如图所示.光滑水平面与一倾斜运输带MP相接.运输带与水平面夹角θ=30°.运输带顺时针运行的速率v0=4m/s．在水平面上的N点处方一质量m=1kg的小物体.N点与运输带下端M点间距离x=4m.现对小物体施加水平恒力F=8N作用用至M点撤掉.连接点M处是平滑的.小物体在此处无碰撞能量损失．小物体与运输带间的动摩擦因数为μ=$\frac{\sqrt{3}}{6}$.到� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

5．

如图所示，光滑水平面与一倾斜运输带MP相接，运输带与水平面夹角θ=30°，运输带顺时针运行的速率v₀=4m/s．在水平面上的N点处方一质量m=1kg的小物体，N点与运输带下端M点间距离x=4m，现对小物体施加水平恒力F=8N作用用至M点撤掉，连接点M处是平滑的，小物体在此处无碰撞能量损失．小物体与运输带间的动摩擦因数为μ=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，到达运输带最高点P时速度恰好为零，取g=10m/s²．求：
（1）小物体运动到M时的速度大小；
（2）MP之间的距离L．

分析（1）对物体在水平面上受力分析和做功分析，根据动能定理求小物体运动到M时的速度；
（2）小物体运动到M时的速度大于传送带的速度，物体将在摩擦力作用下做减速运动，根据牛顿第二定律求出加速度和位移，当速度减至与传送带一致时，由于摩擦力小于物体重力沿斜面向下的分力，摩擦力改变方向向上，物体向上做减速运动，速度减为O时到达最高点P，分两段求解物体上滑的位移即可．

解答解：（1）小物体从N至M点的过程，由动能定理得：
Fx=$\frac{1}{2}$mv²-0，
解得：v=$\sqrt{\frac{2Fx}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×8×4}{1}}$=8m；
（2）物体在斜面上向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma₁，
代入数据解得：a₁=7.5m/s²，
物体速度与传送带速度相等时位移为：s₁=$\frac{{v}^{2}-{v}_{0}^{2}}{2{a}_{1}}$=$\frac{{8}^{2}-{4}^{2}}{2×7.5}$=3.2m，
小物体与传送带共速后，由于μmgcosθ＜mgsinθ，所以物体继续做减速运动，
由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma₂，
代入数据解得：a₂=2.5m/s²，
物体到达P点时速度为零，位移为：L₂=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{2}}$=$\frac{{4}^{2}}{2×2.5}$=3.2m，
MP之间的距离为：L=L₁+L₂=3.2+3.2=6.4m．
答：（1）小物体运动到M时的速度大小为8m/s；
（2）MP之间的距离L为6.4m．

点评此题考查传送带、受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、摩擦生热等知识点，熟练掌握相关知识，静下心来分过程研究是解决问题的关键．

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8．

要较精确地测量一个量程为0～3V、内阻约3kΩ的电压表V的内阻Rx．除V₁外，备用的器材还有：
A．电压表V₂（量程0～12V，内阻约12kΩ）
B．滑动变阻器R（0～50Ω）
C．定值电阻R₁=100Ω
D．定值电阻R₂=10kΩ
E．电源E（电动势12V，内阻可忽略）
F．开关一个、导线若干．
某同学选取了一个定值电阻和其余的器材，设计好实验电路并正确操作，顺利的完成了实验．
①他选取的定值电阻是R₂（填器材序号字母）
②请在答题卡上与图甲对应的虚线框中完成实验电路设计并在图中标明器材符号：

③按图中所示电路图连接电路时，应先闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移至最左端（选填“左”或“右”）：
④该同学在实验中多次调节滑动变阻器，并记下了变阻器的滑片在不同位罝时V₁表的示数U₁、V₂表的示数U₂：
⑤以U₂为纵坐标，U₁为横坐标建立坐标系，该同学根据测得的数据描点作图得到了图乙所示的图线．由电路图可知，U₂与U₁的关系式为U₂=（1+$\frac{{R}_{2}}{{R}_{X}}$）U₁（用题中所给物理量的符号表示）：利用图线乙和己知数据，可求得待测电压表的内阻R_x=3.1kΩ（结果保留2位有效数字）．

9．

如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）．设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R₀表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时，下列说法正确的是（　　）

	A．	电压表V₁、V₂均不变，电流A₂的读数增大，电流表A₁的读数减小
	B．	电压表V₃、V₄读数均减小，电流A₂的读数增大，电流表A₃的读数减小
	C．	电压表V₂、V₃的读数之差与电流表A₂的读数的比值不变
	D．	线路损耗功率不变