四、18.IBι
19. x
(0→l) i＝i0
(l→2l) i＝0
(2l→3l)如图，且x＝3l处i≥I0
1
ι
2
20.
，
21.8，24
。
五、22.设物块质量为m，加速度为a，物块受力情况如下图所示，
mgsinθ－f＝ma，
N－mgcosθ＝0，
f＝μN，
解得 a＝gsinθ－μgcosθ，
由 s=at/2
2
。
线从S到
23.设光线在玻璃中的折射角为r，则光线从S到玻璃板上表面的传播距离＝ι／cosθ；光
玻璃板上表面的传播时间＝ι／c cosθ，其中c表示空气中的光速。
光线在玻璃板中的传播距离＝d／cosr；
光线在玻璃板中的传播时间＝nd／c cosr；
据题意有nd／cosr＝ι／cosθ
由折射定律 sinθ＝nsinr，
解得
。
24.设第一次滑块离开时木板速度为v，由系统的动量守恒，有
mv0＝mv0/2＋Mv，
设滑块与木板间摩擦力为f，木板长L，滑行距离s，如右图，由动能定理
对木板 fs＝Mv/2，
对滑块
2
当板固定时 fL＝（Mv0－Mv）/2，
解得
2
2
，
。
25.设整瓶水银放在活塞上后，使气缸内气体增加的压强为h厘米水银柱，
由玻意耳－马略特定律H0L0＝(H0＋h)L， (1)
得 h＝H0(L0－L)/L (2)
h的大小反映了水银质量的大小。
当水银注入后，活塞不再下移时，设活塞上水银的深度为△H厘米，活塞下移的距离为△x厘
米，则由玻意耳－马略特定律
H0L0＝(H0＋△H)(L0－△x)， (3)
解得 △H＝H0△x／(L0－△x) (4)
可能发生两种情况:
1.水银比较少，瓶内水银全部注入后，尚未灌满或刚好灌满活塞上方的气缸，这时
△H＝h， (5)
△H≤△x， (6)
由(2)、(4)、(5)三式，得
△x＝L0－L， (7)
活塞到气缸底的距离
L′＝L0－△x＝L， (8)
由(4)、(6)、(7)三式，得 L≥H0， (9)
即若L≥H0，则L′＝L。
2.瓶内水银比较多，当活塞上方的气缸灌满水银时，瓶内还剩有一定量的水银，这时
△H＝△x， (10)
△H〈h， (11)
由(4)、(10)两式，得△x＝L0－H0， (12)
活塞到气缸底的距离 L′＝L0－△x＝H0， (13)
由(2)、(10)、(11)三式，得L〈H0。 (14)
即若L〈H0，则L′＝H0。
26.根据带电质点做匀速直线运动的条件，得知此带电质点所受的重力、电场力和洛仑兹力的合力
必定为零。由此推知此三个力在同一竖直平面内，如右图所示，质点的速度垂直纸面向外。
解法一:由合力为零的条件，可得
求得带电质点的电量与质量之比
①
②
代入数据得
。 ③
因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反。设磁场方向
与重力方向之间夹角为θ，则有
qEsinθ＝qvBcosθ，
解得 tgθ=vB/E=20×0.15/4.0， θ＝arctg0.75。 ④
即磁场是沿着与重力方向夹角θ＝arctg0.75，且斜向下方的一切方向。
解法二:因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁砀方向也与电场力方向相反。设
磁场方向与重力方向间夹角为θ，由合力为零的条件，可得
qEsinθ＝qvBcosθ， ①
qEcosθ＋qvBsinθ＝mg， ②
解得
， ③
代入数据得 q/m＝1.96库/千克。 ④
tgθ=vB/E=20×0.15/4.0， θ＝arctg0.75。 ⑤
即磁场是沿着与重力方向成夹角θ＝arctg0.75，且斜向下方的一切方向。