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共點(diǎn)力平衡歸納總結(jié)與提高練習(xí)(含答案)

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共點(diǎn)力平衡歸納總結(jié)與提高練習(xí)(含答案)

共點(diǎn)力平衡歸納總結(jié)與提高練習(xí)

共點(diǎn)力平衡典型精練

平衡問題的常用解法:

(1)合成法或分解法:當(dāng)物體只受三力作用處于平衡時(shí),此三力必共面共點(diǎn),將其中的任意兩個(gè)力合成,合力

必定與第三個(gè)力大小相等方向相反;或?qū)⑵渲心骋粋(gè)力(一般為已知力)沿另外兩個(gè)力的反方向進(jìn)行分解,兩分力的大小與另兩個(gè)力大小相等.

(2)正交分解法:當(dāng)物體受三個(gè)或多個(gè)力作用平衡時(shí),一般用正交分解法進(jìn)行計(jì)算.

(3)圖解法:圖解法可以定性地分析物體受力的變化,適用于三力作用時(shí)物體的平衡.此時(shí)有一個(gè)力大小和方

向都恒定,另一個(gè)力方向不變,第三個(gè)力大小和方向都改變,用圖解法即可判斷兩力大小變化的情況.(4)相似三角形法:通過力的三角形與幾何三角形相似求未知力。(5)整體法與隔離法

一、合成法或分解法求解平衡問題

例、用一根長1m的輕質(zhì)細(xì)繩將一副質(zhì)量為1kg的畫框?qū)ΨQ懸掛在墻壁上,已知繩能承受的最大張力為10N,為使繩不斷裂,畫框上兩個(gè)掛釘?shù)拈g距最大為(g=10m/s2)二、正交分解法求解平衡問題

例、如圖,質(zhì)量為m的物體置于傾角為θ,摩擦系數(shù)為μ的斜面上,先用平行于斜面的推力F1作用于物體上,能使其能沿斜面勻速上滑,若改用水平推力作用于物體上,也能使物體沿斜面勻速上滑,則兩次力之比F1/F2=?

三、圖解法求解平衡問題

例、如圖所示,輕繩的一端系在質(zhì)量為m的物體上,另一端系在一個(gè)圓環(huán)上,圓環(huán)套在粗糙水平橫桿MN上,現(xiàn)用水平力F拉繩上一點(diǎn),使物體處在圖中實(shí)線位置.然后改變F的大小使其緩慢下降到圖中虛線位置,圓環(huán)仍在原來位置不動(dòng),則在這一過程中,水平拉力F、環(huán)與橫桿的摩擦力f和環(huán)對(duì)桿的壓力N的變化情況是()

A.F逐漸減小,f逐漸增大,N逐漸減小B.F逐漸減小,f逐漸減小,N保持不變C.F逐漸增大,f保持不變,N逐漸增大D.F逐漸增大,f逐漸增大,N保持不變

變式1、如圖所示,小球用細(xì)線拴住放在光滑斜面上,用力推斜面緩慢向左運(yùn)動(dòng),小球緩慢升高的過程中,細(xì)線的拉力將:()

θA.先增大后減小B.先減小后增大

C.一直增大D.一直減小

變式2、如圖是給墻壁粉刷涂料用的“涂料滾”的示意圖.使用時(shí),用撐竿推著粘有涂料的涂料滾沿墻壁上下緩緩滾動(dòng),把涂料均勻地粉刷到墻上.撐竿的重量和墻壁的摩擦均不計(jì),而且撐竿足夠長,粉刷工人站在離墻壁一定距離處緩緩上推涂料滾,該過程中撐竿對(duì)涂料滾的推力為F1,涂料滾對(duì)墻壁的壓力為F2,以下說法正確的是()

(A)F1增大,F(xiàn)2減。˙)F1減小,F(xiàn)2增大(C)F1、、F2均增大(D)F1、、F2均減小四、相似三角形法求解平衡問題

例、下圖所示,輕繩的A端固定在天花板上,B端系一重為G的小球,小球靜止在固定的光滑大球表面上,己知AB繩長為L,大球半徑為R,天花板到大球頂點(diǎn)的豎直距離AC=d,角ABO>90。求繩中張力和大球?qū)π∏虻闹С至Γㄐ∏蛑睆胶雎圆挥?jì))

第1頁共6頁共點(diǎn)力平衡歸納總結(jié)與提高練習(xí)

變式1、如圖所示,AB兩球用勁度系數(shù)k1的輕彈簧相連,B球用長為L的細(xì)線懸于O點(diǎn),A球固定在O點(diǎn)正下方,且O、A點(diǎn)間的距離恰為L,此時(shí)繩子所受的拉力為F1,現(xiàn)把A、B間的彈簧換成勁度系數(shù)為k2的輕彈簧,仍使系統(tǒng)平衡,此時(shí)繩子所受的拉力為F2,則F1與F2的大小關(guān)系為:

變式2、上圖所示,光滑的半球形物體固定在水平地面上,球心正上方有一光滑的小滑輪,輕繩的一端系一小球,靠放在半球上的A點(diǎn),另一端繞過定滑輪后用力拉住,使小球靜止。現(xiàn)緩慢地拉繩,在使小球在球面由A到半球的頂點(diǎn)B的過程中,半球?qū)π∏虻闹С至和繩對(duì)小球的拉力T的大小變化情況是:

五、整體法與隔離法

連接體的平衡問題:解決這類問題需要注意:由于此類問題涉及到兩個(gè)或多個(gè)物體,所以應(yīng)注意整體法與隔離法的靈活應(yīng)用。考慮連接體與外界的作用時(shí)多采用整體法,當(dāng)分析物體間相互作用時(shí)則應(yīng)采用隔離法。

例、如圖所示,質(zhì)量為M的直角三棱柱A放在水平地面上,三棱柱的斜面是光滑的,且斜面傾角為θ。質(zhì)量為m的光滑球放在三棱柱和光滑豎直墻壁之間,A和B都處于靜止?fàn)顟B(tài),求地面對(duì)三棱柱支持力和摩擦力各為多少?

AθB

變式1、有一個(gè)直角支架AOB,AO是水平放置,表面粗糙.OB豎直向下,表面光滑.OA上套有小環(huán)P,OB套有小環(huán)Q,兩環(huán)質(zhì)量均為m,兩環(huán)間由一根質(zhì)量可以忽略、不可伸長的細(xì)繩相連,并在某一位置平衡,如圖2-5-1所示.現(xiàn)將P環(huán)移動(dòng)一小段距離,兩環(huán)再次達(dá)到平衡,那么移動(dòng)后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)相比較,AO桿對(duì)P的支持力FN和細(xì)繩上的拉力F的變化情況可能是()A.FN不變,F(xiàn)變大B.FN不變,F(xiàn)變小C.FN變大,F(xiàn)變大D.FN變大,F(xiàn)變小

六、平衡物體的臨界和極值問題

圖2-5-1

例、上圖所示,一條小船在河中向正東方向行駛,船上掛起一風(fēng)帆,帆受側(cè)向風(fēng)作用,風(fēng)力大小為100N,方向向東偏南30°,為了使船受到的合力能恰沿正東方向,岸上一人用一根繩子拉船,繩子方向與河岸垂直,求出風(fēng)力和繩子拉力的合力大小及繩子的拉力大。

變式1、重量為G的木塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,一人欲用最小的作用力F使木塊做勻速運(yùn)動(dòng),則此最小作用力的大小和方向應(yīng)如何?

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專題訓(xùn)練

1.在粗糙水平地面上與墻平行放著一個(gè)截面為半圓的柱狀物體A,A與豎直墻之間放一光滑圓球B,整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)對(duì)B加一豎直向下的力F,F(xiàn)的作用線通過球心,設(shè)墻對(duì)B的作用力為F1,B對(duì)A的作用力為F2,地面對(duì)A的作用力為F3。若F緩慢增大而整個(gè)裝置仍保持靜止,截面如圖所示,在此過程中()A.F1保持不變,F(xiàn)3緩慢增大B.F1緩慢增大,F(xiàn)3保持不變C.F2緩慢增大,F(xiàn)3緩慢增大D.F2緩慢增大,F(xiàn)3保持不變

2.如圖所示,A與B兩個(gè)物體用輕繩相連后,跨過無摩擦的定滑輪,A物體在Q位置時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài),若將A物體移到P位置,仍然能夠處于靜止?fàn)顟B(tài),則A物體由Q移到P后,作用于A物體上的力中增大的是()A.地面對(duì)A的摩擦力B.地面對(duì)A的支持力C.繩子對(duì)A的拉力D.A受到的重力

3.如圖所示,質(zhì)量均可忽略的輕繩與輕桿,承受彈力的最大值一定,A端用鉸鏈固定,滑輪在A點(diǎn)正上方(滑輪大小及摩擦均可不計(jì)),B端吊一重物。現(xiàn)將繩的一端拴在桿的B端,用拉力F將B端緩慢上拉(均未斷),在AB桿達(dá)到豎直前()

A.繩子越來越容易斷B.繩子越來越不容易斷C.AB桿越來越容易斷D.AB桿越來越不容易斷

4.上圖所示,一個(gè)半球形的碗放在桌面上,碗口水平,O是球心,碗的內(nèi)表面光滑。一根輕質(zhì)桿的兩端固定有兩個(gè)小球,質(zhì)量分別是m1,m2.當(dāng)它們靜止時(shí),m1、m2與球心的連線跟水平面分別成60°,30°角,則碗對(duì)m1、m2兩小球的彈力大小之比是

5.如圖所示,木板A的質(zhì)量為m,滑塊B的質(zhì)量為M,木板A用繩拴住,繩與斜面平行,B沿傾角為θ的斜面在A木板下勻速下滑.若M=2m,A、B間以及B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,試求此動(dòng)摩擦因數(shù)μ。

6.如圖所示,物體的質(zhì)量為2kg,兩根輕繩AB和AC的一端連接于豎直墻上,另一端系于物體上,在物體上另

施加一個(gè)方向與水平線成θ=60的拉力F,若要使兩繩都能伸直,求拉力F的大小范圍。(g=10m/s2)

θC0

FABBFθA

鞏固提高

1.如圖,光滑半球形容器固定在水平面上,O為球心,一質(zhì)量為m的小滑塊,在水平力F的作用下靜止P點(diǎn)。設(shè)滑塊所受支持力為FN。OF與水平方向的夾角為0。下列關(guān)系正確的是()

mgtanmgC.FN

tanA.F

B.F=mgtanD.FN=mgtan

2.上圖所示,石拱橋的正中央有一質(zhì)量為m的對(duì)稱楔形石塊,側(cè)面與豎直方向的夾角為α,重力加速度為g,若接觸面間的摩擦力忽略不計(jì),則石塊側(cè)面所受彈力的大小為

第3頁共6頁共點(diǎn)力平衡歸納總結(jié)與提高練習(xí)

3.如下圖,四個(gè)完全相同的彈簧都處于水平位置,它們的右端受到大小皆為F的拉力作用,而左端的情況各不相同:①彈簧的左端固定在左墻上;②彈簧的左端受大小也為F的拉力作用;③彈簧的左端拴一小物塊,物塊在光滑的桌面上滑動(dòng);④彈簧的左端拴一小物塊,物塊在有摩擦的桌面上滑動(dòng).若認(rèn)為彈簧的質(zhì)量都為零,以L1、L2、L3、L4依次表示四個(gè)彈簧的伸長量的大小關(guān)系是

4.L型木板P(上表面光滑)放在固定斜面上,輕質(zhì)彈簧一端固定在木板上,另一端與置于木板上表面的滑塊

Q相連,如圖所示。若P、Q一起沿斜面勻速下滑,不計(jì)空氣阻力。則木板P、Q的受力個(gè)數(shù)分別為

Fθ5.一質(zhì)量為m的物塊恰好靜止在傾角為的斜面上,F(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)豎直向下的恒力F,上圖所示則物塊()A.仍處于靜止?fàn)顟B(tài)B.沿斜面加速下滑C.受到的摩擦力不變D.受到的合外力增大

6.如圖1所示,水平地面上有一楔形物塊a,其斜面上靜止一小物塊b,F(xiàn)用力F沿不同方向作用在小物塊b上,小物塊b仍保持靜止,如圖2所示。則a、b之間的靜摩擦力一定增大的是那幾個(gè)圖

abθ圖1

Fabθ①

②abFFθ③abθ④abFθ圖2

7.如圖,輕彈簧的一端與物塊P相連,另一端固定在木板上。先將木板水平放置,并使彈簧處于拉伸狀態(tài)。緩

慢抬起木板的右端,使傾角逐漸增大,直至物塊P剛要沿木板向下滑動(dòng),在這個(gè)過程中,物塊P所受靜摩擦力的大小變化情況是()

A.先減小后增大B.先增大后減小C.一直增大D.保持不變

P8.兩剛性球a和b的質(zhì)量分別為和mb、直徑分別為da個(gè)db(da>db)。將a、b球依次放入一豎直放置、內(nèi)徑為的平底圓筒內(nèi),如圖所示。設(shè)a、b兩球靜止時(shí)對(duì)圓筒側(cè)面的壓力大小分別f1為和f2,筒底所受的壓力大小為F,若所有接觸都是光滑的,則()

A.Fmambgf1f2B.Fmambgf1f2C.magFmambgf1f2DmagFmambg,f1f2

9.木塊A、B分別重50N和60N,它們與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.25.夾在A、B之間的輕彈簧被壓縮了2cm,彈簧的勁度系數(shù)為400N/m,系統(tǒng)置于水平地面上靜止不動(dòng).現(xiàn)用F=1N的水平拉力作用在木塊B上,下圖所示,力F作用后,木塊A所受摩擦力大小是:木塊B所受摩擦力大小是:

10.下圖如圖,一固定斜面上兩個(gè)質(zhì)量均為m的小物塊A和B緊挨著勻速下滑,A與B的接觸面光滑.已知A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是B與斜面之間動(dòng)摩擦因數(shù)的2倍,斜面傾角為α.B與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù):A、B物塊間的作用力大。

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答案:

3F1/F2=cosθ-μsinθm一、2二、三、BBD

四、五、

合力大小=503N,拉力=50N六、

方法1:木塊在運(yùn)動(dòng)過程中受摩擦力作用,要減小摩擦力,應(yīng)使作用力F斜向上,設(shè)當(dāng)F斜向上與水平方向的夾角為α?xí)r,F(xiàn)的值最小。木塊受力分析如圖29所示,由平衡條件知:

Fcosα-μFN=0,Fsinα+FN-G=0

FfyFN

αx

令tanφ=μ,則sinG

2T=mgL/(R+d)N=mgR/(R+d)F1=F2支持力(N)不變,拉力(T)減小

N=(M+m)gf=mgtanθAB(P環(huán)沒有說明向左還是右移動(dòng),可以左右移動(dòng)所以有兩種情況)

F

解上述二式得:。

12,cos11

可得:FGG

2cossin1cos()FNFαGGF1φ

F

Ff2可見當(dāng)arctan時(shí),F(xiàn)有最小值,即FG/1。

方法2(摩擦角解法):由于Ff=μFN,故不論FN如何改變,F(xiàn)f與FN的合力F1的方向都不會(huì)發(fā)生改變,如圖30所示,合力F1與豎直方

向的夾角一定為arctan,可見F1、F和G三力平衡,應(yīng)構(gòu)成一個(gè)封閉三角形,當(dāng)改變F與水平方向夾

Fmin角時(shí),F(xiàn)和F1的大小都會(huì)發(fā)生改變,且F與F1方向垂直時(shí)F的值最小。由幾何關(guān)系知:

專題訓(xùn)練:

1、C2、AB3、B4、35、解:對(duì)B受力分析,如圖所示:

由平衡條件:

NF1N/GG。

2sin1F1=μmgcosθF2=μ(M+m)gcosθ

又因?yàn)镸=2m所以μ=6、

F21tan2mg第5頁共6頁共點(diǎn)力平衡歸納總結(jié)與提高練習(xí)

Fy=Fsinθ+F1sinθ-mg=0①Fx=Fcosθ-F2-F1cosθ=0②

由①②式分別得F=-F1③F=④

要使兩繩都能繃直,則有F1≥0⑤,F(xiàn)2≥0⑥

由③⑤式得F有最大值Fmax=N由④⑥式得F有最小值Fmin=N

綜合得F的取值范圍

鞏固提高

mg3、L1=L2=L3=L44、5個(gè)、3個(gè)5、A6、①③7、A8、A

2sin2mgsin9、8N9N10、tan

33

1、A2、

第6頁共6頁

擴(kuò)展閱讀:共點(diǎn)力平衡提高專題,帶詳細(xì)答案

帶電粒子在復(fù)合場的運(yùn)動(dòng)經(jīng)典題型歸納專題

一、選擇題(共10小題,每小題6分,共60分,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中至少有一項(xiàng)符合題意,全部選對(duì)的得6分,漏選的得3分,錯(cuò)選的得0分)

1.(高考北京理綜)如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi),充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場.一帶電粒子a(不計(jì)重力)以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場、電場區(qū)域,恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)穿出.若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變,另一個(gè)同樣的粒子b(不計(jì)重力)仍以相同初速度由O點(diǎn)射入,從區(qū)域右邊界穿出,則粒子b()

A.穿出位置一定在O′點(diǎn)下方B.穿出位置一定在O′點(diǎn)上方

C.運(yùn)動(dòng)時(shí),在電場中的電勢能一定減小D.在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí),動(dòng)能一定減小

【解析】本題考查帶電粒子在磁場和電場中的運(yùn)動(dòng),意在考查考生發(fā)散思維的能力.帶電粒子的電性可正也可負(fù),當(dāng)只有電場作用時(shí),粒子穿出位置可能在O′點(diǎn)上方,也可能在O′點(diǎn)下方.電場力一定對(duì)粒子做正功,粒子的電勢能減小,動(dòng)能一定增加.

【答案】C

2.(廣東)如圖所示,表面粗糙的斜面固定于地面上,并處于方向垂直紙面向外、強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中.質(zhì)量為m、帶電量為+Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑.在滑塊下滑的過程中,下列判斷正確的是()

A.滑塊受到的摩擦力不變

B.滑塊到達(dá)地面時(shí)的動(dòng)能與B的大小無關(guān)C.滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下D.B很大時(shí),滑塊可能靜止于斜面上

【解析】本題考查洛倫茲力.意在考查考生對(duì)帶電物體在磁場中運(yùn)動(dòng)的受力分析.滑塊受重力、支持力、洛倫茲力、摩擦力,如圖所示.由左手定則首先容易判斷洛倫茲力的方向?yàn)榇怪毙泵嫦蛳,C正確;由f洛=QvB,當(dāng)速度發(fā)生變化時(shí),洛倫茲力變化,由FN=f洛+mgcosθ,支持力也隨之變化,由f=μFN知摩擦力也隨之變化,A錯(cuò)誤;磁場B的大小最終影響摩擦力的大小,影響滑塊到達(dá)地面的過程中摩擦力做功的大小,滑塊到達(dá)地面時(shí)的動(dòng)能與B的大小有關(guān),B錯(cuò)誤;滑塊從斜面頂端由靜止下滑,所以中間不可能靜止在斜面上,D錯(cuò)誤.

【答案】C

3.(高考遼寧、寧夏理綜)醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時(shí),利用電磁血流計(jì)來監(jiān)測通過動(dòng)脈的血流速度.電磁血流計(jì)由一對(duì)電極a和b以及一對(duì)磁極N和S構(gòu)成,磁極間的磁場是均勻的.使用時(shí),兩電極a、b均與血管壁接觸,兩觸點(diǎn)的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直,如圖所示.由于血液中的正負(fù)離子隨血流一起在磁場中運(yùn)動(dòng),電極a、b之間會(huì)有微小電勢差.在達(dá)到平衡時(shí),血管內(nèi)部的電場可看作是勻強(qiáng)電場,血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零.在某次監(jiān)測中,兩觸點(diǎn)間的距離為3.0mm,血管壁的厚度可忽略,兩觸點(diǎn)間的電勢差為160μV,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.040T.則血流速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為

()

A.1.3m/s,a正、b負(fù)B.2.7m/s,a正、b負(fù)C.1.3m/s,a負(fù)、b正

D.2.7m/s,a負(fù)、b正

【解析】本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)、磁流體發(fā)電機(jī)、左手定則等知識(shí)點(diǎn),意在考查考生對(duì)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)、力的平衡、左手定則的綜合運(yùn)用能力.根據(jù)左手定則,可知a正b負(fù),所以CD錯(cuò)誤;因?yàn)殡x子在場中

UU

所受合力為零,Bqv=dq,所以v=Bd=1.3m/s,A正確B錯(cuò)誤.

【答案】A

4.(高考廣東卷)如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖.帶電粒子被加速電場加速后,進(jìn)入速度選擇器.速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板

S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場.下列表述正確的是()

A.質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C.能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B

D.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越小

【解析】本題考查質(zhì)譜儀的工作原理,意在考查考生分析帶電粒子在電場、磁場中的受力和運(yùn)動(dòng)的能力.粒子先在電場中加速,進(jìn)入速度選擇器做勻速直線運(yùn)動(dòng),最后進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng).在速度選擇器中受力平衡:Eq=qvB得v=E/B,方向由左手定則可知磁場方向垂直紙面向外,BC正確;進(jìn)入磁場后,

mv2mv

洛倫茲力提供向心力,qvB0=R得,R=qB,所以比荷不同的粒子偏轉(zhuǎn)半徑不0一樣,所以,A正確;D錯(cuò)誤.

【答案】ABC

5.(江西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示,從離子源發(fā)射出的正離子,經(jīng)加速電壓U加速后進(jìn)入相互垂直的電場(E方向豎直向上)和磁場(B方向垂直紙面向外)中,發(fā)現(xiàn)離子向上偏轉(zhuǎn).要使此離子沿直線通過電磁場,需要()

A.增加E,減小BC.適當(dāng)增加U

B.增加E,減小UD.適當(dāng)減小E

1

【解析】離子所受的電場力F=qE,洛倫茲力f=qvB,qU=2mv2,離子向上偏轉(zhuǎn),電場力大于洛倫茲力,故要使離子沿直線運(yùn)動(dòng),可以適當(dāng)增加U,增加速度,洛倫茲力增大,C正確;也可適當(dāng)減小E,電場力減小,D正確.

【答案】CD

6.(武昌區(qū)調(diào)研)回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置,如圖所示,它的核心部分是兩個(gè)D形金屬盒,兩盒相距很近,連接好高頻交流電源后,兩盒間的窄縫中形成勻強(qiáng)電場,使帶電粒子每次通過窄縫都能得到加速.兩盒放在勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直盒面向下,帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng),通過兩盒間的窄縫時(shí)反復(fù)被加速,直到達(dá)到最大圓周半徑時(shí)通過特殊裝置被引出,如果用同一

4回旋加速器分別加速氚核(3比較它們所需的高頻交流電源的周1H)和α粒子(2He),

期和獲得的最大動(dòng)能的大小,下列說法正確的是()

A.加速氚核的交流電源的周期較大;氚核獲得的最大動(dòng)能較大B.加速氚核的交流電源的周期較大;氚核獲得的最大動(dòng)能較小C.加速氚核的交流電源的周期較;氚核獲得的最大動(dòng)能較小D.加速氚核的交流電源的周期較小;氚核獲得的最大動(dòng)能較大

【解析】考查回旋加速器相關(guān)知識(shí).對(duì)于粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng),由Rmv

=qB可知,隨著粒子速度的增大,粒子的運(yùn)動(dòng)半徑也逐漸增大,設(shè)氚核的質(zhì)量3mv12

為3m,電荷量為e,在窄縫間被加速的次數(shù)為a,則由3mv=aeU和R=(其

2eBeB2R2

中R為氚核在D形盒中運(yùn)動(dòng)的最大圓周半徑)可得,a=6mU,同理,若α粒子

eB2R2

在D形盒中被加速的次數(shù)為b,則b=4mU,故ab=23,故氚核的加速次數(shù)

2πmm

少于α粒子的加速次數(shù),獲得的動(dòng)能較少;由T=qB可知,T與q成正比,故加速氚核的交流電源的周期較大,獲得的動(dòng)能較小,B正確.

【答案】B

7.(201*天津五校聯(lián)考)如圖所示,相距為d的兩平行金屬板水平放置,開始開關(guān)S1和S2均閉合使平行板電容器帶電.板間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.一個(gè)帶電粒子恰能以水平速度v向右勻速通過兩板間.在以下方法中,有可能使帶電粒子仍能勻速通過兩板的是(不考慮帶電粒子所受重力)()

A.保持S1和S2均閉合,減小兩板間距離,同時(shí)減小粒子射入的速率B.保持S1和S2均閉合,將R1、R3均調(diào)大一些,同時(shí)減小板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度

C.把開關(guān)S2斷開,增大兩板間的距離,同時(shí)減小板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度D.把開關(guān)S1斷開,增大板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度,同時(shí)減小粒子入射的速率【解析】帶電粒子恰能以水平速度v向右勻速通過兩板間,說明電場力與洛倫茲力平衡.保持S1和S2均閉合,兩板之間電壓不變,減小兩板間距離,由E=U/d可知兩板之間的電場強(qiáng)度E增大,帶電粒子所受電場力增大,減小粒子射入的速率,洛倫茲力減小,電場力與洛倫茲力不平衡,粒子不能夠勻速通過兩板,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;保持S1和S2均閉合,將R3調(diào)大一些,不影響兩板之間電壓,將R1調(diào)大一些,減小了兩板之間電壓,帶電粒子所受電場力減小,同時(shí)減小板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度,帶電粒子所受洛倫茲力減小,有可能使帶電粒子仍能勻速通過兩板,選項(xiàng)B正確;把開關(guān)S2斷開,平等板電容器極板上帶電荷量不變,增大兩板間的距離,兩板之間的電場強(qiáng)度不變,帶電粒子所受電場力不變,同時(shí)減小板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度,洛倫茲力減小,電場力與洛倫茲力不平衡,粒子不能夠勻速通過兩板,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;把開關(guān)S1斷開,帶電的平行板電容器放電,帶電粒子所受電場力消失,增大板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度,同時(shí)減小粒子入射的速率,不能使帶電粒子勻速通過兩板,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

【答案】B

8.如圖所示,某空間存在正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場,電場方向水平向右,磁場方向垂直于紙面向里,一個(gè)帶電微粒由a點(diǎn)進(jìn)入電磁場并剛好能沿ab直線向上運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是()

A.微粒一定帶負(fù)電B.微粒動(dòng)能一定減小C.微粒的電勢能一定增加D.微粒的機(jī)械能一定增加

【解析】根據(jù)做直線運(yùn)動(dòng)的條件和受力情況可知,微粒一定帶負(fù)電,且做勻速直線運(yùn)動(dòng),A對(duì)B錯(cuò).由于電場力向左對(duì)微粒做正功,電勢能一定減小,C錯(cuò).由能量守恒可知電勢能減小,機(jī)械能一定增加,D正確.

【答案】AD

9.如圖所示,質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒,在豎直向下的勻強(qiáng)電場、水平指向紙內(nèi)的勻強(qiáng)磁場以及重力的共同作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),下列說法中正確的是

()

A.該微粒帶負(fù)電,電荷量q=mg/E

B.若該微粒在運(yùn)動(dòng)中突然分成比荷相同的兩個(gè)粒子,分裂后只要速度不為零且速度方向仍與磁場方向垂直,它們均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

C.如果分裂后,它們的比荷相同,而速率不同,那么它們運(yùn)動(dòng)的軌道半徑一定不同

D.只要一分裂,不論它們的比荷如何,它們都不可能再做勻速圓周運(yùn)動(dòng)【解析】微粒在豎直向下的勻強(qiáng)電場、水平指向紙內(nèi)的勻強(qiáng)磁場以及重力場的共同作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,必有重力與電場力為平衡力,則q=mg/E,得q/m=g/E,Eq的方向向上,與電場的方向相反,故該微粒帶負(fù)電;若該微粒在運(yùn)動(dòng)中突然分成比荷相同的兩個(gè)粒子,則q=q1+q2,m=m1+m2,mv=m1v1+m2v2,只有粒子分裂后的比荷與分裂前的比荷相同,才

mv

能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),此時(shí)r=Bq,半徑一定不同.

【答案】AC

10.狄拉克曾經(jīng)預(yù)言,自然界應(yīng)該存在只有一個(gè)磁極的磁單極子,其周圍磁

k

感線呈均勻輻射狀分布(如圖甲所示),距離它r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=r2(k為常數(shù)),其磁場分布與負(fù)點(diǎn)電荷Q的電場(如圖乙所示)分布相似.現(xiàn)假設(shè)磁單極子S和負(fù)點(diǎn)電荷Q均固定,有帶電小球分別在S極和Q附近做勻速圓周運(yùn)動(dòng).則關(guān)于小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的判斷正確的是

()

A.若小球帶正電,其運(yùn)動(dòng)軌跡平面可在S的正上方,如圖甲所示B.若小球帶正電,其運(yùn)動(dòng)軌跡平面可在Q的正下方,如圖乙所示

C.若小球帶負(fù)電,其運(yùn)動(dòng)軌跡平面可在S的正上方,如圖甲所示D.若小球帶負(fù)電,其運(yùn)動(dòng)軌跡平面可在Q的正下方,如圖乙所示【解析】如圖甲所示,在磁單極子上方平面內(nèi)的小球,受到垂直磁感線斜向上的洛倫茲力(正電荷逆時(shí)針繞向,負(fù)電荷順時(shí)針繞向都可使洛倫茲力斜向上)和重力的作用,合力提供向心力,故A、C選項(xiàng)正確;在負(fù)點(diǎn)電荷下方的平面,帶正電小球受到沿電場線方向斜向上的電場力,可以做圓周運(yùn)動(dòng),但帶負(fù)電小球受到與電場線方向相反斜向下的電場的作用,不能做圓周運(yùn)動(dòng),所以B項(xiàng)正確D錯(cuò)誤.

【答案】ABC

二、論述、計(jì)算題(本題共3小題,共40分,解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、計(jì)算公式和重要的演算步驟,只寫出最后答案不得分,有數(shù)值計(jì)算的題,答案中必須明確數(shù)值和單位)11.(遼寧、寧夏理綜)如圖所示,在第一象限有一勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小為E,方向與y軸平行;在x軸下方有一勻強(qiáng)磁場,磁場方向與紙面垂直.一質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點(diǎn)處射入電場,在x軸上的Q點(diǎn)處進(jìn)入磁場,并從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開磁場.粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡與y軸交于M點(diǎn).已知OP=l,OQ=23l.不計(jì)重力.求:

(1)M點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O間的距離;(2)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用的時(shí)間.【解析】

(1)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),沿y軸負(fù)方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度的大小為a;在x軸正方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)速度為v0;粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為t1,進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為θ,則

qE

a=m①t1=2y0a②

x0

v0=t③

1

其中x0=23l,y0=l.又有at1

tanθ=v④

0

聯(lián)立②③④式,得θ=30°⑤

因?yàn)镸、O、Q點(diǎn)在圓周上,∠MOQ=90°,所以MQ為直徑.從圖中的幾何關(guān)系可知,

R=23l⑥MO=6l⑦

(2)設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度為v,從Q到M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,則有v0

v=cosθ⑧πR

t2=v⑨

帶電粒子自P點(diǎn)出發(fā)到M點(diǎn)所用的時(shí)間t為t=t1+t2⑩

聯(lián)立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式,并代入數(shù)據(jù)得3

t=(2π+1)

2mlqE.

12.(高考重慶理綜)如圖,離子源A產(chǎn)生的初速度為零、帶電荷量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準(zhǔn)直管,垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場,偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場,經(jīng)過一段勻速直線運(yùn)動(dòng),垂直于邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場.已知HO=d,HS=2d,∠MNQ=90°.(忽略離子所受重力)

(1)求偏轉(zhuǎn)電場場強(qiáng)E0的大小以及HM與MN的夾角φ;(2)求質(zhì)量為4m的離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑;

(3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點(diǎn)S1處,質(zhì)量為16m的離子打在S2處,S1和S2之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍.

【解析】(1)由

F=eE=ma2d=vtd=1at2

012

1eU0=2mv21-0

得E0=U0/dv1由tanφ=at得φ=45°(2)由v2

evB=mR得R=2

mU0eB2

mU0eB22222v=v+vv+(at)⊥=11

將4m代入上式得質(zhì)量為4m的離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為4

(3)將4m和16m代入R,得R1、R2,

2由S=R22-(R2-R1)-R1,

將R1、R2代入得S=4(3-1)

′2

mU0

eB2

5

由R=(2R1)+(R-R1)得R′=2R1

2′215

由2R1

強(qiáng)磁場,方向分別垂直于紙面向外和向里.質(zhì)量為m=1.6×10-27kg、電荷量為q=+3.2×10-19C的帶電粒子(不計(jì)粒子的重力),從坐標(biāo)點(diǎn)M(-4m,2m)處,以2×107m/s的速度平行于x軸向右運(yùn)動(dòng),并先后通過勻強(qiáng)磁場區(qū)域和勻強(qiáng)電場區(qū)域.

(1)求帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑r;

(2)求粒子在兩個(gè)磁場及電場區(qū)域偏轉(zhuǎn)所用的總時(shí)間;

(3)在圖中畫出粒子從直線x=-4m到x=4m之間的運(yùn)動(dòng)軌跡,并求出軌跡與y軸和直線x=4m交點(diǎn)的縱坐標(biāo).

mv2

【解析】(1)帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn),由洛倫茲力提供向心力qvB=r解mv得r=qB

代入數(shù)據(jù)得r=2m

(2)帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)周期2πr2πm

T=v=qB=6.28×10-7s

帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1=T/4=1.57×10-7s帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δxt2=v=

4-7-7

7s=22×10s=2.83×10s2×10

帶電粒子在磁場和電場中偏轉(zhuǎn)所用的總時(shí)間t=t1+t2=4.40×107s

(3)如圖所示.

通過分析可知,粒子在方向向外的磁場中恰好沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)了1/8周,下移了(2-1)m;由對(duì)稱性可知粒子在方向向里的磁場中恰好沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)了1/8周,又下移了(2-1)m;故軌跡與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)y1=2-2(2-

1)=2-2(m),在電場中豎直方向加速度a=qE

m=2/4×1014m/s2

軌跡與直線x=4交點(diǎn)的縱坐標(biāo)y+12=y(tǒng)121

2at2=(2-2)m+2×2/4×1014×(22×10-7)2m=2m

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