A. | 小球釋放后,到達B點時速度為零,并在BDA間往復運動 | |
B. | 小球釋放后,第一次達到B點時對管壁的壓力為4mg | |
C. | 小球釋放后,第一次經過最低點D和最高點C時對管壁的壓力之比為5:1 | |
D. | 小球釋放后,前后兩次經過最高點C時對管壁的壓力之差為4mg |
分析 小球運動過程中,受到重力、支持力和電場力,只有重力和電場力做功;其中重力做功等于重力勢能的減小量,電場力做的功等于電勢能的減小量,根據功能關系、向心力公式和牛頓第二定律列式分析.
解答 解:A、只有重力和電場力做功,帶電小球到達B點,重力勢能不變,電勢能減小,故有動能,其動能大小等于電場力做的功,為qE•2R=2mgR故A錯誤;
B、D、從A點釋放到B點過程,根據動能定理,有
qE•2R=$\frac{1}{2}{mv}_{2C}^{2}$③
據向心力公式,有N2B-qE=m$\frac{{v}_{2C}^{2}}{R}$④
解得
N2C=5mg
故B錯誤;
C、第一次過D點時,根據動能定理,有mgR+qER=$\frac{1}{2}{mv}_{1D}^{2}$①
根據向心力公式,有N1D-mg=m$\frac{{v}_{1D}^{2}}{R}$②
解得
N1D=5mg
第一次過C點,根據向心力公式,有
N1C+mg=m$\frac{{v}_{1C}^{2}}{R}$
根據動能定理可知:第一次經過C點的動能為:2EqR-mgR=mgR,故N1C=mg
可知故CD正確;
故選:CD
點評 本題關鍵要分析求出小球的運動,然后多次根據動能定理、向心力公式和牛頓第二定律列式求解.
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A. | B. | C. | D. |
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A. | 物資投出后經過20s到達地面目標 | |
B. | 物資投出后經過6s到達地面目標 | |
C. | 應在地面目標正上方投出物資 | |
D. | 應在距地面目標水平距離180m處投出物資 |
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A. | 仍然水平向右勻速運動 | |
B. | 向上偏轉做類平拋運動 | |
C. | 向下偏轉做類平拋運動 | |
D. | 上述運動均有可能,最終運動取決于帶電微粒的比荷大小 |
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A. | 波的傳播方向向右 | |
B. | 波的傳播速率為8m/s | |
C. | 此時質點b的加速度大小為2m/s2,方向與質點a的加速度方向相同 | |
D. | 質點d與a的振幅不等 |
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