如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑斜面，一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整
kuaidi.ping-jia.net 作者：佚名 更新日期：2024-06-27
如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑斜面，一劲度系数为K的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面
mgsinθ=ma
s0＝
W=1/2KX平方这个式子一般在解题时尽量要回避因为本题中你用它算出来的和用能量守恒定律（或是动能定理）算出来的结果一样吗？不一样！上式在定性时分析问题时可以用，但一般不用于定量计算！希望能帮到你！
（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，由动能定理得 2分 2分或 （3）从开始下滑到和弹簧接触之前，滑块做匀加速运动直线运动，接触弹簧后，滑块先做加速度不断减小的加速运动，直到速度达到最大，随后滑块再做加速度不断增大的减速运动，直到速度减为零，速度随时间的变化图象如下图所示：
（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＝
| 1 |
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| at | 2 答：（1） （2） （3） 试题分析：（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中，由动能定理得 2分（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x 0 ，弹簧弹性势能为E P ，则有 2分 3分得 1分（3）如图3分 答：W=1/2KX平方这个式子一般在解题时尽量要回避因为本题中你用它算出来的和用能量守恒定律（或是动能定理）算出来的结果一样吗？不一样！上式在定性时分析问题时可以用，但一般不用于定量计算！希望能帮到你！ 答：解：（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有qE+mgsinθ=ma ① ②联立①②可得 ③ （2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x 0 ，则有mgsinθ+qE=kx 0 ④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 ⑤... 答：解：（1）物块受重力、斜面的支持力和水平向右的电场力平衡，则：F=qE1=mgtanθ得：E1=3mg4q （2）加上另一场强E2=-E1的匀强电场时，F反向，物块加速下滑，沿斜面方向：mgsinθ+qE1cosθ=ma得：a=1.2g（3）对全过程应用动能定理：mg（S0+△X）sinθ+qE1（S0+△X）cosθ=EP得：... 答：解：（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 qE+mgsin =ma ① ② 联立①②可得 ③ （2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为 ，则有 ④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 ⑤ 联立④⑤可得 ... 答：物体回到出发点时的速度大小为v′，取沿斜面向上方向为正方向．据题分析得知，撤去F后t时间内物体做匀减速直线运动的位移与t时间内匀加速直线运动的位移大小，方向相反，则有 vt 2 = -v′+v 2 t ，解得：v′=2v．故C正确．D、根据动量定理得： 匀加速运动过程：Ft-mgsin... 答：D 试题分析：带正电的滑块从斜面上滑下的过程中，沿斜面方向受到重力的分力 和电场力 ，沿斜面向下匀加速，接触弹簧后，受到向上的弹力，初始弹簧弹力小于 ，物体继续加速，随弹簧压缩量变大弹力变大，合力变小加速度变小，此阶段为加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧弹力等于 时，加速度等于0... 答：2 得所求时间t= 2 s 0 gsinθ-μgcosθ 故滑块从A点运动到与弹簧上端B点接触瞬间所经历的时间为 2 s 0 gsinθ-μgcosθ ．（2）滑块从A到C由能量守恒得：mg（s 0 +L）sinθ=μmgcosθ（s 0 +L）+E p …①滑块从C点第一次反弹到最高点过程有能量... 答：（1）放手后，B处于静止状态，A做匀加速运动，设第一次碰前，A的速度为v A1 由动能定理 (F+mg)lsin3 7 0 = 1 2 m v 2A1 带入数据得v A =1m/sA、B发生第一次碰撞过程中由动量守恒和机械能守恒有 mv A1 =mv A1 ′+mv B1 ′ 1 2 m v 2A... 答：首先，物体距离弹簧在斜面上有距离，那么就存在高度差，物体下滑就有重力势能的改变，那么物体下滑到与弹簧接触时就会有动能，这题最好用能的转化与守恒来解。其实高中阶段如果题目中没有给出弹簧弹性势能公式的最好不用，因为有时结果不一样。这是我的高中老师说的。 快递评价网，热门人物的介绍与评论。内容来自于会员交流，不代表本站立场与观点。
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