如图所示,一质量为m的滑块以V0=5m/s的初速度
h=1/2*g*t平方，代入1.25米得t=0.5s
v=a*t,代入t得vy=5m/s
又因为vx=5m/s，所以角度为45度，大小为4根号2m/s
因为机械能守恒，所以E=mgh=0.2*10*0.75=1.5J
以上便是解答，有问题请追问，没问题给好评哦亲~~
向上滑时，加速度a1=gsinx+ugcosx= 10m/s^2
向下滑时，加速度a2=gsinx-ugcosx=6m/s^2
经过t1=v0/a1=0.5s，小物块速度为0，开始下滑，
向上滑的位移x=v0/2* t1=1.25m，
再下滑t2=t0-t1=0.3s，到达D，下滑的位移大小为x2=1/2* a2*t2^2=0.27m，
CD间的距离=x-x2=0.98m。
物块从最高点滑到斜面底端所用时间为t，
x=1/2* a2*t^2，
t=0.64s，
物块在斜面上运动的时间为t1+t=1.14s
由滑块到达半圆形轨道最高点c时恰好不受压力可知，当物体达到最高点时，向心力完全由重力提供
则 mg=mVc^2/R
从b点到c点，由能量守恒
得 mVb^2/2=mVc^/2+mgh=mVc^/2+mg2R
从a 点到b点，物体动能的变化等于外力做的功
mVb^2/2-mVa^/2=mgu X -2.5
由以上三个公式联立可求的 R=0.4m Vc=2m/s
(2)物体达到最高点c以后 只收重力作用，速度为水平向左方向，开始做平抛运动。在空中停留的时间 t1
gt1^2/2=2R 求的 t1=0.4s
则物体水平位移 S1=Vc X t1=0.8m
物体落地时的速度是 水平速度 Vc与竖直向下的速度的矢量合，落地瞬间，受到一个竖直向上方向的冲量，竖直方向速度为零 则落地后速度立马变成 Vc
到静止时 动摩擦力做的功刚好把动能抵消
mVc^/2=mguS2
S2=2m
故而得出最终离b点距离 S=S1+S2=2.8m
完全自己手打啊，做完之后发现这道题我高中时也做过，而且连数据都没变过
我算的数值不一定正确，主要是思路要清晰
1）
考虑一开始从A到B的运动情况，小球受到摩擦力作用，运动了s的距离，达到vb速度，根据能量守恒：-umgs=0.5mvb^2-0.5mva^2，就可以算出速度vb的大小，（^2）的意思是平方；
根据能量守恒，因为圆环光滑所以不消耗机械能，那么B处的动能=C处的动能加上C处的重力势能：mg×2R+0.5mvc^2=0.5mvb^2，这里可以得到B处速度vb；
C点恰好不受压力，说明重力刚好等于向心力：mg=mvc^2/R；
通过以上两个等式可以算出C处水平方向速度vc以及轨道半径R；
2）
从C离开圆环以后就是做平抛运动了，所以落地时间t=(2*2R/g)^1/2，（^1/2）的意思是根号；
落到D点，那么BD水平距离s=vc*t=vc*(4R/g)^1/2
你是否需要了解？
如图所示,一质量为m的滑块以V0=5m/s的初速度
答：由滑块到达半圆形轨道最高点c时恰好不受压力可知，当物体达到最高点时，向心力完全由重力提供 则 mg=mVc^2/R 从b点到c点，由能量守恒 得 mVb^2/2=mVc^/2+mgh=mVc^/2+mg2R 从a 点到b点，物体动能的变化等于外力做的功 mVb^2/2-mVa^/2=mgu X -2.5 由以上三个公式联立可求的 R=...
如图所示,滑块质量为m,与水平地面间的动摩擦因数为0.1,它以v0=3gR...
答：）；答：（1）滑块运动到B点做圆周运动时，对轨道的压力为9mg；（2）平台转动的角速度ω应满足的条件是ω=π(2n+1)4gR，（n=0、1、2、3…）．
如图所示,滑块质量为m,与水平地面间的动摩擦因数为0.1,它以v0=3gR...
答：（1）设滑块滑至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点过程，应用动能定理得：-μmg?5R=12mvB2-12mv02，对滑块在B点，由牛顿第二定律得：N-mg=mVB2R，解得：N=9mg；由牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小N′=N=9mg，方向：向下；（2）滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达...
如图所示,横截面半径为r的圆柱体固定在水平地面上.一个质量为m的小滑块...
答：解答：解：（1）设滑块的速率为v′时在A点恰好离开柱面，则有：mg=mv′2r得v′=gr由于v0=2rg5＜v′，故物块先沿着圆柱面加速下滑，然后离开圆柱面做斜下抛运动，离开圆柱面时的速率大于v0．由12mv02+mg（2r）=12mvt2得：落地时的速率为：vt=22rg5（2）设物块离开圆柱面时的速率为v，...
如图所示,小滑块质量为m,与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.1,它以v 0...
答：（1）设滑块至P点时速度为v B ，对滑块由A点到P点，应用动能定理有-μmg?5R-2mgR= 1 2 m v 2P - 1 2 m v 20 将 v 0 =3 gR ，μ=0.1解得，v P =2 gR （2）滑块穿过P孔后再回到平台的时间为 t= 2 v P ...
如图所示,一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上...
答：由于上滑和下滑的加速度不相等，所以速度图象的斜率不应该相等，上滑时间和下滑时间也不相等，所以A错，上滑下滑加速度方向都沿斜面向下，而且上和下的加速度大小不相等，所以B错，在上滑过程中重力势能增加，由于发生的位移和时间是二次函数关系，所以重力势能的增加和时间也是二次函数关系，下滑也一样...
如图所示,滑块质量为m,与水平地面间的动摩擦因数为0.1,它以v0=3gh...
答：（1）滑块从A到P的过程，由动能定理得：-μmg?5R-mg?2R=12mv2P?12mv20又v0=3gR，解得：vP＝2gR（2）滑块穿过P孔做竖直上抛运动，滑块穿过P孔后再回到平台的时间为：t=2vPg=4Rg由题意，滑块滑过C点后正好穿过P孔，又恰能从Q孔落下，故应在滑块下落的时间内，平台转动半周的奇数倍，...
如图所示,横截面半径为r的圆柱体固定在水平地面上.一个质量为m的小滑块...
答：12mv02解得：v＝4rg5由12mv02+mg2r＝12mvt2得：落地时的速率为vt＝22rg5答：（1）物块先沿着圆柱面加速下滑，然后离开圆柱面做斜下抛运动．（2）小滑块P离开圆柱面时的瞬时速率和落地时的瞬时速率分别为
如图所示,一质量为 M ,足够长的平板小车原来静止在光滑水平面上,一质...
答：（1） （2） （1）设滑块和小车的共同速度大小为v，由动量守恒定律： ………（2分）得： ………（2分）（2）滑块在小车上滑动的过程中，小车受到与运动方向相同的滑动摩擦力作用，滑动摩擦力的大小为： ………（2分）选小车为研究对象，设位移为 s ，由动能定理： ………（...
如图所示,一质量为m的滑块以初速度v 0 自固定斜面底端A开始冲上斜面...
答：1 sinα=mgsinα（ v 0 t- 1 2 a 1 t 2 ），此为抛物线方程．下滑过程：重力势能为E P =mg[H- 1 2 a 2 (t- t 0 ) 2 sinα]，H为斜面的最大高度，t 0 是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程．所以C是可能的．故C正确．D...