高考物理二轮专题复习 叠加体问题精选试题训练
高考物理最新模拟题精选训练牛顿运动定律的综合应用专题03叠加体问题含解析
专题03 叠加体问题1.(16 分)(2017湖南怀化期中)如图所示,质量M=8 kg 的小车放在光滑的水平面上,在小车左端加一水平推力F=8 N, 当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时,在小车前端轻轻地放上一个大小不计,质量为m=2 kg 的小物块,物块与小车间的动摩擦因数μ =0.2,(取g=10m/s 2),求:(1)小物块刚放上小车时,小物块及小车的加速度大小各为多大? (2)要使物块不从小车上滑落.小车的长度L 至少是多少?(3)从小物块放上小车开始,经过1=1.5 s 系统产生的热量Q 及力F 所做的功W?(2)设m 和M 经过时间1t 速度相等,且都为v :10t a v v M += …………1分 1t a v m = …………1分102t vv x M += …………1分 12t vx m =…………1分 m M x x L -= …………1分得:t 1=1s 2m s v = 1.75m M x = 0.75m L = …………1分 (3)由功能关系:Q mgL μ= …………1分 3J Q = …………1分设M 和m 相对静止时,两者的共同加速度为a :()a m M F +=…………1分设在s t t t 5.01=-=∆时间内,M 的位移为'M x :2'21t a t v x M ∆+∆= …………1分 (另解:v v a t '=+∆) F 在t =1.5s 内的功:()'M M W F x x =+ …………1分 (另解:22011()22W m M v Mv Q '=+-+) 22.8J W = …………1分2.(12分)质量M =3 kg 的滑板A 置于粗糙的水平地面上,A 与地面间的动摩擦因数μ1=0.3,其上表面右侧光滑段长度L 1=2 m ,左侧粗糙段长度为L 2,质量m =2 kg 、可视为质点的滑块B 静止在滑板上的右端,滑块与粗糙段间的动摩擦因数μ2=0.15,取g =10 m/s 2,现用F =18 N 的水平恒力拉动A 向右运动,当A 、B 分离时,B 相对地面的速度v B =1 m/s ,求L 2的值.【名师解析】:本题考查了动能定理、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律等. 在水平恒力F 的作用下,开始时A 做匀加速运动,B 静止不动,当A 运动位移为L 1时B 进入粗糙段,设此时A 的速度为v A ,则对A ,由动能定理得:FL 1-μ1(M +m )gL 1=12Mv 2A 2·1·c ·n ·j ·y 解得v A =2 m/sB 进入粗糙段后,设A 加速度为a A ,B 加速度为a B ,由牛顿第二定律得:对A ,F -μ1(M +m )g -μ2mg =Ma A 对B ,μ2mg =ma B解得a A =0,a B =1.5 m/s 2即A 以v A =2 m/s 的速度做匀速直线运动直至A 、B 分离,设B 在粗糙段滑行的时间为t ,则:对A ,s A =v A t 对B ,v B =a B ts B =12a B t 2又:s A -s B =L 2 联立解得L 2=1 m 答案:1 m3.(2010·海南)题3-6图1中,质量为m 的物块叠放在质量为2m 的足够长的木板上方右侧,木板放在光滑的水平地面上,物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2.在木板上施加一水平向右的拉力F ,在0~3s 内F 的变化如题3-4图2所示,图中F 以mg 为单位,重力加速度g=10m/s 2.整个系统开始时静止.(1)求1s 、1.5s 、2s 、3s 末木板的速度以及2s 、3s 末物块的速度;(2)在同一坐标系中画出0~3s 内木板和物块的v —t 图象,据此求0~3s 内物块相对于木板滑过的距离。
高考物理二轮复习考点专题平衡中的叠加体问题
专题2.4 平衡中的叠加体问题一.选择题1. (2020·洛阳名校月考)如图所示,将三个形状不规则的石块叠放在水平桌面上,处于静止状态.下列说法中正确的是( )A. 石块b对a的支持力与a受到的重力是一对平衡力B. 石块a 一定受到三个力的作用C. 石块c受到水平桌面向左的摩擦力D. 桌面对石块c的作用力一定竖直向上【参考答案】 D2. (2020·河南名校联考)如图所示,三个粗细均匀完全相同的圆木A、B、C堆放在水平地面上,处于静止状态,每个圆木的质量为m,截面的半径为R,三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角∠O1 =120°.若在地面上的两个圆木刚好要滑动,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不考虑圆木之间的摩擦,重力加速度为g,则 ( )A. 圆木间的弹力为mgB. 下面两个圆木对地面的压力均为1.5mgC. 地面上的每个圆木受到地面的作用力为1.5mgD. 地面与圆木间的动摩擦因数为【参考答案】ABD3.(2020上海十三校调研)如图所示,两梯形木块A、B叠放在水平地面上,A、B之间的接触面倾斜。
A 的左侧靠在光滑的竖直墙面上,关于两木块的受力,下列说法正确的是()(A)A、B之间一定存在摩擦力作用(B)木块A可能受三个力作用(C)木块A一定受四个力作用(D)木块B受到地面的摩擦力作用方向向右【参考答案】B【名师解析】A、B之间可能不存在摩擦力作用,木块A可能受重力、B对A的支持力和竖直墙面向右的弹力三个力作用,选项AC错误B正确。
木块B也可能不受地面的摩擦力作用,选项D错误。
4.(2020·河北唐山五校联考)如图所示,两个光滑金属球a、b置于一个桶形容器中,两球的质量m a>m b,对于图中的两种放置方式,下列说法正确的是( )A.两种情况对于容器左壁的弹力大小相同B.两种情况对于容器右壁的弹力大小相同C.两种情况对于容器底部的弹力大小相同D.两种情况两球之间的弹力大小相同【参考答案】C5.(2020·云南名校联考)如图所示,质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈B上,现同时用大小为F1和F2、方向相反的水平力分别推木块A和斜劈B,它们均静止不动,则( )A.F1、F2一定等大反向B.木块A、斜劈B间一定存在摩擦力C.斜劈B与地面间一定存在摩擦力D.地面对斜劈B的支持力的大小一定等于(M+m)g【参考答案】D6. (单选)将一横截面为扇形的物体放在水平面上,一小滑块放在物体上,如图除了物体与水平面间的摩擦力之外,其余接触面的摩擦均可忽略不计,已知物体的质量为、滑块的质量为,当整个装置静止时,、接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ。
高考物理二轮复习热点训练解析—安培力和磁场的叠加
高考物理二轮复习热点训练解析—安培力和磁场的叠加1.(2021·湖北十一校第二次联考)通电的等腰梯形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内,电流方向如图1所示,ab边与MN平行。
下列关于通电直导线MN的磁场对线框作用的说法中正确的是()图1A.线框所受安培力的合力为零B.线框有两条边所受的安培力方向相同C.线框有两条边所受的安培力大小相同D.线框在安培力作用下一定有向右的运动趋势答案C解析直导线中的电流方向由N到M,根据安培定则,导线右侧区域磁感应强度方向向里,根据左手定则,ab边受向左的安培力,cd边受向右的安培力,ad边受斜向左下方的安培力,bc边受向左上方的安培力,四个边所受的安培力的合力不为零,其中bc边和ad边所受的安培力大小相同,故A、B错误,C正确;离MN越远的位置,磁感应强度越小,故根据安培力公式F=BIL,cd边受到的安培力小于ab边、bc边和ad边受到的安培力的矢量和,则线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势,故D错误。
2.(2021·辽宁葫芦岛市期末)如图2所示为一由干电池、铜线圈和钕磁铁组成的简易电动机,此装置中的铜线圈能从静止开始绕虚线OO′轴转动起来,那么()图2A.若磁铁上方为N极,从上往下看,线圈将顺时针旋转B.若磁铁上方为S极,从上往下看,线圈将顺时针旋转C.线圈匀速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能D.线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能答案A解析若磁铁上方为N极,线圈左边的电流是向下的,磁场是向左的,根据左手定则可知安培力是向里的。
同理,线圈右边的电流也是向下的,磁场是向右的,根据左手定则可知安培力是向外的,故从上往下看,线圈将顺时针旋转,故A正确;若磁铁上方为S极,根据A项的分析易知,从上往下看,线圈将逆时针旋转,故B错误;线圈匀速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能和电路的焦耳热,故C错误;线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能和电路的焦耳热,故D错误。
高中物理叠加试题及答案
高中物理叠加试题及答案一、选择题(每题5分,共20分)1. 两个力F1和F2,它们的大小分别为3N和4N,方向相反,那么它们的合力大小为:A. 1NB. 7NC. 3ND. 4N答案:A2. 一个物体受到三个力的作用,这三个力的大小分别是5N、6N和8N,它们的方向都在同一直线上,并且方向相同,那么这三个力的合力大小为:A. 19NB. 9NC. 23ND. 14N答案:C3. 一个物体受到两个力的作用,这两个力的大小分别是2N和3N,方向垂直,那么它们的合力大小为:A. 2NB. 3NC. 5ND. √13N答案:D4. 一个物体受到三个力的作用,这三个力的大小分别是3N、4N和5N,它们的方向相互垂直,那么这三个力的合力大小为:A. 3NB. 4NC. 5ND. √50N答案:D二、填空题(每题5分,共20分)1. 两个力F1和F2,它们的大小分别为5N和6N,方向相反,它们的合力大小为____N。
答案:1N2. 一个物体受到两个力的作用,这两个力的大小分别是3N和4N,方向垂直,它们的合力大小为____N。
答案:5N3. 一个物体受到三个力的作用,这三个力的大小分别是2N、3N和4N,它们的方向都在同一直线上,并且方向相同,那么这三个力的合力大小为____N。
答案:9N4. 一个物体受到三个力的作用,这三个力的大小分别是3N、4N和5N,它们的方向相互垂直,那么这三个力的合力大小为____N。
答案:7N三、计算题(每题10分,共20分)1. 一个物体受到三个力的作用,这三个力的大小分别是4N、5N和6N,它们的方向都在同一直线上,并且方向相同。
求这三个力的合力大小。
答案:15N2. 一个物体受到两个力的作用,这两个力的大小分别是4N和6N,方向垂直。
求这两个力的合力大小。
答案:√52N四、简答题(每题10分,共20分)1. 请解释什么是力的合成,并给出一个例子。
答案:力的合成是指将多个力合并成一个等效力的过程。
2024届全国高考复习物理历年好题专项(带电粒子在叠加场中的运动)练习(附答案)
2024届全国高考复习物理历年好题专项(带电粒子在叠加场中的运动)练习1.[2023ꞏ湖北武汉江岸区3月模拟]如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里.三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等,质量分别为m a 、m b 、m c .已知在该区域内,a 在纸面内做匀速圆周运动,b 在纸面内向右做匀速直线运动,c 在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是( )A .m a >m b >m cB .m b >m a >m cC .m c >m a >m bD .m c >m b >m a2.[2023ꞏ浙江温州期末]如图所示,在两水平金属板构成的器件中存在匀强电场与匀强磁场,电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直,从P 点以水平速度v 0进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动.下列说法正确的是( )A .粒子一定带正电B .粒子的速度大小v 0=BEC .若增大v 0,粒子所受的电场力做负功D .若粒子从Q 点以水平速度v 0进入器件,也恰好能做直线运动 3.[2022ꞏ广东卷](多选)如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场.电子从M 点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经过N 、P 两点.已知M 、P 在同一等势面上,下列说法正确的有( )A .电子从N 到P ,电场力做正功B .N 点的电势高于P 点的电势C .电子从M 到N ,洛伦兹力不做功D .电子在M 点所受的合力大于在P 点所受的合力4.[2023ꞏ四川德阳二模](多选)有人设计了如图所示的简易实验装置来筛选实验室所需要的离子.S 为离子源,能够提供大量比荷和速率均不一样的离子.AB 为两个板间电压为U 的平行金属板,相距为d (d 很小).上部分成圆弧形,中轴线所在圆弧半径为R (如虚线所示),该区域只存在电场;下部分平直,且中间还充满磁感应强度为B 的匀强磁场.不计离子重力影响,下列说法错误的是( )A .所加磁场的方向垂直于纸面向里B .通过改变U 和B ,可以选取满足要求的正离子C .所有速率等于UdB 的离子均能通过该仪器 D .通过该仪器的离子,比荷一定为UdRB 25.[2022ꞏ全国甲卷]空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy 平面)向里,电场的方向沿y 轴正方向.一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O 由静止开始运动.下列四幅图中,可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )[答题区] 题号 1 2 3 4 5 答案6.[2023ꞏ河北唐山一模]如图所示,在平面直角坐标系xOy (x 轴水平,y 轴竖直)中,第一象限内存在正交的匀强电、磁场,电场强度竖直向上,大小E 1=40 N /C ,磁场方向垂直纸面向里;第四象限内存在一方向向左的匀强电场,场强E 2=1603 N /C .一质量为m =2×10-3kg 的带正电的小球,从M (3.64 m ,3.2 m )点,以v 0=1 m /s 的水平速度开始运动.已知球在第一象限内做匀速圆周运动,从P (2.04 m ,0)点进入第四象限后经过y 轴上的N (0,-2.28 m )点(图中未标出).求:(g 取10 m /s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小;(2)小球由P点运动至N点的时间.7.[2022ꞏ湖南卷]如图,两个定值电阻的阻值分别为R1和R2,直流电源的内阻不计,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为 3 d,极板间存在方向水平向里的匀强磁场.质量为m、带电荷量为+q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器,做匀速圆周运动,恰从电容器上板右侧边缘离开电容器.此过程中,小球未与极板发生碰撞,重力加速度大小为g,忽略空气阻力.(1)求直流电源的电动势E0;(2)求两极板间磁场的磁感应强度B;(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场,使小球离开电容器后沿直线运动,求电场强度的最小值E′.参考答案1.答案:B答案解析:设三个微粒的电荷量均为q ,a 在纸面内做匀速圆周运动,说明洛伦兹力提供向心力,重力与电场力平衡,即m a g =qE ①,b 在纸面内向右做匀速直线运动,三力平衡,则m b g =qE +q v B ②,c 在纸面内向左做匀速直线运动,三力平衡,则m c g +q v B =qE ③,比较①②③式得:m b >m a >m c ,B 正确.2.答案:C答案解析:粒子从左射入,若带负电,则受到向上的电场力和向下的洛伦兹力;若带正电,则受到向下的电场力和向上的洛伦兹力,只要满足q v 0B =qE ,即速度v 0=EB ,粒子就能做直线运动通过,A 、B 错误.若增大v 0,则洛伦兹力大于电场力,粒子向洛伦兹力方向偏转而做曲线运动,则电场力做负功,C 正确.若粒子从Q 点以水平速度v 0进入器件,电场力和洛伦兹力同向,粒子将做曲线运动,即速度选择器的电场和磁场确定之后,也就确定了入口为P ,出口为Q ,D 错误.3.答案:BC答案解析:电子从M 点由静止释放,从M 到N ,电场力做正功,M 、P 在同一等势面上,可知电子从N 到P ,电场力做负功,A 错误;根据沿电场线方向电势降低,可知N 点电势高于P 点电势,B 正确;根据洛伦兹力方向与速度方向垂直,对带电粒子永远不做功,可知电子从M 到N ,洛伦兹力不做功,C 正确;洛伦兹力不做功,且M 、P 在同一等势面上,可知电子在M 点和P 点速度都是零,即电子在M 点和P 点都是只受到电场力作用,所以电子在M 点所受的合力等于在P 点所受的合力,D 错误.4.答案:ABD答案解析:粒子在弯曲的部分做圆周运动,电场力提供向心力,所以只有正离子才可能通过该仪器;又由于板间距很小,该部分电场强度E =Ud ,粒子通过平直的下部分时做直线运动,则电场力与洛伦兹力平衡,即U d q =q v B ,解得v =UdB ,则磁场只能垂直于纸面向里,且速率为UdB 的正离子才能通过该仪器,故A 、B 正确,C 错误.由电场力提供圆周运动的向心力有q U d =m v 2R ,得出q m =U dRB 2 ,即通过该仪器的离子比荷为UdRB 2 ,D 正确. 5.答案:B答案解析:带正电粒子从原点O 由静止释放,在电场力作用下,获得向上的速度后,会受到向左的洛伦兹力,故粒子向左侧偏转,排除A 、C 选项;当粒子再回到x 轴时,电场力整体做功为零,洛伦兹力始终不做功,故此时速度为零,以后会重复原来的运动,不可能运动到x 轴下方,故B 正确,D 错误.6.答案:(1)2 T (2)0.6 s答案解析:(1)小球在第一象限内做匀速圆周运动mg =qE 1解得q =5×10-4C由图甲得R cos θ=x M -x P ,R sin θ+R =y M 联立解得R =2 m ,θ=37°又q v 0B =m v 2R ,解得B =2 T.(2)小球进入第四象限后,受力如图乙所示, tan α=mgqE 2=0.75,α=θ=37°小球的速度与重力、电场力的合力F 垂直,轨迹如图甲所示. 由几何关系可得l QN =(-y N -x P tan α)cos α=0.6 m 在第四象限,沿初速度方向,有l QN =v 0t 解得t =0.6 s .7.答案解析:(1)小球在两板间做匀速圆周运动,电场力与重力大小相等,设两板间电压为U ,有mg =q Ud由闭合电路欧姆定律得U =R 2R 1+R 2 E 0联立解得E 0=(R 1+R 2)mgdqR 2. (2)小球在电容器中做匀速圆周运动,从上板右侧边缘离开,设轨迹半径为r ,有r 2=(r-d )2+(3 d )2又洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力,q v B =m v 2r 解得B =m v2qd .(3)小球离开磁场时,速度方向与水平方向的夹角为θ=60°,要使小球做直线运动,则电场力与重力的合力与速度方向共线,当电场力等于小球重力垂直于速度方向的分力时,电场力最小,电场强度最小qE ′=mg cos 60°解得E ′=mg2q .。
高考物理《带电粒子在叠加场中的运动》真题练习含答案
高考物理《带电粒子在叠加场中的运动》真题练习含答案1.(多选)如图所示,空间存在着垂直向里的匀强磁场B 和竖直向上的匀强电场E ,两个质量不同电量均为q 的带电小球a 和b 从同一位置先后以相同的速度v 从场区左边水平进入磁场,其中a 小球刚好做匀速圆周运动,b 小球刚好沿直线向右运动.不计两小球之间库仑力的影响,重力加速度为g ,则( )A .a 小球一定带正电,b 小球可能带负电B .a 小球的质量等于qEgC .b 小球的质量等于qE -q v BgD .a 小球圆周运动的半径为EVBg答案:BD解析:a 小球刚好做匀速圆周运动,重力和电场力平衡,洛伦兹力提供向心力,所以Eq =m a g ,电场力方向竖直向上,则a 小球一定带正电,b 小球刚好沿直线向右运动,如果b 小球带负电,电场力洛伦兹力均向下,重力也向下,不能平衡,无法做直线运动,所以b 小球带正电,q v B +Eq =m b g ,A 错误;根据A 选项分析可知,a 小球的质量等于m a =qEg ,B 正确;根据A 选项分析可知,b 小球的质量等于m b =qE +q v Bg,C 错误;a 小球圆周运动的半径为Bq v =m a v 2r ,解得r =m a v Bq =E vBq,D 正确.2.(多选)如图所示,在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场,电场的电场强度大小为10 N/C ,方向水平向左;磁场的磁感应强度大小为2 T ,方向垂直纸面向里.现将一质量为0.2 kg 、电荷量为+0.5 C 的小球,从该区域上方的某点A 以某一初速度水平抛出,小球进入虚线下方后恰好做直线运动.已知重力加速度为g =10 m/s 2.下列说法正确的是( )A.小球平抛的初速度大小为5 m/sB.小球平抛的初速度大小为2 m/sC.A点距该区域上边界的高度为1.25 mD.A点距该区域上边界的高度为2.5 m答案:BC解析:小球受竖直向下的重力与水平向左的电场力作用,小球进入电磁场区域做直线运动,小球受力如图所示小球做直线运动,则由平衡条件得q v B cos θ=mg,小球的速度v cos θ=v0,代入数据解得v0=2 m/s,A错误,B正确;小球从A点抛出到进入复合场过程,由动能定理得mgh=12m v2-12m v2,根据在复合场中的受力情况可知(mg)2+(qE)2=(q v B)2,解得h=E22gB2,代入数据解得h=1.25 m,C正确,D错误.3.如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,其轨迹半径为R.已知电场的电场强度大小为E,方向竖直向下;磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里.不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法中正确的是() A.液滴带正电B.液滴的比荷qm=g EC.液滴的速度大小v=gRBED.液滴沿逆时针方向运动答案:B解析:带电液滴刚好做匀速圆周运动,应满足mg=qE,电场力向上,与场强方向相反,液滴带负电,可得比荷为qm=gE,A错误,B正确;由左手定则可判断,只有液滴沿顺时针方向运动,受到的洛伦兹力才指向圆心,D错误;由向心力公式可得q v B=m v2R,联立可得液滴的速度大小为v=gBRE,C错误.4.(多选)空间内存在电场强度大小E=100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B1=100 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(图中均未画出).一质量m=0.1 kg、带电荷量q=+0.01 C的小球从O点由静止释放,小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示,轨迹上的A点离OB最远且与OB的距离为l,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A.在运动过程中,小球的机械能守恒B.小球经过A点时的速度最大C.小球经过B点时的速度为0D.l=25m答案:BCD解析:由于电场力做功,故小球的机械能不守恒,A项错误;重力和电场力的合力大小为(qE)2+(mg)2=2N,方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方,小球由O点到A点,重力和电场力的合力做的功最多,在A点时的动能最大,速度最大,B项正确;小球做周期性运动,在B点时的速度为0,C项正确;对小球由O点到A点的过程,由动能定理得2mgl=12m v2,沿OB方向建立x轴,垂直OB方向建立y轴,在x方向上由动量定理得q v y B1Δt=mΔv,累积求和,则有qB1l=m v,解得l=25m,D项正确.5.(多选)如图所示,平面直角坐标系的第二象限内(称为区域Ⅰ)存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场B1,一质量为m、带电荷量为+q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动,AO与x轴负方向成37°角.在y轴与MN之间的区域Ⅱ内加一电场强度最小的匀强电场后,可使小球继续做直线运动到MN上的C点,MN与PQ之间区域Ⅲ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场B2,小球在区域Ⅲ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出,已知小球在C点的速度大小为2v0,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列结论正确的是()A .区域Ⅲ内匀强电场的场强大小E 3=mgqB .区域Ⅲ内匀强磁场的磁感应强度大小B 2=m v 0qdC.小球从A 到O 的过程中做匀速直线运动,从O 到C 的过程中做匀加速直线运动 D .区域Ⅱ内匀强电场的最小场强大小为E 2=4mg5q ,方向与x 轴正方向成53°角向上答案:ACD解析:小球在区域Ⅲ内做匀速圆周运动,有mg =qE 3,解得E 3=mgq ,A 项正确;因为小球恰好不从右边界穿出,小球运动轨迹如图所示,由几何关系得d =r +r sin 37°=85 r ,由洛伦兹力提供向心力得B 2q ×2v 0=m (2v 0)2r,解得B 2=16m v 05qd ,B 项错误;带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力做直线运动,三力满足如图所示关系所以小球从A 到O 的过程只能做匀速直线运动.区域Ⅱ中从O 到C 的过程,小球做直线运动电场强度最小,受力如图所示(电场力方向与速度方向垂直)所以小球做匀加速直线运动,由图知cos 37°=qE 2mg ,解得E 2=4mg5q ,方向与x 轴正方向成53°角向上,C 、D 两项正确.6.如图所示,一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(视为质点)套在长度为L 、倾角为θ的固定绝缘光滑直杆OP 上,P 端下方存在正交的匀强电场和匀强磁场,电场方向沿PO 方向,磁场方向垂直纸面水平向里.现将小球从O 端由静止释放,小球滑离直杆后沿直线运动,到达Q 点时立即撤去磁场,最终小球垂直打到水平地面上,重力加速度大小为g ,不计空气阻力.求:(1)电场的电场强度大小E 以及磁场的磁感应强度大小B ; (2)Q 点距离地面的高度h .答案:(1)mg sin θq ,mg cos θq 2gL sin θ(2)(sin θ+1sin θ)L 解析:(1)小球滑离直杆后进入叠加场,在叠加场内的受力情况如图所示,小球做匀速直线运动,根据几何关系有sin θ=Eqmg ,cos θ=q v B mg小球在直杆上时有L =v 22g sin θ解得E =mg sin θq ,B =mg cos θq 2gL sin θ(2)根据题意可知,当磁场撤去后,小球受重力和电场力作用,且合力的方向与速度方向垂直,小球做类平抛运动,水平方向有Eq cos θ=ma xv x =v cos θ-a x t竖直方向有mg -Eq sin θ=ma y h =v sin θ·t +12a y t 2当小球落到地面时,v x =0, 即v x =v cos θ-a x t =0 解得t =m vEqh =(sin θ+1sin θ)L7.[2024·湖北省鄂东南教育教学改革联盟联考]如图所示,在竖直平面内的直角坐标系xOy 中,y 轴竖直,第一象限内有竖直向上的匀强电场E 1、垂直于xOy 平面向里的匀强磁场B 1=4 T ;第二象限内有平行于xOy 平面且方向可以调节的匀强电场E 2;第三、四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场B 2=1063 T .x 、y 轴上有A 、B 两点,OA =(2+3 ) m ,OB=1 m .现有一质量m =4×10-3 kg ,电荷量q =10-3 C 的带正电小球,从A 点以速度v 0垂直x 轴进入第一象限,做匀速圆周运动且从B 点离开第一象限.小球进入第二象限后沿直线运动到C 点,然后由C 点进入第三象限.已知重力加速度为g =10 m/s 2,不计空气阻力.求:(1)第一象限内电场的电场强度E 1与小球初速度v 0的大小;(2)第二象限内电场强度E 2的最小值和E 2取最小值时小球运动到C 点的速度v C ; (3)在第(2)问的情况下,小球在离开第三象限前的最大速度v m . 答案:(1)40 N/C 2 m/s (2)20 N/C 26 m/s (3)46 m/s ,方向水平向左解析:(1)小球由A 点进入第一象限后,所受电场力与重力平衡 E 1q =mg 解得E 1=40 N/C 由几何关系得r +r 2-OB 2 =OA解得r =2 m小球做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则有q v 0B 1=m v 20r解得v 0=2 m/s(2)由几何关系得:BC 与竖直方向夹角为θ=30°小球由B 到C 做直线运动,则电场力与重力的合力与v B 均沿BC 方向,当电场力与BC 垂直时,电场力有最小值qE 2min =mg sin θ解得E 2min =20 N/C 对小球有mg cos θ=ma 根据几何关系x BC =OB cos θ =233 m 根据速度位移关系式v 2C -v 20 =2ax BC代入数据得a =53 m/s 2 v C =26 m/s(3)小球进入第三象限后,在重力、洛伦兹力作用下做变加速曲线运动,把初速度v C 分解为v 1和v 2,其中v 1满足Bq v 1=mg解得v 1=mgB 2q =26 m/s方向水平向左 则v 2=26 m/s方向与x 轴正方向夹角为60°小球的实际运动可以分解为运动一:速度为v1=26m/s,水平向左,合力为B2q v1-mg=0的匀速直线运动.运动二:速度为v2=26m/s,顺时针旋转,合力为F洛=B2q v2的匀速圆周运动.当v1和v2的方向相同时合运动的速度最大,最大速度v m=v1+v2=46m/s 方向水平向左.。
2.10叠加体模型(教师版) 2025年高考物理100考点千题精练(新高考通用)
2025高考复习100考点最新模拟题千题精练二、相互作用专题2.10 叠加体模型1.(2024河南漯河高中质检)如图所示,上表面光滑的斜面静置于粗糙水平面上,斜面质量 3.2kg M =,倾角37q =°,斜面顶端固定有光滑轻质滑轮,质量1kg m =的物块系于轻绳一端,轻绳另一端跨过滑轮系于地面上,斜面左侧的轻绳保持竖直,斜面上方的轻绳与斜面平行。
已知重力加速度大小210m/s g =,sin 370.6°=,cos370.8°=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
下列说法正确的是( )A .轻绳的拉力大小为8NB .水平面对斜面的弹力大小为48NC .水平面对斜面的摩擦力大小为零D .剪断轻绳瞬间,为使斜面保持静止,斜面与水平面间的动摩擦因数至少为0.125【参考答案】BCD【名师解析】.对物块受力分析可知,轻绳的拉力大小为sin 376NT mg ==o 选项A 错误;对斜面和物块的整体分析可知,竖直方向,水平面对斜面的弹力大小为()48NN M m g T =++=水平方向受力为零,即水平面对斜面的摩擦力大小为零,选项BC 正确;剪断轻绳瞬间,为使斜面保持静止,水平对斜面的摩擦力为cos37sin 37 4.8Nf mg ==o o 斜面对地面的压力 'cos37cos3738.4NN mg Mg =+=o o 斜面与水平面间的动摩擦因数至少为' 4.80.12538.4f N m ===选项D 正确。
故选BCD 。
2.(2024年3月江苏无锡四校调研)如图所示,垂直墙角有一个截面为半圆的光滑柱体,用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点.通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中,细线始终保持在小球处与半圆相切.下列说法正确的是( )A.细线对小球的拉力先增大后减小B.小球对柱体的压力先减小后增大C.柱体受到水平地面的支持力逐渐减小D.柱体对竖直墙面的压力先增大后减小【参考答案】D【名师解析】.以小球为对象,分析受力,小球受到重力mg,沿半径方向的支持力F N,拉力F T,设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为θ,沿切线方向,由平衡条件有F T=mg cosθ沿半径方向,由平衡条件有F N=mg sinθ通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大,所以细线对小球的拉力F T减小,半圆柱对小球支持力F T增大,由牛顿第三定律,小球对柱体的压力增大,选项AB错误;以柱体为对象,竖直方向,由平衡条件有:地面对半圆柱的支持力F地=Mg+F N sinθ=Mg+mg sin2θ,mg sin2θ,将小球从M水平方向,由平衡条件有:竖直墙壁对半圆柱的弹力F墙=F N cosθ=mg sinθcosθ=12点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中,θ增大,柱体受到水平地面的支持力逐渐增大;竖直墙壁对半圆柱的弹力F墙先增大后减小,由牛顿第三定律可知半圆柱体对竖直墙面的压力先增大后减小,mg sin2θ,可知半圆柱体对竖直墙面的压力最大,选项D正确,C错误.当θ=45°时,由F墙=123. (2024安徽阜阳重点高中3月质检)如图所示,上表面光滑的斜面静置于粗糙水平面上,斜面质量m=的物块系于轻绳一端,轻绳另一M=,倾角373.2kgq=°,斜面顶端固定有光滑轻质滑轮,质量1kg端跨过滑轮系于地面上,斜面左侧的轻绳保持竖直,斜面上方的轻绳与斜面平行。
2025届高考物理复习:经典好题专项(带电粒子在叠加场中的运动)练习(附答案)
2025届高考物理复习:经典好题专项(带电粒子在叠加场中的运动)练习1. (多选)如图所示,空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,一质量为m 、带电荷量大小为q 的小球,以初速度v 0沿与电场方向成45°夹角射入场区,能沿直线运动。
经过时间t ,小球到达C 点(图中没标出),电场方向突然变为竖直向上,电场强度大小不变。
已知重力加速度为g ,则( )A .小球一定带负电B .时间t 内小球做匀速直线运动C .匀强磁场的磁感应强度为2mgq v 0D .电场方向突然变为竖直向上,则小球做匀加速直线运动2. (2023ꞏ湖北省恩施教育联盟模拟)如图所示,某空间同时存在着互相正交的匀强电场和匀强磁场,电场的方向竖直向下。
一带电体a 带负电,电荷量为q 1,恰能静止于此空间的c 点,另一带电体b 也带负电,电荷量为q 2,正在过c 点的竖直平面内作半径为r 的匀速圆周运动,结果a 、b 在c 处碰撞并粘合在一起,关于a 、b 粘合一起后的运动性质下列说法正确的是( )A .向左做匀速直线运动B .顺时针继续做匀速圆周运动,半径为r ′=q 2q 1+q 2r C .顺时针继续做匀速圆周运动,半径为r ′=q 1q 1+q 2r D .因为有重力和静电力这样的恒力存在,故以上说法都不对3. (多选)(2023ꞏ内蒙古包头市模拟)空间内存在电场强度大小E =100 V/m 、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B 1=100 T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场(图中均未画出)。
一质量m =0.1 kg 、带电荷量q =+0.01 C 的小球从O 点由静止释放,小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示,轨迹上的A 点离OB 最远且与OB 的距离为l ,重力加速度g 取10 m/s 2。
下列说法正确的是( )A .在运动过程中,小球的机械能守恒B .小球经过A 点时的速度最大C .小球经过B 点时的速度为0D .l = 2 m4. (多选)(2023ꞏ河北邢台市模拟)如图所示,空间有一无限大正交的电磁场区域,电场强度为E 、方向竖直向下,磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向外,电磁场中有一内壁光滑竖直放置的绝缘长筒,其底部有一带电量为-q (q >0)、质量为qEg 的小球,g 为重力加速度,小球直径略小于长筒内径。
高三物理二轮复习专题:专题11 叠加体和连接体 Word版含解析
专题11 叠加体和连接体1.(2013安徽省江南十校联考)如图所示,物体m放在质量M的斜面体上,m可沿斜面体匀速下滑。
现用一沿斜面向下的力F推物体,使其沿斜面向下做匀加速运动,则水平地面对斜面体A.无摩擦力B.有水平向左的摩擦力C.有水平向右的摩擦力D.支持力大于(M+m)g2. (2013福建省二校联考)如图3所示,质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行,长木板放在水平地面上一直处于静止状态.若长木板ab与地面间的动摩擦因数为μ1,木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2,则长木板ab 受到地面的摩擦力大小为 ( )A.μ1Mg B.μ1(m+M)gC.μ2mg D.μ1Mg+μ2mg3(2013安徽省江南十校联考)如图所示,吊篮A,物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m。
B和C分别固定在弹簧两端,弹簧的质量不计。
B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态。
将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间A.吊篮A的加速度大小为gB.物体B的加速度大小为gC.物体C的加速度大小为2gD.A、B、C的加速度大小都等于g4.(2013河北省石家庄名校质检)如图所示,木块A质量为1kg,木块B的质量为2kg,叠放在水平地面上,AB间的最大静摩擦力为1 N,B与地面间的动摩擦系数为0.1,今用水平力F作用于B,则保持AB相对静止的条件是F不超过(g = 10 m/s2)( )A.3 N B.4 N C.5 N D.6 N5. (2013山东济南测试)如图所示,小球B放在真空容器A内,球B的直径恰好等于正方体A的边长,将它们以初速度v0竖直向上抛出,下列说法中正确的是( ) A.若不计空气阻力,上升过程中,A对B有向上的支持力B.若考虑空气阻力,上升过程中,A对B的压力向下C.若考虑空气阻力,下落过程中,B对A的压力向上D.若不计空气阻力,下落过程中,B对A没有压力6.(2013山东师大附中质检)如图所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M(m:M=1:2)的物块A、B用轻弹相连,两物块与水平面间的动摩擦因数相同,当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1;当用同样的大小的力F竖直加速提升两物块时,弹簧的伸长量为x2,则x1:x2等于A.1:1B.1:2C.2:1D.2:37.(2013贵州六校联考)a、b两物体的质量分别为m1、m2,由轻质弹簧相连。
9.高中物理带电粒子在叠加场中的运动专题精练含答案
课时作业32带电粒子在叠加场中的运动时间:45分钟1.某空间存在匀强磁场和匀强电场.一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动.下列因素与完成上述两类运动无关的是(C) A.磁场和电场的方向B.磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电量D.粒子入射时的速度解析:由于带电粒子做匀速直线运动,对带电粒子进行受力分析知,电场力与磁场力平衡,qE=q v B,即v=EB,由此式可知,粒子入射时的速度、磁场和电场的强弱及方向有确定的关系,故A、B、D 错误,C正确.2.如图所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器——电流天平.某同学在实验室里用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度,若他测得CD段导线长度为4×10-2 m,天平(等臂)平衡时钩码重力为4×10-5 N,通过导线的电流I=0.5 A.由此,测得通电螺线管中的磁感应强度B为(A)A.2.0×10-3 T,方向水平向右B.5.0×10-3 T,方向水平向右C.2.0×10-3 T,方向水平向左D.5.0×10-3 T,方向水平向左解析:天平(等臂)平衡时,CD段导线所受的安培力大小与钩码重力大小相等,即F=mg,由F=BIL得B=FIL=mgIL=2.0×10-3 T;根据安培定则可以知道磁感应强度的方向水平向右,所以A正确,B、C、D错误.3.速度相同的一束粒子(不计重力)由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列相关说法中正确的是( C )A .该束粒子带负电B .速度选择器的P 1极板带负电C .能通过狭缝S 0的粒子的速度等于E B 1D .粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S 0,则粒子的比荷越小解析:根据该束粒子进入匀强磁场B 2时向下偏转,由左手定则判断出该束粒子带正电,选项A 错误;粒子在速度选择器中做匀速直线运动,受到电场力和洛伦兹力作用,由左手定则知洛伦兹力方向竖直向上,则电场力方向竖直向下,因粒子带正电,故电场强度方向向下,速度选择器的P 1极板带正电,选项B 错误;粒子能通过狭缝,电场力与洛伦兹力平衡,有q v B 1=qE ,得v =E B 1,选项C 正确;粒子进入匀强磁场B 2中受到洛伦兹力做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律有q v B 2=m v 2r ,得r =m v B 2q,可见v 、B 2一定时,半径r 越小,则q m 越大,选项D 错误.4.(多选)磁流体发电是一项新兴技术.如图所示,平行金属板之间有一个很强的磁场,将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体,沿图中所示方向喷入磁场.图中虚线框部分相当于发电机,把两个极板与用电器相连,则( BD )A .用电器中的电流方向从B 到AB .用电器中的电流方向从A 到BC .若只减小磁感应强度,发电机的电动势增大D .若只增大喷入粒子的速度,发电机的电动势增大解析:首先对等离子体进行动态分析:开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上,负离子所受洛伦兹力方向向下,则正离子向上板聚集,负离子向下板聚集,两板间产生了电势差,即金属板变为一电源,且上板为正极,下板为负极,所以通过用电器的电流方向从A 到B ,故B 正确,A 错误;此后的正离子除受到向上的洛伦兹力F 洛外,还受到向下的电场力F ,最终二力达到平衡,即最终等离子体将匀速通过磁场区域,由q v B =q E d ,解得E =Bd v ,所以电动势E 与喷入粒子的速度大小v 及磁感应强度大小B 成正比,故D 正确,C 错误.5.(多选)在一个很小的矩形半导体薄片上,制作四个电极E 、F 、M 、N ,做成了一个霍尔元件.在E 、F 间通入恒定电流I ,同时外加与薄片垂直的磁场B ,M 、N 间的电压为U H .已知半导体薄片中的载流子为正电荷,电流与磁场的方向如图所示,下列说法正确的有( AB )A.N端电势高于M端电势B.磁感应强度越大,MN间电势差越大C.将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行,U H不变D.将磁场和电流分别反向,N端电势低于M端电势解析:根据左手定则可知载流子所受洛伦兹力的方向指向N端,载流子向N端偏转,则N端电势高,故A正确;设M、N间的距离为d,薄板的厚度为h,则U=Ed,Eq=q v B,则I=neS v=nedh v,代入解得U=BIneh,故B正确;将磁场方向变为与薄板的上、下表面平行,载流子不偏转,所以U H发生变化,C错误;将磁场和电流分别反向,N端的电势仍然高于M端电势,D错误.6.如图所示,两虚线之间的空间内存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E、方向与水平线成60°角,磁场的方向垂直纸面向里.一个带正电小球从电磁复合场上方高度为h处自由落下,并沿直线通过电磁复合场,重力加速度为g.求:(1)带电小球刚进入复合场时的速度;(2)磁场的磁感应强度及带电小球的比荷.解析:(1)小球自由下落h的过程中机械能守恒,有mgh=12m v2,解得v=2gh.(2)小球在复合场中运动时受力情况如图所示,水平方向:有F洛=F电cos60°,即q v B=Eq cos60°,得B=E22gh;竖直方向,有Eq sin60°=mg,解得qm=23g3E.答案:(1)2gh(2)E22gh 23g 3E7.(2019·湖南郴州一模)如图所示,甲是不带电的绝缘物块,乙是带正电的物块,甲、乙叠放在一起,置于粗糙的绝缘水平地面上,地面上方有水平方向的匀强磁场.现加一个水平向左的匀强电场,发现甲、乙无相对滑动并一同水平向左加速运动,在加速运动阶段(B)A.甲、乙两物块间的摩擦力不变B.甲、乙两物块做加速度减小的加速运动C.乙物块与地面之间的摩擦力不断减小D.甲、乙两物块可能做匀加速直线运动解析:以甲、乙整体为研究对象,分析受力如图甲所示,随着速度的增大,F洛增大,F N增大,则乙物块与地面之间的摩擦力f不断增大,故C错误;由于f增大,F电一定,根据牛顿第二定律得,加速度a减小,甲、乙两物块做加速度不断减小的加速运动,最后一起匀速运动,故B正确,D错误;对甲进行受力分析,如图乙所示,有F电-f′=m甲a,a减小,则f′增大,即甲、乙两物块间的摩擦力变大,故A错误.8.如图所示,两极板间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场,不计重力的氘核、氚核和氦核初速度为零,经相同的电压加速后,从两极板中间垂直射入电磁场区域,且氘核沿直线射出.不考虑粒子间的相互作用,则射出时(D)A .偏向正极板的是氚核B .偏向正极板的是氦核C .射入电磁场区域时,氚核的动能最大D .射入电磁场区域时,氦核的动量最大解析:氘核在复合场中沿直线通过,故有qE =q v B ,所以v =E B ;在加速电场中qU =12m v 2,v =2qU m ,氚核的比荷比氘核的小,进入磁场的速度比氘核小,洛伦兹力小于电场力,氚核向负极板偏转,选项A 错误;氦核的比荷等于氘核的,氦核进入复合场的速度与氘核一样,所以不发生偏转,选项B 错误;射入复合场区域时,带电粒子的动能等于qU ,氦核的电荷量最大,所以动能最大,选项C 错误;带电粒子的动量p =m v =2mqU ,氦核的电荷量和质量的乘积最大,动量最大,选项D 正确.9.(2019·福建泉州检测)如图所示,两块相同的金属板MN 、PQ 平行倾斜放置,与水平面的夹角为45°,两金属板间的电势差为U ,PQ 板电势高于MN 板,且MN 、PQ 之间分布有方向与纸面垂直的匀强磁场.一质量为m 、带电荷量为q 的小球从PQ 板的P 端以速度v 0竖直向上射入,恰好沿直线从MN 板的N 端射出,重力加速度为g .求:(1)磁感应强度的大小和方向;(2)小球在金属板之间的运动时间.解析:(1)小球在金属板之间做匀速直线运动,受重力G、电场力F电和洛伦兹力f,F电的方向与金属板垂直,由左手定则可知f的方向沿水平方向,三力合力为零,结合平衡条件可知小球带正电,金属板MN、PQ之间的磁场方向垂直纸面向外,且有q v0B=mg tan45°①得B=mg q v0②(2)解法1:设两金属板之间的距离为d,则板间电场强度E=U d③又qE=2mg④h=2d⑤小球在金属板之间的运动时间t=hv0⑥解得t=qU mg v0⑦解法2:由于f=q v0B不做功,W G=-mgh,W电=qU,由动能定理得qU-mgh=0h=v0t得t=qUmg v0答案:(1)mgq v0垂直纸面向外(2)qUmg v010.(2019·河南濮阳二模)如图所示,在xOy坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场,第四象限内有竖直向上的匀强电场,两个电场的电场强度大小相等,第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场,让一个质量为m、电荷量为q的粒子在第二象限内的P(-L,L)点由静止释放,结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限,粒子在第四象限内运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限,重力加速度为g.求:(1)粒子从P点运动到坐标原点的时间;(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向.解析:(1)粒子在第二象限内做直线运动,因此电场力和重力的合力方向沿PO方向,则粒子带正电.mg=qE1=qE2,2mg=ma;2L=12at2,解得t=2Lg(2)设粒子从O 点进入第四象限的速度大小为v ,由动能定理可得mgL +qEL =12m v 2,求得v =2gL ,方向与x 轴正方向成45°,由于粒子在第四象限内受到电场力与重力等大反向,因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由于粒子做匀速圆周运动后从x 轴上的Q (L,0)点进入第一象限,根据左手定则可以判断,磁场方向垂直于纸面向里.粒子做圆周运动的轨迹如图,由几何关系可知粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R =22L 由牛顿第二定律可得Bq v =m v 2R ,解得B =2m 2gL qL答案:(1)2L g (2)2m 2gL qL ,方向垂直纸面向里。
高考物理 磁场精讲精练 组合场复合场叠加场典型习题
组合场复合场叠加场典型习题1.如图所示,匀强电场方向水平向右,匀强磁场方向垂直纸面向里,将带正电的小球在场中静止释放,最后落到地面上.关于该过程,下述说法正确的是( )A.小球做匀变速曲线运动B.小球减少的电势能等于增加的动能C.电场力和重力做的功等于小球增加的动能D.若保持其他条件不变,只减小磁感应强度,小球着地时动能不变解析:选C.重力和电场力是恒力,但洛伦兹力是变力,因此合外力是变化的,由牛顿第二定律知其加速度也是变化的,选项A错误;由动能定理和功能关系知,选项B错误,选项C正确;磁感应强度减小时,小球落地时的水平位移会发生变化,则电场力所做的功也会随之发生变化,选项D错误.2.带电质点在匀强磁场中运动,某时刻速度方向如图所示,所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反,不计阻力,则在此后的一小段时间内,带电质点将( )A.可能做直线运动B.可能做匀减速运动C.一定做曲线运动D.可能做匀速圆周运动解析:选C.带电质点在运动过程中,重力做功,速度大小和方向发生变化,洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化,故带电质点不可能做直线运动,也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动,C正确.3.(多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区,该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下,恰好沿直线运动到A,下列说法中正确的是( )A.该微粒一定带负电荷B .微粒从O 到A 的运动可能是匀变速运动C .该磁场的磁感应强度大小为mgqv cos θD .该电场的场强为Bv cos θ解析:选AC.若微粒带正电荷,它受竖直向下的重力mg 、水平向左的电场力qE 和斜向右下方的洛伦兹力qvB ,知微粒不能做直线运动,据此可知微粒应带负电荷,它受竖直向下的重力mg 、水平向右的电场力qE 和斜向左上方的洛伦兹力qvB ,又知微粒恰好沿着直线运动到A ,可知微粒应该做匀速直线运动,则选项A 正确,B 错误;由平衡条件有:qvB cos θ=mg ,qvB sin θ=qE ,得磁场的磁感应强度B =mgqv cos θ,电场的场强E =Bv sin θ,故选项C 正确,D 错误.4.(多选)如图所示,已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U 加速后,水平进入互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 的复合场中(E 和B 已知),小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动,则( )A .小球可能带正电B .小球做匀速圆周运动的半径为r =1B2UEgC .小球做匀速圆周运动的周期为T =2πEBgD .若电压U 增大,则小球做匀速圆周运动的周期增加解析:选BC.小球在复合场中做匀速圆周运动,则小球受到的电场力和重力满足mg =Eq ,方向相反,则小球带负电,A 错误;因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,由牛顿第二定律和动能定理可得:Bqv =mv 2r ,Uq =12mv 2,联立两式可得:小球做匀速圆周运动的半径r =1B2UE g ,由T =2πr v 可以得出T =2πE Bg,与电压U 无关,所以B 、C 正确,D 错误.5.(多选)如图所示,在第二象限中有水平向右的匀强电场,在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场.有一重力不计的带电粒子(电荷量为q ,质量为m )以垂直于x 轴的速度v 0从x 轴上的P 点进入匀强电场,恰好与y 轴正方向成45°角射出电场,再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入第四象限.已知OP 之间的距离为d ,则( )3A .带电粒子通过y 轴时的坐标为(0,d )B .电场强度的大小为mv 202qdC .带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为(3π+4)d2v 0D .磁感应强度的大小为2mv 04qd解析:选BC. 粒子在电场中做类平抛运动,因为进入磁场时速度方向与y 轴正方向成45°角,所以沿x 轴正方向的分速度v x =v 0,在x 轴正方向做匀加速运动,有d =0+v 02t ,沿y 轴正方向做匀速运动,有s =v 0t =2d ,故选项A 错误.沿x 轴正方向做匀加速运动,根据v x =v 0=Eq m ×2d v 0=2Eqd mv 0,解得E =mv 202qd,故选项B 正确.粒子进入磁场后做匀速圆周运动,轨迹如图所示,由图可知粒子在磁场中运动的半径R =22d ,圆心角θ=135°=34π,所以在磁场中的运动时间为t 1=2πR ×1353602v 0=3π×22d 42v 0=3πd2v 0;在电场中的运动时间为t 2=2d v 0,所以总时间为t =t 1+t 2=(3π+4)d 2v 0,故选项C 正确.由qvB =mv2R 可知,磁感应强度B =m ×2v 0q ×22d =mv 02qd,故选项D 错误.6.在某空间存在着水平向右的匀强电场E 和垂直于纸面向里的匀强磁场B ,如图所示,一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC 固定在纸面内,其圆心为O 点,半径R =1.8 m ,OA 连线在竖直方向上,AC 弧对应的圆心角θ=37°.今有一质量m =3.6×10-4kg 、带电荷量q =+9.0×10-4C 的带电小球(可视为质点),以v 0=4.0 m/s 的初速度沿水平方向从A 点射入圆弧轨道内,一段时间后从C 点离开,小球离开C 点后做匀速直线运动.已知重力加速度g =10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力,求:(1)匀强电场的场强E ;(2)小球刚离开C 点时的速度大小;(3)小球刚射入圆弧轨道时,轨道对小球的瞬间支持力.解析:(1)当小球离开圆弧轨道后,对其受力分析如图甲所示,由平衡条件得F 电=qE=mg tan θ,代入数据解得E =3 N/C.(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中,由动能定理得F 电R sin θ-mgR (1-cos θ)=mv 22-mv 22,代入数据得v =5 m/s.(3)由(1)可知F 洛=qvB =mgcos θ, 解得B =1 T ,小球射入圆弧轨道瞬间竖直方向的受力情况如图乙所示,由牛顿第二定律得F N +Bqv 0-mg =mv 20R,代入数据得F N =3.2×10-3N.答案:(1)3 N/C (2)5 m/s (3)3.2×10-3N7. 如图所示,在直角坐标系xOy 平面内,虚线MN 平行于y 轴,N 点坐标为(-L,0),MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场,在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画出).现有一质量为m 、电荷量为-e 的电子,从虚线MN 上的P 点,以平行于x 轴正方向的初速度v 0射入电场,并从y 轴上点A ()0,0.5L 射出电场,射出时速度方向与y 轴负方向成30°角,进入第四象限后,经过矩形磁场区域,电子过点Q ⎝⎛⎭⎪⎫36L ,-L ,不计电子重力,求:5(1)匀强电场的电场强度E 的大小;(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小和电子在磁场中运动的时间t ; (3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积S min .解析:(1)设电子在电场中运动的加速度为a ,时间为t ,离开电场时,沿y 轴方向的速度大小为v y ,则L =v 0ta =eE mv y =at v y =v 0tan 30°解得:E =3mv 2eL(2) 设轨迹与x 轴的交点为D ,OD 距离为x D ,则x D =0.5L tan 30°=36L 所以,DQ 平行于y 轴,电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ 上,电子运动轨迹如图所示.设电子离开电场时速度为v ,在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ,则evB =m v 2rv =v 0sin 30°由几何关系有 r +r sin 30°=L ,即r =L3联立以上各式解得 B =6mv 0eL电子转过的圆心角为120°,则得 t =T3T =2πm eB ⎝⎛⎭⎪⎫或T =2πr v =πL 3v 0 得t =πL9v 0(3)以切点F 、Q 的连线长为矩形的一条边,与电子的运动轨迹相切的另一边作为其FQ 的对边,有界匀强磁场区域面积为最小.S min =3r ×r2得S min =3L218答案:(1)3mv 2eL (2)6mv 0eL πL 9v 0 (3)3L2188.如图所示,圆柱形区域的半径为R ,在区域内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场;对称放置的三个相同的电容器,极板间距为d ,板间电压为U ,与磁场相切的极板,在切点处均有一小孔,一带电粒子,质量为m ,带电荷量为+q ,自某电容器极板上的M 点由静止释放,M 点在小孔a 的正上方,若经过一段时间后,带电粒子又恰好返回M 点,不计带电粒子所受重力.求:(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径; (2)U 与B 所满足的关系式;(3)带电粒子由静止释放到再次返回M 点所经历的时间. 解析:(1)由几何关系解得r =3R . (2)设粒子加速后获得的速度为v , 由动能定理得qU =12mv 2-0,由洛伦兹力提供向心力,得qvB =m v 2r,7联立解得B =1R2mU 3q. (3)根据运动电荷在磁场中做匀速圆周运动的周期T =2πmqB=2πR3m 2qU, 依题意分析可知粒子在磁场中运动一次所经历的时间为16T ,故粒子在磁场中运动的总时间t 1=3×16T =πR3m 2qU, 而粒子在匀强电场中所做运动类似竖直上抛运动,设每次上升或下降过程经历的时间为t 2,则有d =12at 22, a =qU md, 解得t 2=d2m qU,粒子在电场中运动的总时间为t 3=6t 2=6d2m qU.带电粒子由静止释放到再次返回M 点所经历的时间为t =t 1+t 3=πR3m2qU+6d 2mqU.答案:(1)3R (2)B =1R2mU 3q(3)πR3m2qU+6d 2mqU9.如图所示,在xOy 平面第一象限内有平行于y 轴的匀强电场和垂直于xOy 平面的匀强磁场,匀强电场电场强度为E .一带电荷量为+q 的小球从y 轴上离坐标原点距离为L 的A 点处,以沿x 正向的初速度进入第一象限,如果电场和磁场同时存在,小球将做匀速圆周运动,并从x 轴上距坐标原点L2的C 点离开磁场.如果只撤去磁场,并且将电场反向,带电小球以相同的初速度从A 点进入第一象限,仍然从x 轴上距坐标原点L2的C 点离开电场.求:(1)小球从A 点出发时的初速度大小; (2)磁感应强度B 的大小和方向.解析:(1)由带电小球做匀速圆周运动知mg =Eq 所以电场反向后竖直方向受力Eq +mg =ma 得a =2g小球做类平抛运动,有L 2=v 0t ,L =12at 2得v 0=12gL(2)带电小球做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,有qv 0B =mv 20R 得B =mv 0qR由圆周运动轨迹分析得(L -R )2+⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22=R 2R =5L 8代入得B =4E gL5gL由左手定则得,磁感应强度垂直于xOy 平面向外. 答案:(1)12gL (2)4E gL5gL,垂直于xOy 平面向外10.如图甲所示,建立Oxy 坐标系.两平行极板P 、Q 垂直于y 轴且关于x 轴对称,极9板长度和板间距均为l .在第一、四象限有磁感应强度为B 的匀强磁场,方向垂直于Oxy 平面向里.位于极板左侧的粒子源沿x 轴向右连续发射质量为m 、电荷量为+q 、速度相同、重力不计的带电粒子.在0~3t 0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响).已知t =0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t 0时刻经极板边缘射入磁场.上述m 、q 、l 、t 0、B 为已知量.(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)(1)求电压U 0的大小;(2)求12t 0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径;(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短?求此最短时间.解析:(1)t =0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动,t 0时刻刚好从极板边缘射出,在y 轴负方向偏移的距离为12l ,则有E =U 0l ①qE =ma ②12l =12at 20③ 联立①②③式,解得两板间偏转电压为U 0=ml 2qt 20④(2)12t 0时刻进入两板间的带电粒子,前12t 0时间在电场中偏转,后12t 0时间两板间没有电场,带电粒子做匀速直线运动.带电粒子沿x 轴方向的分速度大小为v 0=l t 0⑤带电粒子离开电场时沿y 轴负方向的分速度大小为v y =a ·12t 0⑥带电粒子离开电场时的速度大小为v =v 20+v 2y ⑦设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R ,则有qvB =m v 2R⑧联立③⑤⑥⑦⑧式解得R =5ml 2qBt 0⑨(3)2t 0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短.带电粒子离开电场时沿y 轴正方向的分速度为v y ′=at 0⑩设带电粒子离开电场时速度方向与y 轴正方向夹角为α,则tan α=v 0v y ′⑪ 联立③⑤⑩⑪式解得α=π4⑫带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示,圆弧所对的圆心角2α=π2,所求最短时间为t min =14T ⑬带电粒子在磁场中运动的周期为T =2πmqB⑭联立⑬⑭式得t min =πm2qB答案:(1)ml 2qt 20 (2)5ml 2qBt 0 (3)2t 0 πm2qB百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。
高考物理大二轮复习与测试强化练 第7讲 带电粒子在组
第7讲 带电粒子在组合场和叠加复合场中的运动1.如图所示的坐标系,x 轴沿水平方向,y 轴沿竖直方向.在x 轴上方空间的第一、第二象限内,既无电场也无磁场,在第三象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场和垂直于xOy 平面向里的匀强磁场,在第四象限内存在沿y 轴负方向、场强大小与第三象限电场强度相等的匀强电场.一质量为m 、电荷量为q 的带电质点,从y 轴上y=h 处的P 1点以一定的水平初速度沿x 轴负方向进入第二象限,然后经过x 轴上x =-2h 处的P 2点进入第三象限,带电质点恰能做匀速圆周运动,之后经过y 轴上y =-2h 处的P 3点进入第四象限.试求:(1)第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小. (2)带电质点在第四象限空间运动过程中的最小速度.解析: (1)质点从P 2到P 3的运动过程中,重力与电场力平衡,洛伦兹力提供向心力.则qE =mg解得E =mg q在第二象限内从P 1到P 2的运动过程是只在重力作用下的平抛运动,即h =12gt 2,2h =v 0t ,v y =gt那么质点从P 2点进入复合场时的速度为v =v 20+v 2y =2 gh方向与x 轴负方向成45°角,运动轨迹如图所示.质点在第三象限内满足qvB =m v 2R由几何知识可得:(2R )2=(2h )2+(2h )2,所以B =m q2g h.(2)质点进入第四象限,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀减速直线运动.当竖直方向的速度减小到零时,此时质点速度最小,也就是说最小速度v min 是v 在水平方向的分量,则v min =v cos 45°=2gh ,方向沿x 轴正方向.答案: (1)mg qmq2gh(2)2gh ,方向沿x 轴正方向2.在如图所示的直角坐标系中,x 轴的上方存在与x 轴正方向成45°角斜向右下方的匀强电场,场强的大小为E =2×104V/m.x 轴的下方有垂直于xOy 面向外的匀强磁场,磁感应强度的大小为B =2×10-2T .把一个比荷为q m=2×108C/kg 的正电荷从坐标为(0,1)的A 点处由静止释放.电荷所受的重力忽略不计.(1)求电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间; (2)求电荷在磁场中做圆周运动的半径;(保留两位有效数字)(3)当电荷第二次到达x 轴时,电场立即反向,而场强大小不变,试确定电荷到达y 轴时的位置坐标.解析: (1)如图,电荷从A 点匀加速运动到x 轴上C 点的过程: 位移s =AC = 2 m加速度a =Eq m=22×1012 m/s 2时间t =2s a=10-6s.(2)电荷到达C 点的速度为v =at =22×106 m/s速度方向与x 轴正方向成45°角,在磁场中运动时由qvB =mv 2R得R =mv qB =22m 即电荷在磁场中的偏转半径为0.71 m.(3)轨迹圆与x 轴相交的弦长为Δx =2R =1 m ,所以电荷从坐标原点O 再次进入电场中,且速度方向与电场方向垂直,电荷在电场中做类平抛运动.设电荷到达y 轴的时间为t ′,则: tan 45°=12at ′2vt ′解得t ′=2×10-6s则类平抛运动中垂直于电场方向的位移L =vt ′=4 2 m y =Lcos 45°=8 m即电荷到达y 轴时位置坐标为(0,8). 答案: (1)10-6s (2)0.71 m (3)(0,8)3.(2013·郑州市预测)如图甲所示,两平行金属板长度l 不超过0.2 m ,两板间电压U 随时间t 变化的U -t 图象如图乙所示.在金属板右侧有一左边界为MN 、右边无界的匀强磁场,磁感应强度B =0.01 T ,方向垂直纸面向里.现有带正电的粒子连续不断地以速度v 0=105m/s 射入电场中,初速度方向沿两板间的中线OO ′方向.磁场边界MN 与中线OO ′垂直.已知带电粒子的比荷qm=108C/kg ,粒子的重力和粒子之间的相互作用力均可忽略不计.(1)在每个粒子通过电场区域的时间内,可以把板间的电场强度当做恒定的.请通过计算说明这种处理能够成立的理由;(2)设t =0.1 s 时刻射入电场的带电粒子恰能从金属板边缘穿越电场射入磁场,求该带电粒子射出电场时速度的大小;(3)对于所有经过电场射入磁场的带电粒子,设其射入磁场的入射点和从磁场射出的出射点间的距离为d ,试判断:d 的大小是否随时间变化?若不变,证明你的结论;若变化,求出d 的变化范围.解析: (1)带电粒子在金属板间运动的时间为t =lv 0≤2×10-6 s , 由于t 远小于T (T 为电压U 的变化周期),故在t 时间内金属板间的电场可视为恒定的.另解:在t 时间内金属板间电压变化ΔU ≤2×10-3V ,由于ΔU 远小于100 V(100 V 为电压U 最大值),电压变化量特别小,故t 时间内金属板间的电场可视为恒定的.(2)t =0.1 s 时刻偏转电压U =100 V ,由动能定理得 12qU =12mv 21-12mv 20 代入数据得v 1=1.41×105m/s.(3)设某一时刻射出电场的粒子的速度大小为v , 速度方向与OO ′夹角为θ,则v =v 0cos θ粒子在磁场中有qvB =mv 2R由几何关系得d =2R cos θ 由以上各式解得d =2mv 0qB代入数据解得d =0.2 m 显然d 不随时间变化答案: (1)见解析 (2)1.41×105m/s (3)d =0.2 m 不随时间变化4.坐标原点O 处有一点状的放射源,它向xOy 平面内的x 轴上方各个方向发射α粒子,α粒子的速度大小都是v 0,在0<y <d 的区域内分布有指向y 轴正方向的匀强电场,场强大小为E =3mv 22qd ,其中q 与m 分别为α粒子的电荷量和质量;在d <y <2d 的区域内分布有垂直于xOy 平面的匀强磁场.ab 为一块很大的平面感光板,放置于y =2d 处,如图所示.观察发现此时恰无粒子打到ab 板上.(不考虑α粒子的重力)(1)求α粒子刚进入磁场时的动能; (2)求磁感应强度B 的大小;(3)将ab 板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上?并求出此时ab 板上被α粒子打中的区域的长度.解析: (1)根据动能定理:Eqd =12mv 2-12mv 20则末动能为E k =12mv 2=Eqd +12mv 20=2mv 20.(2)根据(1)中结果可知v =2v 0,对于沿x 轴正方向射出的粒子进入磁场时与x 轴正方向夹角θ=π3,其在电场中沿x 轴方向的位移x 1=v 0t =v 02d Eq m=233d .该粒子运动轨迹如图所示,根据几何知识可知:若该粒子不能打到ab 板上,则所有粒子均不能打到ab 板上,因此该粒子轨迹必与ab 板相切,其圆周运动的半径满足关系式d =r +r cos 60°,则r =23d ,又根据洛伦兹力提供向心力Bqv =mv 2r ,可得B =3mv 2qd =3mv 0qd.(3)根据几何知识可知,沿x 轴负方向射出的粒子若能打到ab 板上,则所有粒子均能打到ab 板上.其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab 板相切.由图可知此时磁场宽度应为原来的13,即当ab 板位于y =43d 的位置时,恰好所有粒子均能打到板上,且ab 板上被打中区域的长度为L =2x 1+r =433d +23d .答案: (1)2mv 20 (2)3mv 0qd (3)y =43d 433d +23d。
高考物理二轮复习考点第三章牛顿运动定律专题加速运动的叠加体问题
专题3.10 加速运动的叠加体问题一.选择题1.(2020湖南长郡中学实验班选拔考试)如图所示,质量分别为m1、m2的两物块叠放在一起,以一定的初速度一起沿固定在水平地面上倾角为α的斜面上滑。
已知m2与斜面间的动摩擦因数μ<tanα,则A.整体在上滑的过程中处于失重状态B.整体在上滑到最高点后将停止运动C.两物块之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等D.两物块之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程【参考答案】AC2. (2020·哈尔滨三中模拟)如图所示,光滑水平面上放置着四个相同的木块,其中木块B与C之间用一轻弹簧相连,轻弹簧始终在弹性限度内。
现用水平拉力F拉B木块,使四个木块以相同的加速度一起加速运动,则以下说法正确的是( )A.一起加速过程中,C木块受到四个力的作用FB.一起加速过程中,D所受到的静摩擦力大小为4C.一起加速过程中,A、D木块所受摩擦力大小和方向相同D.当F撤去瞬间,A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变【参考答案】BC3.(2020·江苏泰州期末)如图所示,在光滑平面上有一静止小车,小车质量为M=5 kg,小车上静止地放置着质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度a m和小车的加速度a M,可能正确的有( )A.a m=1 m/s2,a M=1 m/s2B.a m=1 m/s2,a M=2 m/s2C.a m=2 m/s2,a M=4 m/s2D.a m=3 m/s2,a M=5 m/s2【参考答案】AC【名师解析】隔离木块,分析受力,木块和小车恰不发生相对滑动时,它们有相同的加速度,由牛顿第二定律有μmg=ma m,解得a m=2 m/s2。
木块和小车不发生相对滑动时,二者加速度相等,木块和小车发生相对滑动时,a m=2 m/s2,小车的加速度a M为大于2 m/s2的任意值。
可能正确的是A和C。
物理高考专题训练第二轮复习---叠加体问题全国通用
叠加体问题一、高考回顾全国各地近几年高考题题型分值难易程度涉及知识点2007年天津卷第23题计算题16分较难动量守恒2007年江苏卷第6题选择题6分较难牛顿运动定律2007年广东卷第20题计算题16分难(1)牛顿第二定律(2)动能定理2007年海南卷第2题选择题3分容易弹力、重力、摩擦力2006年江苏卷第9题选择题3分中等静摩擦力做功2006年黑龙江吉林卷第15题选择题6分中等受力分析2004年全国Ⅰ卷第25题计算题20分难(1)牛顿运动定律(2)运动学知识二、难点点拨1、运用牛顿运动定律和运动学知识处理叠加体间相对运动以及各物体的运动问题,如2004年全国Ⅰ卷第25题。
解决此类问题关键是判定物体间相对运动,从而判定摩擦力方向,计算各物体的加速度大小,特别要弄清楚各物体运动过程分几个阶段,必要时画出各物体运动的示意图,将抽象问题变具体。
2、运用动量和能量知识处理叠加体问题,解决此类问题应注意物体相对运动,注意系统各阶段遵循规律,通常涉及摩擦力做功与运动学知识解决物体受力运动的问题。
3、结合电场或磁场知识综合分析叠加体问题,此类问题综合性较强,几乎涉及力学、电磁学的主干知识,分析此类问题要认真审题,抓住解题的突破点,要建立空间想象能力。
三、命题热点透视1、利用v-t图象,从速度、位移的角度分析物体的运动物理过程,从而解决实际问题。
2、灵活运用整体法和隔离法求解叠加体问题,深刻理解力和加速度对应关系,善于将物体运动过程分成几个阶段来处理,画出运动的示意图,将抽象问题变具体。
3、这几年高考试题常结合动量、能量守恒、牛顿运动定律知识进行综合命题,复习时应引起关注。
四、精选试题训练Ⅰ选择题1、如图所示,两个等大的水平力F 分别作用在物体B 、C 上.物体A 、B 、C 都处于静止状态.各接触面与水平地面平行.物体A 、C 间的摩擦力大小为f 1,物体B 、C 间的摩擦力大小为f 2,物体C 与地面间的摩擦力大小为f 3,则(B )A. 0,0,0321===f f fB. 0,,0321===f F f fC. 0,0,321===f f F fD. F f F f f ===321,,02、如图所示,在水平桌面上叠放着质量均为M 的A 、B 两块木板,在木板A 的上方放着一个质量为m 的物块C ,木板和物块均处于静止状态。
高二物理电场叠加的练习题
高二物理电场叠加的练习题高二物理:电场叠加的练习题1. 问题描述在一个平面上,有三个点电荷,其电荷量分别为Q1 = 2μC,Q2 = -3μC,Q3 = 5μC。
它们分别位于点A(-1, 0)、B(4, 2)和C(0, -3)处。
求点P(2, 1)处的电场强度大小和方向。
2. 解题思路根据电场强度叠加原理,我们可以将问题分解为三部分:点电荷Q1对点P的电场强度、点电荷Q2对点P的电场强度以及点电荷Q3对点P的电场强度。
最后,将三者的矢量和即为点P处的电场强度。
3. 计算过程首先,计算Q1对P的电场强度:由于电荷量Q1 > 0,所以Q1产生的电场方向由Q1指向P,即由A 指向P。
电场强度的大小可以通过库仑定律计算:E1 = k * |Q1| / r1^2其中,k是库仑常量,k = 8.99 × 10^9 N·m^2/C^2;r1为A到P的距离。
A(-1, 0)到P(2, 1)的距离可以通过勾股定理计算:r1 = √[ (x2 - x1)^2 + (y2 - y1)^2 ]= √[ (2 - (-1))^2 + (1 - 0)^2 ]= √[ 9 + 1 ]= √10所以,Q1对P的电场强度大小为:E1 = 8.99 × 10^9 * 2 / ( √10 )^2≈ 5.69 × 10^8 N/C接下来,计算Q2对P的电场强度:由于电荷量Q2 < 0,所以Q2产生的电场方向由P指向Q2,即由P 指向B。
同样地,电场强度的大小可以通过库仑定律计算:E2 = k * |Q2| / r2^2其中,r2为P到B的距离。
P(2, 1)到B(4, 2)的距离可以通过勾股定理计算:r2 = √[ (x2 - x1)^2 + (y2 - y1)^2 ]= √[ (4 - 2)^2 + (2 - 1)^2 ]= √[ 2^2 + 1^2 ]= √5所以,Q2对P的电场强度大小为:E2 = 8.99 × 10^9 * 3 / ( √5 )^2≈ 1.61 × 10^9 N/C最后,计算Q3对P的电场强度:由于电荷量Q3 > 0,所以Q3产生的电场方向由Q3指向P,即由C 指向P。
高考物理二轮复习考点第三章牛顿运动定律专题加速运动的叠加体问题
专题3.10 加速运动的叠加体问题一.选择题1.(2020湖南长郡中学实验班选拔考试)如图所示,质量分别为m1、m2的两物块叠放在一起,以一定的初速度一起沿固定在水平地面上倾角为α的斜面上滑。
已知m2与斜面间的动摩擦因数μ<tanα,则A.整体在上滑的过程中处于失重状态B.整体在上滑到最高点后将停止运动C.两物块之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等D.两物块之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程【参考答案】AC2. (2020·哈尔滨三中模拟)如图所示,光滑水平面上放置着四个相同的木块,其中木块B与C之间用一轻弹簧相连,轻弹簧始终在弹性限度内。
现用水平拉力F拉B木块,使四个木块以相同的加速度一起加速运动,则以下说法正确的是( )A.一起加速过程中,C木块受到四个力的作用FB.一起加速过程中,D所受到的静摩擦力大小为4C.一起加速过程中,A、D木块所受摩擦力大小和方向相同D.当F撤去瞬间,A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变【参考答案】BC3.(2020·江苏泰州期末)如图所示,在光滑平面上有一静止小车,小车质量为M=5 kg,小车上静止地放置着质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度a m和小车的加速度a M,可能正确的有( )A.a m=1 m/s2,a M=1 m/s2B.a m=1 m/s2,a M=2 m/s2C.a m=2 m/s2,a M=4 m/s2D.a m=3 m/s2,a M=5 m/s2【参考答案】AC【名师解析】隔离木块,分析受力,木块和小车恰不发生相对滑动时,它们有相同的加速度,由牛顿第二定律有μmg=ma m,解得a m=2 m/s2。
木块和小车不发生相对滑动时,二者加速度相等,木块和小车发生相对滑动时,a m=2 m/s2,小车的加速度a M为大于2 m/s2的任意值。
可能正确的是A和C。
高中物理叠加试题及答案
高中物理叠加试题及答案一、选择题1. 在物理学中,当两个或多个波在空间中相遇时,会发生叠加现象。
下列关于波的叠加说法正确的是:A. 波的叠加是波的干涉现象B. 波的叠加是波的反射现象C. 波的叠加是波的折射现象D. 波的叠加是波的衍射现象答案:A2. 两列波长相同的波在空间中相遇,若两列波的振幅分别为A1和A2,两列波的相位差为0,则叠加后波的振幅为:A. A1 + A2B. A1 - A2C. √(A1^2 + A2^2)D. √((A1 + A2)^2)答案:A二、填空题3. 若两列波在空间中相遇,它们的相位差为π,则叠加后波的振幅将_________。
答案:相互抵消4. 在光的干涉现象中,当两束光波的相位差为半个波长时,它们会形成_________。
答案:暗条纹三、计算题5. 两列波在空间中相遇,已知一列波的振幅为5,频率为100Hz,另一列波的振幅为3,频率为100Hz,两列波的相位差为π/4。
求叠加后波的振幅。
答案:首先,根据波的叠加原理,两列波的振幅可以表示为:A = A1 + A2 * cos(Δφ)其中,A1和A2分别为两列波的振幅,Δφ为相位差。
将题目中的数据代入公式:A = 5 + 3 * cos(π/4)A = 5 + 3 * √2 / 2A ≈ 5 + 2.12A ≈ 7.12因此,叠加后波的振幅约为7.12。
四、简答题6. 描述在干涉现象中,如何通过调整两束光波的相位差来改变干涉条纹的分布。
答案:在干涉现象中,通过改变两束光波的相位差可以改变干涉条纹的分布。
具体操作可以通过调整光波的路径差来实现。
当两束光波的相位差增加或减少时,干涉条纹的位置会相应地发生移动。
例如,当相位差增加时,亮条纹会向一侧移动,而暗条纹则会向另一侧移动。
通过精确控制相位差的变化,可以精确地控制干涉条纹的分布。
高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练专题22带电粒子在复合场(叠加场)中的运动模型(原卷版+解析)
2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练专题22 带电粒子在复合场(叠加场)中的运动模型【特训典例】一、高考真题1.空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy 平面)向里,电场的方向沿y 轴正方向。
一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O 由静止开始运动。
下列四幅图中,可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )A .B .C .D .2.如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。
电子从M 点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经过N 、P 两点。
已知M 、P 在同一等势面上,下列说法正确的有( )A .电子从N 到P ,电场力做正功B .N 点的电势高于P 点的电势C .电子从M 到N ,洛伦兹力不做功D .电子在M 点所受的合力大于在P 点所受的合力3.霍尔元件是一种重要的磁传感器,可用在多种自动控制系统中。
长方体半导体材料厚为a 、宽为b 、长为c ,以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz ,如图所示。
半导体中有电荷量均为e 的自由电子与空穴两种载流子,空穴可看作带正电荷的自由移动粒子,单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n 和p 。
当半导体材料通有沿x +方向的恒定电流后,某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场,磁感应强度的大小为B ,沿y +方向,于是在z 方向上很快建立稳定电场,称其为霍尔电场,已知电场强度大小为E ,沿z -方向。
(1)判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向;(2)若自由电子定向移动在沿x +方向上形成的电流为n I ,求单个自由电子由于定向移动在z 方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小nz F ;(3)霍尔电场建立后,自由电子与空穴在z 方向定向移动的速率分别为nz v 、pz v ,求t ∆时间内运动到半导体z 方向的上表面的自由电子数与空穴数,并说明两种载流子在z 方向上形成的电流应满足的条件。
4.如图,两个定值电阻的阻值分别为1R 和2R ,直流电源的内阻不计,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d ,,极板间存在方向水平向里的匀强磁场。
专题2.14叠加体平衡问题(基础篇)-2022年高考物理最新考点模拟题精练(解析版)
2022年高考物理100考点最新模拟题千题精练第二部分相互作用专题2.14.叠加体平衡问题(基础篇)一.选择题1. (2021辽宁抚顺重点高中期末)如图所示,物体B叠放在物体A上,A、B的质量均为m,且上、下表面均与斜面平行,它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑,则()A.A、B间没有静摩擦力B.A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上C.A受到斜面的滑动摩擦力大小为mg sin θD.A与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ【参考答案】D【名师解析】对物体B受力分析可知,B一定受重力、支持力,将重力分解可知重力有沿斜面向下的分力,B能匀速下滑,受力一定平衡,故A对B应有沿斜面向上的静摩擦力;根据力的相互作用规律可知,A受到B的静摩擦力应沿斜面向下,故A、B错误;对A、B整体分析,并将整体重力分解,可知沿斜面方向上,重力的分力与摩擦力等大反向,故A受的滑动摩擦力沿斜面向上,大小为2mg sin θ,C错误;对A、B整体分析,受重力、支持力和滑动摩擦力,由于匀速下滑,故重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力平衡,故2mg sin θ=μ·2mg cos θ,解得μ=tan θ,D正确。
2.(2020·武汉模拟)如图所示,在水平桌面上叠放着物体a、b、c,三个物体均处于静止状态。
下列说法正确的是()A.c一定受到水平桌面施加的摩擦力B.b对a的作用力一定竖直向上C.c对b的摩擦力可能水平向右D.b对a的支持力与a受到的重力是一对作用力和反作用力【参考答案】B【名师解析】对a、b、c整体分析,受重力和支持力,二力平衡,c不受地面的摩擦力,故A错误;对物体a受力分析,受重力、支持力和静摩擦力,根据平衡条件,b对a的作用力一定竖直向上,和a的重力平衡,故B正确;以a和b整体为研究对象,受到重力、支持力和静摩擦力,根据平衡条件,c对b的静摩擦力平行接触面向上,故C 错误;b 对a 的支持力与a 对b 的压力是一对作用力和反作用力,两力的施力物体不同,受力物体不同,且两力的大小相等,方向相反,作用在同一条直线上。
专题32 带电粒子在叠加场中运动问题 2021年高考物理二轮专题解读与训练(解析版)
专题32 带电粒子在叠加场中运动问题一、单选题1.如图所示,平行金属板A,B水平正对放置,分别带等量异号电荷.一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么()A.若微粒带正电荷,则A板一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点动能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加【答案】C【解析】分析微粒的运动轨迹可知,微粒的合力方向一定竖直向下,由于微粒的重力不可忽略,故微粒所受的电场力可能向下,也可能向上,故A错误.微粒从M点运动到N点,电场力可能做正功,也可能做负功,故微粒的电势能可能减小,也可能增大,故B错误.微粒从M点运动到N点过程中,合力做正功,故微粒的动能一定增加,C正确.微粒从M点运动到N点的过程中,除重力之外的电场力可能做正功,也可能做负功,故机械能不一定增加,D错误.2.中国科学家发现了量子反常霍尔效应,杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果.如图5所示,厚度为h,宽度为d的金属导体,当磁场方向与电流方向垂直时,在导体上下表面会产生电势差,这种现象称为霍尔效应.下列说法正确的是()A.上表面的电势高于下表面的电势B.仅增大h时,上下表面的电势差增大C.仅增大d时,上下表面的电势差减小D.仅增大电流I时,上下表面的电势差减小【答案】C【解析】金属导体中的自由电荷是带负电的电子,由电流方向向右可知电子的移动方向向左,根据左手定则,上表面带负电,下表面带正电,下表面的电势高于上表面,故A错误;稳定时,电子受到的洛伦兹力与电场力相平衡,则evB=e,解得U=vBh,而根据I=nevhd,可知v=,故U=,故增大h,电势差不变,仅增大d时,上,下表面的电势差减小,故B错误,C正确;而仅增大I时,电势差应该增大,故D错误.二、多选题3.电磁泵在目前的生产,科技中得到了广泛应用。
如图所示,泵体是一个长方体,ab边长为L1,两侧端面是边长为L2的正方形;流经泵体内的液体密度为ρ,在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率的倒数),泵体所在处有方向垂直向外的磁场B,把泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上,则()A.泵体上表面应接电源正极B.通过泵体的电流I=UL1/σC.增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D.增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度【答案】AC【解析】当泵体上表面应接电源正极时,电流从上向下流过泵体,这时受到的磁场力水平向右,拉动液体,因此A正确;泵体电阻,因此流过泵体的电流,B错误;增大磁感应强度B,受到的磁场力变大,因此可获得更大的抽液高度,C正确,但若增大液体的电阻率。
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2008高考物理二轮专题复习 叠加体问题精选试题训练
Ⅰ选择题
1、如图所示,两个等大的水平力F 分别作用在物体B 、C 上.物体A 、B 、C 都处于静止状态.各接触面与水平地面平行.物体A 、C 间的摩擦力大小为f 1,物体B 、C 间的摩擦力大小为f 2,物体C 与地面间的摩擦力大小为f 3,则(B )
A. 0,0,0321===f f f
B. 0,,0321===f F f f
C. 0,0,321===f f F f
D. F f F f f ===321,,0
2、如图所示,在水平桌面上叠放着质量均为M 的A 、B 两块木板,在木板A 的上方放着一个质量为m 的物块C ,木板和物块均处于静止状态。
A 、B 、C 之间以及B 与地面之间的动摩擦因数都为μ。
若用水平恒力F 向右拉动木板A ,使之从C 、B 之间抽出来,已知重力加速度为g 。
则拉力F 的大小应该满足的条件是 (C )
A 、F > μ(2m +M )g
B 、F > μ(m +2M )g
C 、F > 2μ(m +M )g
D 、F > 2μmg
3、如图所示,木板质量为M ,长度为L ,小木块质量为m ,水平地面光滑,一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M 和m 连接,小木块与木板间的动摩擦因数为μ。
开始时木块静止在木板左端,现用水平向右的力将m 拉至右端,拉力至少做功为(A ).
A 、μmgL
B 、2mgL
C 、mgL /2
D 、gL m M )(+μ
4、光滑水平面上叠放着两个物体A 和B ,如图所示,水平拉力F 作用在物体B 上,使它们从静止开始一起运动。
经过时间t ,撤去拉力F ,再经过时间t ,物体A 、B 的动能分别为E A 和E B 。
在运动过程中A 、B 始终保持相对静止,以下几种说法:(AC ) A .E A +E B 等于拉力F 做的功 B .E A +E B 小于拉力F 做的功
C .E A 等于撤去拉力F 前摩擦力对物体A 做的功
D .
E A 大于撤去拉力
F 前摩擦力对物体A 做的功
5、如图所示,质量为M 的木板静止在光滑水平面上。
一个质量为m 的小滑块以初速度V 0从木板的左端向右滑上木板。
滑块和木板的水平速度随时间
变化的图象如图所示.某同学根据图象作出如下一些判断,正确的是
(ACD )
A .滑块与木板间始终存在相对运动;
B .滑块始终未离开木板;
C .滑块的质量大于木板的质量;
D .在1t 时刻滑块从木板上滑出。
6、如图(a )所示,质量为2m 的长木板,静止地放在光滑的水平面上,另一质量为m 的小铅块(可视为质点)以水平速度v 0滑上木板左端,恰能滑至木板右端且与木板保持相对静止,铅块运动中所受的摩擦力始终不变。
若将木板分成长度与质量均相等(即m 1 = m 2 = m )的两段1、2后紧挨着放在同一水平面上,让小铅块以相同的初速度V 0由木板1的左端开始运动,如图(b )所示,则下列说法正确的是( AD )
A. 小铅块滑到木板2的右端前就与之保持相对静止
B. 小铅块滑到木板2的右端与之保持相对静止
C. (a )、(b )两种过程中产生的热量相等;
D. (a)示过程产生的热量大于(b )示过程产生的热量
7、如图,一轻弹簧左端固定在长木块A 的左端,右端与小木块B 连接,且B 、A 及A 与地面间接触光滑。
开始时,B 和A 同均静止,现同时对B 、A 施加等大反向的水平恒力F 1和F 2从两物体开始运动以后的整个运动过程中,对B 、A 和弹簧组成的系统(整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度)。
正确的说法是( D )
A 由于F 1、、F 2等大反向,故系统机械能守恒
B F 1、、F 2 分别对B 、A 做正功,故系统动量不断增加
C F 1、、F 2 分别对B 、A 做正功,故系统机械能不断增加
D 当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时,B 、A 的动能最大
8、如图所示,质量为m 的木块放在倾角为θ的光滑斜面上,已知斜面体与地面之间也是光滑的。
在木块下滑的过程中,则:( A D ) A 、木块所受的弹力对木块做负功 B 、木块的机械能守恒
C 、木块和斜面体组成的系统动量守恒
D 、斜面体对地面的压力一定小于两个物体的重力之和
9、如图所示,斜面上除一AB 段粗糙外,其余部分均是光滑的,小物体与AB 段
θ
m
的动摩擦因数处处相等。
今使该物体从斜面的顶端由静止开始下滑,经过A 点时的速度与经过C 点时的速度相等,已知AB=BC ,则下列说法正确的是( ABC )
A 、物体在A
B 段与B
C 段的加速度大小相等;
B 、 物体在AB 段与B
C 段的运动时间相等;
C 、重力在这两段中所做的功相等;
D 、物体在AB 段与BC 段的动量变化相等。
10、在一正交的电、磁场中,有一带正电荷为q ,质量为m 的金属块沿倾角为θ
的粗糙斜面由静止开始下滑,已知电场强度为E ,方向竖直向下,磁感应强度为B ,方向垂直纸面向里,斜面的高度为h ,金属块滑到斜面底端时恰好离开斜面,设此时的速度为v ,则 ( C ) A .金属块从斜面顶端滑到底端的过程中,做加速度逐渐减小的加速运动 B .金属块从斜面顶端滑到底端的过程中,机械能增加了qEh C .金属块从斜面顶端滑到底端的过程中,机械能增加了mv 2/2-mgh D .金属块离开斜面后将做匀速圆周运动
Ⅱ、计算题
11、(10分)如图所示,用固定档板P 将质量为m 的小球挡在光滑斜面上处于静止状态,已知斜面体质量为M ,倾角为θ,斜面体与水平面间的动摩擦因数为μ.问至少以多大的水平恒力F 向右拉动斜面体时,小球才能做自由落体运动到地面?
·A ·B
·C
12、质量为m=1.O kg、带电量Q=+2.5X10—4C的小滑块(可视为质点)放在质量为M=2.0 kg的绝缘长木板的左端,木板放在光滑水平面上,滑块与木板之间的动摩擦因数为u=0.2,木板长L=1.5 m,开始时两者都处于静止状态,所在空间加有一个方向竖直向下强度为正=4.0×104N/C的匀强电场,如图所示。
取g=l0 m/s2,试求:
(1)用水平力F
0拉小滑块,要使小滑块与木板以相同的速度一起运动,力F
应满足
什么条件?
(2)用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动,要使滑块在1.0 s末从木板右端滑出,力F应为多大?(设m与M之间最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等,滑块在运动中带电量不变)
13、如图所示,质量M=10kg、上表面光滑的足够长的木板的在F=50N的水平拉
力作用下,以初速度
5m/s =
v沿水平地面向右匀速运动.现有足够多的小铁块,它
们的质量均为m=1kg,将一铁块无初速地放在木板的最右端,当木板运动了L=1m 时,又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块,只要木板运动了L就在木板的最右端无初速放一铁块.
试问:(取g=10m/s2)
(1)第1块铁块放上后,木板运动了L时,木板的速度多大?
(2)最终木板上放有多少块铁块?
(3)最后一块铁块与木板右端距离多远?
14、如图所示,质量m=1kg的小物块放在一质量为M=4kg的足够长的木板右端,物块与木板间的摩擦因数2.0
=
μ木板与水平面间的摩擦不计。
物块用劲度系数k=25N/m的弹簧拴住,弹簧的另一端固定。
开始时整个装置静止,弹簧处于原长状态。
现对木板施以F=12N的水平向右恒力,在弹簧第一次拉伸到最长时木板的速度为v=0.5s
m/
π,(最大静摩擦力可认为等滑动摩擦力,计算时取π2=10,g=10m/s2)(1)开始施力的瞬间的物块的加速度多大?物块达到最大速度时离出发点多
远?
(2)从开始运动到弹簧第一次拉伸到最长的过程中系统增加的内能是多少?
15、如图所示,质量M=4kg 的足够长圆管静止放在光滑水平面上,圆管外表面光滑
内表面粗糙,有一质量m=1kg 的小球以水平向右的初速度υ0=20m/s 射入管内,小球直径略小于圆管内径,该区域除重力场之外还存在着一个力场,该
力场只对小球施加竖直向上的作用力,作用力的大小跟小球的速率成正比,即F=kv ,k=1Ns/m 。
该力场对圆管没有作用力,重力加速度g=10m/s 2,求:
(1)最终小球的速度v 1和圆管的速度v 2 (2)整个过程中系统产生的热量Q 。
16、质量为M 的特殊平板在光滑的水平面上以速度v 0 = 4m/s 向右匀速运动,在平
板上方存在厚度的d = 2cm 的“相互作用区域”(如图中虚线部分所示),“相互作用区域”上方高h = 20cm 处有一质量为m 的静止物块P 。
平板的右端A 经过物块P 的正下方时,P 同时无初速度释放。
当物块P 以速度v 1进入相互作用区时,平板对P 立即产生一个竖直向上的恒力F ;当P 与平板接触时F 方向立即变竖直向下而大小保持不变。
已知M = 3m ,F = kmg ,k = 11,物块与平
板间的动摩擦因数121=μ,取重力加速度g = 10m/s 2,不计空气阻力,试求:
(1)物块P 下落至平板刚接触时的速度v 2多大? (2)物块P 释放后经多长时间t 与平板接触?
(3)欲使物块P 不致于落到光滑的水平面上,平板L 至少为多长?。