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演算步骤。mv22mv42mv13、(1)E?0;(2)(L,0);(3)0?B?0,30°≤θ≤90°2qLqL23qL【解题分析】(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动2L=vt01EqL?t22mmv2解得E?02qL⑵设带电粒子经C点时的竖直分速度为v、速度为v,轨迹如图所示:y:..EqEq2Lv?t???vymmv00v?2v,方向与x轴正向成45°斜向上0v22v粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动,qBv=m,R?01RqB1解得R=2L由几何关系知,离开区域时的位置坐标:x=L,y=03(3)根据几何关系知,带电粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场的半径满足L≤r≤L4mv半径为:r?qB22mv42mv可得0?B?0qL23qL根据几何关系知,带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角30°≤θ≤90°3314、(1)(2)g?a?3g33【解题分析】(1)设小球A的质量为m,则物体B的质量为2m,以B为研究对象进行受力分析,如图所示,水平方向根据共点力的平衡条件可得:Fcos30°=μN,B1竖直方向根据共点力的平衡条件可得:N=2mg-Fsin30°,1B根据滑动摩擦力的计算公式可得:f=μN,1联立解得:Fcos30°=μ(2mg-Fsin30°)①BB:..设小车上面拉小球A的绳子拉力为F以整体为研究对象,可得:AFcos60°=μ(3mg-Fsin60°)②AA再以小球A为研究对象,竖直方向受力平衡可得:Fsin60°=mg+Fsin30°③AB3联立①②③可得:μ=;3(2)以A为研究对象,当AB绳拉力为零时最小加速度为a,则能够牛顿第二定律可得:13mgtan30°=ma,解得:a=gtan30°=g;113随着加速度的增大,AB细线与水平方向的夹角逐渐增大,当AB与水平方向增大到60°时,AB细线再次拉直,此时加速度为a,而这时拉小球A的细线与竖直方向的夹角为260°,对A球根据牛顿第二定律可得:a=gtan60°=3g,所以满足条件的加速度为23g≤a≤、(1)(2)(3)【解题分析】(1)某时刻给物块A一个瞬时冲量,由动量定律可知:解得物块A在桌面上运动的过程中,由动能定理:解得v=5m/s;A1A和B碰撞动量守恒:解得v=2m/sA(2)物块A在传送带上运动分为匀减速阶段和匀速阶段:匀减速阶段:匀速阶段:物块A在传送带上运动的时间为:t=t+t=(3)对物块A:对物块B:设B运动至传送带右端时的速度v′,由可得v′=3m/sBB由此可得物块B在传送带上一直做匀减速运动,B在传送带上运动的时间:..物块B在传送带上运动的过程中,因摩擦产生的热量:,则物块再传送带上运动时,因摩擦产生的总热量为:Q=Q+Q=