高考物理第一輪復(fù)習(xí)：專題強(qiáng)化課(10)　限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練

限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練[基礎(chǔ)鞏固]1．現(xiàn)代病毒研究實(shí)驗(yàn)室通常都有廢水檢測(cè)排放系統(tǒng)，其原理如圖所示．當(dāng)含有新冠病毒(帶正、負(fù)離子)的廢水從排水管右側(cè)流入時(shí)，給排水管加上垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，下列說法正確的是()A．N點(diǎn)的電勢(shì)高于M點(diǎn)的電勢(shì)B．M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)C．M、N兩點(diǎn)電勢(shì)差越大，廢液的流動(dòng)速度越慢D．所加磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，廢液的流動(dòng)速度越慢解析：A帶電離子進(jìn)入磁場(chǎng)后受到洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知，正離子受到的洛倫茲力向下，負(fù)離子受到洛倫茲力向上，M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，或N點(diǎn)的電勢(shì)高于M點(diǎn)的電勢(shì)，故A正確、B錯(cuò)誤；當(dāng)正、負(fù)離子受到的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則有qvB＝qeq\f(U,d)，解得，液體的流速v＝eq\f(U,dB)，U是MN兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，B為所加磁感應(yīng)強(qiáng)度，則有M、N兩點(diǎn)電勢(shì)差越大，廢液的流動(dòng)速度越快，流速與B無關(guān)，v＝eq\f(U,dB)不是決定式，故CD錯(cuò)誤．2．(多選)如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個(gè)小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點(diǎn)，則()A．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，三個(gè)小球的速度相等B．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，甲球的速度最小C．甲球的釋放位置比乙球的高D．運(yùn)動(dòng)過程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變解析：CD設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓形軌道半徑為r，三個(gè)小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過最高點(diǎn)時(shí)的速度分別為v甲、v乙和v丙，由牛頓第二定律有mg＋Bv甲q甲＝eq\f(mveq\o\al(2,甲),r)，mg－Bv乙q乙＝eq\f(mveq\o\al(2,乙),r)，mg＝eq\f(mveq\o\al(2,丙),r)，則v甲＞v丙＞v乙，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；三個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，即它們的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確；甲球在最高點(diǎn)處的動(dòng)能最大，因?yàn)閯?shì)能相等，所以甲球的機(jī)械能最大，甲球的釋放位置最高，選項(xiàng)C正確．3．如圖所示，空間中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在正交的電磁場(chǎng)空間中有一足夠長的固定光滑絕緣桿，與電場(chǎng)方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)．一帶電小球套在絕緣桿上，當(dāng)小球沿桿向下的初速度為v0時(shí)，小球恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是()A．小球可能帶正電，也可能帶負(fù)電B．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的大小關(guān)系為eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0C．若撤去磁場(chǎng)，小球仍做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．若撤去電場(chǎng)，小球的機(jī)械能不斷增大解析：C洛倫茲力和支持力與運(yùn)動(dòng)方向相互垂直，均不做功，重力做正功，而小球動(dòng)能保持不變，則電場(chǎng)力一定做負(fù)功，小球帶正電，故A錯(cuò)誤；僅當(dāng)支持力為零時(shí)，電場(chǎng)力、重力、洛倫茲力三力平衡，則有qE＝qv0Bsin60°，可得eq\f(E,B)＝eq\f(\r(3),2)v0，故B錯(cuò)誤；撤去磁場(chǎng)后，因重力和電場(chǎng)力的合力垂直于桿，小球仍做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；撤去電場(chǎng)后，小球僅有重力做功，機(jī)械能不變，故D錯(cuò)誤．4．(2021·濟(jì)寧調(diào)研)(多選)如圖所示，一個(gè)絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R(比細(xì)管的內(nèi)徑大得多)，在圓管的最低點(diǎn)有一個(gè)直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g.空間存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知(不為零)，方向垂直于環(huán)形細(xì)圓管所在平面且向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．某時(shí)刻，給小球一方向水平向右、大小為v0＝eq\r(5gR)的初速度，則以下判斷正確的是()A．無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用B．無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球在最高點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用C．無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小都相同D．小球在從環(huán)形細(xì)圓管的最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過程中，水平方向分速度的大小一直減小解析：BC小球在軌道最低點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力方向豎直向上，若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，則在最低點(diǎn)時(shí)小球不會(huì)受到管壁彈力的作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)小球的速度v＝eq\r(gR)，由于是雙層軌道約束，小球運(yùn)動(dòng)過程不會(huì)脫離軌道，所以小球一定能到達(dá)軌道最高點(diǎn)，選項(xiàng)C正確；在最高點(diǎn)時(shí)，小球做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力F＝meq\f(v2,R)＝mg，小球受到豎直向下洛倫茲力的同時(shí)必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對(duì)小球的彈力，選項(xiàng)B正確；小球在從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，小球在下半圓內(nèi)上升的過程中，水平分速度向右且不斷減小，到達(dá)圓心的等高點(diǎn)時(shí)，水平速度為零，而運(yùn)動(dòng)至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水平分速度一定有增大的過程，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．5．(多選)如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B已知)，小球在此區(qū)域的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則()A．小球可能帶正電B．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝eq\f(2πE,Bg)D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增大解析：BC小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受到的電場(chǎng)力和重力大小相等、方向相反，則小球受到的電場(chǎng)力豎直向上，故小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；因?yàn)樾∏蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，有Bqv＝meq\f(v2,r)，由動(dòng)能定理得Uq＝eq\f(1,2)mv2，且有mg＝qE，聯(lián)立可得小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，故B正確；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(2πE,Bg)，與電壓U無關(guān)，故C正確，D錯(cuò)誤．[能力提升]6．(2021·甘肅高三二模)(多選)如圖所示，半圓形光滑絕緣軌道固定在豎直平面內(nèi)，O點(diǎn)為其圓心，P點(diǎn)為軌道最低點(diǎn)，兩個(gè)端點(diǎn)M、N與O等高，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與軌道平面垂直．現(xiàn)將一個(gè)帶負(fù)電的小球自M點(diǎn)由靜止釋放，它將沿軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是()A．小球由M到N與由N到M所經(jīng)歷的時(shí)間相等B．小球由M到P與由N到P過程中重力對(duì)小球做的功相等，但洛倫茲力做的功不等C．小球由M到P與由N到P過程中所受合外力的沖量大小相等D．小球經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小是相等的解析：AC小球所受得洛倫茲力與速度方向垂直不做功，軌道光滑沒有摩擦力，只受重力作用，小球機(jī)械能守恒，故小球由M到N與由N到M所經(jīng)歷的時(shí)間相等，A正確；小球由M到P與由N到P過程中重力對(duì)小球做的功相等，小球所受的洛倫茲力與速度方向垂直不做功，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理公式Ft＝mΔv，根據(jù)A選項(xiàng)可知，小球機(jī)械能守恒，故小球從M到P與由N到P過程中速度變化量大小相等，所以在此過程中所受合外力的沖量大小相等，C正確；由于小球帶負(fù)電根據(jù)左手定則，小球從M到P的過程中到達(dá)P點(diǎn)時(shí)所受洛倫茲力方向豎直向下，根據(jù)合力提供向心力對(duì)小球受力分析，如圖1所示．圖1FN－mg－FL＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N＝meq\f(v2,r)＋mg＋FL，當(dāng)小球從N到P的過程中到達(dá)P時(shí)洛倫茲力豎直向上，受力分析如圖2所示，圖2FN＋FL－mg＝meq\f(v2,r)FN＝meq\f(v2,r)＋mg－FL根據(jù)牛頓第三定律支持力與壓力互為相互作用力，在整個(gè)過程中洛倫茲力大小相等．所以從M到P的過程中到達(dá)P點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大于小球從N到P的過程中到達(dá)P時(shí)對(duì)軌道的壓力，D錯(cuò)誤．7．(2021·錦州模擬)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里，勻強(qiáng)電場(chǎng)平行于斜面向下，斜面是粗糙的．一帶正電物塊以某一初速度沿斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)a點(diǎn)后到b點(diǎn)時(shí)速度減為零，接著又滑了下來．設(shè)物塊帶電荷量保持不變，則從a到b和從b回到a兩過程相比較()A．加速度大小相等B．摩擦產(chǎn)生熱量不相同C．電勢(shì)能變化量的絕對(duì)值不相同D．動(dòng)能變化量的絕對(duì)值相同解析：B兩過程中，重力、電場(chǎng)力恒定，支持力方向不變，洛倫茲力方向相反，摩擦力方向相反，物塊所受合外力不同，由牛頓第二定律知，加速度大小必定不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；上滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向上，物塊所受滑動(dòng)摩擦力Ff′＝μ(mgcosθ－qvB)，下滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向下，物塊所受滑動(dòng)摩擦力Ff″＝μ(mgcosθ＋qvB)，摩擦產(chǎn)生熱量Q＝Ffx，兩過程位移大小相等，摩擦力大小不同，故產(chǎn)生熱量不同，B項(xiàng)正確；a、b兩點(diǎn)電勢(shì)確定，由Ep＝qφ可知，兩過程中電勢(shì)能變化量的絕對(duì)值相等，C項(xiàng)錯(cuò)誤；上滑過程和下滑過程，都是重力、摩擦力及電場(chǎng)力做功，但是上滑時(shí)摩擦力小于下滑時(shí)摩擦力，由動(dòng)能定理可知，動(dòng)能變化量大小不相同，D項(xiàng)錯(cuò)誤．8．(2021·河北卷)如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場(chǎng)噴入板間．相距為L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為θ，兩導(dǎo)軌分別與P、Q相連．質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，恰好靜止．重力加速度為g，不計(jì)導(dǎo)軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力．下列說法正確的是()A．導(dǎo)軌處磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)B．導(dǎo)軌處磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)C．導(dǎo)軌處磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)D．導(dǎo)軌處磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)解析：B由左手定則可知Q板帶正電，P板帶負(fù)電，所以金屬棒ab中的電流方向?yàn)閺腶到b，對(duì)金屬棒受力分析可知，金屬棒受到的安培力方向沿導(dǎo)軌平面向上，由左手定則可知導(dǎo)軌處磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mgsinθ，而I＝eq\f(U,R)，而對(duì)等離子體受力分析有qeq\f(U,d)＝qvB1，解得v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld).故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．9．(2021·山東濟(jì)南高三模擬)(多選)如圖所示，豎直平面MNRS的右側(cè)存在豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．從平面MNRS上的O點(diǎn)處以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面向右拋出一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小球，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(πm,q)，g取10m/s2.下列說法正確的是()A．小球離開磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為10eq\r(2)m/sB．小球離開磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為10eq\r(5)m/sC．小球離開磁場(chǎng)時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離為eq\f(5,π)eq\r(π2＋4)mD．小球離開磁場(chǎng)時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離為eq\f(5,π)eq\r(π2＋16)m解析：AD小球在磁場(chǎng)中，水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB)＝2s，則小球離開磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(T,2)＝1s，下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝5m，小球從進(jìn)入磁場(chǎng)到離開磁場(chǎng)，由動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh，解得小球離開磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v＝10eq\r(2)m/s，A正確，B錯(cuò)誤；小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(v0,π)，則小球離開磁場(chǎng)時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離s＝eq\r(h2＋（2r）2)＝eq\f(5,π)eq\r(π2＋16)m，C錯(cuò)誤，D正確．10．(2022·濱州模擬)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點(diǎn)以速度v0沿直線AO運(yùn)動(dòng)，AO與x軸負(fù)方向成37°角．在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一電場(chǎng)強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)到MN上的C點(diǎn)，MN與PQ之間的區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點(diǎn)的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)第二象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。?2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小和方向；(3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小．解析：(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用做直線運(yùn)動(dòng)，三力滿足如圖甲所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運(yùn)動(dòng)．由圖知qE1＝mgtan37°，qv0B1＝eq\f(mg,cos37°)解得E1＝eq\f(3mg,4q)，B1＝eq\f(5mg,4qv0).(2)小球在區(qū)域Ⅰ中做直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，受力如圖乙所示(電場(chǎng)力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由圖知qE2＝mgcos37°，解得E2＝eq\f(4mg,5q)方向與x軸正方向成53°角斜向上．(3)小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以mg＝qE3，解得E3＝eq\f(mg,q)因小球恰好不從右邊界穿出，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示，丙由幾何關(guān)系得r＝eq\f(5,8)d由洛倫茲力提供向心力知B2q·2v0＝meq\f(（2v0）2,r)聯(lián)立得B2＝eq\f(16mv0,5qd).答案：(1)eq\f(3mg,4q)eq\f(5mg,4qv0)(2)eq\f(4mg,5q)，方向與x軸正方向成53°角斜向上(3)eq\f(mg,q)eq\f(16mv0,5qd)[熱點(diǎn)加練]11．如圖所示，在邊長為L的正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在圖示方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，正方形的內(nèi)切圓內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從ad邊中點(diǎn)e以速度v0沿內(nèi)切圓直徑ef射入場(chǎng)區(qū)，粒子恰沿直線從bc邊的中點(diǎn)f射出場(chǎng)區(qū)．保持粒子入射位置及速度大小、方向均不變，僅撤去磁場(chǎng)，粒子射出電場(chǎng)時(shí)速度偏向角θ0＝45°.已知tan53°＝eq\f(4,3)，不計(jì)粒子重力．(1)求僅撤去磁場(chǎng)時(shí)粒子在電場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0及電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?2)若保持粒子入射位置及速度大小、方向均不變，僅撤去電場(chǎng)，求粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．解析：(1)當(dāng)只有電場(chǎng)時(shí)，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子出電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的分速度為vy，速度偏向角的正切值tanθ0＝tan45°＝eq\f(vy,v0)，粒子在垂直電場(chǎng)方向的位移x＝v0t0，沿電場(chǎng)方向的位移y＝eq\f(vy,2)t0，解得x＝2y，由幾何關(guān)系可知粒子一定是從c點(diǎn)射出電場(chǎng)，則粒子的水平位移x＝L，粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t0＝eq\f(L,v0)，粒子在電場(chǎng)中的加速度a＝eq\f(qE,m)，沿電場(chǎng)方向分速度vy＝at0，解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),qL).(2)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，當(dāng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)共存時(shí)粒子做直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得qE＝qv0B，當(dāng)只存在磁場(chǎng)時(shí)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，由幾何關(guān)系可知偏轉(zhuǎn)角θ滿足taneq\f(θ,2)＝eq\f(\f(L,2),r)＝eq\f(1,2)，可得θ＝53°，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πr,v0)，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(53πL,180v0).答案：(1)eq\f(L,v0)eq\f(mveq\o\al(2,0),qL)(2)eq\f(53πL,180v0)12．如圖所示，質(zhì)量M為5.0kg的小車以2.0m/s的速度在光滑的水平面上向左運(yùn)動(dòng)，小車上AD部分是表面粗糙的水平軌道，DC部分是eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，整個(gè)軌道都是由絕緣材料制成的，小車所在空間