（2011?浙江一模）如图所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为14圆的光滑柱状物体甲放置于
kuaidi.ping-jia.net 作者：佚名 更新日期：2024-07-11
（2014?上饶二模）如图所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为14圆的光滑柱状物体甲放置于
重力的大小和方向都不变，挡板的支持力方向不变、大小变，甲对乙的支持力的大小和方向都变，根据三力平衡条件得到：
甲对乙的支持力N1先变小后变大，挡板的支持力N2不断变小；
乙对挡板的压力等于挡板对乙的压力，故F1不断变小；
再对甲与乙整体受力分析，受到推力、重力、斜面的支持力和挡板的支持力，如图
根据共点力平衡条件，有
F+（M+m）gsinθ-N2=0
N3-（M+m）gcosθ=0
解得
N3=（M+m）gcosθ
故斜面对甲的支持力不变，而甲对斜面的压力等于斜面对甲的支持力，故甲对斜面的压力F2不变；
故选A．
(2011?浙江一模)如图所示,斜面上固定有一与斜面垂直的挡板,另有一截面...
答：再对甲与乙整体受力分析，受到推力、重力、斜面的支持力和挡板的支持力，如图根据共点力平衡条件，有F+（M+m）gsinθ-N2=0N3-（M+m）gcosθ=0解得N3=（M+m）gcosθ故斜面对甲的支持力不变，而甲对斜面的压力等于斜面对甲的支持力，故甲对斜面的压力F2不变；故选A．
(2011?杭州一模)如图所示,斜面固定在地面上,倾角37°(sin37°=0.6,cos...
答：方向沿着斜面向下．重力的下滑力等于mgsin37°=1×10×0.6N=6N＜6.4N，所以滑块滑到最高点时，处于静止状态．因此滑块受到的静摩擦力大小6N，方向沿着斜面向上．故B正确，ACD错误；
(2011?武胜县一模)如图所示,倾角θ=30°的粗糙斜面固定在地面上,长为...
答：△EK是动能的增加，W拉是白绳对黑绳做的正功．WG=-W拉+Wf+△EK根据重力做功量度重力势能的变化，所以黑绳重力势能的减小量是WG，所以黑绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和，故A正确．B、白绳重力做功w=mgl，
(2011?鼓楼区一模)如图所示,在斜面高处释放的小车运动到水平面上撞击...
答：A、小车到达水平面后能继续向前运动是因为小车具有惯性，不是因为受到了惯性力的作用，故A的说法错误．B、水平面对木块的摩擦力能改变木块的运动状态，故B说法错误．C、力能改变物体的运动状态，小车对木块的撞击力和摩擦力都能改变木块的运动状态，故C说法正确．D、木块最终停止运动是由于木块受到摩擦阻力...
(2011?嘉定区一模)如图所示有三个斜面1、2、3,斜面1与2底边相同,斜面2...
答：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=mgμLcosθ．Lcosθ即为底边长度，由图可知1和2底边相等且小于3的，故摩擦生热关系为：Q1=Q2＜Q3，故A错误，B正确；设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgh?mgμLcosθ＝12m v2 ?0，根据图中斜面高度...
(2011?静安区一模)如图所示,在倾角为α的斜面的顶点将小球水平抛出,若...
答：小球落到斜面上时有：tanα=12gt2v0t＝gt2v0所以竖直方向速度为vy=gt=2v0tanα所以速度为v=v02+vy2=v01+4(tanα)2所以小球落到斜面上的速度大小与平抛的初速度的大小成正比．若α=30°，小球抛出时的动能为6J，则小球落到斜面上时的动能为EK＝12mv2＝12mv02?(1+4×13)=6×73J=14J...
(2011?江苏一模)如图所示,粗糙斜面AB与竖直平面内的光滑圆弧轨道BCD相切...
答：mg＝mv2R由以上两式得支持力大小FN=3mg 由牛顿第三定律得，物块对轨道的压力大小为3mg．（2）小物体通过圆弧轨道后，在斜面上运动到最大距离S时速度为0，由动能定理可得mgRcosθ-mgSsinθ-μmgScosθ=0故 S＝Rcosθsinθ+μcosθ答：（1）物块第一次通过C点时对轨道压力的大小是3mg；（...
(2011?重庆一模)如图所示,绝缘斜面处在沿水平向右的匀强电场中,斜面上...
答：A、根据动能定理得：W电+WG+W摩=△Ek，得电场力做功为 W电=-WG-W摩+△Ek=-24J-（-8）J+12J=-4J，即 电场力对金属块做负功4.0J．故A错误．B、电场力和摩擦力做功之和为 W电+W摩=-4J-8J=-12J，则金属块的机械能减小12J．故B错误．C、电场力做功为-4J，则金属块的电势能增加4.0...
(2011?黄浦区一模)如图,一个倾角为45°的斜面固定于竖直墙上,为使一光...
答：如图所示，小球受重力、推力、斜面的支持力及竖直墙的支持力；将斜面的支持力进行分解为竖直方向上的N′=N2cos45°、水平向上的N″=N2sin45°，则由共点力的平衡条件可知：水平方向上：F=N1+N″=N1+N2sin45°；故F一定大于N1；故A错误；竖直方向上：G=N′=N2cos45°故N2=2G，故N2＞G，故C...
(2011?顺义区一模)如图所示,A、B是函数y=?1x的图象上关于原点O对称的任 ...
答：(2011?顺义区一模)如图所示,A、B是函数y=?1x的图象上关于原点O对称的任意两点,AC∥x轴,BC∥y轴,△ABC的面积为S,则( )A.S=1B.S=2C.1<S<2D.S<2... (2011?顺义区一模)如图所示,A、B是函数y=?1x的图象上关于原点O对称的任意两点,AC∥x轴,BC∥y轴,△ABC的面积为S,则( )A.S=1B.S=2C...
先对物体乙受力分析，受重力、挡板的支持力F1′和甲物体的支持力F3′，如图根据平衡条件，结合几何关系可以看出挡板的支持力F1′不断减小，甲对乙的弹力F3′不断减小，根据牛顿第三定律，乙对挡板的压力F1不断减小，甲对乙的弹力F3不断减小；再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图根据平衡条件，有x方向：F+（M+m）gsinθ-F1=0y方向：F2-（M+m）gcosθ=0解得：F2=（M+m）gsinθ，保持不变．结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F2不变．故B正确，ABD错误．故选：B．
解答：解：B、D、对乙球受力分析，受重力mg、甲对乙的支持力N1和挡板的支持力N2，如图重力的大小和方向都不变，挡板的支持力N2方向不变、大小变，甲对乙的支持力N1的大小和方向都变，由于N1与Y轴的夹角最小为°，根据三力平衡条件得到：甲对乙的支持力N1变小，挡板对乙球的支持力N2不断变小；根据牛顿第三定律得知，乙球对物体甲的弹力N1′=N1变小．故BD均错误．A、C对甲与乙整体受力分析，受到推力、重力、斜面的支持力和挡板的支持力，如图根据共点力平衡条件，有F+（M+m）gsinθ-N2=0N3-（M+m）gcosθ=0解得 F=N2-（M+m）gsinθ，由上知，N2不断变小，则F变小． N3=（M+m）gcosθ，故斜面对甲的支持力不变，而甲对斜面的压力等于斜面对甲的支持力，故甲对斜面的压力也保持不变；故AC正确．故选AC．
对乙球受力分析，受重力mg、甲对乙的支持力N1和挡板的支持力N2，如图重力的大小和方向都不变，挡板的支持力方向不变、大小变，甲对乙的支持力的大小和方向都变，根据三力平衡条件得到：
甲对乙的支持力N1先变小后变大，挡板的支持力N2不断变小；
乙对挡板的压力等于挡板对乙的压力，故F1不断变小；
再对甲与乙整体受力分析，受到推力、重力、斜面的支持力和挡板的支持力，如图
根据共点力平衡条件，有
F+（M+m）gsinθ-N2=0
N3-（M+m）gcosθ=0
解得
N3=（M+m）gcosθ
故斜面对甲的支持力不变，而甲对斜面的压力等于斜面对甲的支持力，故甲对斜面的压力F2不变；
故选A．
答：再对甲与乙整体受力分析，受到推力、重力、斜面的支持力和挡板的支持力，如图根据共点力平衡条件，有F+（M+m）gsinθ-N2=0N3-（M+m）gcosθ=0解得N3=（M+m）gcosθ故斜面对甲的支持力不变，而甲对斜面的压力等于斜面对甲的支持力，故甲对斜面的压力F2不变；故选A．
答：方向沿着斜面向下．重力的下滑力等于mgsin37°=1×10×0.6N=6N＜6.4N，所以滑块滑到最高点时，处于静止状态．因此滑块受到的静摩擦力大小6N，方向沿着斜面向上．故B正确，ACD错误；
答：△EK是动能的增加，W拉是白绳对黑绳做的正功．WG=-W拉+Wf+△EK根据重力做功量度重力势能的变化，所以黑绳重力势能的减小量是WG，所以黑绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和，故A正确．B、白绳重力做功w=mgl，
答：A、小车到达水平面后能继续向前运动是因为小车具有惯性，不是因为受到了惯性力的作用，故A的说法错误．B、水平面对木块的摩擦力能改变木块的运动状态，故B说法错误．C、力能改变物体的运动状态，小车对木块的撞击力和摩擦力都能改变木块的运动状态，故C说法正确．D、木块最终停止运动是由于木块受到摩擦阻力...
答：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=mgμLcosθ．Lcosθ即为底边长度，由图可知1和2底边相等且小于3的，故摩擦生热关系为：Q1=Q2＜Q3，故A错误，B正确；设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgh?mgμLcosθ＝12m v2 ?0，根据图中斜面高度...
答：小球落到斜面上时有：tanα=12gt2v0t＝gt2v0所以竖直方向速度为vy=gt=2v0tanα所以速度为v=v02+vy2=v01+4(tanα)2所以小球落到斜面上的速度大小与平抛的初速度的大小成正比．若α=30°，小球抛出时的动能为6J，则小球落到斜面上时的动能为EK＝12mv2＝12mv02?(1+4×13)=6×73J=14J...
答：mg＝mv2R由以上两式得支持力大小FN=3mg 由牛顿第三定律得，物块对轨道的压力大小为3mg．（2）小物体通过圆弧轨道后，在斜面上运动到最大距离S时速度为0，由动能定理可得mgRcosθ-mgSsinθ-μmgScosθ=0故 S＝Rcosθsinθ+μcosθ答：（1）物块第一次通过C点时对轨道压力的大小是3mg；（...
答：A、根据动能定理得：W电+WG+W摩=△Ek，得电场力做功为 W电=-WG-W摩+△Ek=-24J-（-8）J+12J=-4J，即 电场力对金属块做负功4.0J．故A错误．B、电场力和摩擦力做功之和为 W电+W摩=-4J-8J=-12J，则金属块的机械能减小12J．故B错误．C、电场力做功为-4J，则金属块的电势能增加4.0...
答：如图所示，小球受重力、推力、斜面的支持力及竖直墙的支持力；将斜面的支持力进行分解为竖直方向上的N′=N2cos45°、水平向上的N″=N2sin45°，则由共点力的平衡条件可知：水平方向上：F=N1+N″=N1+N2sin45°；故F一定大于N1；故A错误；竖直方向上：G=N′=N2cos45°故N2=2G，故N2＞G，故C...
答：(2011?顺义区一模)如图所示,A、B是函数y=?1x的图象上关于原点O对称的任意两点,AC∥x轴,BC∥y轴,△ABC的面积为S,则( )A.S=1B.S=2C.1<S<2D.S<2... (2011?顺义区一模)如图所示,A、B是函数y=?1x的图象上关于原点O对称的任意两点,AC∥x轴,BC∥y轴,△ABC的面积为S,则( )A.S=1B.S=2C...
