题目内容
6．
如图所示，在竖直平面内，由倾斜轨道AB、水平轨道BC和半圆形轨道CD连接而成的组合轨道，AB与CD光滑，BC轨道粗糙，动摩擦因数μ=0.1，AB与BC的连接处是半径很小的圆弧，BC与CD相切，圆形轨道CD的半径为R=2m．质量为m=1kg的小物块从倾斜轨道上距水平面高为h=10m处由静止开始下滑，恰好通过圆弧形的最高点D（g=10m/s2）求：（1）小物块通过B点时速度vB的大小；
（2）小物块通过圆形轨道最低点C时圆形轨道对物块的支持力F的大小；
（3）水平轨道BC的长度．
分析 （1）对于物块在斜面下滑的过程，由机械能守恒定律即可求得物体通过B点时的速度；
（2）物块恰好通过圆弧形的最高点D时由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出D点的速度，再由动能定理求解物块通过C点时速度vC的大小，由牛顿第二定律可求得支持力F的大小；
（3）对于BC段，运用动能定理即可求得BC长度．
解答 解：（1）物块从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒得
mgh=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
解得：vB=$\sqrt{2gh}$=$\sqrt{2×10×10}$=10$\sqrt{2}$m/s
（2）物块恰好通过圆弧形的最高点D时由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
可得 vD=$\sqrt{gR}$
物块从C至B过程，由机械能守恒得：
mg•2R+$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$
联立解得 vC=$\sqrt{5gR}$=$\sqrt{5×10×2}$=10m/s
在C点，由牛顿第二定律得：F-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$，解得 F=6mg=60N
（3）从B到C，由动能定理得：-μmgsBC=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
解得 sBC=50m
答：
（1）小物块通过B点时速度vB的大小是10$\sqrt{2}$m/s；
（2）小物块通过圆形轨道最低点C时圆形轨道对物块的支持力F的大小是60N；
（3）水平轨道BC的长度是50m．
点评 本题考查动能定理及竖直面内的圆周运动，选择合适的过程，并注意竖直面内圆周运动的临界条件即可求解．
春雨教育同步作文系列答案
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如图，电灯的灯丝电阻为3Ω，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为2Ω．先合上电键K，稳定后突然断开K，则下列说法正确的是（ ）| A． | 电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同 | |
| B． | 电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反 | |
| C． | 电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同 | |
| D． | 电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反 |
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| B． | 流过灵敏电流计的电流大小与两位同学的站立方向无关 | |
| C． | 仅增大摇绳的长度，流过灵敏电流计的电流最大值增大 | |
| D． | 仅加快摇绳的速度，流过灵敏电流计的电流最大值增大 |
如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A，已知壳内的场强处处为零，壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样，一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能Ek0沿OA方向射出，下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是（ ）
如图所示，半径R=0.1m的四分之一圆弧形光滑轨道竖起旋转，圆弧点B与光滑水平面BC相切于B点，BC离地面高h=0.45m，C点与一倾角θ=37°光滑斜面连接，质量m1=0.1kg的小滑块1从圆弧上某点由静止释放，经过B点后与静止在光滑水平面BC上的另一质量m2=0.5kg的小滑块2正碰，碰后合为一个小滑块3．求：
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