（?兰州一模）质量M=3.0kg的长木板置于光滑水平面上，木板左侧放置一质量m=1.0kg的木块，右侧固定一 （?兰州一模）如图，在等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，A1B交A
2024-08-03 18:37:03 | 瀚博招生网
本文目录一览：
- 1、（2014?兰州一模）质量M=3.0kg的长木板置于光滑水平面上，木板左侧放置一质量m=1.0kg的木块，右侧固定一
- 2、（2014?兰州一模）如图，在等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，A1B交A
- 3、（2014?兰州一模）在平面直角坐标系xoy的第一象限内有一圆形匀强磁场区域，半径=0.1m，磁感应强度B=0.5T
（2014?兰州一模）质量M=3.0kg的长木板置于光滑水平面上，木板左侧放置一质量m=1.0kg的木块，右侧固定一
（1）以木块与木板组成的系统为研究对象，从木块开始运动到两者速度相同的过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可得：mv 0 =（M+m）v 1 ，解得v 1 =1m/s．（2）木板与墙壁碰后返回，木块压缩弹簧，当弹簧压缩到最短时，木块与木板速度相等，在此过程中 两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得：Mv 1 -mv 1 =（M+m）v 2 ，解得：v 2 =0.5m/s；
当弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律可得：
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
当木块到达木板最左端时两者速度相等，在此过程中，系统动量守恒，
由动量守恒定律可得：Mv 1 -mv 1 =（M+m）v 3 ，解得：v 3 =0.5m/s；
从木块开始运动到木块再回到木板最左端的整个过程中，
由能量守恒定律可得：
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解得：Q=3.75J，E Pm =3.75J；
答：（1）木板与墙壁相碰时的速度v 1 =1m/s．
（2）整个过程中弹簧所具有的弹性势能的最大值E pm =3.75J．
（2014?兰州一模）如图，在等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，A1B交A
（1）证明：∵等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A 1 BC 1 ，∴AB=BC 1 =A 1 B=BC，∠ABE=∠C 1 BF，∠A=∠C 1 =∠A 1 =∠C，
在△ABE和△C 1 BF中，
|
∴△ABE≌△C 1 BF（ASA）；
（2）证明：∵△ABE≌△C 1 BF，
∴EB=BF．
又∵A 1 B=CB，
∴A 1 B-EB=CB-BF，
∴EA 1 =FC；
（3）答：四边形ABC 1 D是菱形．
证明：∵∠A 1 =∠C=30°，∠ABA 1 =∠CBC 1 =30°，
∠A 1 =∠C=∠ABA 1 =∠CBC 1 ．
∴AB∥C 1 D，AD∥BC 1 ，
∴四边形ABC 1 D是平行四边形
∵AB=BC 1 ，
∴四边形ABC 1 D是菱形．
（2014?兰州一模）在平面直角坐标系xoy的第一象限内有一圆形匀强磁场区域，半径=0.1m，磁感应强度B=0.5T
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（1）由题意知粒子的半径r=R=0.1m，由牛顿第二定律得：qvB=m
| v 2 |
| r |
得：
| q |
| m |
（2）因粒子的半径没有变化，由几何关系知它将垂直射入电场中，
x轴方向：r+rsin30=
| 1 |
| 2 |
| qE |
| m |
得：t=0.05 s
y轴方向△y=v 0 t
得：△y=1m
则经过y轴时的位置坐标为（0，-1m）．
答：（1）带粒子的比荷
| q |
| m |
（2）若该粒子以相同大小的初速度，自A点沿与AO 1 成30°角的方向斜向上射入磁场，经磁场、电场后射向y轴，经过y轴时的位置坐标（0，-1m）． 以上就是瀚博招生网为大家带来的（?兰州一模）质量M=3.0kg的长木板置于光滑水平面上，木板左侧放置一质量m=1.0kg的木块，右侧固定一 （?兰州一模）如图，在等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，A1B交A，希望能帮助到大家！更多相关文章关注瀚博招生网：www.hbzhaosheng.com
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