高中物理解题方法10.假设法
十、假设法
方法简介
假设法是对于待求解的问题,在与原题所给条件不相违的前提下,人为的加上或减去某些条件,以使原题方便求解。求解物理试题常用的有假设物理情景,假设物理过程,假设物理量等,利用假设法处理某些物理问题,往往能突破思维障碍,找出新的解题途径,化难为易,化繁为简。
赛题精析
例1:如图10—1所示,一根轻质弹簧上端固定,下端挂一质量为m 0的平盘,盘中有一物体,质量为m 。当盘静止时,弹簧的长度比其自然长度伸长了L 。今向下拉盘使弹簧再伸长ΔL 后停止,然后松手放开。设弹簧总处在弹性限度以内,则刚松开手时盘对物体的支持力等于( )
A 、(1 +
C 、∆L ∆L )mg B 、(1 +)(m + m0)g L L ∆L ∆L mg D 、(m + m0)g L L
解析:此题可以盘内物体为研究对象受力分析,根据牛顿第二定律
列出一个式子,然后再以整体为研究对象受力分析,根据牛顿第二定律
再列一个式子和根据平衡位置的平衡条件联立求解,求解过程较麻烦。
若采用假设法,本题将变得非常简单。
假设题中所给条件ΔL = 0 ,其意义是没有将盘往下拉,则松手放开,
弹簧长度不会变化,盘仍静止,盘对物体的支持力的大小应为mg 。 以ΔL = 0代入四个选项中,只有答案A 能得到mg 。由上述分析可知,此题答案应为A 。
例2:如图10—2所示,甲、乙两物体质量分别为m 1 =
2kg ,m 2 = 3kg ,叠放在水平桌面上。已知甲、乙间的动摩
擦因数为μ1 = 0.6 ,物体乙与平面间的动摩因数为μ2 = 0.5 ,
现用水平拉力F 作用于物体乙上,使两物体一起沿水平方向
向右做匀速直线运动,如果运动中F 突然变为零,则物体甲
在水平方向上的受力情况(g 取10m/s2)
A 、大小为12N ,方向向右 B 、大小为12N ,方向向左
C 、大小为10N ,方向向右 D 、大小为10N ,方向向左
解析:当F 突变为零时,可假设甲、乙两物体一起沿水平方运动,
则它们运动的加速度可由牛顿第二定律求出。由此可以求出甲所受的摩
擦力,若此摩擦力小于它所受的滑动摩擦力,则假设成立。反之不成立。
如图10—2甲所示。假设甲、乙两物体一起沿水平方向运动,则由
牛顿第二定律得:
f 2 = (m1 + m2)a ①
f 2 = μN 2 = μ2 (m1 + m2)g ②
由①、②得:a = 5m/s2
可得甲受的摩擦力为f 1 = m1a = 10N
因为f = μ1m 1g = 12N
f 1<f
所以假设成立,甲受的摩擦力为10N ,方向向左。应选D 。
例3:一升降机在箱底装有若干个弹簧,如图10—3所示,设
在某次事故中,升降机吊索在空中断裂,忽略摩擦力,则升降机在
从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中( )
A 、升降机的速度不断减小
B 、升降机的速度不断变大
C 、先是弹力做的负功小于重力做的正功,然后是弹力做的负
功大于重力做的正功
D 、到最低点时,升降机加速度的值一定大于重力加速度的值
解析:升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程,它受重力、弹簧弹力两个力作用。当重力大于弹力时速度继续增大,当重力等于弹力时速度增大到最大,当重力小于弹力时,速度开始减小,最后减为零,因而速度是先增大后减小,所以选项C 正确。
假设升降机前一运动阶段只受重力作用,做初速度为零的匀加速直线运动,它下降了h 高度,末速度为v ,则:
v 2 = 2gh
后一运动阶段升降机只受弹力作用,做初速度为v 、末速度为零的匀减速直线运动,把弹簧压缩了x ,则:
v 2 = 2ax
所以2gh = 2ax
0+kx
kx 2h kx ∑F 而a ==,所以:2gh = 2 ()x ,即:= m mg x 2m m
因为h >x ,所以kx kx -mg 2mg -mg >2 ,即:a 低 =>= g ,所以选项D 也正确。 mg m m
例4:一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上,其轴线沿竖直
方向,母线与轴线之间的夹角为θ = 30°,如图10—4所示。一
长为L 的绳(质量不计),一端固定在圆锥体的顶点O 处,另一
端拴着一个质量为m 的小物体(可看做质点)。物体以速度v 绕
圆锥体的轴线在水平面内做匀速圆周运动。
(1)当v 1
(2)当v 2
解析
:当物体以某一速率绕圆锥体的轴线做水平匀面内的匀速圆周运动时,可能存在
圆锥体对物体的弹力为零的临界状况,此时物体刚好与圆锥面接触但不发生形变。而当速率变大时,物体将脱离圆锥面,从而导致绳对物体的拉力大小和方向都要变化。因此,此题的关键是先求出临界状态下线速度的值。
以小物体为研究对象,假设它与圆锥面接触,而没有弹力作用。
受力如图10—4甲所示,根据运动定律得:
Tcos θ = mg ①
mv 2
Tsin θ = ② Lsin θ
解①、②得:
(1)因为v 1
v ,所以物体m 与圆锥而接触且有压力,受力如图10—4乙所示,由运动定律得:
T 1cos θ + Nsinθ = mg ③
2v 1T 1sinθ-Ncosθ = m ④ Lsin θ
解③、④得拉力:T 1 =
(2)因为v 2
mg + 1) 6
v ,所以物体m 脱离圆锥面,设绳子与轴线的夹角为φ ,受力如图10—4丙所示,由运动定律得:
v 2
2T 2sin φ = m ⑤ Lsin θ
T 2cos φ = mg ⑥
解⑤、⑥得绳子拉力:T 2 = 2mg
例5:如图10—5所示,倾角为α的斜面和倾角为β的斜面具有共同的顶点P ,在顶点上安装一个轻质小滑轮,重量均为W 的两物块A 、B 分别放在两斜面上,由一根跨过滑轮的细线连接着,已知倾角为α的斜面粗糙,物块与斜面间摩擦因数为μ ;倾角为β的斜面光滑,为了使两物块能静止在斜面上,试列出α 、β必须满足的关系式。
解析:因题目中没有给出具体数值,所以精糙斜
面上物块的运动趋势就不能确定,应考虑两种可能。
令细线的张力为T ,假设物块A 有沿斜面向上运动的
趋势时,对A 物块有:
T -μWcosα = Wsinα
对B 物块有:T = Wsinβ
两式联立解得:sinβ = sinα + μcosα
同理,假设物块A 有沿斜面向下运动的趋势时,可解得:
sinβ = sinα-μcosα
因此,物块静止在斜面上时两倾角的关系为sinα-μcosα≤sinβ≤sinα + μcosα
例6:如图10—6所示,半径为r 的铅球内有r 一半径为的球形空腔,其表面与球面相切,此铅2
球的质量为M ,在铅球和空腔的中心连线上,距
离铅球中心L 处有一质量为m 的小球(可以看成
质点),求铅球小球的引力。
解析:设想把挖去部分用与铅球同密度的材料
填充,填充部分铅球的质量为M 1 。为了抵消填充
球体产生的引力,我们在右边等距离处又放置一个
等质量的球体。如图10—6甲所示。
设放置的球体的质量为M 1 ,则:
M 1 = ρ1⋅r 411π () 3 =M 0 =M 2387
填补后的铅球质量:
8M 0 = M + M1 =M 7
则原铅球对小球引力为:
F = F0-F 1 =14GMm GM 1m 8GMm GM 0m 24GMm -=-=[-] 222(2L-r) 27(2L-r) 2L 2L 7L 7(L-) 2
例7:三个半径为r 、质量相等的球放一在一个半球形碗内,现把第四个半径也为r ,质量也相等的相同球放在这三个球的正上方,要使四个球都能静止,大的半球形碗的半径应满足什么条件?不考虑各处摩擦。
解析:假设碗的球面半径很大,把碗面变成平面。因为各接
触面是光滑的,当放上第四个球后,下面的三个球会散开,所以
临界情况是放上第四个球后,下面三个球之间刚好无弹力。把上
面的球记为A ,下面三个球分别记为B 、C 、D ,则四个球的
球心连起来构成一个正四面体,正四面体的边长均2r ,如图10
—7所示。
设A 、B 球心的连线与竖直方向的夹角为α ,设碗面球心为
O ,O 与B 球心的连线与竖直方向的夹角为β ,碗面对上面三个球的作用力都为F ,如图10—7甲所示。先以整体为研究对象,受重力、碗面对三个球的弹力F ,在竖直方向上有:
3Fcos β = 4mg ①
再以B 球为研究对象,受重力mg 、碗面对B 球的作用力F 、A 球对B 的压力F N ,根据共点力平衡条件,有:
⎧Fcos β=mg +F N cos α,消去F N ,得:
⎨Fsin β=F sin αN ⎩
tan α =Fsin β ② F cos β-mg
①、②联立,消去F 得:
1tan β =tan α ③ 4
因为四个球的球心构成一个边长为2r 正四面体,如
图10—7所示,根据几何关系,可以知道:
BO 1 2AO
tan α =22r 代入③式得:tan β
BO + r =BO
sin β于是碗面的半径为:R =BO + r =
所以半球形碗的半径需满足R ≤7.633r 。
例8:如图10—8所示,一根全长为L 、粗细均匀的铁链,对称地挂在轻小光滑的定滑轮上,当受到轻微的扰动,铁链开始滑动,当铁链下降L 1(L 1≤
度多大?
解析:在铁链下降时,只有重力做功,机械能守恒。
当铁链下降L 1时,如图10—8甲所示,假设此位置是把
左侧铁链下端AB = L 1段剪下来再接到右侧铁链的下端
CD 处实现的。
设铁链的总质量为m ,铁链下降到L 1时,L 1段中
心下降L 1高,所以重力做功: mgL 2
1m W =L 1g ⋅L 1 = L L
mgL 2
112根据机械能守恒定律:mv = L 2L )的瞬间,铁链的速2
解得铁链的速度:
1 例9:如图10—9所示,大小不等的两个容器被一根细玻璃管连通,
玻璃管中有一段水银柱将容器内气体隔开(温度相同),当玻璃管竖直放
置时,大容器在上,小容器在下,水银柱刚好在玻璃管的正中间,现将两
容器同时降低同样的温度,若不考虑容器的变化,则细管中水银柱的移动
情况是( )
A 、不动 B 、上升 C 、下降 D 、先上升后下降
解析
:只要假设水银柱不动,分析气体压强随温度的变化情况,就可
判定水银柱怎样移动。
假设水银柱不移动,则两部气体的体积都不变,根据查理定律,有:
p p -∆p ∆T =,化简为:Δp =p T T -∆T T
有:Δp A =∆T ∆T p A ,Δp B =p B T T
由于p A <p B ,所以:Δp A <Δp B ,水银柱向下移动。
答案:C
例10:如图10—10所示,将一定量的水银灌入竖直放置的U 形管中,管的内径均匀,内直径d = 1.2cm 。水银灌完后,两管听水银在平衡位置附近做简谐振动,振动周期T =
3.43s 。已知水银的密度ρ = 1.36×104kg/m3 。试求水银的质量m 。
解析:题中水银做简谐振动,已知振动周期要求水银
的质量m 。根据简谐振动的周期公式T = 2
T 已知,关键是求出k 。简谐振动的物体受的回复力F=-kx ,找
出F 与 x的关系,求出k ,问题就可以求解。
如图10—10所示,设水银离开平衡位置的距离为x ,
则回复力为: F =π2d ⋅2x ⋅ρg 4
F π2=d ρg x 2由回复力的大小F = kx ,得:k =
根据T = 2
T 2k ρgT 2d 23.432⨯0.0122⨯1.36⨯104⨯9.8m =2=== 9.0kg 8⨯3.144π8π例11:热气球是靠加热气球内部空气排除部分气体而获得上升动力的装置,现外界气体温度是15℃ ,密度为1.2kg/m3 ,气球内、外气压相等,要用容积1000m 3的气球吊起200kg 的重物,必须把气球内的空气温度加热到多少才行(取g = 10m/s2)?
解析:加热气球内的气体时,气体被排出,质量减少,在浮力不变的情况下,使F 浮≥G 总时,热气球升空。这里出现了气体质量减小的变质量问题,为应用三大实验定律只有依靠假设法,在此,为应用等压变化规律,假设升温后排出去的气体与留在热气球内的气体状态相同,如图10—11所示。
初态体积V 1 = V0 ,末态体积V 2 = V0 + ΔV 0
气体质量m = ρV0 = 1.2kg/m3×1000m 3 = 1.2×103kg
F 浮 = ρ空gV 0≥G 总 = (m′ + m物)g
代入已知数据:1.2×10×103≥(m′ + 200)×10
得m′ ≤1.0×103kg
其中m 是加热前热气球内空气质量,m′ 为加热后热气球内空气质量。
Δm = m-m ′= 1.2×103kg -10×103kg = 200kg ∆m ∆V ∆m 当密度相同时,=,所以:ΔV =V 0 = 200m3 m 'V 0m '
对等质量、等压的气体应用盖 吕萨克定律:
初态V = V0 = 103m 3
T 1 = 273 + 15 = 288k
未态V 2 = V0 + ΔV = 1.2×103m 3 根据:V 1T 1= V 2T 2
V 2T 1 = 345.6K = 72.6℃ V 1解得加热后气体温度:T 2 =
例12:0.2L 的氧气瓶内,装有4g 氧气,在室温为0℃时,瓶内氧气的压强是多少? 解析:本题乍一看似乎缺少已知量,更无法利用理想气体状态方程,但当我们假设这些氧气的标准状态为初态时,则问题就可以解决了。
假设这些氧气的初态为标准状态,则有:
V 1 =4×22.4L ,p 1 = 1atm ,T 1 = 273K 32
由已知该氧气的末状态为V 1 = 0.2L ,T 2 = 273K ,p 2未知,
由于T 1 = T2 ,所以根据玻意耳定律p 1V 1 = p2V 2
解得:p 2 = 1.4atm
例13:如图10—12所示,用导热材料制成的两端开口的U 型管ABCD ,其中AB 高L 1 = 24cm ,CD 高L 2 = 20cm ,截面积分别为S AB = 1cm2 ,S CD = 2cm2 ,开始时两管均有高h = 16cm的水银柱,现用两个橡皮帽将两个管口封闭,打开下方的阀门K ,有注射器从底部缓慢抽出水银,当其中的一个管内的水银被抽干时立即关闭阀门K (已知大气压强为p 0 = 75cmHg)。
(1)请你判断首先被抽干的是哪一管中的水银?
(2)另一只管中剩余的水银柱高度为多少?
解析:求解这一类题时,应根据可解的情况先做出必要的假
设,然后按着所做出的假设进行推理,在推理过程中,对所做假
设做出否定或认同即可求解。
假设左管内水银先被抽干,并设这时右管内剩余水银柱的高
度为x ,对左管内封闭气体用玻意耳定律有:
p 1V 1 = p 1'V 1'
可得:p 1'=V 1(14-16)S p 1 =×75 = 25cmHg V 1'24S
所以右管内气体压强为:p '2= (25-x)cmHg
再对右管内被封气体,根据玻意耳定律得:
75 (20-16)S CD = (25-x)(20-x)S CD
整理得:x 2-
45x + 200 = 0
解得:x = 5cm或40cm (不合题意舍去)
在根据以上假设列的方程中,有满足题设的实数解,故所做假设成立,即左管内水银先抽干,且此时右管内剩余水银柱高度为5cm 。
例14:如图10—13所示,正四面体ABCD 各面均为导体,但又彼此绝缘,已知带电后四个面的电势分别为φ1 ,φ2 ,φ3 ,φ4 ,求四面体中心点的电势。
解析:保持四面体不动,假设按照一定方式调换四个面上的
电荷,即假设四个面的电荷绕中心O 转动,结果会得到正四面体
的四个面的若干带电模式,由于转动时并未改变各面电荷之间的
相对位置,所以各种模式在中心O 点的电势φ0都相同。现假设将
四种模式叠加,则O 点电势应为4φ0 。另一方面,四处模式叠加
后,正四面体的每个面的电势皆为φ1 + φ2 + φ3 + φ4 ,这时正四面
体构成一近似封闭的等势面,它所包围的空间(其中无电荷)就
近似为一等势体,因此O 点的电势为φ1 + φ2 + φ3 + φ4 。
所以上分析得出:4φ0 = φ1 + φ2 + φ3 + φ4
1所以中心点的电势:φ0 =(φ1 + φ2 + φ3 + φ4) 4
例15:有一半径为R 的不导电的半球薄壳,均匀带电,倒扣在xOy 平面上,如图10—14所示,图中O 为球心,ABCD 为球壳边缘,AOC 为直径。有一电电为q 的点电荷位于OC 上的E 点,OE = r 。已知将此点电荷由E 点缓慢移至球壳顶点T 时,外力需要做功W (W >0),不计重力影响。
(1)试求将此点电荷由E 点缓慢移至A 点
外力需做功的正负、大小,并说明理由;
(2)P 为球心正下方的一点,OP = R 。试
求将此点电荷由E 点缓慢移至P 点,外力需做功
的正负及大小,并说明理由。
解析:(1)假设取另一完全相同的带电半球
壳扣在题给的半球壳下面,构成一个完整的地均
匀带电球壳,则球壳及其内部各点电势都相等,
令U 表示此电势。根据对称性可知,上下两个半
球壳分别在圆面ABCD 上各点引起的电势是相
等的,再由电势叠加原理可知,当只有上半球壳
存在时,圆面ABCD 上各点的电势都应为完整球壳内电势的一半,即U ,所以将电荷由E 2
点移至A 点的过程中,外力做功为零。
(2)对完整球壳,E 点与T 点等势,电势差为零。由电势叠加原理可知,若上半球壳在T 、E 两点形成的电势差为(UT -U E ) ,则下半球壳在T 、E 两点形成的电势差必为-(UT -U E ) 。已知W = q (UT -U E ) 。所以在下半球产生的电场中,q 由E 到T 外力做功必为-W 。由对称性可知,在上半球壳产生的电场中,q 由E 到P 外力的功刀必为-W 。
例16:无穷方格电阻丝网格如图10—15所示,其中每一小段电阻丝的电阻均为r
,
试求相邻两个格点A 、B 间的等效电阻R AB 。
解析:假设从A 点注入电流I ,根据对称性,追踪一条支路,再根据欧姆定律可求出R AB 。假设电流I 从A 点流入,不从B 点流出,I 将分流到无穷远处。据对称性,其中I 有流经AB 段。再假设电流I 不是从A 点流入,而是从无穷远处流向B 点,从B 点流出,4
I 据对称性,其中也有流经AB 段。 4
现在假设电流I 从A 点流入,
经过足够长的时间达稳定后,从B
点流出的电流也应为I ,经AB 段的I 电流为两个的叠加,如图10—154
U I I r 甲所示,即为,于是有U AB =⋅r 。所以AB 间的等效电阻R AB =AB =。 22I 2
例17:如图10—16所示,在半径为r 的圆柱形区域内,充满与圆柱轴线平行的匀强磁场,
的金属棒MN 与磁场方向垂直地放在磁场区域内,棒的端点MN 恰在磁
∆B 场边界的圆周上,已知磁感应强度B 随时间均匀变化,其变化率为= k ,求MN 中产∆t
生的电动势为多大?
解析:由题可知,MN 上有感应
电动势,这种感应电动势无法直接计
算。但如果注意MN
,结
合题意,可虚构两根与NM 完全相同
的金属棒与MN 棒一起刚好构成圆的
内接正三角形,如图2—10—16—甲
所示。由法拉第电磁感应定律,这一
回路中的感应电动势ε =
1,所以: 32∆φ∆B ⋅
=kr 。MN 上的感应电动势是整个回路中电动势的∆t ∆t
21εMN =ε
。 3
针对训练
1.两个物体A 和B ,质量分别为M 和m ,用跨过定滑轮的轻绳相连,A 静止于水平地面上,如图10—17所示,不计摩擦,A 对绳的作用力的大小与地面对A 的作用力的大小分别为( )
A、mg ,(M-m)g B 、mg ,Mg
C、(M-m)g ,Mg D 、(M+m)g ,(M-
m)g
2.如10—18所示,A 、B 是静止在水平地面上完全相同的两块长木板,A 的左端和B 的右端相接触,两板的质量皆为M = 2.0kg ,长度皆为L = 1.0m ,C 是质量为m = 1.0kg的小物块。现给它一个初速度v 0 = 2.0m/s ,使它从板B 的左端向右滑动,已知地面是光滑的,而C 与板A 、B 之间的动摩擦因数皆为μ = 0.10 ,求最后A 、B 、C 各以多大的速度做匀速运动。取重力加速度g = 10m/s2 。
3.质量为m 的物体A 置于质量为M 、倾角为θ的斜面体B 上,A 、B 之间光滑接触,B 的底面与水平地面也是光滑接触。设开始时A 与B 均静止,而后A 以某初速度沿B 的斜面向上运动,如图10—19所示,试问A 在没有到达斜面顶部前是否会离开斜面?为什么?讨论中不必考虑B 向前倾倒的可能性。
4.半径为r 、质量为m 的三个相同的球放在水平桌面上,两两互相接触。用一个高为1.5r 的圆柱形圆筒(上下均无底)将此三球套在筒内,圆筒的内径取适当值,使得各球间以及球与筒壁之间均保持无形变接触。现取一质量亦为m 、半径为R 的第四个球,放在三球的上方正中。设四个球的表面、圆筒的内壁表现均由相同物质构成,其相互之间的
最大静摩擦系数为μ
(约等于0.775),问R 取何值时,用手缓慢竖直向上提起圆筒即能将四个球一起提起来?
5.如图10—20所示的一段封闭、水平放置的粗细均匀的玻璃管中,有水银柱将气体隔成了体积不同的左右两部分,初温T 左>T 右 ,当两部分气体升高相同的温度时,判断水银柱如何移动。(提示:假设用一装置将水银柱固定住,两边气体作等容变化。)
6.如图10—21所示,A 、B 两容器容积相等,用粗细均匀的细玻璃管相连,容器内装有不同气体,细管中央有一段水银且保持平衡,此时A 中气体的温度为0℃ ,B 中气体温度为20℃ ,若将它们的温度都降低10℃ ,则水银柱将( )
A、向A 移动 B 、向B 移动 C 、不动 D 、不能确定
7.如图10—22所示,半径为R 的大球O 被内切地挖去半径为R 的小球O ′,大球余2
下的部分均匀带电量为Q ,试求距大球球心O 点r 处(r >R )P 点的场强。已知OP 的连线经过小球球心。
8.如图10—23所示,两种电路中电源相同,各电阻器阻值相等,各电流表的内阻相等且不可忽略,电流表A 1 、A 2 、A 3和A 4读出的电流值分别为I 1 、I 2 、I 3和I 4 。下列关系式中正确的是( )
A、I 1 = I3 B 、I 1<I 4 C 、I 2 = 2I1 D 、I 2<I 3 + I4
9.如图10—24所示,匀强磁场的磁感应强度为B ,方向垂直纸面向里,质量为m 、电量为+q的微粒在磁场中由静止开始下落,空气阻力不计。求微粒下落的最大高度和最大速度。
10.两根相距d = 0.2m的平行光滑金属长轨道与水平方向成30°角固定,匀强磁场的磁感应强度B = 0.2T ,方向垂直两导轨组成的平面。两根金属棒ab 、cd 互相平行且始终与导轨垂直地放在导轨上,它们的质量m 1 = 0.1kg , m 2 = 0.02kg ,两棒电阻均为0.02Ω ,导轨的电阻不计。如图10—25所示,ab 棒在平行于导轨平面斜向上的外力作用下,以v =
1.5m/s的速度沿斜面匀速向上运动,求在此过程中金属棒cd 运动的最大速度。
11.两个定值电阻R 1 、R 2串联后接在输出电压U 稳定于12V 的直流电源上。有人把一个内阻不是远大于R 1 、R 2的电压表接在R 1两端,如图10—26所示,电压表的示数8V ,如果把此电压表改接在R 2的两端,则电压表的示数将( )
A 、小于4V B 、等于4V C 、大于4V ,小于8V D 、等于或大于8V
12.如图10—27所示的电路中,电池的电动势为ε ,内阻为r ,R 1和R 2是两个阻值固定的电阻。当可变电阻R 的滑片向a 点移动时,通过R 1的电流I 1和通过R 2的电流I 2将发生如下的变化中,正确的是( )
A 、I 1变大,I 2变小
C 、I 1变小,I 2变大
1、A
2、v A
B 、I 1变大,I 2变大 D 、I 1变小,I 2变小 参考答案 2,v A
m/s ,v C =15
3、不会离开斜面,因为A 与B 的相互作用力为
4、(2
31)r <R ≤(mMgcos θ,始终为正值。 2M +msin θ22
331)r
5、水银柱将向左移动
6、A
124KQ 7、[2-] (2r-R) 2r 78、BD
2m 2g 2mg 9、d m =22,v m = q B qB
10、v ′ = 1m/s ,方向沿斜面向下
11、A
12、C