解:直升机取水.水箱受力平衡: 解得: 直升机返回.由牛顿第二定律得: 解得水箱中水的质量为:M＝4.5×103——青夏教育精英家教网—

解:直升机取水.水箱受力平衡: 解得: 直升机返回.由牛顿第二定律得: 解得水箱中水的质量为:M＝4.5×103 kg 24如图所示.一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动.圆盘边缘有一质量m=1.0kg的小滑块.当圆盘转动的角速度达到某一数值时.滑块从圆盘边缘滑落.经光滑的过渡圆管进入轨道ABC.以知AB段斜面倾角为53°.BC段斜面倾角为37°.滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均μ=0.5 .A点离B点所在水平面的高度h=1.2m.滑块在运动过程中始终未脱离轨道.不计在过渡圆管处和B点的机械能损失.最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.取g=10m/s2,sin37°=0.6; cos37°=0.8 (1)若圆盘半径R=0.2m.当圆盘的角速度多大时.滑块从圆盘上滑落? (2)若取圆盘所在平面为零势能面.求滑块到达B点时的机械能. (3)从滑块到达B点时起.经0.6s 正好通过C点.求BC之间的距离. 24解:(1)滑块在圆盘上做圆周运动时.静摩擦力充当向心力.根据牛顿第二定律.可得: μmg=mω2R 代入数据解得:ω==5rad/s (2)滑块在A点时的速度:UA=ωR=1m/s 从A到B的运动过程由动能定理:mgh-μmgcos53°·h/sin53°=1/2mvB2-1/2mvA2 在B点时的机械能EB=1/2mvB2-mgh=-4J (3)滑块在B点时的速度:vB=4m/s 滑块沿BC段向上运动时的加速度大小:a3=g=10m/s2 返回时的速度大小:a2=g=2m/s2 BC间的距离:sBC=vB2/2a1-1/2a2(t-uR/a1)2=0.76m 25目前.滑板运动受到青少年的追捧.如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图．赛道光滑.FGI为圆弧赛道.半径R=6.5m.C为最低点并与水平赛道BC位于同一水平面.KA.DE平台的高度都为h=1.8m.B.C.F处平滑连接.滑板a和b的质量均为m.m=5kg.运动员质量为M.M=45kg. 表演开始.运动员站在滑板b上．先让滑板a从A点静止下滑.t1=0.1s后再与b板一起从A点静止下滑.滑上BC赛道后.运动员从b板跳到同方向运动的a板上.在空中运动的时间t2=0.6s.运动员与a板一起沿CD赛道上滑后冲出赛道.落在EF赛道的P点.沿赛道滑行.经过G点时.运动员受到的支持力N=742.5N.(滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内.计算时滑板和运动员都看作质点.取g=10m/s2) (1)滑到G点时.运动员的速度是多大? (2)运动员跳上滑板a后.在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大? (3)从表演开始到运动员滑至I的过程中.系统的机械能改变了多少? 25解:(1)在G点.运动员和滑板一起做圆周运动.设向心加速度为a向.速度为vG.运动员受到重力Mg.滑板对运动员的支持力N的作用.则 N-Mg=Ma向 ① a向= ② N-Mg=M ③ ④ vG=6.5m/s ⑤ {2)设滑板a由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1.由机械能守恒定律有 ⑥ ⑦ 运动员与滑板b一起由A点静止下滑到BC赛道后．速度也为v1. 运动员由滑板b跳到滑板a.设蹬离滑板b时的水平速度为v2.在空中飞行的水平位移为s.则s=v2t2 ⑧ 设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0.则s0=v1t1 ⑨ 设滑板a在t2时间内的位移为s1.则 s1=v1t2 ⑩ s=s0+s1 即v2t2=v1(t1+t2) 运动员落到滑板a后.与滑板a共同运动的速度为v.由动量守恒定律有 mv1+Mv2=(m+M)v 由以上方程可解出代人数据.解得v=6.9m/s (3)设运动员离开滑板b后．滑扳b的速度为v3.有Mv2+mv3=(M+m)v1 可算出v3=-3m/s.有|v3|=3m/s<v1= 6m/s.b板将在两个平台之间来回运动.机械能不变. 系统的机械能改变为 ΔE=88.75J 重庆卷某兴趣小组设计了一种实验装置.用来研究碰撞问题.其模型如题25图所示不用完全相同的轻绳将N个大小相同.质量不等的小球并列悬挂于一水平杆.球间有微小间隔.从左到右.球的编号依次为1.2.3--N.球的质量依次递减.每球质量与其相邻左球质量之比为k(k＜1.将1号球向左拉起.然后由静止释放.使其与2号球碰撞.2号球再与3号球碰撞--所有碰撞皆为无机械能损失的正碰.(不计空气阻力.忽略绳的伸长. g取10 m/s2) (1)设与n+1号球碰撞前.n号球的速度为vn,求n+1号球碰撞后的速度. (2)若N＝5,在1号球向左拉高h的情况下.要使5号球碰撞后升高16k(16 h小于绳长)问k值为多少? 解: (1)设n号球质量为m,n+1.碰撞后的速度分别为取水平向右为正方向.据题意有n号球与n+1号球碰撞前的速度分别为vn.0.mn+1 根据动量守恒.有 (1) 根据机械能守恒.有= (2) 由得设n+1号球与n+2号球碰前的速度为En+1 据题意有vn-1= 得vn-1== (3) (2)设1号球摆至最低点时的速度为v1,由机械能守恒定律有 (4) v1= (5) 同理可求.5号球碰后瞬间的速度 (6) 由(3)式得 (7) N=n=5时.v5= (8) 由三式得 k= (9) (3)设绳长为l,每个球在最低点时.细绳对球的拉力为F,由牛顿第二定律有 (10) 则 (11) (11)式中Ekn为n号球在最低点的动能由题意1号球的重力最大.又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大.根据(11)式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大.故悬挂1号球的绳最容易断. 【查看更多】

题目列表(包括答案和解析)

如图所示，已知平行金属板间距为d，与水平面夹角为θ，要使一质量为m、电量为+q的小球能从AB板A端沿直线以初速度V₀开始运动，并恰能沿水平方向运动至CD板的D端射出，求（1）两金属板间的电压U是多少？（重力加速度为g）（2）要使此小球从D端静止出发沿直线返回至A端至少需外力做多少功？
某同学解答题过程如下：
由受力平衡可知：
（1）∵

=mg∴U=

mgd

（2）W_F=qU=mgd
你认为他的解答是否正确？如果正确，请简述理由；如果不正确，请给出你的解答．

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如图（甲）所示，用长度均为l的两根轻软导线水平悬吊起一质量为m、长也为l的铜棒，置于磁感应强度为B方向竖直向上的匀强磁场中．未通电时，两轻导线竖直；当通入恒定电流后，铜棒向外摆动，轻导线最大偏角为θ，求铜棒中电流的大小；
以下是某同学的求解方法：
解：
对铜棒进行受力分析，通电时铜棒向外摆动，说明安培力方向垂直电流和磁场方向向外，受力如图乙所示（侧视图）．当最大偏转角为θ时，棒受力平衡有：tanθ=

BIl

，得：I=

mgtanθ

，该同学的解法存在错误．请回答下列问题：
（1）指出其错误的原因：
（2）试写出求解铜棒中电流的正确解答过程及结果．

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（10分）如图所示，已知平行金属板间距为d，与水平面夹角为θ，要使一质量为m、电量为+q的小球能从AB板A端沿直线以初速度V₀开始运动，并恰能沿水平方向运动至CD板的D端射出，求

（1）两金属板间的电压U是多少？（重力加速度为g）

（2）要使此小球从D端静止出发沿直线返回至A端至少需外力做多少功？

某同学解答题过程如下：

由受力平衡可知：

（1）∵=mg ∴U=

（2）W_F=qU=mgd

你认为他的解答是否正确？如果正确，请简述理由；如果不正确，请给出你的解答。

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如图所示，已知平行金属板间距为d，与水平面夹角为θ，要使一质量为m、电量为+q的小球能从AB板A端沿直线以初速度V开始运动，并恰能沿水平方向运动至CD板的D端射出，求（1）两金属板间的电压U是多少？（重力加速度为g）（2）要使此小球从D端静止出发沿直线返回至A端至少需外力做多少功？
某同学解答题过程如下：
由受力平衡可知：
（1）∵

=mg∴U=

（2）W_F=qU=mgd
你认为他的解答是否正确？如果正确，请简述理由；如果不正确，请给出你的解答．

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=mg∴U=

mgd

（2）W_F=qU=mgd
你认为他的解答是否正确？如果正确，请简述理由；如果不正确，请给出你的解答．

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