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10.(1)10.50(4分)(2)不需要(4分)$$(3)4^2f^2(h-D2)(4$$分【解析】(1)游标卡尺主尺读数为10mm,游标尺读数为25×0.02mm=0.50mm,故小球的直径D为10.50mm。(2)设细线与竖直方向的夹角为θ,从O点到球心的距离为L,如图所示,根据牛顿第二定律可得$$mg=m^2L,m$$可以约去,则得$$g=L^2$$$$=4^2f^2L,$$其中$$L=h-D2,$$则有g=$$4^2f^2(h-D2),$$所以本实验不需要测量小球的质量。(3)通过上述分析可知,若所测物理量满足g=$$4^2f^2(h-D2),$$则$$Fn=m^2r$$成立。
A.由受力分析及牛顿第二定律可知,衣物在A、B、C、D四处对筒壁的压力大小不相等,则A错误;B.由于衣物做匀速圆周运动,则在B、D两处竖直方向合力应为O,则两处所受摩擦力方向均竖直向上,则 B错误C.至少要保证衣物在最高点4不脱离筒壁,则有v = { g R } ,则 = { v } { R } = { { g } { R } } ,则C正确;D.在A处有F _ { N 1 } + m g = m { v ^ { 2 } } { R } ,在C处有F _ { N 2 } – m g = m { v ^ { 2 } } { R } , F = F _ { N 2 } – F _ { N 1 } = 2 m g ,故D错误。
(2)设粒子离开出口时的速度为$$v1,$$在电场中的加速时间为△t,则$$qv1B=mv1^2R$$(1分)粒子在电场中的加速度$$a=qEm$$(1分)m$$E=Ud$$(1分)$$U=12B0L^2$$(1分)又因为$$v1=at$$(1分)解得$$t=2mRdqBoL^2$$(1分)(3)只有在$$0(T2-t)$$时间内飘入的粒子才能每次均被加速,则所占的比例为$$y=r2-iT2$$(1分)n=99%(1分)解得$$d=BnL^2200BR$$(2分)
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