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　　 　　要求论证的题，是能力要求的较高导次，属于较难的试题。往届高考仅偶尔有
这种题，因此，它代表示未高老走向。这类题属于在等以上程度的考生分析研讨。
由于是新的要求。下面举例说明。
例1．匀强电场的场强E＝2.0×10³v/m,方向水平。电场中的光滑绝缘水平面上有两
　　 个带电质点，它们的质量均为m＝1.0×10^－5kg。质点A带负电,质点B带正电,
　　 电量均为q＝1.0×10^－9C，开始时两质点位于同一等势面上,A的初速度v₁₀＝
　　 1.2m/s，B的初速度v₂₀＝0.4m/s,均沿场强方向。在以后的运动过程中，若用
　　 △s表示任意时刻两质点间沿电场方向的距离，问当△s的数值在什么范围内,
　　 可判断哪个质点在前面(规定初速方向为前)，当△s的数值在什么范围内下可
　　 判断谁前谁后？
分析与解答：依题可知A、B两质点受同样大小的电场力qE,加速度大小恒为a＝qE/m
　　　　　　＝0.20m/s²的运动，只是A作匀减直线运动,而B作匀加速直线运动,由
　　　　　　于A的初速度v₁₀大于B的初速度v₂₀，故在初始阶段A、B间的距离s－s
　　　　　　逐渐增大,但A、B间的速度差v₁－v₂却逐渐减小。过一段时间后，B的
　　　　　　速度就超过了A的速度,A、B间的距离s₁－s₂就开始减小。发生转折的
　　　　　　条件是两者速度相等，即v₁＝v₂，此时A、B间的距离最大,且A在前。
　　　　　　以t₁表示发生转折的时刻，由运动学公式得：
　　　　　　v₁₀－at₁＝v₂₀＋at₁　　　　　　t₁＝2s
　　　　　　A、B间的最大距离：
　　　　　　△s_m＝(v₁₀t₁－at₁²/2)－(v₂₀t₁＋at₁²/2)＝0.8m
　　　　　　这以后，△s逐渐减小，设t₂时刻△s＝0，即：
　　　　　　v₁₀t₂－at₂²/2＝v₂₀t₂＋at₂²/2　t₂＝4s
　　　　　　当t＞t₂时，△s增大，且B在前，并有可能超过0.8m.
综上：当A、B间距离△s小于0.8m时，A可能在前(t＜t₂)，B也可能在前(t₂＜t＜t₃
　　　，可由v₂₀＋at₃²/2－(v₂₀－at₃²/2)＜0.8得t₃＜(2＋2)s＝4.8)。
　　　当△s大于0.8m时，A一定在后，B一定在前。(利用v－t图可有助于讨论)

例2．如图所示的装置中，A、B和C为三支内径相等竖直放置的玻璃管，A、B上端等
　　 高，管中装有水，A管上端封闭，内有气体，B管上
　　 端开口与大气相通，C管中水的下方有活塞顶住,A、
　　 B、C三管由内径很小的细管连接在一起,开始时，A
　　 管中气柱长度L₁＝3.0m，B管中气柱长度L₂＝2.0m,
　　 C管中水柱长度L₀＝3.0m，整个装置处于平衡状态。
　　 现将活塞缓慢上顶，直到C管中的水全部被顶到上面
　　 管中。求此时A管中气柱的长度L‘。已知大气压强P₀
　　 ＝1.0×10⁵P₀，取g＝10m/s²。
分析与解答：首先应想到C管中的水全部被顶到上面管中，有三种可能；B管中的水
　　　　　　示达管口；B管中水恰达管口；有水从B管中溢出。判断方法常见的有
　　　　　　两种方法：从一般入手讨论或从特殊入手讨论。以A中气体为研究对
　　　　　　象。P₁＝P₀＋ρg(L₁－L₂)＝1.1×10⁵Pa，L₁＝3.0m。
方法一：B、A两管水面高度差度为h’＝(L₁－L₂)＋[L₀-(L₁－L‘)]＝L₀＋L₁’－L₂
　　　　P₁‘＝P₀＋ρg(L₀＋L₁’－L₂)，由玻意耳定律得，P₁L₁＝P₁‘L₁’
　　　　1.1×10⁵×3＝10⁵×[1＋0.1×(1＋L₁‘)]L₁’　　　L₁‘≈2.5m
　　　　这样A管中进水0.5m，B管中应进水2.5m，不合题意，表明应有水从B管口
　　　　溢出。
方法二：设B管中水恰达管口，则L1’应为2.0m。A中气体变为原来的2/3,依玻意耳
　　　　定律，其压强应变为原来的3/2，即应为3P₁/2，按这样假设，现在P₁‘’＝
　　　　P₀＋ρgL₁‘＝1.2×10⁵Pa，小于3P₁/2，表明A中气体不可这么小，应有水
　　　　从B管口溢出。
　　　　已经判断出有水从B管溢出，则P2＝P₀＋ρgL₁’，可得
　　　　[P₀＋ρg(L₁－L₂)]L₁＝(p₀＋ρgL₁‘)L₁’
　　　　解得L₁‘＝2.62m，即有2.62m高的水从B管口溢出。
例3．如图所示，在光滑水平上并排放两个相同的木板A、B，长度都是L＝1.00m，A
　　 的左端入一小金属块C，它的质量与一木板的质量相等。现使C以初速度v₀＝
　　 2.00m/s开始向右滑动,它与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，取g＝10m/s²。求
　　 木板B最后的速度。

　　　　　　　　　　

分析与解答：由于摩擦力的作用，C作匀减速直线运动，A、B作匀加速直线运动,设
　　　　　　C从A进入B时的速度为v，这时A、B的速度为v₁，由动量守恒定律和动
　　　　　　能关系得：
　　　　　　mv₀＝mv＋2mv₁　　　　　　　　　　　2v₁＋v＝2　　 ①
　　　　　　μmgl＝mv₀²/2－mv²/2－2mv₁²/2　　　2v₁²＋v₂＝2　　②
解得：v₁＝1m/s，v＝0(不可能，此组解舍)；v₁＝1/3(m/s)，v＝4/3(m/s)。
　　　v＞v₁，表明C可以从A进入B。
　　　设C、B最后共同运动的速度为v₂，同理得(对C、B)
　　　mv＋mv₁＝2mv₂　　　　　v₂＝5/6(m/s)＝0.83m/s。
　　　至此似乎最后结果已经得出，而且是正确的，但这一讨论并没有涉C相对B板
　　　滑行了多大距离，故应论证得到这一结果，需要C在B上滑行多远。即由功能
　　　关系：μmgx＝mv²/2＋mv₁²/2－2mv₂²/2
　　　得x＝0.25m，x＜l，表明C不会从B的右端滑出去。这一论证是必需的,也是
　　　容易忽略的。
　　　　　本题板长的已知条件所起的作用就是要联系实际讨论,需要论证C最终不
　　　会“停”在A上，也不会从B的右端滑出。
　　　　　综上，代表未来高考中较高能力层次的需要论证的题，考查把握复杂过
　　　程能力，善于从界限入手分析讨论，并注意对结果合理性的分析。当然还有
　　　本文没有涉及到的，如利用数学的极值进行讨论的问题。
　　　　　解决这类问题，要量力而行，论证的能力的提高是日积月累的，不可能
　　　一蹴而就，在临近高考的复习中，仅适用于梳理基础知识总结自己不该错的
　　　原因，绝对不能用过多精力。探讨本讲的内容。

摘自物理在线

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