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1、高中部分把每个题目打印成一份考题，每个待考教师抽一题初中题和一题高中题，给30分钟准备，然后上台讲题目，每题时间5到15分钟。要求讲解思路清晰，表达清楚，每题涉及到的知识点需要重点提一下。如果抽到的题目过于简单，可以把相关知识最简单的发散，或者用多种方法来讲题。（部分是作为一个好老师应该讲到的内容）考官根据参考答案（高中部分的参考答案已包含了整个解题思路，详细解题过程，以及解题过程中的重点）和自己的感觉给打分。1. 如图所示，在光滑水平面上有一质量为M，长为L的长木板，另一小物块质量为m，它与长木板间的动摩擦因数为，开始时，木板与小物块均靠在与水平面垂直的固定挡板处，以共同的速度v0向右运动，
2、当长板与右边固定竖直挡板碰撞后，速度反向，大小不变，且左右挡板之间距离足够长。(1)试求物块不从长木板上落下的条件。(2)若上述条件满足，且M=2kg，m=1kg,v0=10m/s。试计算整个系统在第五次碰撞前损失的所有机械能。1. 解答：(1)设第一次碰撞后速度为，第n次碰撞后速度为，每次碰撞后，由于两挡板距离足够长，物块与长木板都能达到相对静止，第一次若不能掉下，往后每次滑动距离越来越短，更不可能掉下。由动量守恒定律和能量守恒定律知(M-m)=(M+m) mgL= (m+M)-(M+m) 由解得当木板长大于L即可，即L(2)第二次碰撞前，有(M-m)=(M+m)第三次碰撞前，(M-m)=(
3、M+m)第n次碰撞前 (M-m)=(M+m) =第五次碰撞前故第五次碰撞前损失的总机械能为代入数据J“左右挡板之间距离足够长。”说明什么？物块的动能变化全由物块与长木板间摩擦力做功所致。第一次若不能掉下，往后每次滑动距离越来越短，更不可能掉下。因此（1）问即为求第一次碰撞后物块不从长木板落下的条件。 动量守恒定律的适用条件。 “长板与右边固定竖直挡板碰撞后，速度反向，大小不变。”说明什么？弹性碰撞。2. 一轻杆AB，A端铰于墙上，B端用细线挂于墙上的C点，并在B端挂一重物，细线较长使轻杆位置如图甲所示时杆所受的压力大小为N1，细线较短使轻杆位置如图乙所示时杆所受的压力大小为N2(绳与杆，杆与墙
4、之间无摩擦)，则（A）N1 N2（B）N1 =mgtan= 由于和是一对作用力和反作用力，所以大小相等。= =图二：，mg三力平衡。因为系统平衡，可把力分解到竖直和水平两个方向加以分析。cos+cos=+=mg（竖直方向） 一式sina=Fsina（水平方向） = = 二式把二式带入一式得+=mg = =由于和是一对作用力和反作用力，所以大小相等。=所以N1=N2如何比较两个压力讲清楚T和N的方向。讲清楚受力分析为什么要对B点。系统平衡，所以竖直方向合力为零，水平方向合力也为零。简便方法：该题用力的三角形相似来解题会很简单。图1乙，是第一种情况下三力平衡的三角形，绳子的拉力与绳子的方向相同，因
5、此图1中两个三角形相似。图2乙，是第二种情况下三力平衡的三角形，绳子的拉力与绳子的方向相同，支持力方向与杆的方向相同，因此图2中两个三角形相似。可以看出=，因此N1=N2三角形为什么相似？三角形相似之后如何运用不变的量表示出需要求的量。3. 将一个物体分别沿图示的AB、ACB、ADB三个轨道从A滑到B，已知物体与三条轨道间的摩擦系数相同，轨道弯折处呈圆弧形，物体下滑时不会与轨道碰撞，则物体下滑到B点时的速度大小是（A）沿AB轨道最大（B）沿ACB轨道最大（C）沿ADB轨道最大 E（D）沿三条轨道相同。3. 解答：“折处呈圆弧形，物体下滑时不会与轨道碰撞”，所以下滑过程中除了克服摩擦力外，物体没
6、有机械能损失，因此运用能量守恒能很轻松求出物体下滑过程中动能的增量等于重力势能的减小量hG减掉克服摩擦力做的功fS，动能越大速度越大，动能越小，速度越小。所以这题比较速度大小可以转换成比较动能大小。=hGfShG不变，所以只需要比较各种情况下fS的大小，fS越大，到达B点的动能越小。速度也越小。先计算从AB这条轨道向下滑动的情况。设ABE=摩擦力f=N，N和是一对作用力何方作用力。因为物体在与AB垂直方向上午运动，因此和重力在该方向上的分力一对平衡力，大小相等。因此N=mgcos，那么fS=fAB=mgcosAB=mgBE我们发现，下滑过程中不管轨道与水平面夹角是多少，克服摩擦力f做的功只与轨
7、道在水平面上的投影有关为mgBE，与角度无关。于是我们看到，轨道ACD在水平面上投影是BE，轨道ADB在水平面上投影也是BE，和轨道AB情况相同。既然三种情况下克服摩擦力做功相同，那么三种情况最后在速度相同。这题重点要讲清楚“轨道弯折处呈圆弧形”这句话有什么作用。讲清楚为什么运用能量守恒。讲清楚怎么求动能。讲清楚重力做功和克服摩擦力做功分别是多少。4. 如图所示，坐标空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为，电荷量为的带电粒子从电场中坐标位置（，0）处，以初速度，沿轴正方向开始运动，且已知。试求：使带电粒子能穿越磁场区域
8、而不再返回电场中，磁场的宽度应满足的条件4. 解答：带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子进入磁场时粒子的速度大小为，速度方向与轴的夹角为 粒子在磁场中做圆周运动（如图示） 要使粒子穿越磁场区域，磁场的宽度条件为： 即 带电粒子在电场中做类平抛运动，联系平抛运动的特点。在磁场中做匀速圆周运动。带电粒子与带电小球的区别？带电粒子质荷比较小，可以忽略重力。带电小球质荷比较大，不能忽略重力。5. 如图所示,电容器固定在一个绝缘底座上,绝缘底座放在光滑水平面上,平行板电容器极板间距离为d,右极板有一个小孔,通过孔有一绝缘杆,左端固定在左极板上,电容器极板连同底座、绝缘杆的总质量为M.给电容器充电后,有一
9、质量为m的带正电环恰好套在杆上以某一初速度v0对准小孔向左运动,设带电环不影响电容器板间电场的分布,带电环进入电容器后距左极板的最小距离为d/2.试求带电环与左极板相距最近时的速度v，并求出此过程中电容器移动的距离.5. 解答：电容器、绝缘底座、带电环三者构成的系统水平方向不受外力，动量守恒，在相距最近时,速度相等. 所以mv0=(m+M0)v 即v= 又因为电容器、绝缘底座、带电环受到恒力作用，都做水平方向的匀变速运动所以： 即t= 所以电容器移动的距离s= 系统动量守恒。解释清为什么相距最近时，速度相等。系统在水平方向做匀变速运动。6. 如图所示，把三条质量均为M、长度均为L的均匀薄铁皮一
10、端搁在碗口上三等分的点，另一端搁在其它铁皮的中点，保持平衡，此时，碗口对每条铁片的弹力大小为_，两铁皮间的相互作用的弹力大小为_。6. 解答：三条铁皮相对静止，合为一体搭在碗边上，所以可以把三个铁皮看成是一个系统，那么他们受到碗口对每条铁皮的一个外力，该系统总受共四个外力，三个支持力，一个重力，由于铁皮质量均匀，摆放位置对称，所以三个弹力相等，总大小等于重力。（如果不相等，力矩就不平衡，系统不可能静止）第一空： = 研究铁皮相互间的作用，三条铁皮情况都相同，自身受到重力，一边末端受到碗边的支持力，中间受到其他铁皮的压力，另一边末端压着下一根铁皮的中间。于是我们取其中一条铁皮做研究对象。对其中一
11、条铁皮做受力分析：N为上一条铁皮对该铁皮的压力，该铁皮对上一条铁皮的支持力大小就等于N，三条铁皮情况相同，所以该铁皮受到下一条铁皮的支持力也就和N相等。 （竖直方向受力平衡） （对重心力矩平衡）整理得到N=Mg第二空：Mg第一问：为什么要使用整体法？（如果使用了整体法）第二问：静力学刚体平衡问题，力和力矩都要平衡。7. 如图所示，电路由无限多个正六边形组成，每个正六边行的每条边的电阻为1；求相邻两顶点A、B间的等效电阻。7. 解答：解题思路：假设电流从A流入从B流出，则电流流经可看做两个过程先从A流入至无穷远后，在从无穷远流至B流出假设在A点流入电流 I，无穷远处电势为0。由对称性知从A直接到
12、B（从A到B之间电阻为1 的那小段）电流为 （1/3）I。再假设无穷远处流入电流 I，从B点流出，则同样由对称性知从A直接到B（从A到B之间电阻为1 的那小段）电流为 （1/3）I。把两次假设叠加，则相当于，在A点流入电流 I ，在B点流出电流I，从A直接到B的电流为（2/3）I。所以从A点到B点的电压降为（2/3）I1，故从A到B的电阻为（2/3）I1/I=2/3。 思路的关键是电流从A到B的过程要流经无穷远。 对于复杂电路的等效阻值，可假设电流的流入与流出。求解满足流入电流等于流出电流条件下，支路电流的大小，来间接求解电阻。 巧妙利用对称性求解支路电流。8. 一个光滑的四分之一圆弧形的滑块放在光滑的水平面上，质量为M.有一个质量为m的小球以水平速度v0沿切线方向飞上圆弧面，如图所示.问：（1）小球能升到多高？（2）小球再次离开圆弧面时，小球和滑块的速
