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解析 (1)整个装置沿斜面向上做匀速运动时,即整个系统处于平衡状态,
则研究A物体:f=mAgsin θ=2 N,
研究整体:F=(mA+mB)gsin θ+μ2(mA+mB)gcos θ=21 N.
(2)整个装置沿斜面向上做匀加速运动,且A、B恰好没有相对滑动,则说明此时A、B之间恰好达到最大静摩擦力,
研究A物体:
fmax=f滑=μ1mAgcos θ=2.4 N,
fmax-mAgsin θ=mAa,
解得a=1 m/s2,
研究整体:F-(mA+mB)gsin θ-μ2(mA+mB)gcos θ=(mA+mB)a,
解得F=23.4 N.
答案 (1)2 N 21 N (2)2.4 N 23.4 N
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解析 本题考查用整体法、隔离法分析物体受力以及牛顿第二定律的应用.以m1、m2以及弹簧秤为研究对象,则整体向右的加速度a=
=2 m/s2;再以m1为研究对象,设弹簧的弹力为F,则F1-F=m1a,得F=28 N,A、B错误;突然撤去F2的瞬间,弹簧的弹力不变,此时m2的加速度a=
=7 m/s2,C正确;突然撤去F1的瞬间,弹簧的弹力也不变,此时m1的加速度a=
=28 m/s2,D错误.
答案 C
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解析 当小木块刚放到传送带上时μmg=ma得a=μg
设小木块加速到v时运动的距离为L0,由v2=2aL0得L0=![]()
(1)当L≤L0时,小木块一直加速,v≥at得t≤
或由L=
at2得t=
或由L≤
vt得t≥
,故C、D正确.
(2)当L>L0时,小木块先加速后匀速,加速阶段有v=at1得t1=![]()
匀速阶段有L-L0=vt2得t2=
-![]()
由t=t1+t2得t=
+
,故A正确.
答案 ACD
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解析 细线烧断前,对B球有kx=mgsin θ.细线烧断瞬间,弹簧弹力与原来相等,B球受力平衡,aB=0,A球所受合力为mgsin θ+kx=2mgsin θ,解得aA=2gsin θ,故A、D错误,B、C正确.
答案 BC
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解析 A与传送带相对静止,倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时,A有沿斜面向下的加速度a,对A受力分析可知只有a<gsin θ,A才受沿传送带向上的静摩擦力作用,B正确.
答案 B
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解析 将人的加速度分解,水平方向ax=acos θ,竖直方向ay=asin θ.对于人根据牛顿第二定律,在水平方向有f=max,在竖直方向有FN-mg=may,人处于超重状态,C错误;当加速度由a变为
时,摩擦力变为原来的一半,但支持力不为原来的一半,则它们的比值也发生变化,故A、D错误,B正确.
答案 B
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(多选)弹簧测力计挂在升降机的顶板上,下端挂一质量为2 kg的物体.当升降机在竖直方向运动时,弹簧测力计的示数始终是16 N.如果从升降机的速度为3 m/s时开始计时,则经过1 s,升降机的位移可能是(g取10 m/s2)( ).
A.2 m B.3 m C.4 m D.8 m
解析 对物体进行受力分析,根据牛顿第二定律可得加速度为2 m/s2,方向竖直向下,由于初速度方向未知,所以应分两种情况进行计算,解得升降机的位移为2 m或4 m.
答案 AC
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(单选)如图所示,弹簧左端固定,右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点,然后释放,物体一直可以运动到B点,如果物体受到的阻力恒定,则 ( ).
A.物体从A到O先加速后减速
B.物体从A到O加速运动,从O到B减速运动
C.物体运动到O点时所受合力为0
D.物体从A到O的过程加速度逐渐减小
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(单选)(隔离法)超市中小张沿水平方向推着质量为m的购物车乘匀速上升的自动扶梯上楼,如图10所示.假设小张、购物车、自动扶梯间保持相对静止,自动扶梯的倾角为30°,小张的质量为M,小张与扶梯间的摩擦因数为μ,小车与扶梯间的摩擦忽略不计.则 ( )
A.小张对扶梯的压力大小为Mgcos 30°,方向垂直于斜面向下
B.小张对扶梯的摩擦力大小为(M+m)gsin 30°,方向沿斜面向下
C.扶梯对小张的摩擦力大小为μ(M+m)gcos 30°,方向沿斜面向上
D.小张对车的推力和车对小张的推力大小必相等,这是因为人和车均处于平
衡状态
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(单选)(整体法、隔离法)如图9所示,物体B的上表面水平,当A、B相对静止沿斜面匀速下滑时,斜面保持静止不动,则下列判断正确的有
( ).
A.物体B的上表面一定是粗糙的
B.物体B、C都只受4个力作用
C.物体C受水平面的摩擦力方向一定水平向右
D.水平面对物体C的支持力小于三物体的重力大小之和
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