题目内容

9．如图所示，质量为m的小球放在一个内壁光滑的盒子里，盒子从倾角为θ的斜面顶端下滑．已知盒子和斜面的动摩擦因数为μ，那么在盒子下滑的过程中，小球对盒子的压力的方向和大小是（　　）
A．若μ＞tanθ，则对盒子的前壁有压力，大小为μmgcosθ
B．若μ=tanθ，则对盒子的前后壁的压力均为零
C．若μ＜tanθ，则对盒子的前壁有压力，大小为mgsinθ
D．若μ＜tanθ，则对盒子的后壁有压力，大小为μmgcosθ

分析 根据牛顿第二定律结合μ的取值，对整体列式，再用隔离法对小球分析，联立求解弹力．

解答 解：A、在盒子下滑的过程中，若μ＞tanθ，即（m+M）gsinθ＜μ（m+M）gcosθ，根据牛顿第二定律，对整体有：μ（m+M）gcosθ-（m+M）gsinθ=（m+M）a
对小球：F-mgsinθ=ma
联立解得：F=μmgcosθ，方向沿斜面向上，为盒子前壁对球的作用力，根据牛顿第三定律知球对盒子的前壁有压力，大小为μmgcosθ，A正确；
B、在A项中，取μ=tanθ，可知a=0，F=mgsinθ，方向沿斜面向上，为盒子前壁对球的作用力，根据牛顿第三定律知球对盒子的前壁有压力，大小为mgsinθ，B错误；
CD、若μ＜tanθ，即（m+M）gsinθ＞μ（m+M）gcosθ，根据牛顿第二定律，对整体有：（m+M）gsinθ-μ（m+M）gcosθ=（m+M）a
对小球：mgsinθ-F=ma
联立解得：F=μmgcosθ，方向沿斜面向上，为盒子前壁对球的作用力，根据牛顿第三定律知球对盒子的前壁有压力，大小为μmgcosθ，CD错误；
故选：A．

点评 解决本题的关键知道小球和盒子具有相同的加速度，通过整体法和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解，难度中等．

练习册系列答案
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19．读出下面游标卡尺和千分尺的读数

（1）11.50mm
（2）10.40mm
（3）5.546（5.545-5.547都对）mm．
20．如图所示，曲线是电场中的一组电场线，A、B是电场中的两点，则下列说法正确的是（　　）
A．电势φA＞φB，场强EA＜EB
B．电势φA＞φB，场强EA＞EB
C．将-q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能EPA＞EPB
D．将-q电荷从A点移到B点电场力做正功
17．如图所示，物体在恒定作用力下从A点由静止开始沿光滑水平轨道AB做匀加速运动，BC是半径为R的光滑半圆形轨道并与AB相切，若物体运动至B点时撤去恒力作用，则它沿圆形轨道BC到达C点恰好能不脱离轨道，并最终正好落到A点．重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．物体到达C点的速度大小为$\sqrt{2gR}$
B．物体到达C点的速度大小为$\frac{\sqrt{2gR}}{2}$
C．物体在AB段运动的加速度大小必须为25m/s2
D．物体在AB段运动的加速度大小必须为12.5m/s2
4．物体受到若干个力作用而作匀速运动，现其中一个与运动方向相反的力逐渐减少为0，其余力不变，则物体（　　）
A．速度越来越大，最后作匀速运动
B．速度越来越小，最后作匀速运动
C．加速度越来越大，最后作匀加速运动
D．加速度越来越小．最后作匀减速运动
14．如图甲所示，质量为m=5kg的物体置于倾角为θ=30°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的恒定拉力F，t1=2s时撤去拉力，物体运动的部分v-t图象如图乙所示，试求：（g=9.8m/s2）

（1）拉力F的大小和物体与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）t=8s时刻物体的速度v的大小；
（3）物体在8s内的位移x的大小．
6．下述关于电磁振荡中能量的说法，正确的是（　　）
A．振荡电流的最大值越大，表示电磁振荡中能量越大
B．没有和振荡器连接的振荡电路中的振荡电流，振幅一定是逐渐减小的
C．等幅振荡是无阻尼振荡
D．产生无阻尼振荡回路中的能量既不向外辐射，也不转换成内能
3．如图所示为一绞车工作的示意图．物块A（上表面水平）置于水平地面上，物块B叠放在A上，栓接物块A的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动A和B一起向右运动，已知轮轴的半径R=0.5m，细线始终保持水平，物块A和B的质量为m=2kg，A与B、A与地面间的动摩擦因数均为0.5，轮轴的角速度随时间变化的关系是ω=（2t+2）rad/s，则（　　）
A．物块A做加速度大小为2m/s2的匀速直线运动
B．物块B受到A提供的摩擦力是10N
C．绳对物块的拉力是24N
D．5s末绳子对物块的拉力功率为24W
4．下列物理量是矢量的是（　　）
A．位移B．加速度C．平均速率D．时间

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