题目内容
2．
如图所示，质量m=23kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=24m．用与水平方向成θ=37°的力F斜向上拉此物体，作用一段时间后撤去该力，再经t0=4s物体刚好停于B处．已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2，sin37°=0.6，取g=10m/s2．试分析：
（1）撤去拉力的瞬间，物体的速度v的大小为多少？
（2）作用在物体上的倾斜拉力F的大小为多少？
分析 （1）撤去拉力F后，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度时间关系式求撤去拉力的瞬间，物体的速度v的大小；
（2）先求出匀减速运动的位移，再求出匀加速运动的位移，根据速度位移公式求出撤去F前的加速度，再根据牛顿第二定律，由正交分解法求得F；
解答 解：（1）撤去F后，物体做匀减速运动，根据牛顿第二定律，有：
$μmg=m{a}_{2}^{\;}$
解得：${a}_{2}^{\;}=μg=0.2×10=2m/{s}_{\;}^{2}$
根据速度时间关系式，有：0=v+（-2）×4
解得：v=8m/s
（2）匀减速位移为：${x}_{2}^{\;}=\frac{v}{2}{t}_{2}^{\;}=\frac{8}{2}×4=16m$
匀加速位移为：${x}_{1}^{\;}=L-{x}_{2}^{\;}=24-16=8m$
根据${v}_{\;}^{2}-{v}_{0}^{2}=2ax$，有：
${8}_{\;}^{2}-0=2{a}_{1}^{\;}×8$
解得：${a}_{1}^{\;}=4m/{s}_{\;}^{2}$
在F作用下，根据牛顿第二定律，有：
水平方向：$Fcos37°-f=m{a}_{1}^{\;}$
竖直方向：${F}_{N}^{\;}+Fsin37°=mg$
滑动摩擦力为：$f=μ{F}_{N}^{\;}$
联立得：$Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=m{a}_{1}^{\;}$
代入数据解得：F=150N
答：（1）撤去拉力的瞬间，物体的速度v的大小为8m/s
（2）作用在物体上的倾斜拉力F的大小为150N
点评 本题考查了牛顿运动定律的应用，分析清楚物体的运动过程与受力情况是解题的关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题．
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18．
如图所示，倾斜传送带以v=2m/s的速度匀速顺时针运动，倾斜角α=37°．A、B两轮之间的轴距l=5m，一质量为m=1kg的物块以初速度v0=8m/s沿传送带运动方向冲上B轮，物块与带面之间的动摩擦因数为μ=0.5，以下结论正确的是（ ）
如图所示，倾斜传送带以v=2m/s的速度匀速顺时针运动，倾斜角α=37°．A、B两轮之间的轴距l=5m，一质量为m=1kg的物块以初速度v0=8m/s沿传送带运动方向冲上B轮，物块与带面之间的动摩擦因数为μ=0.5，以下结论正确的是（ ）| A． | 物块离开传送带时，速度大小为v1=2m/s | |
| B． | 物块离开传送带时，机械能减少△E=24J | |
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19．关于物体所受外力的合力做功与物体动能变化的关系有以下四种说法：（1）合力做正功，物体动能增加（2）合力做正功，物体动能减少（3）合力做负功，物体动能减少（4）合力做负功，物体动能增加上述说法正确的是（ ）
| A． | （1）（3） | B． | （2）（3） | C． | （3）（4） | D． | （1）（2） |
10．
如图所示，A、B是一条电场线上的两点，一电子沿电场线从A点运动到B点，在这个过程中，关于电场力做功的说法正确的是（ ）
如图所示，A、B是一条电场线上的两点，一电子沿电场线从A点运动到B点，在这个过程中，关于电场力做功的说法正确的是（ ）| A． | 电场力做正功 | B． | 电子克服电场力做功 | ||
| C． | 电场力不做功 | D． | 电场力先做正功后做负功 |
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12．
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如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220$\sqrt{2}$sin （100πt） V，则（ ）| A． | 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 $\sqrt{2}$V | |
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| C． | 当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小 | |
| D． | 单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向下移动的过程中，电压表示数不变，电流表的示数变大 |