13.基本仪器的使用

13-1.在一些实验中需要较准确地测量物体转过的角度，为此人们在这样的仪器上设计了一个可转动的圆盘，在圆盘的边缘标有角度(称为主尺)，圆盘外侧有一个固定不动的圆弧状的“游标尺”，如图所示(图中画出了圆盘的一部分和游标尺)。圆盘上刻出对应的圆心角，游标尺上把与主尺上19°对应的圆心角等分为10个格。试根据图中所示的情况读出此时游标上的0刻度线与圆盘的0刻度线之间所夹的角度为_____°。

答案： 15.8

13-2.有一游标卡尺，主尺的最小分度是 1mm，游标上有 20个小的等分刻度。用它测量一工件的长度，如图所示。图示的读数是_____________mm。 104.05

13-3.游标卡尺的主尺最小分度为 l mm，游标上有 20个小的等分刻度. 用它测量一工件的内径，如图所示。该工件的内径为________ mm。23.85

13-4.一游标卡尺的主尺最小分度为1毫米，游标上有 10 个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图所示， 该工件的直径为_________mm。 29.8

13-4.下图为一正在测量中的多用电表表盘。

(1)如果是用直流10V档测量电压，则读数为 V。6.5

(2)如果是用×100Ω档测量电阻，则读数为 Ω。8.0×102

(3)如果是用直流5mA档测量电流，则读数为 mA。3.25

13-5.如图4所示为某同学用多用电表欧姆档测量一个电阻阻值的示数和档位情况，则这个电阻的阻值约为 Ω。如果想测量的更精确些，应怎样调节多用电表后再进行测量?答：

。

答案：2.0×102，换用×10Ω档并调零

14.重要的基本实验

14-1.在做“验证机械能守恒定律”实验时，用打点计时器打出纸带如图所示，其中A点为打下的第一个点，0、1、2……为连续的相邻计数点。现测得两相邻计数点之间的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6，已知计数点间的时间间隔为T。根据纸带测量出的数据可以求出此实验过程中重锤下落运动的加速度大小的表达式为 ，打下第5号计数点时，纸带运动的瞬时速度大小的表达式为 。要验证机械能守恒定律，为减小实验误差，应选择打下第 号和第 号计数点之间的过程为研究对象。

[来源:学科网]

或 ……;(s5+s6)/2T;1，5

14-2.将橡皮筋的一端固定在A点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连着一个量程为5N、最小刻度为 0.1 N的弹簧测力计甲和乙，沿着两个不同的方向拉弹簧测力计, 当橡皮筋的活动端拉到 O点时, 两根细绳相互垂直，如图所示, 这时弹簧测力计的读数可从图中读出。

(l)由图可读得甲和 乙两个相互垂直的拉力的大小分别为________N和_______N。(只须读到 0.1N)

(2) 在本题的虚线方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力。

(1)4.0，2.5;(2)略

14-3 .在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套(如图)。实验中需用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条。某同学认为在此过程中必须注意以下几项：

A. 两根细绳必须等长。

B.橡皮条应与两绳夹角的平分线在 同一直线上。

C. 在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行。

其中正确的是 。(填入相应的字母) C

14-4.一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的 实验中，使用两根不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示。下列表述正确的是 ( B )

A.a的原长比b的长

B.a的劲度系数比b的大

C.a的劲度系数比b的小

D.测得的弹力与弹簧的长度成正比

14-5.一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，用下面的方法测量它匀速转动时的角速度。

实验器材：电磁打点计时器、米尺、纸带、复写纸片。

实验步骤：[来源:学_科_网Z_X_X_K]

(1)如图1所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上。

(2)启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点。

(3)经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量。

① 由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω= 。式中各量的意义是：

.

② 某次实验测得圆盘半径r=5.50×10-2m，得到纸带的一段如图2所示，求得角速度为 。

(1) ，T为电磁打点计时器打点的时间间隔，r为圆盘的半径，x2、x1是纸带上选定的两点分别对应的米尺的刻度值，n为选定的两点间的打点数(含两点)。

(2)6.8/s。

14-6.如图所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的轻软绳两端，已知m1>m2，现要利用此装置验证机械能守恒定律 。

(1)若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有 (在答题卡上对应区域填入选项前的编号)

①物块的质量m1、m2;

②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间;

③物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间;

④绳子的长度。

(2)为提高实验结果的 准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：

①绳的质 量要轻：

②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好;

③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃;

④两个物块的质量之差要尽可能小。

以上建议中确实对提高准确程度有作用的是 。(在答题卡上对应区域填入选项前的编号)

(3)写出一条上面没有提到的提高实验结果准确程度有益的建议：

。

(1)①②或①③;(2)①③;(3)例如：“对同一高度进行多次测量取平均值”;“选取受力后相对伸长尽量小的绳”等等。

15.重要的实验内容与方法

15-1.如图1所示为一热敏电阻(电阻阻值随温度的改变而变化)的I-U关系曲线图。

① 为了通过测量得到如图1所示的I-U关系的完整曲线，在图2甲、乙两个电路中应选择的是 图所示的电路。已知两电路中的电源电动势均为9V，内电阻均不计，滑动变阻器的最大阻值均为100Ω。

② 在图3所示的电路中，电源两端的电压恒为9.00V，电流表示数为70.0mA，定值电阻R1=250Ω。根据热敏电阻的I-U关系曲线及相关知识可知，电阻R2的阻值为 Ω。(结果保留三位有效数字)

甲……4分，106～112……6分

15-2.在使用伏安法测量小灯泡在不同电压下的电阻值的实验中，采用如图1所示的电路可以方便地调节灯泡两端的电压值。图中变阻器的总电阻值R1和R2的大小满足R1=10R2。

① 在实验中，为了使被测电阻RX的电压在开始时有最小值，在闭合电键前，变阻器R1和R2的滑动端P1和P2应分别放在各自的 端和 端.

② 采用这个电路能够达到精细调节Rx两端电压的目的。其中变阻器 是进行精细调节使用的。

③ 按照所给的电路图将如图2所示的实物图连接成测量电路。

① b，c;② R2③ 如图所示

16重点：物理过程的分析;关键性物理条件的分析与表述

16.如图10甲所示，一根质量可以忽略不计的轻弹簧，劲度系数为k，下面悬挂一个质量为m的砝码A。手拿一块质量为M的木板B，用木板B托住A向上压缩弹簧到一定程度，如图乙所示。此时如果突然撤去木板B，则A向下运动的加速度a(a>g)。现用手控制使B以加速度a/3向下做匀加速直线运动。(1)求砝码A做匀加速直线运动的时间。(2)求出这段运动过程的起始和终止时刻手对木板B的作用力大小的表达式。

16.(1)设最初弹簧被压缩的长度为x0，根据牛顿第二定律对A有kx0+mg=ma

解得x0=m(a-g)/k

设A和B以加速度a/3向下做匀加速运动过程的终止时刻弹簧的压缩量为x1，根据牛顿第二定律对A有 k x1+mg=ma/3

解得x1=m(a/3-g)/k

设A和B一起做匀加速运动的时间为t1，在这段时间内，A运动的位移为[来源:学。科。网Z。X。X。K]

s=x0-x1

根据s= ，可解得

(2)起始时刻A受三个力，满足mg+kx0-N1=ma/3

B受三个力，满足Mg+N1-F1=Ma/3

解得：F1=M(g-a/3)+2ma/3

A与B脱离时B受二个力，满足Mg-F2=Ma/3

解得：F2= M(g-a/3)

17重点：重要物理过程模型(传送带)的理解;能量思想的理解与应用;复杂物理过程的分析

17.如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平。一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示。已知它在空中运动的水平位移OC= l。

现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端与B的距离为l/2。当传送带静止时，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点。当驱动轮转动带动传送带以速度v匀速向右运动时(其他条件不变)，P的落地点为D。不计空气阻力。

(1)求P滑至B点时的速度大小;

(2)求P与传送带之间的动摩擦因数μ;

(3)写出O、D间的距离s随速度v变化的函数关系式。

17.解：(1)物体P在AB轨道上滑动时，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律

得物体P滑到B点的速度为 ③

(2)当没有传送带时，物体离开B点后作平抛运动，运动时间为t，

t= ,

当B点下方的传送带静止时，物体从传送带右端水平抛出，落地的时间也为t，水平位移为 ，因此物体从传送带右端抛出的速度v1= 。 ②

根据动能定理，物体在传送带上滑动时，有

②

解出物体与传送带之间的动摩擦因数为

①

(3)当传送带向右运动时，若传送带的速度v≤v1，即v≤ 时，物体在传送带上一直作匀减速运动，离开传送带的速度仍为v1，落地的水平位移为 ，即s=l; ②

当传送带的速度v> 时，物体将会在传送带上做一段匀变速运动。如果尚未到达传送带右端，速 度即与传送带速度相同，此后物体将做匀速运动，而后以速度v离开传送带。v的最大值v2为物体在传送带上一直加速而达到的速度，即新 课 标 第 一 网

= ，

由此解得 v2= 。 ①

当v≥v2，物体将以速度v2= 离开传送带，因此得O、D之间的距离为

。 ②

当v1< v < v2，即 时，物体从传送带右端飞出时的速度为v，O、D之间的距离为 。 ①

综合以上的结果，得出O、D间的距离s随速度v变化的函数关系式为

①

18-1联系实际;学科内综合;繁杂的文字运算

18-1.1920年，英国物理学家卢瑟福曾预言：可能有一种质量与质子相近的不带电的中性粒子存在，他把它叫做中子。1930年发现，在真空条件下用射线轰击铍( )时，会产生一种看不见的、贯穿能力极强的不知名射线和另一种新粒子。经过研究发现，这种不知名射线具有如下的特点：① 在任意方向的磁场中均不发生偏转;② 这种射线的速度不到光速的十分之一;③ 用它轰击含有静止的氢核的物质，可以把氢核打出来。用它轰击含有静止的氮核的物质，可以把氮核打出来。并且被打出的氢核的最大速度vH和被打出的氮核的最大速度vN之比等于15 : 2。若该射线中的粒子均具有相同的能量，与氢核和氮核均发生正碰，且碰撞中没有机械能的损失。已知氢核的质量MH与氮核的质量MN之比等于1 : 14。 [

(1)写出射线轰击铍核的核反应方程。

(2)试根据上面所述的各种情况，通过具体计算说明该射线是由中子组成，而不是射线。

18-1.(1)核反应方程是 +

(2)由(1)可知, 该射线不带电, 是由电中性的粒子流组成的

由于射线是高速光子流, 而该射线速度不到光速的十分之一, 因此它不是射线

设该粒子的质量为m, 轰击氢核和氮核时速度为v, 打出氢核后粒子速度变为v1, 打出氮核后粒子速度变为v2.由于碰撞中没有机械能的损失, 且被打出的氢核和氮核的速度均为最大值, 表明该粒子与氢核及氮核的碰撞为弹性碰撞

根据动量守恒和机械能守恒, 在打出氢核的过程中, 有

mv = mv1+MHvH

mv2 = mv12+ MHvH2

解得 vH =

同理，在打出氮核的过程中, 有 mv = mv2+MNvN

mv2 = mv22+ MNvN2

解得 vN =

根据vH 、vN 的表达式及 , 解得

m = MH

即该粒子的质量与氢核(质子)质量相同, 因此这种不知名的电中性粒子是中子

18-2相互作用过程中的能量问题;物理过程的拆分

18-2.如图所示，Q为一个原来静止在光滑水平面上的物体，质量为M，它带有一个凹形的不光滑轨道，轨道的ab段是水平的，bc段是半径为R的 圆弧，位于竖直平面内。P是另一个小物体，质量为m，它与轨道间的动摩擦因数为μ。物体P以沿水平方向的初速度v0冲上Q的轨道，已知它恰好能到达轨道顶端c点，后又沿轨道滑下，并最终在a点停止滑动，然后与Q一起在水平面上运动。

(1)分别求出P从a点滑到c点和从c点滑回a点的过程中各有多少机械能转化为内能?

(2)P位于轨道的哪个位置时，Q的速度达到最大?

18-2、(1)当P在Q上滑行时，水平方向系统受合外力为零，故在水平方向系统动量守恒。当P到达c点时，P和Q具有共同的水平速度V。根据动量守恒定律，

mv0 = (m+M) V (1)

P由a点滑到c点的过程中，系统损失的机械能转化为内能，则根据功能关系

(2)

由(1)、(2)两式得

④

当P到达c点时，P和Q仍具有共同的水平速度V。所以在P由c点滑回到a点的过程中，有

即 Q下=mgR ②

(2)在P从a滑到c的过程中，P对Q的作用力都偏向右侧，因此Q受到向右的作用力，Q将一直加速，到达c点时P、Q间无相互作用;从c滑到b的过程中，P的受力分析示意图如右图所示，其中支持力N偏向左侧，摩擦力f偏向右侧。这个过程的前一阶段，P受到的合外力的水平分力向左，则Q受到合力的水平分力向右，Q将继续加速，当P在水平方向受力平衡的时刻，就是Q速度最大的时刻。 ④

此时满足 f cosθ= N sinθ

并且 f = μN

因此得 tanθ=μ

即P所在位置的半径与竖直方向的夹角为 θ=arc tanμ。 ④

19-1交流电的有效值;辐射场的应用(可以向磁电式电表的原理拓展)

19-1.如图所示，绕成N匝、边长为l1和l2的矩形线圈可绕中心轴OO’转动，将线圈的始端和终端分别接在两个滑环上，再通过电刷与阻值为R的电阻连接。线圈处于磁铁和圆柱形铁芯之间的均匀辐向的磁场中，且磁场的左半边的方向为辐向向里(沿半径方向指向圆心)，右半边的方向辐向向外，两半边间的过渡区域宽度很小，可忽略不计。边长为l1的边所处的辐向磁场磁感应强度大小为B，线圈导线单位长度的电阻为R0，当线圈以角速度 顺时针匀速转动时。

(1)从图示位置开始计时，定性画出一个周期内R两端电压的u—t图象。

(2)求此线圈正常转动时产生感应电动势的有效值。

(3)求线圈正常转动时电阻R消耗的电功率P。

19-1.(1)如图所示。(2)感应电动势最大值：

由图可知，电动势的有效值也是Em，即：E= Em=NBl1l2ω

(3)

19-2重点：能量思想;新情景中对模型的抽象

19-2.如图所示为一种磁性加热装置，其关键部分由n根间距相等的平行金属条两端焊接在两个等大的金属圆环上，成鼠笼状。每根金属条的长度为l，电阻为R，金属环的直径为D、电阻不计。图中虚线所示的空间范围内存在着磁感强度为B的匀强磁场，磁场 的宽度恰好等于“鼠笼”金属条的间距，当金属环以角速度ω绕过两圆环的圆心的轴OO′旋转时，始终有一根金属条在垂直切割磁感线。“鼠笼”的转动由一台电动机带动，这套设备的效率为η，求电动机输出的机械功率。

19-2.处于磁场中的金属条切割磁感线的线速度为

①

产生的感应电动势为 ③

通过切割磁感线的金属条的电流为 ②

磁场中导体受到的安培力为 ②

克服安培力做功的功率为 ③

电动机输出的机械功率为 ②

联立以上各式解出 ②

19-3的重点：能量观点;平均电动势的应用

19-3.如图所示，由导线制成的正方形线框边长L，每条边的电阻均为R，其中ab边材料较粗且电阻率较大，其质量为m，其余各边的质量均可忽略不计。线框可绕与cd边重合的水平轴OO′自由转动，不计空气阻力及摩擦。若线框始终处在方向竖直向下、磁感强度为B的匀强磁场中，线框从水平位置由静止释放，历时t到达竖直位置，此时ab边的速度为v，重力加速度为g。求：(1)线框在竖直位置时，ab边两端的电压及其所受安培力的大小。(2)这一过程中感应电动势的有效值。(3)在这一过程中，通过线框导线横截面的电荷量。

19-3.(1)ab边切割磁感线产生感应电动势为E=BLv

线框中的电流为I=E/4R

ab两端的电压为Uab=I•3R=34 BLv

ab边所受安培力为F安=BIL=B2L2v/4R

(2)线框下落过程中机械能的减少等于线框中产生的焦耳热，所以有：

mgL-12 mv2=Q

又因Q=(E有/4R)2(4R)t，

解得：E有=2

(3)对于线框的下摆过程，垂直磁场线框的面积变化为ΔS=L2

线框中的平均感应电动势为 =ΔΦ/t

线框中的平均电流 =

通过导线横截面的电荷量 q=IΔt=B L2/4R

20-1重点是能量思想的应用

20-1.在如图所示的xoy平面内存在着水平向右的匀强电场，有一带正电的小球P自坐标原点O竖直抛出，它的初动能为4J，不计空气阻力。当它上升到最高点M时，它的动能为5J。求：(1)试分析说明带电小球被抛出后沿竖直方向和水平方向分别做什么运动。(2)在图中画出带电小球P从抛出点O到落回与O在同一水平线上O′点的运动轨迹示意图。(3)带电小球落回到O′点时的动能。

20-1.(1)在竖直方向，小球受重力作用，由于重力与小球的初速度方向相反，所以沿竖直方向小球做匀变速直线运动(竖直上抛运动)。…(3分)

沿水平方向，小球受水平向右的电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动。……(3分)

(2)运动轨迹示意图如图所示。

说明：画出OM段给3分，画出MO′段给3分。如果OM或MO′画成直线的不给分;如果画成OP=PO′扣3分。

(3)设小球质量为m、带电量为q，初速度为v0，上升的最大高度为h，OM(OP)两点间电势差为U1，MO′(PO′)两点间电势差为U2，小球在O′点的动能为Ek ′。

对于小球从O到M的过程，根据动能定理有：qU1-mgh=EkM-Ek0

由竖直方向的分运动可得出：h= ， mgh=12 mv02

对于小球从M到O′的过程，根据动能定理有：qU2+mgh= Ek ′- EkM

根据竖直上抛运动的时间特点和小球沿水平方向的分运 动特点可知：

OP：P O′=1：3

由匀强电场的电势差与场强的关系有U1：U2=1：3

由以上方程可解得：Ek ′=24J

20-2的重点：一是联系实际，二是关键性的几何条件的应用

20-2.正负电子对撞机的最后部分的简化示意如图(1)所示(俯视图)，位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子作圆运动的“容器”，经过加速器加速后的正、负电子被分别引入该管道时，具有相等的速率v，它们沿管道向相反的方向运动。在管道内控制它们转弯的是一系列圆形电磁铁，即图中的A1、A2、A3……An，共n个，均匀分布在整个圆周上(图中只示意性地用细实线画了几个，其余的用细虚线表示)，每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下，磁场区域都是直径为d的圆形。改变电磁铁内电流的大小，就可改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度。经过精确的调整，首先实现电子在环形管道中沿图中粗虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一条直径的两端，如图(2)所示。这就为进一步实现正、负电子的对撞作好了准备。

(1)试确定正、负电子在管道内各是沿什么方向旋转的。

(2)已知正、负电子的质量都是m，所带电荷都是元电荷e，重力可不计。求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B的大小。

20-2.解：(1)正电子运动方向在(1)图中是沿逆时针方向

负电子运动方向在(1)图中是沿顺时针方向 ③

(2)电子经过1个电磁铁，偏转角度是 ②

射入电磁铁时与通过射入点的直径夹角为θ/ 2 ②

电子在电磁铁内作圆运动的半径 ②

由图所示可知 ②

解出 ②

20-3的重点是：几何关系的应用

20-3.如图甲所示，图的右侧MN为一竖直放置的荧光屏，O为它的中点，OO′与荧光屏垂直，且长度为l。在MN的左侧空间内存在着方向水平向里的匀强电场，场强大小为E。乙图是从甲图的左 边去看荧光屏得到的平面图，在荧光屏上以O为原点建立如图的直角坐标系。一细束质量为m、电量为q的带正电的粒子以相同的初速度v0从O′点沿O′O方向射入电场区域。粒子的重力和粒子间的相互作用都可忽略不计。

(1)若再在MN左侧空间加一个匀强磁场，使得荧光屏上的亮点恰好位于原点O处，求这个磁场的磁感强度的大小和方向。

(2)如果磁感强度的大小保持不变，但把方向变为与电场方向相同，则荧光屏上的亮点位于图中A点处，已知A点的纵坐标 , 求它的横坐标的数值。

20-3.(1)由电场力以及左手定则判定磁场方向竖直向上。 ②

由 qE=qv0B

得磁感强度大小为 B=E / v0 ②

(2)以OO’方向为z轴正方向，与x、y组成空间直角坐标系。磁场改变方向后，粒子在yOz平面内的运动是匀速圆周运动，轨迹如图所示。设圆半径为R，根据几何关系有

②

由于 , 可解出 ，可知 ②

粒子沿x方向的分运动是初速为零的匀加速直线运动，时间

③

③

20-4的重点是：数学上的多次规律的总结与表述：

20-4.如图所示，相距为d的狭缝P、Q间存在着方向始终与P、Q平面垂直、电场强度大小为E的匀强电场，且电场的方向按一定规律分 时段变化。狭缝两侧均有磁感强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且磁场区域足够大。某时刻从P平面处由静止释放一个质量为m、带电荷为q的带负电粒子(不计重力)，粒子被加速后由A点进入Q平面右侧磁场区，以半径r1做圆运动，此时电场的方向已经反向，当粒子由A1点自右向左通过Q平面后，使粒子再次被加速进入P平面左侧磁场区做圆运动，此时电场又已经反向，粒子经半个圆周后通过P平面进入PQ狭缝又被加速，……。以后粒子每次通过PQ间都被加速。设粒子自右向左穿过Q平面的位置分别是A1、A2、A3、……An……，求：(1)粒子第一次在Q右侧磁场区做圆运动的半径r1的大小。(2)粒子第一次和第二次通过Q平面的位置A1和A2之间的距离。(3)设An与An+1间的距离小于r1/3，则n值为多大。

20-4.(1)设粒子由静止释放，经电场加速后第一次通过Q平面时的速度为v1，根据动能定理有 qEd= mv12 解得：

设粒子在Q侧匀强磁场内圆运动半径r1，根据洛仑兹力公式和向心力公式有：

qv1B =mv12/r1

解得：r1=

(2)设粒子经A1并加速后进入P平面左侧磁场区的速度为v2，根据动能定理有

qEd= mv22 - mv12

设粒子在P左侧做圆运动的半径为r2，根据洛仑兹力公式和向心力公式有：

qv2B =mv22/r2 解得：r2= r1

设粒子在P、Q间经第三次加速后进行Q右侧磁场区的速度为v3，圆运动的半径为r3，同理有：Eqd= mv32 - mv22， qv3B =mv32/r3

解得：r3= r1…………………………………………………………………2分

粒子由A2射出时，A2与A1之间的距离为：A2A1=2r3-2r2=2( - )r1

(3)同理可得，由A3射出时，A3与A2相距：A3A2=2r5-2r4=2( - )r1

…………

粒子由An+1射出时，An+1与An相距：An+1An=2( - )r1

 

依题意有：2( - )r15

【总结】高中物理模拟试题集就为大家介绍到这里了，大家在高三时期要把握住分分钟的时间，认真复习，成功是属于你们的。

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