如图甲所示，水平地面上放置一倾角为θ=37°的足够长的斜面，质量为m的物块置于斜面的底端．某时刻起物块
（1）由速度时间图象得：物体向上匀减速时加速度大小：a1=10?50.5=10m/s2根据牛顿第二定律得：a1=mgsinθ+μmgcosθm=gsinθ+μgcosθ代入数据解得：μ=0.5（2）由速度时间图象得：物体向上匀加速时：a2=△v△t=100.5=20m/s2根据牛顿第二定律得：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma2代入数据解得：F=30N．（3）由速度时间图象得：物体沿斜面上升的位移：S=12×10×1.5m=7.5m答：（1）物体与斜面间的滑动摩擦因数为0.5．（2）拉力F大小为30N．（3）物体沿斜面向上滑行的最大距离s为7.5m．
（1）设力作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1撤去力后，设物体的加速度为a2，由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma2 由图象可得a1=20m/s2； a2=10m/s2 代入解得F=30N； μ=0.5 故斜面与物体间的动摩擦因数为0.5，拉力大小为30N；（2）3s末物体速度减为零，之后物体下滑做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有：mgsin37°-f=ma3 解得：a3=2m/s2由速度时间公式，得到再过3s，有：v=a3t=6m/s故物体6s末速度大小为6m/s．方向与初速度方向相反即沿斜面向下．图象如下图所示．（3）速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，故：前3s的位移为：x=12×3×20＝30m；下降过程，根据位移时间关系公式，有：x＝12a3t2，解得t＝2xa3＝2×302s＝30s；故返回出发点的速度为：v3＝a3t＝2×30m/s＝230m/s≈11.0m/s；答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，拉力F的大小为30N；（2）t=6s时物体速度为6m/s，t=6s内物体运动的v-t图象如图所示；（3）物体返回出发点的速度大小约为11.0m/s．
（1）由题意，0.5s内物块做匀加速直线运动，则| 1 |
| 2 |
v=a1t
解得：a1=8m/s2，v=4m/s
（2）加速和减速过程沿斜面向上的力分别为F1=18N、F2=6N，设物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数?，由动能定理有
加速过程 （F1-mgsinθ-μmgcosθ）x1=
| 1 |
| 2 |
减速过程-（mgsinθ+μmgcosθ-F2）x1=0-
| 1 |
| 2 |
Wf=-μmgcosθ（x1+x2）
联立解得：m=1kg，?=0.5
Wf=-12J
（3）斜面体受力如图
受到物块的压力N块=mgcosθ
受到物块的摩擦力f=μmgcosθ
设斜面体受到沿地面向右的摩擦力为f地，由平衡条件有
f地+N块sinθ-fcosθ=0
解得：f地=-1.6N，负号表示方向水平向左．
答：
（1）由静止开始，0.5s末物块运动的速度大小v是4m/s．
（2）物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功Wf是-12J．
（3）物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力大小为1.6N，方向水平向左．
答：由平衡条件有 f地+N块sinθ-fcosθ=0解得：f地=-1.6N，负号表示方向水平向左．答：（1）由静止开始，0.5s末物块运动的速度大小v是4m/s．（2）物块沿斜面向上运动过程，
答：（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有：mgsinθ=ma s0＝12at21 联立解得：t1＝2s0gsinθ （2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有：mgsinθ=kx0 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得：...
答：（1） （2） （或 ）（3） 试题分析：（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有mgsin =ma 2分 2分 2分（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为 ，则有 2分从静止释放到速度达到最大的过程中，由动...
答：解答：解：（1）如图所示根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小F=mgtanα（2）要使磁感应强度最小，则要求安培力最小．根据受力情况可知，最小安培力Fmin=mgsinα，方向平行于轨道斜向上所以最小磁感应强度Bmin=FminIl=mgsinαIl根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直...
答：A、B、由图知，h2处小滑块的动能最大，此时滑块受力平衡，由平衡条件得：mgsinθ=kx，则得：弹簧的压缩量为：x=mgsinθk，则h1高度处，弹簧压缩量大于mgsinθk．故A错误，B正确．C、由图知，滑块在h4处到达最高点，对于滑块从h0到h4过程，根据滑块和弹簧组成的系统，机械能守恒得： EP0=...
答：ACD 试题分析：物体沿斜面匀加速下滑，速率 ，图象为一条过原点的倾斜直线，A正确；下滑过程中，动能 ，图象是一条开口向上的抛物线的一部分，而不是直线，B错误；取出发点为参考面，重力势能为 ，是一条过原点的斜向下的直线，C正确；下滑的过程中， ，而加速度 ，可知，下滑过程中不受...
答：对第一个小球球受力分析并合成如图：因为A静止，所以N1和N2的合力与mg大小相等．在直角三角形中三角函数关系：tanα=N2F′=N2mg即：挡板1对小球的支持力大小N2=mgtanα，sinα=N2N1所以甲斜面体对小球的支持力大小N1=F′cosα=mgcosα对第二个小球受力分析并合成如图：因为B静止，所以N3和N4的...
答：设线框全部离开磁场区域时的速度为v 3 由v＝v 0 - 得v 3 = v 2 - =-1.0 m/s因v 3 <0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q 1 =I 2 Rt= =0.40 J线框向下运动进入磁场...
答：当甲第一次离开挡板时乙的速度为 v =2m/s，设此时乙的位置为 D 。可得乙在此过程中做简谐运动，以 B 为平衡位置， C 与 D 关于 B 对称。设 D 、 A 间距为 x 1 ， A 、 B 间距为 x 2 ， B 、 C 间距为 x 3 。则有：x3=" x1+" x2乙在 B 点时，对于乙，有： mg ...
答：由物体的平衡 ，解得 ，若将力F从水平方向逆时针转过某一角度a后，仍保持F的大小，小球和斜面也仍能保持静止，设F与斜面间的夹角为 ，由于F的大小不变，物体仍平衡，受力分析如图乙所示，故 ，解得 °，故 °，水平地面对斜面体的摩擦力F 1 =Fcos60°= ，故D选项正确。
