车在平滑的水平面上以2m/s的速度匀速行驶,煤以100kg/s的速率从上面落入车中,为保持车的速度2m/s不变,则

（1）等效重力 mg′=
(Eq) 2 + (mg) 2 =5N ，方向：垂直OD斜向下
故根据几何关系，有
x=
R
sin37° +
R
tan37° =0.9m
即PB间距为0.9．
（2）令电荷经过等效最高点K的速度为v，如图



则在K点重力恰好提供向心力

m v 2
R =mg′ ①
从k到c过程，根据动能定理，有

1
2 m v c 2 -
1
2 m v 2 =mg′R(1-sin37°)
在C点重力和弹力的合力提供向心力，有

m v c 2
R = F N +mg
解得：F _N =6N
故带电体经过C点时对轨道的压力为6N．
（3）对从A大K过程运用动能定理，得到

1
2 m v 2 -
1
2 m v 0 2 =-mg′(x+R) ②
由①②，解得
v 0 =3
5 m/s
故小球的初速度v ₀ 的值为 3
5 m/s ．

解题思路：（1）a-t图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，结合面积求出50s时火箭的速度．
（2）根据位移时间公式求出火箭10s时的高度，根据速度时间公式求出碎片的速度，结合位移公式求出竖直上抛运动的时间．

（1）a-t图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，
在0-50s内的速度的变化量△v=
1
2(15+20)×50m/s=875m/s．
则50s时的速度为875m/s．
（2）如果火箭竖直发射，在t=10s前匀加速运动，t=10s时离地面的高度是h=[1/2at2=
1
2×15×100m=750m，
如果有一碎片脱落，它的初速度v₁=at=15×10m/s=150m/s，
离开火箭后碎片做竖直上抛运动，根据h=vt-
1
2gt2，
代入数据有：-750=150t-
1
2×10×t2，
解得t=（15+5
15]）s．
答：（1）t=50s时火箭的速度为875m/s．
（2）t=10s火箭离地面的高度是750m，碎片将经（15+5
15）s时间落地

点评：
本题考点： A:匀变速直线运动的位移与时间的关系 B:匀变速直线运动的速度与时间的关系

考点点评： 解决本题的关键知道a-t图线围成的面积表示的含义，以及知道碎片做竖直上抛运动，结合位移公式进行求解，难度不大．

恰好运动到最高点,就是此时速度为零啊.
此时速度为零,并不是说电场力和重力大小抵消啊.而是此时的速度为零.
根据题意：u(mg-eq)L 这个是摩擦力的功 2mgr ,重力势能,mv*v/2 动能 2eqr电场做的功,所以
mv*v/2+ 2eqr= u(mg-eq)L+ 2mgr
就是动能和电场做的功转化为摩擦消耗的能和物体的势能.
所以：
第1问,无电场能,到一半高度
则 mv*v/2= u(mg)L+ mgr ,可以解得V
第2问,
mv*v/2+ 2eqr= u(mg-eq)L+ 2mgr 可以解得E啊.
第3问,还没有想明白

（1）设A点初速为v0,B点速度为v,竖直速度为v1
物块在B点速度恰好沿切线方向,则v与水平线的夹角为θ=60°
由A到B做平抛运动,有
y=1/2*gt^2,x=v0t
对B点速度v做垂直和水平方向分解,有
v1=gt,且tanθ=v1/v0=gt/(x/t)=gt^2/x=√3=tan60°
=> gt^2/√3=x
∴x=2y/√3
（2）物块在斜面上受力为：
支持力N=mgcosα,摩擦力f=μN=μmgcosα
整个过程中除在斜面上的摩擦力做功损失能量外,其余地方无能量损失
物块返回B点后,刚好停在B点,
即物块由A处平抛所获得的能量全部在斜面上因摩擦损失殆尽
设物块在斜面上滑行的总距离为s,则由能量守恒,有
mgy+1/2*mv0^2=fs=s*μmgcosα
由y=1/2*gt^2得 t^2=2y/g
∴v0^2=(x/t)^2=x^2/t^2=(4y^2/3)/(2y/g)=2gy/3
∴mgy+1/2*mv0^2=mgy+1/3*mgy=4mgy/3=s*μmgcosα
=> s=(4y/3)/(μcosα)
=(4y/3)/(μ*0.8)
=5y/(3μ)
即物块在斜面上滑行的总距离为s=5y/(3μ)

解题思路：（1）小物块从A至C至最终停止过程中只有AB段的水平摩擦力对物体做功，根据动能定理求得轨道AB的长度；
（2）根据动能定理求得物块第二次经过B点时的速度，再根据合力提供圆周运动向心力由对轨道的压力求得BC的半径R；
（3）小物块能达到半圆形轨道的最高点时速度满足临界速度，再根据动能定理求得小球的初速度．

（1）由题意整个过程中只有水平段的摩擦力对物体做功，根据动能定理有：
−μmg(L+
L
2)＝0−
1
2m
v20
AB段的长度L=

v20
3μg＝
62
3×0.5×10m＝2.4m
（2）设在B点的速度为v₁，从开始到B点由动能定理得：
[1/2m
v21−
1
2m
v20＝−μmgL ①
在B点根据牛顿第二定律：F−mg＝m

v21
R] ②
由①②式可解得得：R=0.50m
（3）小物体恰好经过在最高点时由牛顿第二定律得：
mg＝m

v22
R ③
从开始到最高点，有动能定理得到：
−μmgL−2mgR＝
1
2m
v22−
1
2m
v′20 ④
由③④式可得到：
v′0＝6.4m/s
答：（1）水平轨道AB的长度是2.4米；
（2）若小物块第二次经过B点时，对轨道压力是34N，那么BC的半径R是0.5m；
（3）若增大小物块的初速度，BC改成半圆形光滑轨道，若能使小球通过半圆轨道的最高点，则小物块的初速度v₀′应至少为6.4m/s．

点评：
本题考点： 动能定理；牛顿第二定律．

考点点评： 本题是简单的多过程问题，要灵活选择研究的过程．抓住合外力对物体做功等于物体动能的变化求解，掌握动能定理和受力做功分析是解决问题的关键．

斜的可以戳.不会因为碰到瓶底而吸不到!平的是顺从气压减少把水吸起而不流出来!

解题思路：（1）带电体运动经过圆形轨道的最低点B时，由重力和轨道的支持力的合力提供带电体的向心力，由牛顿第二定律求出轨道的支持力；（2）带电体从P运动到B过程，运用动能定理即可求出PB间的距离；（3）带电体从B运动到C过程，运用动能定理即可求出带电体到达C点的速度大小；（4）带电体从B运动到C的过程中，由动能定理求出经过C点时的速度大小．带电体离开C点后，受到重力和电场力作用，运用运动的分解法研究：在竖直方向上做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，即可进行求解．

（1）设带电体在B点受到的支持力为N，依据牛顿第二定律 N-mg=mv2BR解得：N=mv2BR+mg=0.10×（5．020.40+10）N=7.25N（2）设PB间的距离为s，带电体从P运动到B过程，依据动能定理得： ...

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；向心力；动能定理的应用．

考点点评： 本题是动能定理与圆周运动的向心力、运动的合成与分解知识的综合，关键是运用分解法研究带电体在复合场中运动的过程．

解题思路：

塑料吸盘是挤出里面的空气后，在大气压的作用下吸在墙面上，几个底部互相连通的容器，注入同一种液体，在液体不流动时连通器内各容器的液面总是保持在同一水平面上，三峡大坝的船闸就是利用了连通器的原理，它是目前世界上最大的连通器。

大气压     连通器

沉寂——喧嚣
诞生——死亡
造福——祸害
优质——劣质
倔强——顺从
厄运——好运
充实——空虚
平滑——粗糙
富饶——贫穷
坚持——放弃
坎坷——顺利

解题思路：（1）对于乙，从B到D过程，运用动能定理可求得与甲碰撞前的速度．两物体碰撞过程，遵守动量守恒，能求出碰后的共同速度．甲乙从D到E再回到D，根据动能定理列式 可求出两者返回到D时速度，乙从D到C过程，由动能定理列式，联立可求动摩擦因数．
（2）要使乙返回时能通过最高点A，恰好由重力提供乙的向心力，可由牛顿第二定律得到乙到达A点的临界速度．再运用上题的方法，分段根据动能定理和动量守恒列式，求解该恒力至少多大．

（1）设乙与甲碰前瞬间速度为v₁，碰后瞬间速度为v₂，甲乙一起返回到D时速度为v₃．
乙从B到D有 mgR−umgL1＝
1
2mv12 ①
碰撞过程由动量守恒得mv₁=2mv₂ ②
甲乙从D到E再回到D有 −μ•2mg•2L2＝
1
22mv32−
1
22mv22 ③
乙从D到C 有−μmgL1＝−
1
2mv32 ④
联立解得 μ＝
R
5L1+8L2
（2）设对乙加的最小恒力为F
从B到D有 mgR+FL1−μmgL1＝
1
2mv42 ⑤
碰撞过程由动量守恒得mv₄=2mv₅ ⑥
甲乙从D到E再回到D有 −μ•2mg•2L2＝
1
22mv62−
1
22mv52 ⑦
乙从D到A有 −mg•2R−μmgL1＝
1
2mvA2−
1
2mv62 ⑧
在A点有mg＝
mvA2
R ⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨解得 F＝
10mgR
L1
答：
（1）直轨道EC段与物块间动摩擦因素为
R
5L1+8L2．
（2）要使乙返回时能通过最高点A，可在乙由C向D运动过程中过C点时，对乙加一水平向左恒力，至D点与甲碰撞前瞬间撤去此恒力，则该恒力至少为
10mgR
L1．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．

考点点评： 本题的物理过程比较复杂，但情况较清晰，按时间顺序，分段研究，把握每个过程的物理规律是关键，还要抓住最高点的临界条件结合进行研究．

重力
空气压力

算法很多,不太方便一一说明
不过可以提供两个数据平滑处理的函数
smooth
smooths
有很多调用方式你help吧
>>help smooth
或用曲线拟合工具箱进行处理
>>cftool
有问题
发邮件至

在图形图像编程时,我们常常需要根据一系列已知点坐标来确定一条光滑曲线.其中有些曲线需要严格地通过所有的已知点,而有些曲线却不一定需要.在后者中,比较有代表性的一类曲线是贝塞尔曲线（Bézier Splines）.
网友们可能注意到,贝塞尔曲线广泛地应用于很多图形图像软件中,例如Flash、Illstrator、CoralDRAW和Photoshop等等.什么是贝塞尔曲线呢?你先来看看这个：
X
一条很普通的曲线,好像真的无法给我们带来什么特殊感觉哦~那把这条曲线和绘制它所根据的点重叠地放在一起再瞧瞧吧：
Hoho,原来呀~贝塞尔曲线就是这样的一条曲线,它是依据四个位置任意的点坐标绘制出的一条光滑曲线.我们不妨把这四对已知点坐标依次定义成(x0,y0)、 (x1,y1)、(x2,y2)和(x3,y3).贝塞尔曲线必定通过首尾两个点,称为端点；中间两个点虽然未必要通过,但却起到牵制曲线形状路径的作 用,称作控制点.
在历史上,研究贝塞尔曲线的人最初是按照已知曲线参数方程来确定四个点的思路设计出这种矢量曲线绘制法.涕淌为了向大家 介绍贝塞尔曲线的公式,也故意把问题的已知和所求颠倒了一下位置：如果已知一条曲线的参数方程,系数都已知,并且两个方程里都含有一个参数t,它的值介于 0、1之间,表现形式如下所示：
x(t) = ax * t ^ 3 + bx * t ^ 2 +cx * t + x0
y(t) = ay * t ^ 3 + by * t ^ 2 + cy * t + y0
由于这条曲线的起点(x0,y0)是已知的,我们可以用以下的公式来求得剩余三个点的坐标：
x1 = x0 + cx / 3
x2 = x1 + ( cx + bx ) / 3
x3 = x0 + cx + bx + ax
y1 = y0 + cy / 3
y2 = y1 + ( cy + by ) / 3
y3 = y0 + cy + by + ay
你细细观察一下就知道了,无论方程的已知和所求是什么,总是有六个未知数,并且我们总能找到六个等式（记住(x0,y0)总是已知的）,也就是说,上面的方法是完全可逆的,因此我们可以根据四个已知点坐标来反求曲线参数公式的系数.稍微一变换就得到了下面这组公式：
cx = 3 * ( x1 - x0 )
bx = 3 * ( x2 - x1 ) - cx
ax = x3 - x0 - cx - bx
cy = 3 * ( y1 - y0 )
by = 3 * ( y2 - y1 ) - cy
ay = y3 - y0 - cy - by
所以说,对于坐标任意的四个已知点,你总能创建一条贝塞尔曲线嘿嘿.在GDI+的2D图形函数库里,已经封装了贝塞尔曲线的绘制方法——就是Graphics类的DrawBezier()方法.DrawBezier()方法有很多个重载版本,很简单,而且在MSDN里有着详细的介绍,涕淌在此就不浪费口水了（包括DrawBeziers()也是一样）.不得不感叹的是,强大的GDI+允许一个不了解贝塞尔曲线数学背景的人也能轻而易举地绘制一条漂亮的贝塞尔曲线,对提高开发效率而言,这当然是件好事!
贝塞尔曲线的有趣之处更在于它的“皮筋效应”~也就是说,随着点有规律地移动,曲线将产生皮筋伸引一样的变换,带来视觉上的冲击.来,瞅瞅这张图吧：
Windows 默认的屏保里有一个“贝塞尔曲线”的程序,大家现在可以打开来欣赏一下.一组不断扭伸的曲线令观看的人感叹它们的变幻莫测,其实个中道理相当简单,程序里 只是一群分好了组的、按规律移动的点,机器根据点的移动、按照上面的公式实时地计算出当前的贝塞尔曲线,并在电脑屏幕上绘制出来,如此没完没了地进行 着……
上个世纪七十年代,法国数学家Pierre Bézier第一个研究了这种矢量绘制曲线的方法,并给出了详细的计算公式,因此按照这样的公式绘制出来的曲线就用他的姓氏来命名~是为贝塞尔曲线.
在文章的开篇我提到了还有一类曲线必须严格地通过所有已知点,很典型而鲜明地同贝塞尔曲线区分开来了.这一类型的曲线涕淌将占用其它网络日志的篇幅来给大家介绍,请耐心等待!

由水平方向动量守恒得：mvo=(m+M)v
由机械能守恒得：1/2mvo^2=1/2(m+M)v^2+mgh
联立以上两式可求得h.
小滑上大後,小的减速,大的加速.两者速度相等时m到达最高点.

解题思路：本实验的原理是排出吸盘中的空气后，吸盘就被大气压紧紧地压在了玻璃上，故要把吸盘拉大，所用的拉力就必须等于大气压所产生的压力．故测出拉开吸盘时所用的拉力F，和吸盘与玻璃板接触的面积S，就可以根据P＝

F

S

求出大气压强．

本实验中遇到的麻烦是用弹簧测力计拉不开吸盘，即弹簧测力计的量程太小了．为了解决这个问题，可以用学过的机械--杠杆或滑轮来解决．具体见下列答案：
（1）[方案一]
器材一：轻质杠杆，细绳，铁架台；
说明：利用省力杠杆，在一端用量程较小的弹簧测力计的拉力，在另一边可获得较大的拉吸盘的力．
[方案二]
器材二：定滑轮，钩码，细绳，铁架台；
说明：用钩码作为配重，利用钩码的重力来增加对吸盘的拉力．
[方案三]
器材三：定滑轮，动滑轮，细绳，铁架台；
说明：将定滑轮和动滑轮组成省力的滑轮组，再用弹簧测力计向上拉动即可．
（2）方案一中：吸盘中排气不清（或有少量空气）、气密性不好、吸盘脱离玻璃板时弹簧测力计的读数不准确、弹簧测力计自身有重力、杠杆有自重且杠杆重心不在悬点正下方等；
方案二中：吸盘中排气不清（或有少量空气）、气密性不好、吸盘脱离玻璃板时弹簧测力计的读数不准确、弹簧测力计自身有重力、滑轮与轴间有摩擦等；
方案三中：吸盘中排气不清（或有少量空气）、气密性不好、吸盘脱离玻璃板时弹簧测力计的读数不准确、滑轮与轴间有摩擦、动滑轮有重力等．

点评：
本题考点： 大气压强的测量方法．

考点点评： 本题首先要弄清实验的原理，再来考虑实验中遇到的困难--拉力不足．根据学过的知识，可以利用可以省力的机械来解决这个难题．

常温呈液体?接触空气凝固?不助燃?那就是低沸点的

两个力的方向不知道 但是合力的范围知道 即2N~14N 所以加速度在1m/s方~7m/s方之间 所以选BCD

选C
平滑的水泥地不是光滑的,光线在上面会发生漫反射

这是一道常规题,很简单— —：
（1）ma=umg,a=ug=2 VB平方=2aS+V0平方=112
（2）mgh=0.5mvB平方 h=5.6 所以最大高度h=2
对下答案看对不?

BCD对.
分析：
物体受到重力mg（竖直向下）,支持力N（竖直向上）,F1（6N的水平力）,F2（8N的水平力）
显然,竖直方向重力与支持力的合力为0,所以总的合力等于两个水平力的合成.
当两个水平力方向相同时,合力最大,大小是　F合大＝8＋6＝14牛
当两个水平力方向相反时,合力最小,大小是　F合小＝8－6＝2牛
即合力的大小是在　2牛到14牛　的闭区间.
由牛二　得物体的加速度是　a＝F合 / m
所以加速度大小是在　（2 / 2）m/s^2 到（14 / 2）m/s^2　的闭区间
即　1m/s^2 ≦ a ≦ 7m/s^2

解题思路：6个小球都在斜面上运动时，整个系统的机械能守恒，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以从6到4，小球离开A的速度不断增大，最后3个小球离开A点的速度相同．

A、6个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒．当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球2对1的作用力做功，故球1的机械能不守恒，故A错误；
B、球6在OA段运动时，斜面上的球在加速，球5对球6的作用力做正功，动能增加，机械能增加，故B正确；
C、由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，故C正确；
D、由于离开A点时，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三个球在水平面上运动时不再加速，3、2、1的速度相等，水平射程相同，所以六个球的落点不全相同，故D错误．
故选：BC．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律．

考点点评： 本题运用机械能守恒时，关键要明确研究对象，选择研究的过程，再进行分析．

解题思路：本实验的原理是排出吸盘中的空气后，吸盘就被大气压紧紧地压在了玻璃上，故要把吸盘拉大，所用的拉力就必须等于大气压所产生的压力．故测出拉开吸盘时所用的拉力F，和吸盘与玻璃板接触的面积S，就可以根据P＝

F

S

求出大气压强．

本实验中遇到的麻烦是用弹簧测力计拉不开吸盘，即弹簧测力计的量程太小了．为了解决这个问题，可以用学过的机械--杠杆或滑轮来解决．具体见下列答案：
（1）[方案一]
器材一：轻质杠杆，细绳，铁架台；
说明：利用省力杠杆，在一端用量程较小的弹簧测力计的拉力，在另一边可获得较大的拉吸盘的力．
[方案二]
器材二：定滑轮，钩码，细绳，铁架台；
说明：用钩码作为配重，利用钩码的重力来增加对吸盘的拉力．
[方案三]
器材三：定滑轮，动滑轮，细绳，铁架台；
说明：将定滑轮和动滑轮组成省力的滑轮组，再用弹簧测力计向上拉动即可．
（2）方案一中：吸盘中排气不清（或有少量空气）、气密性不好、吸盘脱离玻璃板时弹簧测力计的读数不准确、弹簧测力计自身有重力、杠杆有自重且杠杆重心不在悬点正下方等；
方案二中：吸盘中排气不清（或有少量空气）、气密性不好、吸盘脱离玻璃板时弹簧测力计的读数不准确、弹簧测力计自身有重力、滑轮与轴间有摩擦等；
方案三中：吸盘中排气不清（或有少量空气）、气密性不好、吸盘脱离玻璃板时弹簧测力计的读数不准确、滑轮与轴间有摩擦、动滑轮有重力等．

点评：
本题考点： 大气压强的测量方法．

考点点评： 本题首先要弄清实验的原理，再来考虑实验中遇到的困难--拉力不足．根据学过的知识，可以利用可以省力的机械来解决这个难题．

⑴由动能定理知：两次小物块的初动能相同末动能为0,所以克服摩擦力做功相同,而摩擦力和正压力成正比,可见第一次正压力较小,因此第一次小物块受的电场力一定是向上的,可以判定它带负电荷.
⑵设场强为E,两次小物块滑行过程分别有：u（mg-Eq）L=1/2mv²
u（mg+Eq）L=1/2mv²
解得E=mg/5q
觉得好的话望及时采纳!有哪还不懂也可以及时问我.

解题思路：①塑料吸盘是挤出里面的空气后，在大气压的作用下才被压在墙面上的；
②判断图乙中两容器内的液体应注意观察U形管中液面的高度差．

①是大气压的存在使吸盘被压在了墙面上的；
②读图乙可知，a、b两容器中，金属盒的深度相同，U形管中的液面高度差a大于b，因此，a中装的是盐水．
故答案为：大气压强；a．

点评：
本题考点： 大气压强的存在；液体的压强的特点．

考点点评： 吸盘是利用大气压工作的典型实例，但值得注意的是，它能承受一定的向下的拉力，则是由于拉力与摩擦力是相互平衡的；比较液体内部压强时，要学会观察金属盒的深度与U形管中的液面高度差，这是判断压强大小的关键．

先做匀加速直线运动 mgu=ma1,得a1=2
s1=V0^2/(2a1)=1m＜L
故到达传送带右端前物块已匀速,以ν0速度滑上斜面
一mgsinθ=ma2,得a2=-6
速度为零时上升的距离
s=-V0^2/(2a2)=0.3m＜0.4m
故未到达斜面的最高点.

D是两个圆轨道的连接点,(M+m)Vd^2/2R

这个题目感觉有问题,
这是课本上的原题吗?

哀思如潮 爱才如渴 爱才如命 爱财如命 爱国如家
爱民如子 爱钱如命 爱如己出 爱如珍宝 安堵如故
安然如故 安如盘石 安如磐石 安如太山 安如泰山
安适如常 按堵如故 白首如新 白头如新 爆跳如雷
奔走如市 鼻息如雷 笔大如椽 笔翰如流 碧空如洗
变化如神 辨如悬河 表里如一 胆小如鼠 胆小如鼷
倒背如流 得婿如龙 德輶如毛 德輶如羽 簟纹如水
鼎镬如饴 动如参商 动如脱兔 洞如观火 度日如年
度日如岁 断决如流 堆积如山

大概看明白了,这是翻译的题目.
但有几处请说明：斜面是左高右低,还是左低右高?电场方向是向左,还是向右?滑块刚释放时是在磁场中,还是在电场中?

解题思路：

(1)设滑块到B端是速度为V

根据题意：(2分)

在B点满足：(2分)

其中为滑块在B点受到的支持力

带入数据得：，(2分)

根据牛顿第三定律，==30N，方向竖直向下。

(2)滑块滑上小车后滑块做匀减速运动，小车从静止开始做匀加速运动，加速度大小为a1、a2并满足：

(2分)

带入数值后求得

(2分)

带入数值后求得

当满足下述条件时滑块脱落：

(2分)

带入数值后求得：，(另一解不和题意,舍弃)。(2分)

（1）30N 向下 （2）0.4s


<>

滚下来

是一段正比例函数加一条横线
因为协助扩散需要载体蛋白
而细胞膜上的载体蛋白的数量是有限的
当所有的载体蛋白都处于工作状态中时
协助扩散的速率就不会再增加

左右方向的摩擦力,左边的向右,右边的向左,这两个摩擦力使得纸张保持这个弧度.
然后就是支撑力,方向向上,还一个重力.

（1）大于，
（2）
（3）m _1˙ = m _1˙ + m _2˙

解题思路：（1）金属框滑进磁场abcd时恰好作匀速运动，受力平衡，对金属线框进行受力分析，运用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，求出安培力．运用动能定理研究，可以求出金属框刚释放时MN边与ab的距离s
（2）先运用动能定理求出金属线框刚全部进入水平导轨时的速度．线框进入水平导轨的磁场中后由于受到安培力作用而减速直至速度减为零，线框在穿越任一磁场区域的过程中，通过线框的电量相等，运用动量定理求出线框穿越每一磁场区域速度的变化量，即可求解此题．
（3）整个过程中，金属框的重力势能减小转化为内能，根据能量守恒定律，可以求出整个过程中金属框内产生的电热．

（1）设金属线框刚进入磁场区域abcd的速度为v₁，则线框中产生的感应电动势E=BLv₁
安培力F=BIL=
B2L2v1
r
依题意金属框滑进磁场abcd时恰好作匀速运动，有：F=mgsinθ
线框下滑距离s的过程中，根据动能定理，有：mgssinθ=[1/2]mv₁²
联立以上各式解得：s=
m2r2
2B4L4gsinθ=0.25m
（2）设金属线框刚全部进入水平导轨时速度为v₂，线框在倾斜轨道上运动的全过程中，根据动能定理，有：
mg（h+[1/2]Lsinθ-2Lsinθ）=[1/2]mv²
解得：v₂=6m/s
线框进入水平导轨的磁场中后由于受到安培力作用而减速直至速度减为零，线框在穿越任一磁场区域的过程中，根据动量定理，有：B
.
ILt=m△v，即BLq=m△v
又q=[△φ/r]=
2BL2
r
所以，线框在穿越每一磁场区域速度的减少量相同，且△v=
2B2L3
mr
线框在水平导轨上穿越磁场区域的个数
n=
v2−0
△v=
mrv2
2B2L3=1.5
金属框能穿越导轨水平部分中1个完整的磁场区域．
（3）整个过程中，根据能量守恒定律，有：
金属线框内产生的焦耳热Q=mg（h+[1/2]Lsinθ）=13J．

答：（1）金属线框刚释放时MN边与ab的距离S是0.25m
（2）整个过程中金属线框内产生的焦耳热是13 J．
（3）金属线框能穿越导轨水平部分中1个完整的磁场区域．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．

考点点评： 该题考查了多个知识点的综合运用．做这类问题我们还是应该从运动过程和受力分析入手研究，运用一些物理规律求解问题．动能定理的应用非常广泛，我们应该首先考虑．

解题思路：电势能的改变是通过电场力做功来量度的．
对滑块进行运动过程分析，运用动能定理研究第1次由M到N的过程，求出电场力做功．
运用动能定理研究滑块从N向右运动到B静止的全过程，求出滑块在水平面AB上运动的路程．

（1）滑块第1次由M到N的过程中，电场力做功为W₁，电势能的改变量最大，根据动能定理有：
mgh+W₁-μmgx₀=0
解得：W₁=-4.8J
电势能增加，最大增量为4.8J
（2）滑块从N向右运动到B静止的全过程中，在水平面AB上运动的总路程为x₁，根据动能定理有：
qEx₀-μmgx₁=0
代入数据得：x₁=1.2m
滑块整个运动过程中，在水平面AB上运动的总路程：x=x₁+x₀=1.6m
答：（l）滑块由M运动到N的过程中，电势能的最大改变量为4.8J；
（2）滑块在整个运动过程中，在水平面AB上运动的总路程为1.6m．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；电势能．

考点点评： 选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．
动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求功
一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究．

补充问题回答：
摩擦力的功为μmgcosθH/sinθ,H为轨道的高度,下面求解轨道的高度H：
恰好通过圆轨道最高点,那么说明在最高点时,重力和向心力相等得到
mg = mv^2/R
设轨道倾角为θ,摩擦力功为μmgcosθH/sinθ
能量守恒方程为
μmgcosθH/sinθ+mg*2R+0.5*m*v^2 = mgH
移项就会求到H.
μmgctgθH+2mgR+mv^2/2 = mgH
H = 5R/2/(1-μcotθ)
如果知道倾角,可以直接求解,如果倾角为45°,那么cosθ和sinθ相互抵消,答案就会被简化.

解题思路：（1）从静止释放金属棒a，先做加速运动，随着速度增大，棒产生的感应电动势和感应电流增大，合力减小，加速度减小，由于导轨的倾斜部分足够长，所以金属棒在进入水平轨道前做匀速运动，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和平衡条件求出匀速运动时的速度．
（2）根据左手定则可以判断出ab受到的安培力方向向下，当cd棒的速度最大时，ab棒对轨道的压力最大．然后根据共点力的平衡即可求出压力．
（3）开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒上产生的焦耳热Q=0.45J，结合（1）中已经求出的速度，即可求得棒下滑的高度，然后根据：q=

△Φ

R总

，求出该过程中通过cd棒横截面的电量q．

对ab棒受力分析知，ab棒始终处于平衡状态．
由于轨道倾斜部分足够长，金属棒在进入水平轨道前做匀速运动，电路的总电阻为2R，设金属棒cd做匀速运动的速度为v，棒中的电动势E，电路中的电流为I，则：
mgsinθ-F_安=0…①
F_安=BIL …②
I=
BLvm
2R …③
由①②③解得：v_m=1m/s；I=1A
（2）根据左手定则可以判断出ab受到的安培力方向向下，当cd棒的速度最大时，ab棒对轨道的压力最大：
N=mg+BIL=0.2×10+1×1×1=3N
（3）对整个系统分析，由能量守恒得：
mgsinθ•x=
1
2m
v2m+2Q
而：Q=0.45J
解得：x=1m
该过程中的平均电动势：
.
E=
△Φ
△t=
B△S
△t
则：q=
.
I•△t=

.
E
2R•△t=
B△S
2R=
BLx
2R=
1×1×1
2×0.5=1C
答：（1）导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度v的大小是1m/s；
（2）导体棒ab对水平轨道的最大压力N的大小是3N；
（3）该过程中通过cd棒横截面的电量是1C．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；安培力．

考点点评： 本题分析时，一定要注意题中条件：导轨的倾斜部分和水平部分都足够长，分析知道在斜轨上棒最终匀速运动，在水平轨道上最终静止，再运用电磁感应的规律和力学知识求解．

解题思路：（1）由题，滑块恰能滑到与O等高的D点，速度为零，对A到D过程，运用动能定理列式可求出动摩擦因数μ．
（2）滑块恰好能到达C点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可得到C点的速度范围，再对A到C过程，运用动能定理求初速度v₀的最小值．
（3）离开C点做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求时间．

（1）滑块由A到D过程，根据动能定理，有：
mg（2R-R）-μmgcos37°•[2R/sin37°]=0-0
得 μ＝
1
2tan37°＝0.375
（2）若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律，有 mg+FN＝
m
v2c
R
则得v_c≥
Rg=
0.9×10=3m/s；
A到C的过程：根据动能定理　有-μmgcos37°•[2R/sin37°]=[1/2m
v2C]-[1/2m
v20]
联立解得，v₀=

v2C+2gR≥
9+2×10×0.9=3
3m/s
所以初速度v₀的最小值为3
3m/s．
（3）滑块离开C点做平抛运动，则有
x=v_ct
y＝
1
2gt2
由几何关系得：tan37°=[2R−y/x]
联立得 10t²+5t-3.6=0
解得　t=0.4s
答：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.375．
（2）若使滑块能到达C点，滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v₀的最小值为3
3m/s．
（3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t是0.4s．

点评：
本题考点： 动能定理；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题是动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合，要注意挖掘隐含的临界条件，运用几何知识求解．

解题思路：（1）a下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出a的速度，由牛顿第二定律求出支持力，然后求出压力．
（2）由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度，然后答题．
（3）由平抛运动规律可以求出水平位移．

（1）a从A到B过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgr=[1/2]mv_B²，
在B点，对滑块，由牛顿第二定律得：F-mg=m

v2B
r，
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：v_C²-v_B²=2aL，
代入数据解得：v_C=3m/s＜4m/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：mv_C=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=[1/2]gt²，
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．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．

考点点评： 本题考查了求压力、速度、水平位移问题，分析清楚滑块的运动过程、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式与平抛运动规律即可正确解题．

解题思路：（1）由于倾斜轨道是光滑的，杆下滑的过程中，机械能守恒，由此可以求得杆a下滑到水平轨道上瞬间的速度大小．
（2）杆a到达水平轨道上时，轨道也是光滑的，ab这个整体的合力为零，所以ab的动量守恒，由动量守恒定律可以求得共同速度的大小．
（3）全过程中没有摩擦力的作用，由能量守恒可知，减小的能量全部转化为电能．

（1）设杆a下滑到水平轨道瞬间的速度为V_a，杆a从斜轨道上下滑到水平轨道的过程中，只有重力做功
由机械能守恒定律得 m_agh=[1/2]m_aV_a²
解得 V_a=6 m/s．
（2）当a以6 m/s的速度进入匀强磁场后，a、b两杆所受的安培力等大反向，合力为零，最终一起匀速运动．
设共同的速度为V，取水平向右为正
由动量守恒定律得 m_av_a-m_bv₀=（m_a+m_b）V
解得 V=3m/s
（3）设消耗的电能为E
由能量守恒定律得 E=[1/2]m_av_a²+[1/2]m_bv₀²-[1/2]（m_a+m_b）V²
代入数据解得 E=27J．
答：（1）杆a下滑到水平轨道上瞬间的速度大小是6 m/s．
（2）杆a、b在水平轨道上的共同速度大小是3m/s．
（3）在整个过程中电路消耗的电能是27J．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；动量守恒定律．

考点点评： 本题很好的考查了机械能守恒、动量守恒和能量守恒定律，把力学和电磁场有机的结合了起来，考查了学生的分析能力，是个好题．

解题思路：根据动能定理，通过摩擦力做功的大小得出两速度的大小关系．

在凸形桥部分，靠径向的合力提供向心力，支持力小于重力，速度越大，支持力越小，则摩擦力越小，在凹形桥部分，靠径向的合力提供向心力，支持力大于重力，速度越大，支持力越大，则摩擦力越大，可知从A到C运动的每一点的摩擦力小于C到A经过每一点的摩擦力，所以A到C过程中克服摩擦力做功小，根据动能定理知，v₁＞v₂．故A正确，B、C、D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 动能定理的应用．

考点点评： 解决本题的关键知道圆周运动靠径向的合力提供向心力，通过支持力大小比较出滑动摩擦力的大小，从而通过动能定理比较速度的大小．

解题思路：（1）对从A到B过程运用动量定理列式求解即可；
（2）对物体受力分析，运用正交分解法，根据牛顿第二定律列式求解加速度；
（3）运用速度位移公式列式求解即可；

（1）从A到B过程运用动量定理，得到
（F-μmg）t=mv
解得
v＝
Ft
m−μgt
故物块运动到B点时速度的大小为[Ft/m−μgt．
（2）物体沿斜面向上运动，受力如右图所示
根据牛顿第二定律
mgsinθ+μN=ma
N=mgcosθ
解得
a=g（sinθ+μcosθ）
故物块沿斜面向上运动时加速度的大小g（sinθ+μcosθ）．
（3）根据 v²=2aS
解得
S＝
(Ft−μmgt)2
2m2g(sinθ+μcosθ)]
故物块沿斜面上滑的最大距离为
(Ft−μmgt)2
2m2g(sinθ+μcosθ)．

点评：
本题考点： 动量定理；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律．

考点点评： 本题关键是将物体的运动过程分割成加速和减速两个过程，然后对加速过程运用动量定理列式求解，对减速过程运用牛顿第二定律和运动学公式列式求解．

重写一下：
EMA(n)= 2/（n+1） × （今日收盘价－昨日 EMA ） + 昨日 EMA
= 2/（n+1） × 今日收盘价 + (n-1)/(n+1) * 昨日 EMA
这是 今日收盘价 和 昨日 EMA 就加权平均.
不严格地,可以这么理
今天的价格看得比以前的价格影响大些,所以当作2天的份量看. 而昨日的n天EMA,是前面n天的（粗糙地说）平均值,但 我们只用 n-1 天,
所以 总的 实际上是：
2天 今日收盘价
n-1 天 昨日EMA
平均起来 就得EMA(n) 的公式.

这个还真的只能加分段,你不用加得太多,不然是会卡的,稍微加点点
估计你的CPU不是很高端所以才会卡.

第四个式子是能量守恒.二个小球到达水平面是后,动能为1/2·3mv^2,弹簧的弹性势能为EP,则这时候系统的总能量为EP+1/2·3mv^2.弹簧分开后的总能量为二个小球的动能之和：1/2mvA^2+1/2·2mvB^2
系统总能量（机械能守恒）不变,故有EP+1/2·3mv^2=1/2mvA^2+1/2·2mvB^2,移项即得上述4式.

原理：P气＝F气 ÷ S .就是说大气压强可以用大气压力除以受力面积求出来.
1.把吸盘紧紧压在平滑的桌面上,尽量排净盘内的空气,用刻度尺测量出吸盘的面积 S.
2.用测力计缓慢的向上拉吸盘的挂钩,不断看测力计的示数,直到吸盘刚被从桌面拉掉的一 瞬 间,记住此时的拉力大小 为 F .这个拉力的大小就可以粗略的看成是大气压力了.
3 .表达式：P = F ÷ S .
这种实验方法存在较大误差.但中学的课本里有这个实验.