热门试卷

解：对物体受力分析，受重力、推力、支持力和滑动摩擦力，正交分解，如图：

由平衡条件得：

平行斜面方向：Fcosθ=mgsinθ+f；

垂直斜面方向：N=mgcosθ+Fsinθ

又：f=μN

即：Fcosθ-mgsinθ=μ（mgcosθ+Fsinθ）

解得：

答：物体与斜面间的动摩擦因数为．

解：（1、2）对B球，受力分析如图所示

Tsin30°=mg　    

解得 T=2mg　　　　①

对A球，受力分析如图所示．在水平方向

Tcos30°=NAsin30°　　　　②

在竖直方向：NAcos30°=mAg+Tsin30° 　　③

由以上方程解得：mA=2m    　　　　　　　④

所以细绳对B球的拉力为2mg，A球的质量为2m．

设B球第一次过圆环最低点时的速度为v，压力为N，圆环半径为r．

则：mgr=mv2        ⑥

N-mg=m     ⑦

⑥⑦联解得：N=3mg

由牛顿第三定律得B球对圆环的压力　N′=N=3mg　方向竖直向下．

答：（1）细绳对B球的拉力为2mg；

（2）A球的质量为2m；

（3）若剪断细绳，B球第一次过圆环最低点时对圆环的作用力为3N，方向竖直向下．

解：（1）滑块匀速运动时，受力平衡，有

Mg=f+BId   ①

根据欧姆定律，有

I=     ②

动生电动势为：

E=BdVm     ③

联立①②③解之并代入动能表达式：EK==0.2J

即滑块能获得的最大动能为0.2J．

（2）对两物体整体受力分析后，运用牛顿第二定律，有

Mg-f-BId=（M+m）a    ④

其中

I=            ⑤

E=BdV             ⑥

联立④⑤⑥解之：V==0.8m/s

即滑块的加速度为a=2m/s2时的速度为0.8m/s．

（3）对两物体整体运用动能定理，有

Mgx-fx-w=

解得

x==1.4m

即滑块从开始运动到获得最大速度的过程中，滑块滑动的距离为1.4m．

解：（1、2）黑板擦向上缓慢运动，根据受力分析得：

垂直于黑板方向有：Fsinθ-N=0，

解得：N=6.4N

沿黑板方向有：Fcosθ-mg-f=0，

解得：f=2.8N

由f=μN得：μ=

（3）黑板擦脱手后沿黑板面自由下落，设黑板擦到黑板下边沿所用时间为t，则

带入数据解得：t=0.5s

脱手时高度为：h=

答：（1）黑板对黑板擦的支持力大小为6.4N；

（2）黑板擦与黑板间的摩擦因数μ为0.44；

（3）黑板擦脱手时离黑板下边沿的高度h为1.25m．

解：（1）在A振动过程中，木块B刚好始终未离开地面，此时木块A在最高点，位移最大；

对B：F-Mg=0…①

对A：F+mg=ma…②

联立解得：a=g+g…③

（2）当木块A在最低点时，弹簧的压缩量最大，弹力等于F，故木块B对地面的最大压力：

F′=F+Mg…④

联立①④解得：F′=2Mg

（3）若要使B能离开地面，外力在释放时只要大于F，即大于Mg即可；

答：（1）木块A的最大加速度为g+g；

（2）木块B对地面的最大压力为2Mg；

（3）若要使B能离开地面，外力在释放时要大于Mg．