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10.AD【解析】由题意可知,击中P点的小球A受到向下的电场力垂直击中Q点的小球B受到向上的电场力,可知电场力对A做负功,对B做正功,球A的电势能增大球B的电势能减小,A正确;根据牛顿第二定律,对A球有ng+gE=maA;对B球有mg-E=maB。可知aA>aB,对球A竖直方向有v2-v2=2aAhA,对球B在竖直方向有v2y=2aBhB。可得hA
14.(1)=mg[文]【解析】(1)小物[章]块由A到B的过程,[来]由动能定理得mmg[自] sIn6·2r-([知] mg cos+qE)·2[嘛]r=÷mvb(1分[答])小物块由B到C的[案]过程,由机械能守恒[网]定律得ngr(1-[文]cos 8)mvb(1分)[章]解得vc2(1分)[来]在C点由牛顿第二定[自]律,得F-mg=m[知](1分)解得FN1[嘛]35 g(1分)由牛顿第[答]三定律可得.在C点[案]时小物块对圆轨道的[网]压力大小为FN5g[文](2)小物块离开D[章]点后做平抛运动,水[来]平方向x=vt(2[自])小物块离开D点后[知]做平抛运动,水平方[嘛]向x=vt(1分)[答]竖直方向y=。gt[案]2(1分)而x2+[网]y2=R(1分)小[文]物块平抛过程机械能[章]守恒,得1mgy=[来]Ek--mvo分m[自]gRmay由以上式[知]子得E=4y分r-[嘛]3由数学知识知Ek[答]≥2√3(1分)则[案]小物块动能的最小值[网]为Ekm=xmgR[文](1分)
