有可视为质点的木块由A点以一定的初速度为4m/s水平向右运动,AB的长度为2m,物体和AB间动摩擦因素为μ1=0.1,B

飞不累的青鸟2022-10-04 11:39:540条回答

有可视为质点的木块由A点以一定的初速度为4m/s水平向右运动,AB的长度为2m,物体和AB间动摩擦因素为μ1=0.1,BC无限长,物体和BC间动摩擦因素为μ2=,求:(1)物体第一次到达B点的速度
(2)通过计算说明最后停在水平面上的位置

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一位重量为mg的同学为了表演“轻功”,用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气(可视为理想气体),然后将这4只气球以相同的方式放在水平木板上,在气球的上方放置一轻质塑料板,如图甲所示.
(1)关于气球内气体的压强,下列说法正确的是______.
A.大于大气压强
B.由于气体受重力而产生
C.由于气体分子间存在斥力而产生
D.由于大量气体分子的碰撞而产生
(2)在这位同学慢慢站上轻质塑料板正中间位置的过程中,塑料板保持水平,球内气体温度可视为不变,下列说法正确的是______.
A.球内气体体积变大
B.球内气体体积变小
C.球内气体内能变大
D.球内气体内能不变
(3)为了估算气球内气体的压强,这位同学在气球的外表面涂上颜料,在轻质塑料板接触气球一侧表面贴上小方格面积为S的方格纸.表演结束后,留下气球与方格纸接触部分的4个“印迹”如图所示,每个“印迹”大约占N小方格.若表演时大气压强为Pa,则气球内气体的压强为
[mg/4NS]+P0
[mg/4NS]+P0
chen83831年前1
NOKIA3350 共回答了17个问题 | 采纳率88.2%
(1)A、气球内气体的压强等于大气压与气球弹力产生的压强之和.所以大于大气压强,故A正确.
B、气球内气体的压强不是由于气体的重力产生的.而是由于大量分子都在不停地做无规则热运动,与器壁频繁碰撞,使器壁受到一个平均持续的冲力,致使气体对器壁产生一定的压强,故BC错误,D正确;故选ABD.
(2)A、气球被压后,气压变大,根据玻意耳定律公式PV=C,故体积缩小,故A错误,B正确;
C、气体被压缩,外界对气体做功,但温度不变,故内能不变,气体对外放热,故C错误,D正确;故选BD;
(3)人处于平衡状态,由平衡条件得:mg=(P-P0)•4NS,解得:P=[mg/4NS]+P0
故答案为:(1)AD;(2)BD;(3)[mg/4NS]+P0
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一水平运动的浅色长传送带上放置一块煤块,可视为质点,煤炭快与传送带之间的动摩擦因素为u.初始时,传送带与煤炭快都是静止的.现在让传送带以恒定的加速度a开始运动,当其速度达到U后,便以此速度做匀速运动,经过一段时间,煤炭快在传送带上留下一段黑色的痕迹,煤炭快相对于从传送带不再滑动,求此痕迹的长度?谢谢
1347601851年前1
ll一冬 共回答了21个问题 | 采纳率85.7%
平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点),煤与传送带之间的动摩擦系数为μ.初始时传送带与煤块都静止.现让传送带以恒定的加速度a0开始运动,当其速度达到v0后,便以此速度做匀速运动.经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对传送带不再滑动.求此黑色痕迹的长度.
分析 根据“传送带上有黑色痕迹,且初始时传送带与煤块都静止”可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块的加速度a小于传送带的加速度a0;且在煤块相对传送带不再滑动,即共速之前,煤块的速度在同一时刻始终小于传送带的速度,故煤块在这一段时间内总是匀加速直线运动,而传送带是先匀加速直线运动后匀速运动,由此可知解此题有以下几种解法.
解法1 根据“传送带有黑色痕迹”可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块的加速度a小于传送带的加速度a0.根据牛顿定律可知:a =μg.
设经历时间t1传送带由静止开始加速到速度等于v0,煤块则由静止加速到v,有v0= a0t1,v = at1.
由于a < a0,故v < v0,煤块继续受到滑动摩擦力的作用.再经过时间t2,煤块的速度由v增加到v0由v0= v+at2.
此后,煤块与传送带运动速度相同,相对于传送带不再滑动,不再产生痕迹.
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如图,有一半径为R=0.3m的光滑半圆形细管AB,将其固定在竖直墙面并使B端切线水平.一个可视为质点的质量为0.5Kg的小物体m由细管上端沿A点切线方向进入细管,从B点以速度VB=4.0m/s飞出后,恰好能从一倾角为θ=37°的倾斜传送带顶端C无碰撞的滑上传送带.已知传送带长度为L=2.75m(图中只画出了传送带的部分示意图),物体与传送带之间的动摩擦因数为u=0.50,(取sin37°=0.60,cos37°=0.80,g=10m/s2,不计空气阻力,不考虑半圆形管AB的内径).
(1)求物体在A点时的速度大小及对轨道的压力大小和方向;
(2)若传送带以V1=2.5m/s顺时针匀速转动,求物体从C到底端的过程中,由于摩擦而产生的热量Q.
plaxsl1年前1
314458244 共回答了17个问题 | 采纳率76.5%
解题思路:(1)物体从A运动到B的过程中,只有重力做功,机械能守恒,已知高度为2R,物体在B点的速度,根据机械能守恒定律求出物体在A点时的速度.在A点,由重力和轨道的弹力的合力提供物体的向心力,由牛顿运动定律求解物体对轨道的压力.
(2)物体从B点滑出后做平抛运动,滑上传送带时,速度沿传送带方向,与水平方向的夹角等于θ,作出速度分解图,求出物体落到传送带顶端C时的速度大小.由于传送带顺时针匀速转动,物体滑上传送带后,受到的滑动摩擦力沿斜面向上,由于μmgcosθ<mgsinθ,物体向下做匀加速运动,根据牛顿第二定律求出加速度,由位移公式求出物体从C到底端的时间,并求解传送带相对于地运动的位移.物体摩擦而产生的热量Q=f•△x,物体与传送带相对位移△x是物体对地位移与传送带对地位移之和.

(1)物体从A到B过程,根据机械能守恒定律得
mg•2R=
1
2m
v2B−
1
2m
v2A
得:vA=2m/s
设物体在A点所受轨道作用力为FA
则由mg+FA=m

v2A
R,可得:FA=
5
3N=1.67N;
由牛顿第三定律得:物体在A点时对轨道的压力大小为1.67N,方向为:竖直向上
(2)物体落到传送带顶端C时的速度大小为:
vC=
vB
cosθ=5m/s
传送带顺时针匀速转动时,对物体施加的摩擦力沿传送带表面向上
则由牛顿第二定律得
mg(sinθ-μcosθ)=ma,
可得物体匀加速运动的加速度大小为:a=2m/s2
由L=vCt+
1
2a1t2,得物体从C到底端的时间:t=0.5s
在此过程中,传送带相对地位移大小为s=v1t
由于摩擦而产生的热量为Q=f•(L+s)=μmgcosθ•(L+v1t)=8J
答:(1)物体在A点时的速度大小是2m/s,对轨道的压力大小为1.67N,方向为竖直向上;
(2)若传送带以V1=2.5m/s顺时针匀速转动,求物体从C到底端的过程中,由于摩擦而产生的热量Q=8J.

点评:
本题考点: 动能定理的应用;牛顿第二定律;牛顿第三定律;能量守恒定律.

考点点评: 本题文字较多,题目较长,但物理情景比较简单,按程序法进行分析,可以正确解答.对于摩擦生热要注意:热量等于摩擦力大小与相对位移大小的乘积.

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A. 密度
B. 质量
C. 半径
D. 自转周期
wsxwd1年前1
宝岩 共回答了16个问题 | 采纳率87.5%
解题思路:研究“嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,列出等式表示出中心体的质量.
根据密度公式表示出密度.

A、研究“嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,列出等式
G
Mm
R2=m
4π2
T2R
M=
4π2R3
GT2,
由于嫦娥二号”在月球(可视为密度均匀的球体)表面附近圆形轨道运行,所以R可以认为是月球半径.
根据密度公式:ρ=[M/V]=

4π2R3
GT2

4
3πR3=

GT2,故A正确.
B、根据A选项分析,由于不知道月球半径R,所以不能求出月球质量.故B错误.
C、根据A选项分析,不能求出月球半径,故C错误.
D、根据题意不能求出月球自转周期,故D错误.
故选A.

点评:
本题考点: 万有引力定律及其应用.

考点点评: 研究“嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,列出等式可以表示出中心体的质量.
求一个物理量,我们应该把这个物理量运用物理规律用已知的物理量表示出来.

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如图(a)所示,A、B为钉在光滑水平面上的两根细铁钉,可视为质点的小球C用细绳拴在铁钉B上(细绳能承受足够大的拉力),A、B、C在同一直线上.t=0时,给小球一个垂直于绳的速度,使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动,每次细绳碰到钉子均无机械能损失.在0≤t≤10s时间内,细绳的拉力随时间变化的规律如图(b)所示,则下列说法中正确的有(  )

A.t=10s时刻细绳第二次碰到钉子
B.t=11s时刻细绳第二次碰到钉子
C.t=11.5s时刻细绳拉力大小为7.5N
D.细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔为3s
jlslybn1年前1
woniusky 共回答了19个问题 | 采纳率100%
A、B、0~6s内绳子的拉力不变,知F1=m
v2
l,6~10s内拉力大小不变,知F2=m
v2
l′,因为F2=[6/5]F1,则l′=[5/6l,两钉子之间的间距△x=l-
5
6]l=[1/6l;
0-6s的转动半径和第一次碰到钉子与第二次碰到钉子过程的转动半径之比为6:5,故时间之比为6:5,故第二过程的时间为
5
6×6=5s,故t=11s时刻细绳第二次碰到钉子,故A错误,B正确;
C、t=11.5s时刻的转动半径为:l-2×
1
6l=
2
3l;
拉力:F3=m
v2

2
3l]=[3/2F1=7.5N,故C正确;
D、细绳每跟钉子碰撞一次,转动半圈的时间少:
1
6]t=1s,则细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔△t=6-3×1=3s.故D正确.
故选:BCD.
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在如图所示的电路中,电源电压恒定,L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变),R1、R2为定值电阻,R3为光敏电阻,其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小,V为理想电压表.若将照射R3的光的强度减弱,则(  )
A.电压表的示数变大
B.通过R2的电流变小
C.小灯泡消耗的功率变小
D.电路消耗的总功率变大
yqwn1年前1
沸腾沸腾啊 共回答了17个问题 | 采纳率88.2%
解题思路:由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化,由电路欧姆定律可得出电路中电流的变化,由欧姆定律可得出电压表示数的变化;同时得出并联电路电压的变化;
由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化,再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化,由功率公式即可得出灯泡功率和内阻功率的变化.

A、将光照强度减弱时,光敏电阻R3的阻值增大,电路中的总电阻增大,电源电压不变,由电路欧姆定律可得,电路中干路电流减小,故R1两端的电压减小,则电压表的示数变小,故A错误;
B、电源电压不变,R1两端的电压减小,并联电路部分电压增大,由欧姆定律可知,流过R2的电流增大,故B错误;
C、电路总电流减小,流过R2的电流增大,由并联电路的电流规律可知,流过灯泡的电流一定减小,由P=I2R可知,小灯泡消耗的功率变小,故C正确;
D、电路总电流变小,电源电压不变,由P=UI可知,电路消耗的总功率变小,故D错误;
故选B.

点评:
本题考点: 电路的动态分析.

考点点评: 本题是一道电路动态分析题,考查了判断电表示数如何变化、灯泡功率与电路总功率如何变化,分析清楚电路结构、应用串并联电路特点、欧姆定律、电功率公式即可正确解题.

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(2)若B的右端距挡板距离s=0.5m,要使A最终不脱离B,则木板B的长度至少多长?
(保留三位有效数字)
(3)取B向右运动方向为正.A在B上开始运动时记为t=0时刻,请在图乙的坐标纸上画出B运动3s内的速度一时间图象.
godotcloud1年前0
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libing_1361年前1
携梦飞翔111 共回答了14个问题 | 采纳率85.7%
设球的动能等于重力势能时,相对初始位置的高度为h,则物体沿斜面上升的高度为h/sin37°.
上升的过程,由动能定理有:-mgh-μmgcos37°h/sin37°=1/2mVt^2-1/2mVo^2
且mgh=1/2mVt^2解得h=0.675米.
也可以对物体上滑到最高点后又返回,也有一个点满足重力势能等于动能.你自己可以试一试.
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由题意可知,物体前 内做匀加速度直线运动,后 内做匀速直线运动。
设前 内物体的位移为 ,对物体受力分析如图所示。

由牛顿第二定律得
由运动学公式得


设后 内物体的位移为 ,则
物体从水平传送带的右端到达左端通过的位移
联立①②③④⑤式解得
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(1)两球在光滑水平面上运动时的速度大小;
(2)下滑的整个过程中B球机械能的增加量.
彩虹的幻想1年前1
当时15候 共回答了16个问题 | 采纳率93.8%
解题思路:(1)以系统为研究对象,由机械能守恒定律可以求出两球的速度.(2)以B为研究对象,应用动能定理可以求出杆对B做的功,即B的机械能的增加量.

(1)设地面为重力势能零点,根据机械能守恒定律得:
mAg(Lsin30°+h)+mBgh=[1/2](mA+mB)v2
代入数据得:
v=

2mAg(Lsin30°+h)+2mBgh
mA+mB=

2×1×10(0.2×0.5+0.1)+2×10×0.1
1+2=
2
3
6m/s
两球在光滑水平面上运动时的速度大小为
2
6
3m/s
(2)下滑的整个过程中B球机械能的增加量为:
△EB机=[1/2]mBv2-mBgh=
1
2×2×(
2
6
3)2J−2×10×0.1J=[2/3] J
答:(1)两球在光滑水平面上运动时的速度大小是
2
6
3m/s;
(2)下滑的整个过程中B球机械能的增加量是[2/3]J.

点评:
本题考点: 机械能守恒定律.

考点点评: 本题考查了求球的速度、杆做的功等问题,分析清楚物体运动过程,应用机械能守恒定律与动能定理即可正确解题.

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乐君1年前1
shf520 共回答了18个问题 | 采纳率88.9%
足够长的小平板车B的质量为M,以水平速度v0向右在光滑水平面上运动,与此最终两物体都是要向右运动的,在m对地向左运动一直到对地速度为0的过程中
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请问1,苯酚钠与碳酸反应,生成的NaHCO3可视作强酸制弱酸时生成的弱酸吗?
2,仅根据这一反应,能证明苯酚酸性强于碳酸氢根吗?why?
谢谢
yunxiao1101年前1
oywovwreazh 共回答了10个问题 | 采纳率100%
开始问的不对哦,碳酸不是强酸要清楚
我们说的强酸制弱酸是相对而言的,相对前面的那个酸性强些就可以发生
苯酚显酸性但很弱,碳酸酸性比它强,所以可以发生,后面苯酚钠失去钠剩的那个集团只具有结合一个氢离子的能力,像你那样解释也可以,既然苯酚显酸性,那肯定不能和碳酸钠共存啊,但酸性还不够使它放出二氧化碳,就只能生成碳酸氢钠了.
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爱情ii1年前1
anran007 共回答了25个问题 | 采纳率92%
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1)mg*r=0.5mV²,V=(2gr)^0.5
2)mg*r(1-cosθ)=0.5mV1²(θ为离心力与垂直方向夹角),化简为2g*r(1-cosθ)=V1²
mV1²/r*cosθ=mg 则cosθ=gr/V1²带入上式得
2g*r(1-gr/V1²)=V1²
V1可求
3)水平分量为V1,垂直分量(V²-V1²)^0.5
为什么小球落地时水平分量为V1,小球离开球面时不应该是按水平方向运动的吧
joyrxu1年前1
hxf0816 共回答了9个问题 | 采纳率88.9%
算了一下,小球离开球面时,速度应该sqrt(2gr/3)
小球落地时的水平分量应该是上面这个速度的水平分量,为(2/3)*(sqrt(2gr/3))
质量为M的氢气球A,下边用细绳吊一可视为质点的物体B质量为m,停在空中,求悬绳因故断掉后,
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A、B的视重、重量各是多少?
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beni419 共回答了15个问题 | 采纳率73.3%
A的加速度向上,超重,所以视重G视=F浮-Mg
F浮=(M+m)g
所以G视=mg,实际重量为Mg
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实际重量为mg
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变大还变小还不变啊?请说明原因.我觉得是变小...因为v(B)=2-3-1=-2,因为是负的.所以平衡方向朝反应物那里动.所以Jp的分母会变大.Jp就变小了.
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是体积不变的容器吗?是的话当让是变大了,勒夏特列原理只是减弱这种变化,而不是抵消.
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要使之不离开木板,即当二者相对速度为零时,二者相对位移小于等于木板长.
二者质量相同,所受摩擦力互为反作用力,所以加速度等值反向.
因此当铜块速度为原来一半时,二者相对静止.
二者相对位移s=v²/2a=0.5m
相对加速度a=9m/s²
实际加速度为相对加速度的一半,a=4.5m/s²
=f/m
f=4.5N
方程x2-x-3的解可视为函数y=x2与y=x+3的图像交点横坐标.
方程x2-x-3的解可视为函数y=x2与y=x+3的图像交点横坐标.
按照这种观点,方程6/x-x2+3=0的解可视为函数 与 的图像的交点横坐标
zxf21151年前1
983kjfdngkl 共回答了14个问题 | 采纳率92.9%
x2-x-3=x2-(x+3),因此视为y=x2与y=x+3的图像焦点的横坐标.同理,
6/x-x2+3=6/x-(x2-3),所以方程6/x-x2+3=0的解可视为函数 y=6/x与 y=x2-3 的图像的交点横坐标
小华上学途中沿人行道以v1=1m/s速度向前方公交车站走去,当他距车站x=50m时发现一辆公交车(可视为质点)正以v2=
小华上学途中沿人行道以v1=1m/s速度向前方公交车站走去,当他距车站x=50m时发现一辆公交车(可视为质点)正以v2=10m/s速度从身旁的平直公路同向驶过,为了能够乘上该公交车,他立即匀加速向前跑去,加速度a1=2m/s2,达到最大速度vm=5m/s后保持此速度匀速前进.假设公交车匀速行驶到距车站x0=30m处开始匀减速刹车,刚好到车站停下.求:
(1)从相遇开始计时,小华需要多长时间才能到达车站;
(2)公交车至少需要在车站停留多长时间,小华才能赶上?
戴娆一号1年前1
zheng2yu 共回答了19个问题 | 采纳率94.7%
解题思路:要判断小华能否追上公交车,就要去比较小华和公交车分别从相遇点到车站的时间.公交车从相遇点到车站先匀速再做匀减速运动,根据位移和速度可求出匀速运动的时间,再根据初末速度以及公交车减速的加速度求出匀减速运动的时间,这样就求出了公交车从相遇点到车站的总时间.小华从相遇点到车站先做匀加速到最大速度再做匀速,先根据初速度和最大速度以及加速度求出匀加速运动的时间和位移,再根据剩余的位移和速度求出匀速运动的时间,这样就求出了小华从相遇点到车站的总时间.
t=
x
v
求出汽车从相遇到开始刹车的时间,求出汽车刹车过程中的时间;最后由第(2)问可求出汽车在车站停止的最短时间.

(1)小华加速到最大速度用时:t1=
vm−v1
a1=[5−1/2]=2s
小华加速过程中的位移为:x1=
1
2(v1+vm)t1=[1/2×(1+5)×2=6m
他以最大速度跑到车站的时间为:t2=
x−x1
vm]=[50−6/5]=8.8s
则小华从相遇开始到到达车站的时间为t=t1+t2=10.8 s
(2)公交车从相遇到开始刹车用时:t3=
x−x0
v2=[50−30/10]=2s
设公交车刹车用时t4,则有:x0=
v2
2t4
解得t4=6 s
则公交车需要在车站停留的时间为t5=t-(t3+t4)=2.8 s
答:(1)从相遇开始计时,小华需要10.8s才能到达车站;(2)公交车至少需要在车站停留2.8s,小华才能赶上.

点评:
本题考点: 匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与时间的关系.

考点点评: 解决该题的关键在于相同位移比较时间,两者在相同的位移内分别做的是什么运动,从而求出两者运动的时间.必要时可以画一画运动的示意图以有助于求解.

将质量为2m的长木板静止放在光滑的水平面上,如图甲所示,一个质量为m的小铅块(可视为质点),以水平初速度由v0从木板左端
将质量为2m的长木板静止放在光滑的水平面上,如图甲所示,一个质量为m的小铅块(可视为质点),以水平初速度由v0从木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板相对静止.铅块在运动中所受的摩擦力始终不变.现将木板用锯分成长度与质量均相等的两段1和2,并紧挨着放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v0由木块1的左端开始向右滑动,如图乙所示.则下列说法中正确的是(  )
A.小铅块仍能滑到木板2的右端,并与木板2保持相对静止
B.小铅块仍能滑到木板2的右端,且能飞离木板
C.小铅块滑到木板2的右端前就与木板2保持相对静止
D.图甲过程中产生的热量大于图乙过程中产生的热量
谁敢叫板1年前1
红名英雄 共回答了14个问题 | 采纳率100%
解题思路:比较两次运动的区别,铅块一直做匀减速直线运动,木板一直做匀加速直线运动,第一次在小铅块运动过程中,整个木板一直加速,第二次小铅块先使整个木板加速,运动到B部分上后1部分停止加速,只有2加速,加速度大于第一次的对应过程,通过比较小铅块的位移确定是否飞离木板.根据摩擦力乘以相对位移等于热量比较小铅块在木板2上和木板1上产生的热量.

A、B、C在第一次在小铅块运动过程中,小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次小铅块先使整个木板加速,运动到B部分上后A部分停止加速,只有2部分加速,加速度大于第一次的对应过程,故第二次小铅块与2木板将更早达到速度相等,所以小铅块还没有运动到2的右端.故A、B错误,C正确;
D、根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量,知在木板2上相对运动的位移没有1长度的2倍,由Q=fd相对得知,甲图中产生的热量大于乙图中产生热量,故D正确.
故选:CD.

点评:
本题考点: 功能关系.

考点点评: 解决本题的关键理清铅块和木板的运动过程,通过比较位移的关系判断是否脱离,以及掌握功能关系Q=fs相对.

如图所示,一根跨越一固定的水平光滑细杆、轻绳两端拴有两个质量均为m的小球a和b(可视为质点),Oa段的长度为L1,Ob段
如图所示,一根跨越一固定的水平光滑细杆、轻绳两端拴有两个质量均为m的小球a和b(可视为质点),Oa段的长度为L1,Ob段的长度为L2,且L1>L2,球a置于地面,球b被拉到与细杆水平的位置,在绳刚拉直时放手,小球b从静止状态向下摆动,当球b摆到最低点时,恰好与球a在同一水平位置发生碰撞并粘合在一起,设碰撞时间极短,往后两球以O点为圆心做圆周运动,若已知碰前瞬间球a的速度大小为va,方向竖直向上,轻绳不可伸长且始终处于绷紧状态,求:
(1)球b在碰撞前瞬间的速度大小;
(2)两小球粘合后做圆周运动时绳中张力的大小;
(3)两球在碰撞过程中,合外力对球a施加的冲量.
ncucyx1年前1
右印记 共回答了20个问题 | 采纳率90%
解题思路:(1)对a、b系统从开始到a、b碰撞前运用机械能守恒定律列出等式求解
(2)当球b运动到最低点时,其竖直方向的速度与va大小相等,方向相反,球b与球a在水平方向碰撞,根据动量守恒列出等式,由牛顿第二定律求出绳中张力的大小
(3)(3)在碰撞过程中,根据动量定理求解

(1)对a、b系统从开始到a、b碰撞前运用机械能守恒定律列出等式有:
mgL1=2mg×[1/2](L1-L2)+[1/2]mvb2+[1/2]mva2…①
解得:vb=
2gL2−
v2a…②
(2)当球b运动到最低点时,其竖直方向的速度与va大小相等,方向相反(因为绳长不变),球b在水平方向的速度为:vbx=

v2b−
v2a…③
球b与球a在水平方向碰撞,有:mvbx=2mv…④
绳中张力T由牛顿第二定律有:T-mg=
mv2

L1+L2
2…⑤
由②③④⑤得:T=mg+
m(gL2
−v2a)
L1+L2
(3)在碰撞过程中,根据动量定理
对球a有:I=m

v2 +
v2a=m

gL2+
v2a
2
冲量与水平方向的夹角为:θ=arctan

2
v2a
gL2−
v2a
答:(1)球b在碰撞前瞬间的速度大小是
2gL2−
v2a;
(2)两小球粘合后做圆周运动时绳中张力的大小是mg+
m(gL2
−v2a)
L1+L2;
(3)两球在碰撞过程中,合外力对球a施加的冲量大小是m

gL2+
v2a
2,方向水平方向的夹角θ=arctan

2
v2a
gL2−
v2a

点评:
本题考点: 动量守恒定律;牛顿第二定律.

考点点评: 本题考查了机械能守恒,动量守恒,牛顿第二定律,动量定理等多个知识点的应用,关键要清楚物体的运动过程,选择对应的物理规律求解.

氢原子中电子绕核作半径为r的圆周运动,此电子的动能为________,电子运动可视为一环形电流,此电流的强度为_____
氢原子中电子绕核作半径为r的圆周运动,此电子的动能为________,电子运动可视为一环形电流,此电流的强度为_________.(电子的质量为m,电量为e,静电力恒为K)
zzy9241年前1
酒自斟 共回答了19个问题 | 采纳率89.5%
(1)
由库仑力=向心力得:
(k*e*e)/(r*r)=m*v*v/r
=>v*v=(k*e*e)/(m*r)
Ek=1/2*m*v*v=(k*e*e)/(2*r)
即动能.
(2)
由I=Q/t得到
I=e/T
又由向心力=库仑力得到:
m*r*w*w=(k*e*e)/(r*r)
又有w=2Pi/T
m*r*(2Pi/T)^2=(k*e*e)/(r*r)
整理出T后,代入上式I=e/T,可以得到I.
如图所示,质量为M的长木板静置于光滑水平面上,一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平初速v 0 由木板左端滑上木板,铅块
如图所示,质量为M的长木板静置于光滑水平面上,一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平初速v 0 由木板左端滑上木板,铅块滑至木板的右端时恰好与木板相对静止,此时,它们共同的速度为v t 。已知铅块与长木板间的动摩擦因数为μ,木板长为L,在此过程中,木板前进的距离为s。则在这个过程中铅块克服摩擦力所做的功等于()
A.μmg s B.μmg L C.μmg(s+L) D.
四月金牛1年前1
点点酒 共回答了19个问题 | 采纳率89.5%
C

物体的位移为s+L,所受摩擦力为μmg,则物体克服摩擦力做的功为μmg(s+L)。答案选C。
如图所示,水平放置的金属板正上方有一固定的正点电荷Q,一个表面绝缘的带正电的小球(可视为质点且不影响Q的电场),从左端以
如图所示,水平放置的金属板正上方有一固定的正点电荷Q,一个表面绝缘的带正电的小球(可视为质点且不影响Q的电场),从左端以初速度v0滑上金属板,沿光滑的上表面向右运动到右端.在该运动过程中(  )
A. 小球作匀速直线运动
B. 小球作先减速,后加速运动
C. 小球受到电场力的方向时刻在改变
D. 电场力对小球所做的功为零
686422381年前1
wangyujin 共回答了20个问题 | 采纳率90%
解题思路:金属板在Q的电场中产生静电感应现象,达到静电平衡时,金属板是一个等势体,表面是一个等势面,表面的电场线与表面垂直.分析小球的受力情况,确定其运动情况,判断电场力是否做功.

A、B、金属板在Q的电场中达到静电平衡时,金属板是一个等势体,表面是一个等势面,表面的电场线与表面垂直,小球所受电场力与金属板表面垂直,在金属板上向右运动的过程中,电场力不做功,根据动能定理得知,小球的动能不变,速度不变,所以小球做匀速直线运动.故A正确,B错误.
C、D、由于电场力与小球的速度方向垂直,小球受到电场力的方向不变,电场力对小球不做功.小球的电势能不变.故C错误,D正确.
故选:AD

点评:
本题考点: 静电场中的导体.

考点点评: 本题关键抓住静电平衡导体的特点:整体导体是一个等势体,表面是一个等势面.

一道物理题(白痴级),谢拉!两个完全相同的小球,他们的带电量之比为5:1(皆可视为点电荷),他们在相距一定距离时相互作用
一道物理题(白痴级),谢拉!
两个完全相同的小球,他们的带电量之比为5:1(皆可视为点电荷),他们在相距一定距离时相互作用力为F1,如果让他们接触后再放回各自的位置上,此时作用力为F2,则F1:F2可能为
选项:A.5:2 B.5:4 C.5:8 D.5:8
顺便说说为什么啦
楼二:为什么当电荷正负中和电量后都为2?
三叶草薇薇1年前2
隶属vv 共回答了15个问题 | 采纳率100%
F=kq1.q2/r^2
所以F1=k1x5/r^2
当接触时,当电荷正负相同时,接触后,两个小球电量平分,都为3
F2=k3x3/r^2
F1:F2=5:9
当接触时,当电荷正负相反时,接触后,先中和电量,在两个小球电量平分,都为2
F2=k2x2/r^2
F1:F2=5:4
(2012•上海二模)A、B两块正对的金属板竖直放置,在金属板A的内侧表面系一绝缘细线,细线下端系一带电小球(可视为点电
(2012•上海二模)A、B两块正对的金属板竖直放置,在金属板A的内侧表面系一绝缘细线,细线下端系一带电小球(可视为点电荷).两块金属板接在如图所示的电路中,电路中的R1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小),R2为滑动变阻器,R3为定值电阻.当R2的滑片P在中间时闭合电键S,此时电流表和电压表的示数分别为I和U,带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ.电源电动势E和内阻r一定,下列说法中正确的是(  )
A.若将R2的滑动触头P向a端移动,则θ不变
B.若将R2的滑动触头P向b端移动,则I减小,U减小
C.保持滑动触头P不动,用较强的光照射R1,则小球重新达到稳定后θ变小
D.保持滑动触头P不动,用较强的光照射R1,则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变
雷帝诺思1年前1
小热狗jj 共回答了22个问题 | 采纳率86.4%
解题思路:该电路R1和R3串联,电容器两端间的电压等于R1两端间的电压,根据闭合电路的动态分析,分析电容器两端的电压变化,从而知道电场的变化以及θ角的变化.通过电容器两端电压的变化,就可知道电容器所带电量的变化.

A、滑动变阻器处于含容支路中,相当于导线,所以移动滑动触头,电容器两端的电压不变,则θ不变.故A正确,B错误.
C、用更强的光线照射R1,R1的阻值变小,总电阻减小,电流增大,内电压增大,外电压减小,即U减小,所以U的变化量的绝对值等于内电压的增加量
△U内
△I=r不变.因为外电压减小,R3电压增大,则R2两端电压减小,所以电容器两端的电压减小,所以小球重新达到稳定后θ变小.故C、D正确.
故选ACD

点评:
本题考点: 电容;闭合电路的欧姆定律.

考点点评: 解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变,利用闭合电路欧姆定律进行动态分析.

(2014•泰安二模)如图,质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上.质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端
(2014•泰安二模)如图,质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上.质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端,现用一水平恒力F作用在小物块上,使小物块从静止开始做匀加速直线运动.小物块和小车之间的摩擦力为Ff,小物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为x.在这个过程中,以下结论正确的是(  )
A.小物块到达小车最右端时具有的动能为(F-Ff)(L+x)
B.小物块到达小车最右端时,小车具有的动能为Ffx
C.小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L+x)
D.小物块和小车增加的机械能为Fx
鲁尔1年前1
difeng2121 共回答了26个问题 | 采纳率80.8%
解题思路:木块加速运动,木板也做加速运动,对木块、木板、木块和木板整体分别运用动能定理列式分析即可.要注意位移的参照物.

A、对物块分析,物块相对于地的位移为L+x,根据动能定理得:(F-Ff)×(L+x)=[1/2]mv2-0,则知物块到达小车最右端时具有的动能为(F-Ff)(L+x).故A正确.
B、对小车分析,小车对地的位移为x,根据动能定理得:Ffx=[1/2]Mv′2-0,则知物块到达小车最右端时,小车具有的动能为Ffx.故正确.
C、物块相对于地的位移大小为L+x,则物块克服摩擦力所做的功为Ff(L+x).故C正确.
D、根据能量转化和守恒定律得知:外力F做的功等于小车和物块增加的机械能和摩擦产生的内能之和,则有:F(L+x)=△E+Q,则物块和小车增加的机械能为△E=F(L+x)-FfL.故D错误.
故选:ABC.

点评:
本题考点: 动能定理;功的计算;机械能守恒定律.

考点点评: 本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析,再根据动能定理列式后分析求解.

(2011•柳州二模)如图供电电路的变压器可视为理想变压器,已知变压器原线圈与副线圈匝数比n1n2=115,加在原线圈的
(2011•柳州二模)如图供电电路的变压器可视为理想变压器,已知变压器原线圈与副线圈匝数比
n1
n2
11
5
,加在原线圈的电压为u1=311sin100πt(V),副线圈与灯泡连接,灯泡的额定电流为0.28A,电阻R=500Ω.下列判断正确的是(  )
A.副线圈两端电压U2=141V
B.灯泡可以正常发光
C.通过灯泡的交变电流的频率为100HZ
D.原线圈的输入功率为20W
牛蛇龙1年前1
人不如姑 共回答了19个问题 | 采纳率89.5%
解题思路:根据电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,变压器的输入功率和输出功率相等,逐项分析即可得出结论.

A、电压与匝数成正比,原线圈的电压有效值为
311

2V=220V,所以副线圈的电压的有效值为U2=
5
11 U1=100V,所以A错误.
B、灯泡的电流为I=[U/R]=[100/500]A=0.2A,小于灯泡的额定电流为0.28A,所以灯泡不能正常发光,所以B错误.
C、变压器不会改变电流的频率,通过灯泡的交变电流的频率为f=[1/T]=[ω/2π]=[100π/2π]=50Hz,所以C错误.
D、灯泡消耗的功率为P=
U2
R=
1002
500W=20W,变压器的原线圈和副线圈的功率是相同的,所以原线圈的输入功率为20W,所以D正确.
故选D.

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理.

考点点评: 掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系,本题即可得到解决.

如图所示,可视为点电荷的小球A固定在水平面上带正电,电量为Q.带正电的B悬在空中,质量为m,也可视为点
shelly_091年前0
共回答了个问题 | 采纳率
如图所示,质量M=1.0kg的长木板静止在光滑水平面上,在长木板的右端放一质量m=1.0kg的小滑块(可视为质点),小滑
如图所示,质量M=1.0kg的长木板静止在光滑水平面上,在长木板的右端放一质量m=1.0kg的小滑块(可视为质点),小滑块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.2.现用水平恒力F=6.0N向右拉长木板,使小滑块与长木板发生相对滑动,经过t=1.0s撤去力F.小滑块在运动过程中始终没有从长木板上掉下.求:

(1)撤去力F时小滑块和长木板的速度各是多大;
(2)运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大.
czrbbxh1年前4
拽的ttZZ 共回答了15个问题 | 采纳率93.3%
解题思路:小滑块和长木板均做匀加速运动,分别对小滑块和长木板受力分析,求出加速度,运用速度时间公式求出速度;

(1)对长木板施加恒力F的时间内,小滑块与长木板间相对滑动,小滑块和长木板在水平方向的受力情况如图所示.

小滑块所受摩擦力f=μmg
设小滑块的加速度为a1,根据牛顿第二定律
f=ma1
解得:a1=2.0 m/s2
长木板受的摩擦力f′=f=μmg
设长木板的加速度为a2,根据牛顿第二定律:
F-f′=Ma2
解得:a2=4.0 m/s2
经过时间t=1.0 s,
小滑块的速度v1=a1t=2.0 m/s
长木板的速度v2=a2t=4.0 m/s
(2)撤去力F后的一段时间内,小滑块的速度小于长木板的速度,小滑块仍以加速度a1做匀加速直线运动,长木板做匀减速直线运动.设长木板运动的加速度为a3
此时长木板水平方向受力情况如图所示,根据牛顿第二定律
f′=Ma3
解得a3=2.0 m/s2
设再经过时间t1后,小滑块与长木板的速度相等.
即v1+a1t1=v2-a3t1
解得t1=0.50 s
此时二者的速度均为v=v1+a1t1=3.0 m/s.
如图所示,在对长木板施加力F的时间内,小滑块的位移是s1,长木板的位移是s2;从撤去F到二者速度相等的过程,小滑块的位移是s3,长木板的位移是s4

小滑块与长木板速度相等时,小滑块距长木板右端的距离最大.
小滑块的总位移
s=s1+s3=
1
2a1t2+v1t1+
1
2a1t12=2.25 m
长木板的总位移
s=s2+s4=
1
2a2t2+
v1+v
2t1=3.75 m
在运动中小滑块距长木板右端的最大距离为
s=s-s=1.5 m
答:(1)撤去力F时小滑块和长木板的速度分别是2.0m/s和4.0m/s;
(2)运动中小滑块距长木板右端的最大距离是1.5m.

点评:
本题考点: 牛顿运动定律的综合应用;匀变速直线运动的位移与时间的关系.

考点点评: 本题关键的就是正确的对两个物体受力分析,求出加速度,分析清楚运动过程,由于本题小滑块的受力一直未变,也可以直接有位移时间公式求解!

如图所示,固定点O上系一长L=0.6m的细绳,细绳的下端系一质量m=1.0kg的小球(可视为质点),原来处于静止状态,球
如图所示,固定点O上系一长L=0.6m的细绳,细绳的下端系一质量m=1.0kg的小球(可视为质点),原来处于静止状态,球与平台的B点接触但对平台无压力,平台高h=0.80m,一质量M=2.0kg的物块开始静止在平台上的P点,现对M施予一水平向右的初速度V 0 ,物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰,碰后小球m在绳的约束下做圆周运动,经最高点A时,绳上的拉力恰好等于摆球的重力,而M落在水平地面上的C点,其水平位移S=1.2m,不计空气阻力,g=10m/s 2 ,求:
(1)质量为M物块落地时速度大小?
(2)若平台表面与物块间动摩擦因数μ=0.5,物块M与小球的初始距离为S 1 =1.3m,物块M在P处的初速度大小为多少?
benraylau1年前1
没棋走的时候 共回答了16个问题 | 采纳率87.5%
(1)碰后物块M做平抛运动,设其 平抛运动的初速度为V 3
h=
1
2 g t 2 …①
S=V 3 t …②
得: V 3 =S

g
2h =3.0 m/s …③
落地时的竖直速度为: V y =
2gh =4.0 m/s …④
所以物块落地时的速度大小: V=
V 3 2 + V y 2 =5.0 m/s …⑤
(2)物块与小球在B处碰撞,设碰撞前物块的速度为V 1 ,碰撞后小球的速度为V 2 ,由动量守恒定律:
MV 1 =mV 2 +MV 3 …⑥
碰后小球从B处运动到最高点A过程中机械能守恒,设小球在A点的速度为V A

1
2 m V 2 2 =
1
2 m V A 2 +2mgL …⑦
小球在最高点时依题给条件有: 2mg=m
V A 2
L …⑧
由⑦⑧解得:V 2 =6.0 m/s …⑨
由③⑥⑨得: V 1 =
m V 2 +M V 3
M =6.0m/s…⑩
物块M从P运动到B处过程中,由动能定理:
-μMg S 1 =
1
2 M V 1 2 -
1
2 M V 0 2
解得: V 0 =
V 1 2 +2μg S 1 =7.0m/s
答:(1)质量为M物块落地时速度大小为5m/s.
(2)物块M在P处的初速度大小为7.0m/s.
(2012•宿迁模拟)一个质量为1kg的物体(可视为质点)静止于与光滑的水平面上,从t=0时刻起物体受到一水平外力作用,
(2012•宿迁模拟)一个质量为1kg的物体(可视为质点)静止于与光滑的水平面上,从t=0时刻起物体受到一水平外力作用,该外力随时间变化如图所示,则下列判断正确的是(  )
A.第3s末质点已反向运动
B.从t=0至t=3s内水平外力的瞬时功率的最大值为4w
C.从t=0至t=3s内质点的机械能增加了8.5J
D.从t=0至t=3s内水平外力做功的平均功率为0.167w
天上一点星1年前1
xhsunbird 共回答了22个问题 | 采纳率100%
解题思路:本题可由动量定理求得1s末及2s末及3s末的速度,再由动能定理可求得合力的功;由功率公式求得功率;

A、0-3s内根据动量定理得:Ft=mv3-0,解得:v3=
1×2+1×1−2×1
1=1m/s,速度为正,没有反向,故A错误;
B、0-1s内,拉力最大,2s末速度最大,0-1s内根据动量定理得:F1t1=mv1-0,解得:v1=2m/s,1s末的功率P1=F1v1=2×2=4W
0-2s内根据动量定理得:F2t2=mv2-0,解得:v2=
1×2+1×1
1=3m/s,最大功率P2=F2v2=1×3=3W,故B正确;
C、从t=0至t=3s内质点的机械能增加量△EK=
1
2mv32=
1
2×1×9=4.5W,故C错误;
D、从t=0至t=3s内水平外力做功的平均功率为
.
P=
W
t=
4.5
3=1.5W,故D错误.
故选:B

点评:
本题考点: 功率、平均功率和瞬时功率.

考点点评: 本题也可由动力学公式求解出1s末及2s末的速度,再由动能定理求解;不过在过程上就稍微繁琐了点

高中物理力学、运动学题目如图传送带与水平方向夹角37??,在皮带轮带动下,以v=2m/s的速度沿逆时针方向转向。可视为质
高中物理力学、运动学题目
如图传送带与水平方向夹角37??,在皮带轮带动下,以v=2m/s的速度沿逆时针方向转向。可视为质点的小物块无初速度放在传送带A点,物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,两皮带轮间的距离L=3.2m。小物块在皮带上滑过后会留下痕迹求小物体离开皮带后,皮带上痕迹的长度。(sin37??=0.6,g取10m/s2)
luckyzhangyan1年前4
四眼排骨汤 共回答了14个问题 | 采纳率78.6%
第1阶段a1=gsinθ+μgcosθ=10第2阶段a1=gsinθ-μgcosθ=2△ S1=Vt-V2/2a=0.2 物块位移:0.2m△ S2=vt+1/2a2t2-vt=1全过程物体超前皮带3.2-2ⅹ1.2=0.8皮带上痕迹的长度:0.2+0.8=1m
问一道物理问题(我是文科班的.这是个WORD文档第二页第4题用一根细线一端系一小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥顶
问一道物理问题(我是文科班的.
这是个WORD文档
第二页第4题
用一根细线一端系一小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥顶上,如图(1)所示,设小球在水平面内作匀速圆周运动的角速度为ω,线的张力为T,则T随ω2变化的图象是图(2)中的( )
shanying21年前2
擦脸抹布 共回答了21个问题 | 采纳率95.2%
?“向心力F=Tsinθ-FNsinθ=mω^2r,与ω^2成正比”,可化为(T-FN)sinθ=mω^2r,再化为T=mω^2r/sinθ+FN,这是一个不经过原点的直线方程(相当于x=ω^2,y=T,即为图中所表达的).只有答案C、D是不经过原点的直线方程.
?“当ω^2大于某一数时,小球与斜面离开,支持力为零”,列出方程,所得的斜率与T=mω^2r/sinθ+FN时对比更大,即斜率mr/sinθ1>mr/sinθ(θ、θ1为T与水平面的夹角,θ1<θ).因而,后段直线更倾斜.答案锁定为C.
(14分)如图所示,将可视为质点的质量m=1kg的小物块放在长为L=1.5m的小车左端,车的上表面粗糙,物块与车上表面间
(14分)如图所示,将可视为质点的质量m=1kg的小物块放在长为L=1.5m的小车左端,车的上表面粗糙,物块与车上表面间动摩擦因数µ=0.5。半径R=0.9m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直,车的上表面和轨道最低点高度相同,距地高度h=0.65m。开始时车和物块一起以V 0 =10m/s的初速度在光滑水平面上向右运动,车碰到轨道后立即停止运动,取g="10" m/s 2 ,求:

(1)小物块刚进入半圆轨道时的速度多大?
(2)小物块落点位置至车左端的水平距离。
0ur4w1年前1
xswlwq 共回答了24个问题 | 采纳率95.8%
(1)
(2)

(1)设物块刚进入圆轨道时的速度为 ,由动能定理: ----①
得: --------②
(2)设物块在N点的速度为 ,由动能定理:
---------③
物块在N点平抛:设落点位置距离M点的水平距离为d,则:
---------④
---------⑤
落点位置到车左端的距离: ---------⑥
评分细则:(1)共6分,其中①4分,②2分,(用牛顿第二定律结合运动学算出结果正确同样得分);(2)共8分,其中③④⑤⑥各2分。
如图所示,长L=1m,质量M=1kg的木板A静止在光滑水平面上,在A的左端点有一质量也为m=1kg的木块B(可视为质点)
如图所示,长L=1m,质量M=1kg的木板A静止在光滑水平面上,在A的左端点有一质量也为m=1kg的木块B(可视为质点).现以水平力F=20N作用于B,使B由静止开始运动.已知B与A间的动摩擦因数=0.5,要使B恰好运动到A的右端点但不掉下来,F只能作用多长时间?(g=10m/s 2 )(结果可用根式表示).
smithly20021年前1
yww1977 共回答了24个问题 | 采纳率87.5%
在F作用的时间t内,根据动量定理得
对B:(F-μmg)t=mv 1
对A:μmgt=Mv 2
此过程中B相对于A的位移大小为S=S B -S A =
v 1
2 t -
v 2
2 t ③
要使B恰好运动到A的右端点但不掉下来时,两物体的速度相等,设为v.
对F撤去后过程,根据动量守恒定律得
mv 1 +Mv 2 =(M+m)v ④
根据能量守恒定律得
μmg(L-S)=
1
2 m
v 21 +
1
2 M
v 22 -
1
2 (M+m) v 2 ⑤
联立上述五式得
t=

10
10 s
答:要使B恰好运动到A的右端点但不掉下来,F只能作用

10
10 s .
一滑块(可视为质点),通过长度不计的细绳拴在小车上,小车上表面光滑.小车由静止开始向右匀加速运动,经过2s,细绳断裂.细
一滑块(可视为质点),通过长度不计的细绳拴在小车上,小车上表面光滑.小车由静止开始向右匀加速运动,经过2s,细绳断裂.细绳断裂后,小车的加速度不变,又经过一段时间,滑块从小车左端掉下,在这段时间内,已知滑块相对小车前3s内滑行了4.5m,后3s内滑行了10.5m.求

(1)小车底板长是多少?
(2)从小车开始运动到滑块离开车尾,滑块相对于地面移动的距离是多少?
杨洪宇1年前1
把复杂问题简单化 共回答了21个问题 | 采纳率95.2%
解题思路:(1)绳子断裂前,物块和小车一起做匀加速运动,绳子断裂后,小车以不变的加速度做匀加速运动,物块做匀速直线运动,根据滑块相对小车前3s内滑行了4.5m,求出绳子断裂时的速度,再根据后3s内滑行了10.5m,求出后3s内的初速度,从而确定滑块在小车上运动的总时间,分别求出小车和木块的位移,两者位移之差为小车的板长.
(2)滑块相对于地面做匀速直线运动,根据s=v1t求出相对于地面移动的距离.

(1)设小车加速度为a.断裂时,车和物块的速度为v1=at=2a.断裂后,小车的速度v=v1+at,小车的位移为:
s1=v1t+[1/2]at2
滑块的位移为:s2=v1t
前3s相对位移有关系:△S=S1−S2=
1
2at2=4.5m
得:a=[2△S
t2=
2×4.5/9]=1m/s2
v1=2a=2×1=2m/s
设后3s小车的初速度为v1′,则小车的位移为:
s1′=v1′t+[1/2]at2
滑块的位移为:s2′=v1t
得:s1′-s2′=3v1′+4.5-3v1=10.5m
解得:v1′=4m/s
由此说明后3s实际上是从绳断后2s开始的,滑块与小车相对运动的总时间为:t=5s.
小车底板总长为:L=s-s=v1t+[1/2]a
t2总-v1t=[1/2]a
t2总=
1
2×1×25=12.5m
(2)滑块在这段时间内的对地位移,s=v1t=2×5=10m
答:(1)小车底板长是12.5m;
(2)从小车开始运动到滑块离开车尾,滑块相对于地面移动的距离是多10m.

点评:
本题考点: 匀变速直线运动的位移与时间的关系.

考点点评: 解决本题的关键知道绳子断裂后,小车以不变的加速度做匀加速运动,物块做匀速直线运动.再根据匀变速直线运动的公式进行求解.

(2014•长春二模)某星体可视为均匀球体,平均密度为p,该星体的同步卫星的轨道半径与该星体的球体半径相等,万有引力常量
(2014•长春二模)某星体可视为均匀球体,平均密度为p,该星体的同步卫星的轨道半径与该星体的球体半径相等,万有引力常量为G,则该星体的自转周期为(  )
A.(
3Gρ
)
1
2

B.(
3
2πGρ
)
1
2

C.(
π
3Gρ
)
1
2

D.(
)
1
2
恩路斯1年前0
共回答了个问题 | 采纳率
地球可视为球体,其自转周期为T,在它的两极处,用弹簧秤测得一物体重为P;在赤道上,用弹簧秤测得同一物体重为0.9P,地球
地球可视为球体,其自转周期为T,在它的两极处,用弹簧秤测得一物体重为P;在赤道上,用弹簧秤测得同一物体重为0.9P,地球的平均密度是多少?
zhangwhdxh1年前2
naipihou1220 共回答了10个问题 | 采纳率80%
解题思路:在两极万有引力等于重力,在赤道,万有引力的一个分力等于重力,另一个分力提供向心力,根据该规律求出地球的质量,从而求出地球的密度.

设地球质量为M,半径为R,由于两极处物体的重力等于地球对物体的万有引力,即P=G
Mm
R2①
在赤道上,地球对物体的万有引力和弹簧秤对物体的拉力的合力提供向心力,则有G
Mm
R2−0.9P=mR
4π2
T2②
联立①②
解得M=
4π2PR3
G(P−0.9P)T2
地球平均密度ρ=
M
V=
M

4
3πR3=
3πP
(P−0.9P)GT2=
30π
GT2.
答:地球的平均密度为
30π
GT2.

点评:
本题考点: 万有引力定律及其应用;向心力.

考点点评: 解决本题的关键知道在地球的赤道和两极,重力与万有引力大小的关系,并能灵活运用.

传送带l=8m,物体m=10kg以v0=10m/s,水平滑上传送带,物体与传送带u=0.6,物体可视为质点g=10m/s
传送带l=8m,物体m=10kg以v0=10m/s,水平滑上传送带,物体与传送带u=0.6,物体可视为质点g=10m/s2
若传送带以速度v=4m/s逆时针方向匀速转动物体是否能从传送带A端划至B端
liaimin1年前1
阿弥陀佛3150 共回答了23个问题 | 采纳率95.7%
题中对物体运动方向没有说明清楚,我是这么理解的,物体是从左向右运动和传送带传送方向相反,而传送带传送方向是将物体从B端传送到A端.
以传送带为参照物,物体相对传送带的速度为v=10m/s+4m/s=14m/s
物体相对传送带的加速度为
a=-f/m=-mgu/m=-gu=-10m/s2×0.6=-6m/s2
物体相对传送带的速度变为0的时间为
t=(0-v)/a=14m/s/6m/s2=7/2s
物体能在传送带上滑行的距离为
s=vt+at^2/2=14m/s×7/2s-6m/s2×(7/2s)^2/2=12.25m>8m
所以物体能从传送带A端划至B端
如图所示,两平行金属板间距为d,电势差为U,板间电场可视为匀强电场;金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场.带电量为+q
如图所示,两平行金属板间距为d,电势差为U,板间电场可视为匀强电场;金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场.带电量为+q、质量为m的粒子,由静止开始从正极板出发,经电场加速后射出,并进入磁场做匀速圆周运动.忽略重力的影响,求:
(1)匀强电场场强E的大小;
(2)粒子从电场射出时速度ν的大小;
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R;
(4)粒子在磁场中运动的时间t.
永远双子鱼1年前0
共回答了个问题 | 采纳率
某次我市高三教学质量检测中,甲、乙、丙三科考试成绩的直方图如如图所示(由于人数众多,成绩分布的直方图可视为正态分布),则
某次我市高三教学质量检测中,甲、乙、丙三科考试成绩的直方图如如图所示(由于人数众多,成绩分布的直方图可视为正态分布),则由如图曲线可得下列说法中正确的一项是(  )
A.甲科总体的标准差最小
B.丙科总体的平均数最小
C.乙科总体的标准差及平均数都居中
D.甲、乙、丙的总体的平均数不相同
cejack1年前1
逍遥十八子 共回答了14个问题 | 采纳率92.9%
解题思路:根据正态曲线的特征进行判断,从图中看出,正态曲线的对称轴相同,最大值不同,从而得出平均数和标准差的大小关系,结合甲、乙、丙的总体即可选项.

由题中图象可知三科总体的平均数(均值)相等,由正态密度曲线的性质,
可知σ越大,正态曲线越扁平,σ越小,正态曲线越尖陡,
故三科总体的标准差从小到大依次为甲、乙、丙.
故选A.

点评:
本题考点: 正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.

考点点评: 本题主要考查了正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义,以及数形结合的能力,属于基础题.

如图所示,可视为质点的三物块 A 、 B 、 C 放在倾角为30 0 、长 L =2m的固定光滑斜面上, A 与 B 紧
如图所示,可视为质点的三物块 A B C 放在倾角为30 0 、长 L =2m的固定光滑斜面上, A B 紧靠在一起放在斜面的顶端, C 紧靠挡板固定。 m A =1.0kg, m B =0.2kg,其中 A 不带电, B C 的带电量分别为 q B =+4.0×10 -5 C、 q C =+2.0×10 -5 C且保持不变,某时刻静止释放 AB ,两物体沿斜面向下滑动,且最多能滑到距离 C 点0.6m的 D 点(图中未画出).已知静电力常量 k =9.0×10 9 N·m 2 /C 2 g =10m/s 2

(1)在 AB 下滑过程中,当下滑距离为多少时, B 物体速度达到最大?
(2)当 AB 下滑至斜面中点时,求A对B的压力?
(3)若将一质量为1.8kg的不带电的小物块 M 替换物块 A ,仍然从斜面顶端静止释放,求它们下滑至 D 点时 B 物体的速度大小。
ESeraph1年前1
无求2008 共回答了23个问题 | 采纳率95.7%
(1) (2)
(3)

(1) (3分) (2分)
(2) (3分)
对A (3分) (2分)
(3)电势能的变化量与第一次相同 (4分)
(3分)
(2012•浙江模拟)如图所示,光滑绝缘水平桌面上固定一绝缘挡板P,质量分别为mA和mB的小物块A和B(可视为质点)分别
(2012•浙江模拟)如图所示,光滑绝缘水平桌面上固定一绝缘挡板P,质量分别为mA和mB的小物块A和B(可视为质点)分别带有+QA和+QB的电荷量,两物块由绝缘的轻弹簧相连,一不可伸长的轻绳跨过定滑轮,一端与物块B连接,另一端连接轻质小钩.整个装置处于正交的场强大小为E、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向水平向里的匀强磁场中.物块A,B开始时均静止,已知弹簧的劲度系数为K,不计一切摩擦及AB间的库仑力,物块A、B所带的电荷量不变,B不会碰到滑轮,物块A、B均不离开水平桌面.若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放,可使物块A对挡板P的压力为零,但不会离开P,则
(1)求物块C下落的最大距离;
(2)求小物块C下落到最低点的过程中,小物块B的电势能的变化量、弹簧的弹性势能变化量;
(3)若C的质量改为2M,求小物块A刚离开挡板P时小物块B的速度大小以及此时小物块B对水平桌面的压力.
分361年前1
薄雾弄尘 共回答了17个问题 | 采纳率76.5%
解题思路:(1)要正确求出C下落的最大距离,关键是正确分析当达到最大距离时系统中各个物体的状态,开始由于A受水平向左的电场力以及弹簧的弹力作用,A被挤压在挡板P上,当B向右运动弹簧恢复原长时,A仍然与挡板之间有弹力作用,当B继续向右运动时,弹簧被拉长,当弹簧弹力大小等于A所受电场力时,A与挡板之间弹力恰好为零,此时B、C的速度也恰好为零,即C下落距离最大,注意此时A处于平衡状态,而B、C都不是平衡状态.
(2)依据电场力做功即可求出小物块B的电势能的变化量,B、C一起运动过程中,初末速度均为零,B电势能增大,C重力势能减小,依据功能关系即可求出弹簧弹性势能变化量.
(3)对系统根据功能关系有:当小物块A刚离开挡板P时,C重力势能减小量等于B电势能和弹簧弹性势能以及B、C动能变化量之和;B球在竖直方向合外力为零,因此对B球正确进行受力分析即可求出小物块对水平面的压力.

(1)开始时弹簧的形变量为x1
对物体B由平衡条件可得:kx1=QBE
设A刚离开挡板时,
弹簧的形变量为x2
对物块B由平衡条件可得:kx2=QAE
故C下降的最大距离为:h=x1+x2=
E
k(QA+QB)
(2)物块C由静止释放下落h至最低点的过程中,
B的电势能增加量为:
△Ep=QBEh=
E2
kQB(QA+QB)
由能量守恒定律可知:
物块由静止释放至下落h至最低点的过程中,
c的重力势能减小量等于
B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量
即:Mgh=QBEh+△E
解得:△E弹=
E
k(Mg−QBE)(QA+QB)
故小物块C下落到最低点的过程中,小物块B的电势能的变化量为
E2
kQB(QA+QB),弹簧的弹性势能变化量为△E弹=
E
k(Mg−QBE)(QA+QB)
(3)当C的质量为2M时,
设A刚离开挡板时B的速度为V,
由能量守恒定律可知:2Mgh=QBEh+△E弹+
1
2(2M+mB)V2
解得A刚离开P时B的速度为:V=

2MgE(QA+QB)
(2M+mB)k
因为物块AB均不离开水平桌面,
设物体B所受支持力为NB1,所以对物块B竖直方向受力平衡:
mBg=NB1+QBvB
由牛顿第三定律得:NB=NB1
解得:NB=mBg−BQB

2MgE(QA+QB)
k(2M+mB)
故小物块A刚离开挡板P时小物块B的速度大小为:V=

2MgE(QA+QB)
(2M+mB)k,此时小物块B对水平桌面的压力为:NB=mBg−BQB

2MgE(QA+QB)
k(2M+mB).

点评:
本题考点: 功能关系;共点力平衡的条件及其应用;胡克定律;能量守恒定律;电势能.

考点点评: 本题过程繁琐,涉及功能关系多,有弹性势能、电势能、重力势能等之间的转化,全面考察了学生综合分析问题能力和对功能关系的理解及应用,有一定难度.对于这类题目在分析过程中,要化繁为简,即把复杂过程,分解为多个小过程分析,同时要正确分析受力情况,弄清系统运动状态以及功能关系.

将两个半径极小的带电小球(可视为点电荷),置于一个绝缘的光滑水平面上,相隔一定的距离从静止开始释放,那么下列叙述中正确的
将两个半径极小的带电小球(可视为点电荷),置于一个绝缘的光滑水平面上,相隔一定的距离从静止开始释放,那么下列叙述中正确的是(忽略两球间的万有引力作用)(  )
A. 它们的加速度一定在同一直线上,而且方向可能相同
B. 它们的加速度可能为零
C. 它们的加速度方向一定相反
D. 它们加速度的大小可能越来越小
xbdj01年前2
我家开鹿场 共回答了20个问题 | 采纳率85%
解题思路:根据库仑定律分析电荷间作用力的变化.根据牛顿第二定律分析加速度大小与方向的变化.

若同种电荷间存在相互作用的排斥力,两球将相互远离,距离增大,根据库仑定律得知,相互作用力减小.
由牛顿第二定律得知它们的加速度变小,方向相反.
若是异种电荷,则相互吸引,间距减小,库仑力增大,则加速度也变大,但方向仍相反,故CD正确,AB错误,
故选:CD.

点评:
本题考点: 库仑定律;牛顿第二定律.

考点点评: 本题中两球间存在斥力,斥力逐渐减小,掌握牛顿第二定律的应用,注意库仑力与间距的关系.

7 如图3-51所示,长方形木块A质量10 kg滑块B(可视为质点)质量是2 kg,用细绳
7 如图3-51所示,长方形木块A质量10 kg滑块B(可视为质点)质量是2 kg,用细绳
如图3-51所示,长方形木块A质量10 kg滑块B(可视为质点)质量是2 kg,用细绳系于块B,水平拉紧后另一端固定于墙,A、B之间,A与地之间的滑动摩擦因数都是0.2,今在木块A上加水平力F,使木块A从静止开始做匀加速运动,当木块A与B分离时撤去外力F,木块A再移过同样的距离后停止运动,求外力F的大小.
外力F的大小.
外力F的大小.
dh_q1年前1
xx爱ss 共回答了14个问题 | 采纳率100%
数理答疑团为您解答,希望对你有所帮助.

方法一: 当木块A与B分离时撤去外力F,木块A再移过同样的距离后停止运动
说明:分离前后的加速度大小相等,方向相反,即:A在分离前后的合外力大小相等,方和相反.
有:F - μmBg - μ(mA+mB)g = μmAg
得:F= 2μ(mA+mB)g = 2*0.2*(10+2)*10 = 48N
方法二:用能量守恒定律解答
令木块A移过的距离2S,有:
FS = μmBgS + μ(mA+mB)gS + μmAgS
得:F= 2μ(mA+mB)g = 2*0.2*(10+2)*10 = 48N
外力F的大小48N

祝你学习进步,更上一层楼! (*^__^*)
问关于外有引力的题 土星周围的岩石颗粒绕土星运动可视为圆周运动,其中两个岩石颗粒A和B与土星中心距离分别为Ra=8×10
问关于外有引力的题
土星周围的岩石颗粒绕土星运动可视为圆周运动,其中两个岩石颗粒A和B与土星中心距离分别为Ra=8×10^4,Rb=1.2×10^5 忽略所以岩石可怜的相互作用
(结果可用根式表示)
求A和B的角速度之比.
豹豹小鲨1年前1
梦菲翔 共回答了11个问题 | 采纳率90.9%
设 土星对A岩石颗粒的引力Fa,A岩石颗粒质量ma,A岩石颗粒的线速度Va,土星对B岩石颗粒的引力Fb,B岩石颗粒质量mb,B岩石颗粒的线速度Vb,M为土星质量.
A岩石颗粒:
土星对它的引力:Fa=[(M*ma)*R]/Ra^2
A岩石颗粒做圆周运动的离心力即为土星对它的引力,所以有:
ma*Va^2/Ra=[(M*ma)*R]/Ra^2 Va=二次根号下(M*R/Ra)
A岩石颗粒的角速度=[二次根号下(M*R/Ra)]/Ra=二次根号下(M*R/Ra^3)
B岩石颗粒:
土星对它的引力:Fa=[(M*mb)*R]/Rb^2
B岩石颗粒做圆周运动的离心力即为土星对它的引力,所以有:
mb*Vb^2/Rb=[(M*mb)*R]/Rb^2 Vb=二次根号下(M*R/Rb)
B岩石颗粒的角速度=[二次根号下(M*R/Rb)]/Rb=二次根号下(M*R/Rb^3)
所以 A岩石颗粒的角速度与B岩石颗粒的角速度之比为:二次根号下(Rb^3/Ra^3)
下一个肉眼可视彗星是什么
wj99001年前2
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现在就有一颗肉眼可见的彗星,21P,预报的最大的亮度达到了2.4等.但问题是,地球上是看不到的,距离太阳太近,直接淹没在阳光中了.
下一个肉眼可视的彗星是什么,抱歉我也不知道.一是因为彗星轨道的偶然性,有些彗星是茫茫太空中的过客,只有进入了木星轨道以内才能观测到,提前预报最多几个月的时间.二是因为彗星性质的偶然性,彗星的亮度很大程度上由他喷发出物质的量来决定,比如我高三的17P,因为剧烈的喷发,亮度达到了2等,比起预报高了5等左右.
总之,每个月初关心下最新彗星的动态吧,说来也惭愧.观星七年,只见过两次彗星,一次是103P,另一次是今年春天大熊座某彗星(和M51一个视场).观测都不容易了,何况预报?

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