如图所示，半径为R，竖直放置的半圆形光滑轨道（B,C,O三点在同一竖直线上，O与D在同一水平线上）
kuaidi.ping-jia.net 作者：佚名 更新日期：2024-06-28
如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R，圆心为O，下端与绝缘水平轨道在B点平滑连接。一质量为m
t^2=4gR v=s/t=s根号gR/2
Fn+mg= mV^2/R
Fn=m(sg/4-g)
(2)动能定理
(Fcos@- u（mg-Fsin@))×s=mg2R+0.5mv^2
v=s/t=s根号gR/2
这个应该有数据的吧
不然这样很难算的
（3）既不会脱离圆轨道，又不会从C点抛出....这个应该是到达OD的高度吧
这种题目没遇到过饿
不过还是用动能定理我就不写了
如图所示,竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R,下端与光滑绝缘水平面平滑...
答：2R-W-mg2R=12mvc2-12mv02解得：W=12mv02+52（qE-mg）R（3）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为S运动时间为t，则水平方向有： S=vCt竖直方向有：2R=12（g-qEm）t2解得：S=2R答：（1）求小球在C点的速度v=(g?Eqm)R．（2）计算物块在运动过中克服摩擦力做的功解得...
(12分)如图所示,竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R,下端与光滑绝缘水平...
答：设水平位移为s， （3分）由联立上面两式解得 s＝2R 因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R （2分）点评：中等难度。动能定理的两种表述：一、合外力做的功等于物体动能的变化量；二、各个分立做功的代数和等于物体动能的变化量。
如图所示,竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R,圆心为O,下端与绝缘水 ...
答：，2(n-1)次离开B点向右滑行的最大距离分别为L 1 ，L 2 ，…，L n-1 ，则 解得 同理 … 综上可得
如图所示,在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点...
答：A、B、C：设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v．小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得， mgR=12mv2 得v＝2gR小球经过B点时，由牛顿第二定律得 qE-mg=mv2R 代入得Eq=3mg 即E=3mgq 故AC正确，B错误；D：在整个滑动的过程中，电场力和弹力都不做功，只有重力做功，所...
如图所示,在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点...
答：设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v．小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得：mgR=12mv2 得：v=2gR（2）小球经过B点时，由牛顿第二定律得：qE-mg=mv2R代入得：Eq=3mg 即：E=3mgq答：（1）小球滑到B点的速度大小为2gR．（2）固定于圆心处的点电荷在B点处的电场强度的大小为...
如图所示,一个半径为R的半圆环ACB竖直放置(保持圆环直径AB水平),C为...
答：A、小球不可能垂直撞击在半圆环AC段，因为根据速度的合成，平抛运动的速度方向偏向右．故A错误．BCD、假设小球与BC段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ．连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β．根据几何关系知，θ=2β．因为平抛运动速度与水平...
如图所示,竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R,圆心为O,最高点为D...
答：（1）v 0 ＝ （2）E＝ （3） （1）从A到C的过程中，由动能定理有－mgR－μmgL＝0－ mv 0 2 ……… ①（3分）解得：v 0 ＝ ……… ②（2分）（2）
如图所示,半径为R,竖直放置的半圆形光滑轨道(B,C,O三点在同一竖直线上...
答：Fn+mg= mV^2/R Fn=m(sg/4-g)(2)动能定理 (Fcos@- u（mg-Fsin@))×s=mg2R+0.5mv^2 v=s/t=s根号gR/2 这个应该有数据的吧 不然这样很难算的 （3）既不会脱离圆轨道，又不会从C点抛出...这个应该是到达OD的高度吧 这种题目没遇到过饿 不过还是用动能定理我就不写了 ...
...其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆轨道.一质量为M的小木块放在轨...
答：解答：解：（1）木块到达C点时，由重力和轨道的弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 （M+m）g+N=（M+m）v2CR解得 vc＝2gR（2）子弹射入木块的过程，根据动量守恒定律得 mv0=（M+m）v共同体从B到C过程，由机械能守恒定律得 12(M+m)v2=（M+m）g?2R+12(M+m)v2C又...
如图所示,半径为R的光滑半圆轨道竖直放置.小球以一定的速度从A点进入半...
答：A、小球在B点受重力作用，靠重力提供向心力．故A错误．B、根据mg=mvB2R，知小球在B点的速度为gR，根据动能定理得，-mg?2R＝12mvB2?12mvA2，解得vA＝5gR．根据牛顿第二定律得，N-mg=mvA2R，解得N=6mg．故B、D错误，C正确．故选C．
解：(1)设物体在A点的速度为v 1 ，由动能定理有 解得 (2)设匀强电场的场强大小为E、物块在D点的速度为v D ，则 解得 (3)设第2，4，6，…，2n次经过B点时的速度分别为v 2 ，v 4 ，…，v 2n ，第2，4，6，…，2(n-1)次离开B点向右滑行的最大距离分别为L 1 ，L 2 ，…，L n-1 ，则 解得 同理 … 综上可得
1、
小球从B点飞出时作平抛运动，竖直下落的高度为2R
所以，下落的时间t=√(2h/g)=√(4R/g)=2√(R/g)
2、
已知AC=2R
所以，小球在B点时的速度V=2R/[2√(R/g)]=√(gR)
3、
小球在B点时，重力和弹力的合力提供向心力
则，N+mg=mV^2/R
===> N+mg=m*gR/R=mg
===> N=0
t^2=4gR v=s/t=s根号gR/2
Fn+mg= mV^2/R
Fn=m(sg/4-g)
(2)动能定理
(Fcos@- u（mg-Fsin@))×s=mg2R+0.5mv^2
v=s/t=s根号gR/2
这个应该有数据的吧
不然这样很难算的
（3）既不会脱离圆轨道，又不会从C点抛出....这个应该是到达OD的高度吧
这种题目没遇到过饿
不过还是用动能定理我就不写了
答：2R-W-mg2R=12mvc2-12mv02解得：W=12mv02+52（qE-mg）R（3）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为S运动时间为t，则水平方向有： S=vCt竖直方向有：2R=12（g-qEm）t2解得：S=2R答：（1）求小球在C点的速度v=(g?Eqm)R．（2）计算物块在运动过中克服摩擦力做的功解得...
答：设水平位移为s， （3分）由联立上面两式解得 s＝2R 因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R （2分）点评：中等难度。动能定理的两种表述：一、合外力做的功等于物体动能的变化量；二、各个分立做功的代数和等于物体动能的变化量。
答：，2(n-1)次离开B点向右滑行的最大距离分别为L 1 ，L 2 ，…，L n-1 ，则 解得 同理 … 综上可得
答：A、B、C：设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v．小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得， mgR=12mv2 得v＝2gR小球经过B点时，由牛顿第二定律得 qE-mg=mv2R 代入得Eq=3mg 即E=3mgq 故AC正确，B错误；D：在整个滑动的过程中，电场力和弹力都不做功，只有重力做功，所...
答：设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v．小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得：mgR=12mv2 得：v=2gR（2）小球经过B点时，由牛顿第二定律得：qE-mg=mv2R代入得：Eq=3mg 即：E=3mgq答：（1）小球滑到B点的速度大小为2gR．（2）固定于圆心处的点电荷在B点处的电场强度的大小为...
答：A、小球不可能垂直撞击在半圆环AC段，因为根据速度的合成，平抛运动的速度方向偏向右．故A错误．BCD、假设小球与BC段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ．连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β．根据几何关系知，θ=2β．因为平抛运动速度与水平...
答：（1）v 0 ＝ （2）E＝ （3） （1）从A到C的过程中，由动能定理有－mgR－μmgL＝0－ mv 0 2 ……… ①（3分）解得：v 0 ＝ ……… ②（2分）（2）
答：Fn+mg= mV^2/R Fn=m(sg/4-g)(2)动能定理 (Fcos@- u（mg-Fsin@))×s=mg2R+0.5mv^2 v=s/t=s根号gR/2 这个应该有数据的吧 不然这样很难算的 （3）既不会脱离圆轨道，又不会从C点抛出...这个应该是到达OD的高度吧 这种题目没遇到过饿 不过还是用动能定理我就不写了 ...
答：解答：解：（1）木块到达C点时，由重力和轨道的弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 （M+m）g+N=（M+m）v2CR解得 vc＝2gR（2）子弹射入木块的过程，根据动量守恒定律得 mv0=（M+m）v共同体从B到C过程，由机械能守恒定律得 12(M+m)v2=（M+m）g?2R+12(M+m)v2C又...
答：A、小球在B点受重力作用，靠重力提供向心力．故A错误．B、根据mg=mvB2R，知小球在B点的速度为gR，根据动能定理得，-mg?2R＝12mvB2?12mvA2，解得vA＝5gR．根据牛顿第二定律得，N-mg=mvA2R，解得N=6mg．故B、D错误，C正确．故选C．
