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(?梅州二模)如图是回旋加速器的原理示意图,其核心部分是两个半径为R的D型金属盒,现将它们接在电 (?梅州二模)如图所示,有一带光滑弧形轨道,质量为M=3.0kg的小车,静止在水平面O点左侧,轨道下端

2024-08-14 17:31:33 | 基础网

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(2014?梅州二模)如图是回旋加速器的原理示意图,其核心部分是两个半径为R的D型金属盒,现将它们接在电

A、根据T=
2πm
qB
,回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等,是不变化的.故A错误.
B、根据T=
2πm
qB
,若只增大交变电压U,不会改变质子在回旋加速器中运行的周期,但加速次数减少,则运行时间也会变短.故B正确.
C、当粒子从D形盒中出来时速度最大,根据qv m B=m
v 2 m
R
,得v m =
qBR
m
,与半径成正比.故C错误.
D、根据T=
2πm
qB
,知质子换成α粒子,比荷发生变化,则在磁场中运动的周期发生变化,回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等,故需要改变磁感应强度或交流电的周期.故D正确.
故选:BD.

(?梅州二模)如图是回旋加速器的原理示意图,其核心部分是两个半径为R的D型金属盒,现将它们接在电 (?梅州二模)如图所示,有一带光滑弧形轨道,质量为M=3.0kg的小车,静止在水平面O点左侧,轨道下端

(2014?梅州二模)如图所示,有一带光滑弧形轨道,质量为M=3.0kg的小车,静止在水平面O点左侧,轨道下端

(1)在OA段,由牛顿第二定律得:F-μmg=ma,解得:a=4m/s 2
到O点时,由速度位移公式得:v 2 =2as,解得:v=4m/s,
推力的瞬时功率:P=Fv=6×4=24W;
(2)设物块与小车到达共同速度v′时上升的最大高度为h,
以物块的初速度方向为正方向,水平方向,由动量守恒得:mv=(M+m)v′,
对系统,由系统机械能守恒得:
1
2
mv 2 =
1
2
(M+m)v′ 2 +mgh,
解得:h=0.6m<0.7m,因此物块不能越过最高点;
(3)物块回到地面与小车分离,选取水平向左为正方向,设小车与物块的最终速度分别为v 1 和u
水平方向动量守恒得:mv=Mv 1 +mu,
由系统机械能守恒得:
1
2
mv 2 =
1
2
Mv 1 2 +
1
2
mu 2
解得:v 1 =2m/s,u=-2m/s,负号表示方向向右;
答:(1)物块在AO段滑动过程中的加速度大小和撤去推力瞬间推力的瞬时功率为24W;
(2)若小车的高度H=0.7m,物块不能否滑过小车的最高点;
(3)物块最终滑回地面后,小车的速度为2m/s,方向向左,物块的速度为2m/s,方向向右.

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(2013?梅州二模)如图所示,足够长的光滑金属导轨固定在竖直平面内,匀强磁场垂直导轨所在的平面里.金

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A、由右手定则判断可知,感应电流方向沿棒由A指向C.故A错误.
B、金属棒受到重力和安培力作用,随着速度的增大,安培力逐渐增大,当速度最大时,安培力也最大,此时棒做匀速运动,安培力的最大值与其重力等大.故B正确.
C、在金属棒加速下落的过程中,金属棒减少的重力势能转化为在电阻上产生的热量和棒的动能.故C错误.
D、金属棒达到稳定速度后的下落过程中,安培力对棒做功,金属棒的机械能不守恒.故D错误.
故选B

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