如图所示，一轨道由光滑竖直的 （1）由动能定理知，mg(h+R)=12mvB2，代入数据解得vB=5m/s．在圆弧轨道B点，根据牛顿第二定律有：NB-mg=mvB2R，代入数据解得NB=110N．（2）小球在CE段加速度a=gsinθ=10×12=5m/s2，由对称性及题意可知，小球从C点上.
如图所示，水平传送带以 （1）物体的加速度：a=μg=0.5×10=5m/s2物体加速运动的位移：x1=m加速运动的时间：t1=s匀速运动的位移：x2=L-x1=2.4m匀速运动的时间：t2=s故物体在传送带上运动的总时间：t=t1+t2=1.6s（2）根据第（1）问，物块到达B端速度为=6m/s，假设能达到最高点C，BC过程，由机械能守恒定律：解得：m/s能通过最高点C的临界速度m/s因为m/s，所以物块能到达平台上在C点，由解得：N由牛顿第三定律得：物块对圆轨道C点的压力大小为22N（3）调节传送带速度v0可使物块恰能到达C点，此时m/s物块从C点做平抛运动，s则m调节传送带速度v0可使物块一直加速，设物块到达B点的最大速度m/sBC过程，由 解得m/s则m所以物块落在平台OE上到O点距离范围是
如图所示，光滑圆弧面BC与水平面和传送带分别相切于B、C两处，OC垂直于CD．圆弧所对的圆心角θ=37°，BC （1）C离A的高度：h=R-Rcosθ=R-0.8R=0.2R=1.4m滑块从A到C的过程中有：-mgh-μmgs=1 2 m v 2c-1 2 m v 20代入数据解得：v c=6m/s．（2）物体在传送带上运动的加速度大小为a 1，则：a 1=gsinθ+μgcosθ=10×sin37°+0.5×10×cos37°=10m/s 2，设物体在传送带上达到与传送带等速时的时间为t 1，则：v=v c-a 1 t 1得：t 1=v c-v a 1=6-4 10 s=0.2 s．向上的位移：x 1=v c t 1-1 2 a 1 t 21=6×0.2-1 2×10×0．2 2=1 m由于：mgsinθ＞μmgcosθ物体继续在传送带上减速上滑，加速度：a 2=gsinθ-μgcosθ=10×sin37°-0.5×10×cos37°=2m/s 2继续向上滑动的时间：t 2=v a 2=4 2 s=2 s继续向上滑动的位移：x 2=v t 2-1 2 a 2 t 12=4×2-1 2×2×2 2=4 m向上运动的最大距离：x=x 1+x 2=1m+4m=5m．（3）滑块沿传送带返回C点的过程中：v 2C2=2 a 2 x得：v C2=2 a 2 x=2×2×5m/s=2 5 m/s根据动能定理得，物体从C到停止：0-1 2 m v 2C2=mgh-μmgs代入数据解得：s=4.8m（4）设滑块在B点的速度是v B，则：0-1 2 m v 2B=-μmgs又：F N-mg=m v 2B R得：F N=mg+m v 2B R=mg+2μmgs R=1×10+2×0.5×10×4.8 7≈17 N答：（1）小滑块第一次滑到C点时的速度是6。
如图所示，光滑圆弧面BC与水平面和传送带分别相切于B、C两点．圆弧所对的圆心角θ=37°，圆弧BC的半径R=7
如图所示，半径r=0.2m的14光滑圆弧形槽底端B与水平传带平滑相接，传送带以v1=4m/s的速率顺时针转动，其右 （1）a从A到B过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgr=12mvB2，在B点，对滑块，由牛顿第二定律得：F-mg=mv2Br，代入数据解得：F=3N，由牛顿第三定律可知滑块对槽压力为3N，方向竖直向下；（2）滑块在传送带上，由牛顿第二定律得：μmg=ma，设滑块在传送带上一直加速，则有：vC2-vB2=2aL，代入数据解得：vC=3m/s，由此可知滑块到C点的速度大小为3m/s；（3）设两滑块相碰速度为v，以碰撞前a的速度方向为正方向，由动量守恒得：mvC=2mv，a、b从C点水平抛出后做平抛运动，水平方向：x=vt，竖直方向：y=12gt2，代入数据解得：x=0.6m；答：（1）滑块a到达底端B时对槽的压力大小为3N，方向竖直向下；（2）滑块a到达传送带C点的速度大小为3m/s．（3）求滑块a、b的落地点到C点的水平距离为0.6m．
如图所示，光滑
