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(?河西区二模)如图△ADE可由△CAB旋转而成,点B的对应点是E,点A的对应点是D,点A、B、C的坐标分别((?河西区二模)如图所示(俯视)MN和PQ是两根固定在同一水平面上的足够长且电阻不计的平行金属导轨)

2024-08-14 18:17:25 | 专科路标网

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(?河西区二模)如图△ADE可由△CAB旋转而成,点B的对应点是E,点A的对应点是D,点A、B、C的坐标分别((?河西区二模)如图所示(俯视)MN和PQ是两根固定在同一水平面上的足够长且电阻不计的平行金属导轨)

(2013?河西区二模)如图△ADE可由△CAB旋转而成,点B的对应点是E,点A的对应点是D,点A、B、C的坐标分别

(I)∵Rt△ADE可由Rt△CAB旋转而成,点B的对应点是E,点A的对应点是D,
∴△ADE≌△CAB,
∴AD=CA=4,DE=AB=2,
∴OD=OA+AD=1+4=5,
∴E点坐标为(5,2);
∵A(1,0),B(3,0),C(1,4),
∴AC=4,
∴D(5,0),
∴线段AD的垂直平分线为x=
1+5
2
=3,线段AC的垂直平分线为y=2,
∴Q(3,2);

(II)存在这样的点T(
7
2
,0)和(
5
2
,0),能够使得△PEF为直角三角形.
分两种情况:
(i)当△PFE以点E为直角顶点时,如图1,作EF⊥AE交x轴于F.
∵△AED∽△EFD,
DF
DE
=
ED
AD
=
1
2

∴DF=
1
2
DE=1,
∴点F(6,0),
∴点T(
7
2
,0);
(ii)当△P′F′E以点F′为直角顶点时,如图.
∵△AED∽△EF′D,
DF′
DE
=
DE
AD
=
1
2

∴DF′=
1
2
DE=1,
∴点F′(4,0),
∴点T(
5
2
,0).
综上(i)、(ii)知,满足条件的点T坐标为(
7
2
,0)和(
5
2
,0).

(?河西区二模)如图△ADE可由△CAB旋转而成,点B的对应点是E,点A的对应点是D,点A、B、C的坐标分别((?河西区二模)如图所示(俯视)MN和PQ是两根固定在同一水平面上的足够长且电阻不计的平行金属导轨)

(2013?河西区二模)如图所示(俯视)MN和PQ是两根固定在同一水平面上的足够长且电阻不计的平行金属导轨

解答: 解:(1)金属杆先做加速度变小的加速运动,最终以最大速度匀速运动.设杆匀速运动时速度为v,则有:
F=B 1 ILE=B 1 Lv,
电流为:I=
E
R 1 + R 2

电阻R 1 消耗的电功率:P 1 =I 2 R 1
代入数据解得:v=5m/s,P 1 =40W;
(2)设杆匀速运动时C两极板间的电压为U,带电粒子进入圆筒的速率为V.在磁场中作匀速圆周运动的半径为R,由于C与电阻R 1 并联,由欧姆定律得:
U=IR 1 =4.0V,
由动能定理得:qU=
1
2
mv 2 -0,
带电粒子在磁场中作匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:qvB 2 =m
v 2
R

由于带电粒子与圆筒壁碰撞时无电量和能量损失,那么每次碰撞前后粒子速度大小不变.
速度方向总是沿着圆筒半径方向,4个碰撞点与小孔a恰好将圆筒壁五等分,粒子在圆筒内的轨迹具有对称性,由5段相同的圆弧组成,设每段轨迹圆弧对应的圆心角为θ,则由几何关系可得:
r
R
=tan
θ
2

有两种情形符合题意如图所示:
①情形1:每段轨迹圆弧对应的圆心角为:θ=π-
2
5
π=
3
5
π,
代入数据解得:B 2 =tan
10
×10 -3 T,
②情形2:每段轨迹圆弧对应的圆心角为:θ′=π-
4
5
π=
1
5
π.
代入数据解得:B 2 ′=tan
π
10
×10 -3 T;
答:(1)金属杆最终匀速运动时杆的速度大小为5m/s;
(2)磁感应强度B 2 大小为:tan
10
×10 -3 T,或tan
π
10
×10 -3 T.

(?河西区二模)如图△ADE可由△CAB旋转而成,点B的对应点是E,点A的对应点是D,点A、B、C的坐标分别((?河西区二模)如图所示(俯视)MN和PQ是两根固定在同一水平面上的足够长且电阻不计的平行金属导轨)专科路标网

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那么方程可表示为(100-2x)(50-2x)=3600,
故答案为(100-2x);(50-2x);(100-2x)(50-2x);(100-2x)(50-2x)=3600.
(50-x)(25-x)=900,
x 2 -75x+1250-900=0,
x 2 -75x+350=0,
(x-5)(x-70)=0,
x=5或x=70,
∵50-2x>0,
∴x<25,
故x=5.
答:铁皮各角应切去边长为5cm的正方形.

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