如图所示,质量为m=0.1kg的小物块(可视为质点),用一根长为L=1m不可伸长...
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发布时间：2024-10-01 02:49
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解：（1）从A到B机械能守恒 ， 。（2）设细线被切断后物块的初速度为V B ，由动能守恒定理 机械能损失为： 。
...弹簧处于自然状态时,其右端位于P点.现用一质量m=0.1kg的小物...2R=12mv12解得v1=19 m/s 由 h=12gt2s=vt 得s=v12hg代入数据，得s=9.5m．答：（1）物块到达Q点时的速度大小为321m/s；（2）物块经过Q点时对轨道的压力为31.1N；（3）物块水平抛出的位移大小为9.5m．
...自然状态时右端位于P点.现用一质量m=0.1kg的小物块(视为质点...（1）物块在PQ上运动的加速度a 1 =-? 1 g=-1.5m/s 2 进入圆周轨道时的速度为vv 2 -v 0 2 =2a 1 l 得v 2 =v 0 2 +2a 1 l=321 m 2 /s 2 设物块刚离开Q点时，圆轨道对物块的压力为F N ，根据牛顿定律，有F N +mg=m v 2 R F N =m v 2 ...
...现用质量m=0.1kg可视为质点的小物块将弹簧压缩至P点后由静止释_百度...（1）根据牛顿第二定律得，mg=mvQ2R解得vQ＝gR=10×0.4m/s＝2m/s．（2）对物块在P点到Q点的过程运用能量守恒得，Ep＝μmgl+12mvQ2解得Ep＝0.2×1×1+12×0.1×4J＝0.4J．（3）根据能量守恒得，Ep′＝μmgl+12mvQ′2代入数据解得vQ′=25m/s对Q到A运用动能定理得，mg2R＝12mvA...
...固定于竖直墙壁上,右端与一质量为m=0.1kg的小物块A2mgR＝12mv2p解得：W弹=1.5J（3）小球离开P点以v0做平抛，落地的时间为t，根据：h＝2R＝12gt2解得：t=0.4sL2=v0t从解除锁定到物块滑至最高点P的过程中，由动能定理有：W弹?μmgL2?2mgR＝12mv20解得：v 0＝15?1≈2.87m/s L2＝215?25≈1.55m答：（1）小滑块到达P点时的...
...2m的细线,一端系一质量为m=l kg的小球(可视为质点...? mgtan60°=mω′2lsin60° 得：ω′＝glcos60°＝102×12＝10rad/s，根据几何关系得：cos60°＝mgT 解得：T=2mg=20N 答：（1）若要小球离开锥面，则小球的角速度ωo至少为2.5rad/s；（2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为10rad/s，细线的弹力T为20N．
...C,质量为m=0.1kg的小物块处于一倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面上,当...Ncos37°=mg ①Eq=Nsin37° ②联立得 E=mgtan37°q＝0.1×10×0.755×10?3=150N/C（2）mgL?sin37°-0.5EqL?cos37°=Ek-0解得 Ek=0.3mgL=0.45J答：（1）电场强度是150N/m；（2）若从某时刻开始，电场强度减小为原来的12，物块下滑距离L=1.5m时的动能是0.45J．
...质量为M=0.3kg的木块(可视为质点),在木块正上方1m处有一个固定悬...M+m）V′2+（M+m）gh，代入数据解得：V′=45m/s （3）木块从与O点等高到最高点的运动满足机械能守恒，则12（M+m）V′2=12（M+m）V″2+（M+m）gR，④根据牛顿第二定律得：T+（M+m）g=（M+m）V″2R ⑤由④⑤式代入数据可得 T=4N答：（1）当子弹射入木块后，与木块...
...用一根长为l=1m的细线,一端系一质量为m=1kg的小球(可视为质点),另...当ω＝ω′＝20rad/s时，T3=20N 标出第三个特殊点坐标[20（rad/s）2，20N]．画出T-ω2图象如图所示．答：（1）若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为12.5rad/s．（2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为25rad/s．（3）T-ω2的图象如上所示．
高一物理 弹簧与胡克定律C.s<L D.条件不足,无法判断参考答案:AC(建议从能量的角度、物块运动的情况考虑) 10. A、B两木块叠放在竖直轻弹簧上,如图所示,已知木块A、B质量分别为0.42 kg和0.40 kg,弹簧的劲度系数k=100 N/m ,若在木块A上作用一个竖直向上的力F,使A由静止开始以0.5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动(g=10 m/...
