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.解:(1)小物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)'由動(dòng)能定理可得F(1.5L+Lcosα)-μmg×1.5L-mgLsinα=m02-0(2分)代入數(shù)據(jù)'解得小滑塊到達(dá)A點(diǎn)的速度大小 0=\gL(1分)(2)小滑塊從A點(diǎn)拋出做斜拋運(yùn)動(dòng)'建立如圖所示的坐標(biāo)系沿y軸方向02=2ayh(1分)其中ay=gsinα(1分)解得h=(1分)(3)小滑塊斜拋后經(jīng)過(guò)時(shí)間t落在斜面上0=ay(1分)沿x軸方向x=axt2(1分)其中ax=gcosα(1分)小滑塊落點(diǎn)位置到C點(diǎn)的距離Δx=Ltanα-x(1分)解得y0AxαxgαB15.解:(1)由幾何關(guān)系可知'小球Q在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=L(1分)小球Q在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)'可得設(shè)第四象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B'由洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力'可得解得第四象限磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2\(2)小球Q與小球P發(fā)生彈性正碰'根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得2m00=2m0Q+m0P(2分)解得0p='方向沿y軸正方向(1分)方向沿y軸正方向(1分)00400(3)碰后小球Q的速度變?yōu)?'小球P的速度變?yōu)?'進(jìn)入第一象限'設(shè)小球Q圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1'小球P圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R200400碰后到小球Q第二次經(jīng)過(guò)y軸的時(shí)間碰后到小球P第二次經(jīng)過(guò)y軸的時(shí)間其中碰后小球P和小球Q第二次經(jīng)過(guò)y軸的時(shí)間差Δt=t1-t2(1分)其中'aQ='T2='aP=代入數(shù)據(jù)可得yA×A×A

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