................................................8
等效法（13-16 题）.......................................................................................................................14
平均值法（17-19 题）...................................................................................................................16
1.
（全国）如图，虚线右方是匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小
为B，abcdef 为纸面内一刚性金属框，其电阻为R，面积为S，框的ab 边长为L，开始时框的
cd 边与磁场边界重合。现使金属框以速率v 匀速向右运动，经过时间t，整个框全部进入磁场；
在这段时间t 内，通过构成金属框的任一导线横截面的电量为（ ）
A．BSvt
RL
B．BSL
Rvt
C．BS
R
D．BLvt
R
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律得：
E = ΔΦ
Δt = BS
t
根据欧姆定律得：
I = E
R = BS
Rt
通过构成金属框的任一导线横截面的电量为：
q= It= BS
R
故选：C。
2.
（北京）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，
其质量逐渐增大．现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始质量为
1
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m0，初速度为v0，下降距离l 后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m 此后每经过同样的距
离l 后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次变为m2、m3…mn…（设各质量为已知
量）．不计空气阻力．
（1）若不计重力，求第n 次碰撞后雨滴的速度vn；
（2）若考虑重力的影响，a．求第1 次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1′；b．求第n 次碰撞后雨滴
的动能1
2 mnv 'n
2．
【解答】解：（1）不计重力，全过程动量守恒，m0v0＝mnvn
得：vn= m0
mn
v0
（2）考虑重力的影响，雨滴下落过程中做加速度为g 的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒，
a、第一次碰撞前 v1
2= v0
2+2 gL，v1=√v0
2+2 gL
第一次碰撞后 m0v1＝m1v1′
v1' = m0
m1
v1= m0
m1 √v0
2+2gL⋯①
b、第2 次碰撞前 v2
2= v '1
2+2 gL
利用①式化简得：v2
2=( m0
m1
)
2
v0
2+( m0
2+m1
2
m1
2
)⋅2gL⋯②
第2 次碰撞后，利用②式得：v '2
2=( m1
m2
)
2
v2
2=( m0
m2
)
2
v0
2+( m0
2+m1
2
m2
2
)⋅2gL
同理第三次碰撞后：v '3
2=( m0
m3
)
2
v0
2+( m0
2+m1
2+m2
2
m3
2
)⋅2gL
以此类推…第n 次碰撞后：
vn'
2=( m0
mn
)
2v0
2+(
∑
i=0
i=n-1
mi
2
mn
2
)
•2gL
动能为：1
2 mnvn
'
2=
1
2mn
（m0
2 v0
2+2gL ∑
i=0
i=n-1
mi
2）
2
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3.
（北京）（1）如图1 所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC 段水平，
AB 段与BC 段平滑连接。质量为m1的小球从高为h 处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道
BC 段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程
中无机械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2；
（2）碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们采用多
球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的简化力学模型。如图2 所示，在固
定光滑水平轨道上，质量分别为m1、m2、m3…mn
1
﹣、mn…的若干个球沿直线静止相间排列，给
第1 个球初动能Ek1，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n 个球经过一次碰撞后获得的动能
Ek与Ek1之比为第1 个球对第n 个球的动能传递系数k1n。
a．求k1n；
b．若m1＝4m0，m3＝m0，m0为确定的已知量。求m2为何值时，k13值最大
【解答】解：（1）设碰撞前的速度为V 10
2 ，根据机械能守恒定律 m1gh= 1
2 m1v10
2 ①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律 m1v10＝m1v1+m2v2 ②
由于碰撞过程中无机械能损失 1
2 m1v10
2 = 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2 ③
②、③式联立解得v2= 2m1v10
m1+m2
④
将①代入得④v2= 2m1√2 gh
m1+m2
。
（2）a．由④式，考虑到 EK1= 1
2
m1V10
2
EK2= 1
2
m2V2
2 得
根据动能传递系数的定义，对于1、2 两球 k12= Ek 2
Ek 1
= 4 m1m2
(m1+m2)
2
⑤
同理可得，球
m2
和球
m3
碰撞后，动能传递系数
k13
应为
3
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k13= Ek 3
Ek 1
= Ek 2
Ek 1
⋅Ek 3
Ek 2
= 4 m1m2
(m1+m2)
2 ⋅4 m2m3
(m2+m3)
2
⑥
依此类推，可以归纳得出，动能传递系数k1n 应为 k1n= Ekn
Ek 1
= Ek 2
Ek 1
• Ek 3
Ek 2
⋯
Ekn
Ek(n-1)
= 4 m1m2
(m1+m2)
2
•
4 m2m3
(m2+m3)
2 ⋯4 m(n-1)mn
(m(n-1)+mn)
2
，
即 k1n=
4
n-1m1m2
2m3
2⋯mn-1
2
mn
(m1+m2)
2(m2+m3)
2⋯(mn-1+mn)
2
。
b．将m1＝4m0，m3＝mo代入⑥式可得 k13＝64m0
2[
m2
(4 m0+m2)(m0+m2)
]2
为使k13最大，只需使
m2
(4 m0+m2)(m2+m0)
最大，即m2+ 4 m0
2
m2
取最小值
由m2+ 4 m0
2
m2
=(√m2- 2m0
√m2
)
2+ 4 m0可知，当√m2= 2m0
√m2
，即m2＝2m0时，k13最大。
微元法（4-7 题）
4.
（多选）（2023 秋•宁波期中）如图所示，为我国某地的一风力发电机，其叶片的半
径为R，若风速恰好与叶片转动所在圆面垂直，风力发电机将风能转化为电能的效率为η。已
知空气密度为ρ，风速为v 时发电机的发电功率为P。下列说法正确的是（ ）
4
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A．风速为2v 时发电机的发电功率为4P
B．若每天平均有1.0×108kW 的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW•h
C．风速为v 时单位时间内冲击发电机叶片圆面的气流的动能为1
2 π R
2 ρ v
3
D．风速为2v 时单位时间内冲击发电机叶片圆面的气流的动能为8 P
η
【解答】解：AC.单位时间内吹到发电机叶片上流动空气的质量为 m＝ρπR2v，风力发电机叶片
圆面上气体的动能为
Ek = 1
2 m v
2= 1
2 ρπ R
2v
3，所以发电机的功率P = 1
2 ηρπ R
2v
3，即发电功率和风速v 的三次方成
正比，所以风速为2v 时，发电机的功率为8P，故A 错误，C 正确；
B.当发电效率为100%时每年发电量为1.8×108×24kW•h＝2.4×109kW•h，而发电机的效率不可能
为100%，故B 错误；
D.风速为2v 时发电机的功率为8P，则ηEk＝8P 解得Ek = 8 P
η
，故D 正确；
故选：CD。
5.
（2020•梅河口市校级模拟）如图所示，均匀带正电圆环带电荷量为Q，半径为R，圆
心为O，A、B、C 为垂直于圆环平面的中心轴上的三个点，且BC＝2AO＝2OB＝2R，当在C
处放置一点电荷时（不影响圆环的电荷分布情况，整个装置位于真空中），B 点的电场强度恰
好为零，则由此可得A 点的电场强度大小为（ ）
A．√2kQ
4 R
2
B．5√2kQ
16 R
2
C．3√2kQ
16 R
2
D．√2kQ
2 R
2
5
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【解答】解：将圆环等分为n 个小段，当n 相当大时，每一小段都可以看作点电荷，其所带电荷
量为：q= Q
n
每一点电荷在B 处的场强为：E1＝k
q
R
2+ R
2 = kQ
2n R
2
由对称性可知，各小段带电环在B 处的场强E 的垂直于轴向的分量相互抵消，而E1的轴向分量
之和即为带电环在B 处的场强为：EB＝nE1cos45°= √2kQ
4 R
2
C 点处放置一点电荷时，B 点的电场强度恰好为零，说明C 处点电荷和圆环上的电荷在B 处产生
的场强大小相等，方向相反，设C 处电荷的带电量为q。
则有：k
q
(2 R)
2 =EB，解得：q=√2Q，C 处电荷带正电
根据对称性知，圆环在A 处的场强大小为：EA1＝EB= √2kQ
4 R
2 ，方向向左。C 处电荷在A 处产生
的场强为：EA2＝k
q
(4 R)
2 = √2kQ
16 R
2
，方向向左
所以A 点的电场强度大小为：EA＝EA1+EA2= 5√2kQ
16 R
2
故选：B。
6.
（2022 春•七里河区校级期中）如图所示，一质量为m＝2.0kg 的物体从半径为R＝
5.0m 的圆弧轨道的A 端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B 端（圆弧AB 在竖直平面内）。
拉力F 大小不变始终为15N，方向始终与物体在该点的切线成37°角。圆弧所对应的圆心角为
45°，BO 边为竖直方向。求这一过程中：（cos37°取0.8，g 取10m/s2）
（1）拉力F 和重力G 做的功各是多少？
（2）圆弧面对物体的支持力FN和对物体的摩擦力Ff做的功各是多少？
6
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【解答】解：（1）由于拉力F 是大小不变，方向时刻改变（方向始终与物体在该点的切线成
37°角），是一个变力。我们可以用“分割求和”的思想方法得出：
拉力F 做功 WF＝Fcos 37°•π
4
R＝15×0.8× π
4 ×5J＝15π J≈47.1 J。
重力做功 WG＝﹣mgR（1
cos 45°
﹣
）＝﹣2×10×5×（1- √2
2
）J≈
29.3 J
﹣
。
（2）圆弧面对物体的支持力做功 WN＝0。
因为物体在拉力F 作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理可知：WF+WG+Wf＝0。
所以摩擦力Ff做功 Wf＝﹣WF
W
﹣
G＝（﹣47.1+29.3）J＝﹣17.8 J。
7.
（2019 秋•九龙坡区校级期中）如图所示，一个均匀的带电圆环，带电量为+Q，半径
为R，放在绝缘水平桌面上。圆心为O 点，过O 点做一竖直线，在此线上取一点A，使A 到O
点的距离为R，在A 点放一检验电荷+q，则+q 在A 点所受的电场力为（ ）
A．k Qq
R
2 ，方向向上
B．√2kQq
4 R
2
，方向向上
C．KQq
4 R
2 ，方向水平向左
D．不能确定
【解答】解：将均匀的带电圆环分成长度为Δx 的微元，每个微元带电量为q' = Q
2πR Δx。
每个微元在A 点对+q 的电场力沿AO 方向的分力为k q' q
2 R
2 cos 45
0，根据对称性可知垂直AO 方
向的分力抵消。
整个均匀带电圆环在A 点对+q 的电场力为k q' q
2 R
2 cos 45
0•2πR
Δx = √2kqQ
4 R
2
，方向沿OA 方向向上，
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
7
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割补法（8-9 题）
8.
（2023 秋•香坊区校级期中）已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球
心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R 的球体均匀分布着电荷量为
Q 的电荷，AB 为球的一条直径，A 点恰好位于球的外部。现以OB 为直径在球内挖一球形空
腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V= 4 π r
3
3
，则A 点处场强的大小为（ ）
A．7 kQ
18 R
2
B．17 kQ
18 R
2
C．7 kQ
36 R
2
D．35kQ
36 R
2
【解答】解：半径为R 的均匀带电体在A 点产生场强为：E 整＝k Q
R
2
割出的小球半径为R
2
，因为电荷均匀分布，其带电荷量为：Q′=
Q
4
3 π R
3 ⋅4
3 π( R
2 )
3= 1
8Q
则割出的小球在未割前在A 点产生的场强为：E 割＝k
Q'
( R+ R
2 )
2 =k Q
18 R
2
所以挖走一球形空腔后剩余部分电荷在A 点产生的场强为：
E 剩＝E 整﹣E 割＝k Q
R
2 -k Q
18 R
2 = 17 kQ
18 R
2 ，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
9.
（多选）（2022•天心区校级模拟）如图所示，半径为2r 的均匀带电球体电荷量为
Q，过球心O 的x 轴上有一点P，已知P 到O 点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r 的两个
小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k，则下列分析中正确的是（ ）
8
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A．挖去两小球前，两个小球在P 点产生的电场强度相同
B．挖去两小球前，整个大球在P 点产生的电场强度大小为k Q
9r
2
C．挖去两小球后，P 点电场强度方向与挖去前相同
D．挖去两小球后，剩余部分在P 点产生的电场强度大小为400-27√10
3600
k Q
r
2
【解答】解：A．两小球分别在x 轴上下两侧，电性相同，它们在P 点产生的场强分别斜向上和
斜向下，与x 轴夹角相等，方向不同，故A 错误；
B．大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心O 点在
外部产生的电场，由库仑定律F= kQ
9r
2，故B 正确；
C．大球在P 点产生的电场沿x 轴方向，两小球在P 点的合场强也沿x 轴方向，且小于大球在P
点的场强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P 点场强方向不变，故C 正确；
D．设两小球的球心到P 点的距离为l，有几何关系l=√r
2+(3r )
2=√10r
球体积公式为V= 4
3
πR3
小球半径是大球半径的一半，故小球体积是大球体积的八分之一，故小球所带电荷量为q= Q
8
两小球在P 点场强均为E＝k
Q
8
(√10r )
2 = 1
80
kQ
r
2
合场强为E1= 3×2
√10 k
Q
80r
2 = 3√10
400 k Q
r
2
剩余部分在P 点的场强为E2＝k Q
9r
2 - 3√10
400 k Q
r
2 = 400-27√10
3600
k Q
r
2，故D 正确。
故选：BCD。
9
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递推法（10-12 题）
10. （2018 春•道里区校级期末）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水
珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列作用时间极
短的碰撞。已知雨滴的初始质量为m0，初速度为v0，下降距离L 后与静止的小水珠碰撞且合
并，质量变为m 此后每经过同样的距离L 后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次
变为m2、m3……mn……（设各质量为已知量）。已知重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）若不计重力，求第1 次碰撞后雨滴的速度v1；
（2）若不计重力，求第n 次碰撞后雨滴的速度vn′；
（3）若考虑重力的影响，求第3 次碰撞后雨滴的动能大小。
【解答】解：（1）不计重力，全过程中动量守恒，以向下为正方向，
由动量守恒定律得：m0v0＝m1v1，解得：v1= m0v0
m1
；
（2）不计重力，全过程中动量守恒，以向下为正方向，
由动量守恒定律得：m0v0＝mnvn′，解得：vn′= m0v0
mn
；
（3）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g 的匀加速运动，
碰撞瞬间动量守恒第1 次碰撞前：v1
2- v0
2=2gL，解得：v1=√v0
2+2 gL，
第1 次碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：m0v1＝m1v1′，解得：v1′
= m0√v0
2+2gL
m1
，
第2 次碰撞前：v2
2- v '1
2=2gL，第2 次碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定
律得：m1v2＝m2v2′，
解得：v2′2=( m0
m2
)
2v0
2+2( m0
2+m1
2
m2
2
)gL，
10
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同理，第3 次碰撞后v3′2=( m0
m3
)
2v0
2+2( m0
2+m1
2+m2
2
m3
2
)gL，
第三次碰撞后的动能：EK= 1
2
m3v3′2= 1
2
m3( m0
m3
)
2 v0
2+m3( m0
2+m1
2+m2
2
m3
2
)gL；
11. （2022•济宁三模）某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。左侧有一固定的
四分之一圆弧轨道，其末端B 水平，半径为3L；在轨道末端等高处有一质量为m 的“
”形
小盒（可视为质点），小盒与大小可忽略、质量为3m 的物块通过光滑定滑轮用轻绳相连，左
侧滑轮与小盒之间的绳长为2L；物块压在质量为m 的木板左端，木板上表面光滑，下表面与
水平桌面间动摩擦因数μ＝0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板右端到桌子右边缘固定
挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m 且粗细均匀的细杆通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻
绳与木板相连，木板与定滑轮间轻绳水平，细杆下端到地面的距离也为L；质量为0.25m 的圆
环（可视为质点）套在细杆上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为
0.5mg。开始时所有装置均静止，现将一质量为m 的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A 处
由静止释放，小球进入小盒时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），此时物块对木板的压力
刚好为零。木板与挡板相撞、细杆与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。
不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球与小盒相撞后瞬间，小盒的速度；
（2）小球在四分之一圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；
（3）木板与挡板碰后，向左返回的最大位移；
（4）细杆的长度。
【解答】解：（1）设小球与小盒相撞后瞬间，小盒的速度大小为v，此时与小盒相连的绳子上
的拉力大小为T。由题意此时物块对木板的压力刚好为零，可知：T＝3mg
11
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小球与小盒相撞后的瞬间是两者组成的整体开始做圆周运动的初始时刻，由牛顿第二定律得：
T
2mg
﹣
＝2m v
2
2 L
联立解得：v=√gL，方向水平向右；
（2）设小球到达B 处时的速度大小为v0，在四分之一圆弧轨道上克服摩擦力所做的功为W。
小球与小盒相撞过程，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+m）v
对小球从A 处到B 处的过程，由动能定理得：mg•3L
W
﹣
= 1
2 mv0
2
联立解得：W＝mgL；
（3）由题意小球进入小盒时刚好能被卡住，此时物块对木板的压力刚好为零。则此时桌面对木
板的最大静摩擦力为：f＝μmg＝0.5mg，因细杆与圆环的总重力为（m+0.25m）g＞f，故木板将
向右做匀加速运动。
在木板与挡板相撞前，假设细杆与圆环保持相对静止，对木板、细杆与圆环组成的整体为研究
对象，设其加速度为a，由牛顿第二定律得：（m+0.25m）g
μmg
﹣
＝（m+m+0.25m）a
解得：a= 1
3
g
设此过程圆环与细杆之间的静摩擦力为f′，对圆环由牛顿第二定律得：0.25mg
f′
﹣＝0.25ma
解得：f′= 1
6
mg
因f′＜0.5mg，即圆环与细杆F 间的静摩擦力小于最大静摩擦力，故假设成立。
设木板与挡板第一次碰撞时的速度大小为v1，则有：v1
2=2aL
木板与挡板第一次碰撞之后，圆环相对细杆向下滑动，木板向左，细杆向上做匀加速直线运动，
设两者加速度大小均为a1，对木板与细杆组成的整体由牛顿第二定律得：
0.5mg+mg+μmg＝（m+m）a1
解得：a1＝g
木板与挡板第一次碰撞之后向左减速到零的位移就是木板向左返回的最大位移，设为x1，则有：
v1
2=2a1x1
与v1
2=2aL 对比可得：x1= a
a1
L= 1
3L；
（4）木板与挡板第一次碰撞之后，圆环向下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a2，对圆环
由牛顿第二定律得：0.5mg
0.25mg
﹣
＝0.25ma2
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解得：a2＝g
因a1＝a2，则木板、细杆与圆环同时减速到零，且圆环与细杆的位移大小相等均等于x1，但方向
相反，则圆环与细杆的相对位移大小为：Δx1＝2x1
木板第一次向左减速到零之后，再向右匀加速直线运动与挡板第二次碰撞之后，再向左匀减速
直线运动到速度为零，此过程中各阶段木板、细杆与圆环的加速度均与之前相同。
同理可得：木板与挡板第二次碰撞之后向左减速的最大位移为：x2= 1
3
x1＝（1
3
）2L
对应此过程的圆环与细杆的相对位移大小为：Δx2＝2x2
木板与挡板第n 次碰撞之后向左减速的最大位移为：xn＝（1
3
）nL
对应的圆环与细杆的相对位移大小为：Δxn＝2xn
设细杆的长度为s，则有：
s＝Δx1+Δx2+Δx3+……+Δxn＝2[1
3
L+（1
3
）2L+（1
3
）3L+……+（1
3
）nL]＝2•
1
3 [1-( 1
3 )
n]
1- 1
3
•L
当n＝∞时，解得：s＝L。
12. （2022•浙江模拟）如图为一游戏装置的示意图，倾角α＝53°的轨道AB 与半径R＝
0.50m 半圆轨道相切。水平放置的传送带以v 带＝2m/s 的恒定速度顺时针转动，传送带两端EF
长L2＝3m，传送带右端与一光滑水平面平滑对接，水平面上依次摆放N 个完全相同的物块，
物块的质量M＝0.3kg、且数量N 足够的多。游戏开始时，让质量为m＝0.1kg 的物块m 从轨道
AB 上由静止滑下，到达轨道最低点C 时对轨道的压力为6.8N。物块m 与轨道AB 间的动摩擦
因数μ1＝0.5、与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.1。轨道其余部分均光滑。碰撞均为对心弹性碰
撞，物块均可视为质点，整个装置处于同一竖直平面内。（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）
（1）求物块m 到达C 点时的速度大小vC和从轨道AB 释放的高度H；
（2）若物块m 恰好从传送带左端E 点沿水平方向落入传送带，求CE 两点的水平距离L1；
（3）求物块m 在传送带上运动的总时间t 总。
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【解答】解：（1）物块m 到达轨道最低点C 时对轨道的压力为6.8N，由牛顿第三定律可知在C
点轨道对物块m 的支持力FN＝6.8N。由牛顿第二定律可得：FN
mg
﹣
＝mvC
2
R
代入数据解得：vC=√29m/s
物块m 由A 到C 的过程，由动能定理可得：mg（H+R+Rcosα）﹣μ1mg•cosα• H
sinα = 1
2 m vC
2 -0
代入数据解得：H＝1.04m；
（2）物块m 由C 到D 的过程，由动能定理可得：﹣mg（R
Rcosα
﹣
）= 1
2 m v D
2 - 1
2 m vC
2
代入数据解得：vD＝5m/s
物块m 由D 到E 的过程，做斜抛运动，将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向匀减速
直线运动，则有：
在D 点将速度分解为水平方向的速度：vDx＝vDcosα＝5×0.6m/s＝3m/s
和竖直方向的速度：vDy＝vDsinα＝5×0.8m/s＝4m/s
D 到E 的运动时间：tDE= v Dy
g = 4
10
s＝0.4s
D 到E 的水平位移：xDE＝vDxtDE＝3×0.4m＝1.2m
则：L1＝Rsinα+xDE＝0.5×0.8m+1.2m＝1.6m；
（3）物块m 达到E 点的速度为：vE＝vDx＝3m/s
因vE＞v 带＝2m/s，故物块m 先做匀减速直线运动，假设其能与传送带共速，且位移为x1，由动
能定理可得：﹣μ2mgx1= 1
2 m v带
2 - 1
2 m v E
2
代入数据解得：x1＝2.5m
因x1＜L2＝3m，故假设成立，可知物块m 在传送带先做匀减速直线运动再做匀速直线运动，
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匀减速过程所用时间：t 减=
x1
v E+ v带
2
代入数据解得：t 减＝1s
匀速过程所用时间：t 匀= L2- x1
v带
代入数据解得：t 匀＝0.25s
第一次到达F 点的速度：v0＝v 带＝2m/s
在水平面上依次摆放N 个完全相同的物块M，因它们质量相等且碰撞均为弹性碰撞，故任意相
邻的两物块碰撞时均发生速度交换，所以物块m 每次从传送带返回与第一个物块M 碰撞前，第
一个物块M 的速度总为零，设物块m 第n 次与第一个物块M 碰撞前速度为vn
1
﹣，碰后的速度为
vn，以向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mvn
1
﹣＝mvn+Mv′
1
2 mvn-1
2
= 1
2 mvn
2+ 1
2 M v '
2
联立解得：vn= m- M
m+m
vn
1
﹣= 0.1-0.3
0.1+0.3
vn
1
﹣=- 1
2
vn
1
﹣
即物块m 每次与第一个物块M 碰撞后速度大小变为原来的一半且反向。
第一次碰撞后，物块m 的速度大小为：v1= 1
2
v0= 1
2 ×2m/s＝1m/s
物块m 第一次反向滑上传送带，假设其能在传送带上减速到零，且位移为x2，由动能定理可得：
μ
﹣2mgx2＝0- 1
2 mv1
2
代入数据解得：x2＝0.5m
因x2＜L2，故假设成立，可知物块m 在传送带先向左做匀减速直线运动再向右做匀加速直线运
动回到水平面，两运动过程具有对称性，时间相等，则在传送带运动时间为：
t1=2⋅v1
μ2 g =2×
1
0.1×10
s＝2s
同理可得：tn
1
﹣=2⋅|vn-1|
μ2 g
，tn=2⋅|vn|
μ2 g
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tn
tn-1
=|vn|
|vn-1| = 1
2
第一次碰撞后物块m 在传送带上运动的总时间为：
t＝t1+ 1
2t1+（1
2）2t1+……+（1
2）n
1
﹣t1=
2×[1-( 1
2 )
n
]
1- 1
2
s
当n→∞时，t＝4s
物块m 在传送带上运动的总时间t 总＝t 减+t 减+t＝1s+0.25s+4s＝5.25s。
等效法（13-16 题）
13. （2021 秋•上期末）如图所示，用两不可伸长的轻绳悬挂一个小球，两绳长度均为
L、两绳之间的夹角α 已知，小球的半径为r，当小球垂直于纸面做简谐运动时，其周期为（
）
A．2π
√
L
g
B．2π
√
Lcos α
2
g
C．2π
√
L+r
g
D．2π
√
Lcos α
2 +r
g
【解答】解：依题意，此时单摆的等效摆长为l = Lcos α
2 +r
周期为
T =2π√
Lcos α
2 +r
g
故ABC 错误；D 正确。
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故选：D。
14. （2021 秋•殷都区校级期中）如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E 为电源电
动势，r 为电源内阻，以下说法中正确的是（ ）
A．当R2＝r 时，R2上获得最大功率
B．当R2＝R1+r 时，R1上获得最大功率
C．当R2＝0 时，R1上获得最大功率
D．当R2＝0 时，电源的输出功率最大
【解答】解：A、根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，当把R1
和电源看作一个整体时，即把电源的内阻看作R1+r，当R2＝R1+r 时，电源的输出功率最大，即
R2上获得最大功率，故A 错误；
BC、电阻R1为定值电阻，则根据P＝I2R1可知当流过R1的电流最大时，R1消耗的电功率最大，
即当R2＝0 时，R1上获得最大功率，故B 错误，C 正确；
D、结合A 的分析可知，当R2+R1＝r 时，电源的输出功率最大，由于不知道三个电阻的关系，
所以不能判断出R2＝0 时，电源的输出功率是否最大。故D 错误；
故选：C。
15. （2020 春•九台区校级期中）如图所示，三根细线于O 点处打结，A、B 两端固定在
同一水平面上相距为L 的两点上，使AOB 成直角三角形，∠BAO＝30°．已知OC 线长是L，
下端C 点系着一个小球（忽略小球半径），下面说法正确的是（ ）
A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π√
L
g
B．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝2π√
3 L
2g
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C．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π√
3 L
2g
D．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝2π√
L
g
【解答】解：A、C、当小球在纸面内做小角度振动时，圆心是O 点，摆长为L，故周期为T
=2π√
L
g
，故A 正确，C 错误；
B、D、当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在O 点正上方，摆长为l′＝（1
+ √3
4
）L，故周期为T＝2π
√
(1+ √3
4 )L
g
，故BD 错误；
故选：A。
16. （2022 春•南关区校级期中）如图所示，光滑槽半径远大于小球运动的弧长，今有两
个小球同时由图示位置从静止释放，则它们第一次相遇的地点是（ ）
A．O 点
B．O 点左侧
C．O 点右侧
D．无法确定
【解答】解：两个小球同时由图示位置从静止释放后，由于光滑槽半径远大于小球运动的弧长，
它们都做简谐运动，等效摆长都是槽的半径R，则它们的周期相同，都为T＝2π√
R
g
，到达槽底
部的时间都是t= T
4
，则两球在O 点相遇。
故选：A。
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平均值法（17-19 题）
17. （2023 春•百色期末）2023 年初防城港市海上风电示范项目全面启动，力争2023 年
底首台机组并网发电。某一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为R 的圆面，某时间内该
地区的风速是v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气密度为ρ，假如这个风力发电机
能将此圆内10%的空气动能转化为电能。关于该风力发电机，下列说法正确的是（ ）
A．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为πR2ν
B．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流动能为ρπ R
2ν
2
2
C．该风力发电机发电的功率为ρπ R
2ν
2
20
D．单位时间内发电机产生的电能为ρπ R
2ν
3
10
【解答】解：A.Δt 时间内冲击叶片圆面的气流体积为：ΔV＝S×vΔt＝πR2×vΔt
故单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流体积为：ΔV
Δt = π R
2v，故A 正确；
B.Δt
时
间
内
冲
击
叶
片
圆
面
的
气
流
的
动
能
为
：
Δ Ek = 1
2 m v
2= 1
2 ρΔv ×v
2= 1
2 ρS×vΔt ×v
2= 1
2 πρ R
2v
3 Δt
故单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为：
Δ Ek
Δt = 1
2 πρ R
2v
3，故B 错误；
C.该风力发电机的发电功率为：
P =η Δ Ek
Δt = 1
20 πρ R
2v
3，故C 错误；
D.单位时间发电机产生的电能为1
20 πρ R
3v
2，故D 错误。
19
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故选：A。
18. （2022 春•罗定市期中）如图甲所示，一定值电阻R 与一理想交流电流表串联，且通
过电流与匝数为N、面积为S、阻值为r 的正方形线框相连接，正方形线框处在水平向右的磁
感应强度大小为B 的匀强磁场中，现使线框绕中心轴线OO′以恒定的角速度ω 转动。从某时刻
开始计时，线框中产生的感应电动势随时间的变化规律如图乙所示。则（ ）
A．0～t1时间内，穿过线框的磁通量的变化量大小为NBS
B．t1～t2时间内流过定值电阻的电荷量为NBS
R
C．t5时刻穿过线框的磁通量的变化率为NBSω
D．t5时刻理想交流电流表的读数为
NBSω
√2( R+r )
【解答】解：A：由题图甲、乙可知，0 时刻穿过线框的磁通量大小为BS，t1时刻穿过线框的磁
通量大小为0，因此0～t1时间内穿过线框的磁通量的变化量大小为BS．故A 错误。
B：t1～t2 时间内磁通量的变化量大小为BS，则平均电动势E = N BS
Δt
，通过电阻R 的电荷量
q =
E
R+r ⋅Δt =
NBS
( R+r ) Δt ⋅Δt = NBS
R+r
．故B 错误。
C：t5时刻线框中产生的感应电动势Em＝NBSω，由法拉第电磁感应定律E = N ΔΦ
Δt
可知：t5时刻
穿过线框的磁通量的变化率ΔΦ
Δt = BSω．故C 错误。
D：理想交流电流表的读数为交流电的有效值，则
I =
Em
√2
R+r =
NBSω
√2( R+r )
；任一时刻理想交流电
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流表的读数均为
NBSω
√2( R+r )．故D 正确。
故选：D。
19. （2022•广东模拟）如图所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m 的柔软匀质物体
以初速度v0向右送上水平台面，物体前端在台面上滑动S 距离停下来．已知滑道上的摩擦不
计，物体与台面间的动摩擦因数为μ 而且S＞L，则物体的初速度v0为（ ）
A．√2 μgL
B．√2 μgs- μgL
C．√2 μgs
D．√2 μgs+ μgL
【解答】解：当S≤L，滑动摩擦力的平均值 F = μmg
2
此过程摩擦力做功 W=- FL=- 1
2
μmgL
因为S＞L，此时摩擦力不变，F＝μmg
此过程摩擦力做功为：
W＝﹣μmg（S
L
﹣）
由动能定理得：- 1
2
μmgL
μmg
﹣
（S
L
﹣）＝0- 1
2
mv0
2
解得 v0=√2 μgS - μgL
故选：B。
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