ABC是竖直平面内的光滑

A:在最高点时,根据左手定则可得:甲球受洛仑兹力向下,乙球受洛仑兹力向上,而丙球不受洛仑兹力,故三球在最高点受合力不同,故由F合=mv2r可知,三小球的速度不相等;故A错误;B:由以上分析可知,因甲球在最高点受合力最大,故甲球在最高点的速度最大,故B错误;C、因甲球的速度最大,而在整个过程中洛仑兹力不做功,故机械能守恒,甲球释放时的高度最高,故C错误;D、因洛仑兹力不做功,故系统机械能守恒,三个小球的机械能保持不变,故D正确;故选:D.

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?? ??棒长为 R,由几何关系可得棒的重心与CD轨道的距离为 R,根据机械能守恒,设棒的质量为m,则mg R= mv 2 得v= .

(1)由牛顿第二定律得:mgsinθ=ma解得:a=gsinθ=10*12=5m/s2,(2)设甲到B点时的速度大小为vB,则:vB2=2ahsinθ,解得:vB=2ahsinθ=2*5*0.812=4m/s设甲在斜面上的时间为t1,则:t1=vBa=45s=0.8s,设总时间为t,由相遇条件得:v0t=vB(t-t1)-s0代入数据解得:t=2s 答:(1)滑块甲沿斜面下滑的加速度大小为5m/s2;(2)甲从释放到追上乙所用的时间为2s.

用机械能守恒定律:木棒的重力势能转化为木棒的动能均匀木棒的重心在木棒的中点.这些提示应该能帮助你解决这道题,祝成功.

(1)设质量为m的小球碰撞前的速度为v 0 ,根据机械能守恒定律有 ① 设两小球碰后的共同速度为V,根据动量守恒定律有 ② 解得(2)a.取水平向右方向为正方向,设碰后m与km的速度分别为v 1 与V 1 ,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 ③ ④ 解得 ⑤, ⑥ 两小球若要发生第二次碰撞,需要v 1 3 ⑧ b.对于第二次碰撞,设v 2 与V 2 分别为m与km碰后的速度,由动量守恒和机械能守恒有 ⑨ ⑩ 由⑤⑥⑧⑨解得 ,只要满足 ,两球一定不会相碰 由⑧ 解得

(1)对m从A到C 的过程,由动能定理得:mgr= 1 2 mv C 2 由牛顿第二定律得:N-mg=m v C 2 r 联立代入数值得:N=3mg=30N &n

解:(1)设碰撞前的速度为v 10 ,根据机械能守恒定律 ① 设碰撞后m 1 与m 2 的速度分别为v 1 和v 2 ,根据动量守恒定律 ② 由于碰撞过程中无机械能损失 ③ ②、③式联立解得 ④ 将①代入④得 (2)a.由④式,考虑到 得根据动能传递系数的定义,对于1、2两球 ⑤ 同理可得,球m 2 和球m 3 碰撞后,动能传递系数k 13 应为 ⑥ 依次类推,动能传递系数k 1n 应为 解得 b.将m 1 =4m 0 ,m 3 =m 0 代入⑥式可得 为使k 13 最大,只需使 由

(1)由机械能守恒定律,得: 1 2 m1v02=m1gh 解得:v0= 2gh (2)小球P与小球Q发生的是弹性正碰,设小球P、Q碰撞后速度分别为v1、v2,根据机械能守恒定律和动量守恒定律,得: 1 2 m1v02= 1 2 m1v12+ 1 2 m2v22m1v0=m1v1+m2v2 联

A点重力势能mg(2R)=1*10*(2*0.5) = 10J1/2mv0^2=mg(2R)+1/2mv^2A点速度:v=√(v0^2-4gR) = √(5^2-4*10*0.5)=√5m/s A点轨道支持力Nmg-N=mv^2/R经检验N≮0,A点时刚好要脱离轨道(临界状态)

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abc是斜面内光滑固定
如图三角形abc内接于圆o
如图在直角三角形abc中
如图已知在三角形abc中
如图在 abc中ad垂直于bc
如图所示 在三角形abc中
三角形abc在平面a外
如图在三角形abc中cd⊥ab
如图1在三角形abc中
在三角形abc中ad平分∠bac
如图在三角形abc中∠acb
如图三角形abc角acb90
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