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23．一個質量0.2 kg的球用線吊在底角θ=60°的斜面體頂端.如左圖所示.斜面體靜止時球緊靠在斜面上.線與斜面行平.不計摩擦．當斜面以4m/s2的加速度水平向右作加速運動時.求線對球的拉力大小(g取10m/s2)．【查看更多】

如圖所示，右端有固定擋板的滑塊

放在光滑的水平面上.

的質量為

=0.8 kg，右端離墻壁的距離

=0.09 m.在

上靠近擋板處放一個質量

=0.2 kg 的小金屬塊

.

和擋板之間有少量炸藥.

和

之間的動摩擦因數

=0.2.點燃炸藥,瞬間釋放出化學能.設有

=0.5 J的能量轉化為

和

的動能.當

向右運動與墻壁發生碰撞后，立即以碰撞前的速率向左運動，

始終未滑離

，

=10 m/s²（爆炸前后

、

質量不變）求：

?

(1) 和剛開始運動時的速率、及運動方向；????????????????

(2)最終在上滑行的距離.???????????

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(12分)如圖所示，光滑曲面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以4 m/s的速度運動，運動方向如圖所示.一個質量為2 kg的物體(物體可以視為質點)，從h=1.8 m高處由靜止沿曲面下滑，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.2，若傳送帶足夠長，取g=10 m/s²。試求：

(1)物體由靜止開始下滑到A處的速度？

(2)物體從A處向左運動的最大位移？

(3)物體從A處向左運動到最大位移處的過程中，物體與傳送帶組成的系統產生的摩擦熱為多少？

(4)物體隨傳送帶向右運動，最后沿斜面上滑的最大高度h′為多少？

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在傾角為37°的足夠長的斜面上，一個質量為2 kg的物體由靜止釋放，受到的空氣阻力與其速度成正比(f＝kv)，最終物體勻速下滑的速度為2 m/s。已知物體與斜面之間的動摩擦因數為μ＝0.3，g取10 m/s²，求物體沿斜面下滑速度為1 m/s時的加速度值。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

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如圖6-7-11所示，在水平轉臺上放一個質量M=2 kg的木塊，它與轉臺間最大靜摩擦力f_max=6.0 N，繩的一端系在木塊上，穿過轉臺的中心孔O（孔光滑），另一端懸掛一個質量m=1.0 kg的物體，當轉臺以角速度ω=5 rad/s勻速轉動時，木塊相對轉臺靜止，則木塊到O點的距離可以是（g取10 m/s²，M、m均視為質點）（）

圖6-7-11

A.0.04 m B.0.08 m C.0.16 m D.0.32 m

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（12分）如圖所示，傳送帶長6 m，與水平方向的夾角，以5 m/s的恒定速度向上運動。一個質量為2 kg的物塊（可視為質點），沿平行于傳送帶方向以10 m/s的速度滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.5，sin37⁰=0.6,cos37⁰=0.8,g=10m/s²。求：

（1）物塊剛滑上傳送帶時的加速度大小；

（2）物塊到達傳送帶頂端時的速度大��；

（3）整個過程中，摩擦力對物塊所做的功。

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題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

答案

C

B

A

D

A

D

C

B

C

題號

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

答案

D

B

C

AB

BC

AC

B

D

BD

C

22．(Ⅰ) 甲

（Ⅱ）

R₁=20 R₂=180 R₃=1.4 k

R₄=49.9 k R₅=450 k

23．【解】當斜面體向右加速運動時，計算球離開斜面的臨界加速度a₀，此時有：

Tsinθ-mg=0

Tcosθ=ma₀

由此解得： a₀=gcotθ =m/s²

又 a=4m/s²> a₀

所以，小球離開斜面，設此時線與豎直方向成φ角，則：

Tsinφ-mg=0

Tcosφ=ma

解得：T=m=2.43N

24．解：如圖所示，帶電粒子從S點出發，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進入磁場區，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d.只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經d重新進入磁場區，然后粒子以同樣方式經過c、b，再回到S點。設粒子進入磁場區的速度大小為v，根據動能定理，有

設粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有

由前面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r，即R=r。由以上各式解得

25．解：用m表示A、B和C的質量。

（1）當物塊A以初速度v₀向右運動時，它因受C給它的滑動摩擦力做勻減速直線運動，而它作用于C的摩擦力不足以使B、C產生相對滑動，即B、C以相同加速度做勻加速直線運動。物塊A、B發生碰撞的臨界情況是：物塊A運動到物塊B所在處時，A、B速度相等。

在臨界狀況下，因為B與木板C的速度始終相等，所以A、B即將碰撞時，A、B、C三者速度均相同，設為v₁。由動量守恒定律有

mv₀=3mv₁ ①

在此過程中，設木板C 運動的路程為s₁，則物塊A運動的路程為s₁+L，由功能原理得：

②

解①、②得：

故A與B發生碰撞的條件是：

（2）當物塊A的初速度時，A、B將發生碰撞，物塊B與檔板P發生碰撞的臨界情況是：物塊B運動到檔板P所在處時，B、C的速度相等。同（1）中結論，在臨界狀況下，當B運動到檔板P處時，A、B、C三者速度相等，設此速度為v₂，根據動量守恒定律得：

mv₀＝3mv₂ ③

設A、B碰撞前瞬間，A、B、C速度分別為v_A、v_B和v_C，則v_A>v_B，v_B=v_C 。

在A、B碰撞的極短時間內，A、B構成的系統的動量近似守恒，而木板C的速度保持不變，因為A、B間的碰撞是彈性的，即系統機械能守恒，又物塊A、B質量相等，故易得：碰撞后A、B速度交換，設碰撞剛結束時A、B、C三者的速度分別為v_A?、v_B?、v_C?，則v_A?＝v_B，v_B?＝v_A，v_C?＝v_C，剛碰撞后A、B、C的運動與（1）類似，只是A、B的運動進行了交換，由此易分析：在整個運動過程中，先是A相對C運動的路程為L，接著是B相對C運動的路程為L，整個系統的動能轉變為內能。類似（1）中方程得

④

聯立③、④解之，得：

故A與B相撞，B再與P相撞的條件是：

（3）當物塊A的初速度時，B將與檔板P相撞，撞后A、B、C的運動可由（2）中運動類比得到：B、P碰撞后瞬間，物塊A、B速度相同，木板C速度最大，然后C以較大的加速度向右做減速運動，而物塊A和B以相同的較小加速度向右做加速運動，加速過程將持續到或者A、B與C速度相同，三者以相同速度向右做勻速運動，或者木塊A從木板C上掉了下來，因此物塊B、A在木板C上不可能再發生碰撞。

(4)若A剛剛沒從木板C上掉下來，即A到達C的左端時的速度變為與C相同，這時三者的速度皆相同，以v₃表示，由動量守恒有

3mv₃=mv₀⑤

從A以初速度v₀在木板C的左端開始運動，經過B與P相碰，直到A剛沒從木板C的左端掉下來，這一整個過程中，系統內部先是A相對C運動的路程為L，接著B相對C運動的路程也是L，B與P碰后直到A剛沒從木板C上掉下來，A與B相對C運動的路程也皆為L，整個系統動能的改變應等于內部相互滑動摩擦力做功的代數和。

即：(3m)v₃²-mv₀² =-μmg?4L ⑥

由⑤⑥兩式得：

故A從C掉下的條件是：

（5）當物塊A的初速度時，A將從木板C上掉下來。設A剛從木板C上掉下來時，A、B、C三者的速度分別為v_A″, v_B″, v_C″，有 v_A″＝ v _B″＜v_C″，這時⑤式應改寫成

mv₀=2m v_A″+mv_C″ ⑦

⑥式應改寫成： (2m)v_B″²+mv″_C²-mv₀=-μmg?4L ⑧

當物塊A掉下C后，物塊B從木板C掉下的臨界情況是：當C在左端趕上B時，B與C的速度相等，設此速度為v₄

則由動量守恒定律可得： mv_B″+ mv_C″＝2mv₄⑨

再對B、C系統從A掉下C到B掉下C的過程用動能定律：

(2m)v₄²―（mv″_B²+mv_C″²）= -μmgL ⑩

聯立⑦⑧⑨⑩，注意到v_A″＝ v _B″＜v_C″，可解得：

，，

故物塊B從木板C上掉下的條件是：

26．（12分）（1）bd （2分）（2）① 25%（2分） 23.1 kJ（2分） ② ＞（2分）

（3）陰（1分） N₂ ＋ 6H⁺ + 6e^- ＝ 2NH₃（2分）

27．（18分）（1）acd（3分）（2）HOCN（3分）

（3）H―N=C=O（3分） 8HNCO + 6NO₂ = 7N₂ + 8CO₂ + 4H₂O（3分）

（4）NH+ OH^- NH₃↑+ H₂O（3分） 2.8%（3分）

（提示：c（HCl）= =0.08 mol?L^-1，

牛奶中蛋白質的百分含量）

28. （15分）（1）SiO₂＋2CSi＋2CO↑（3分）
（2）2Fe²^＋＋Cl₂＝2Fe³^＋＋2Cl^－（3分）
H₂（g）＋Cl₂（g）＝2HCl（g）；ΔH＝－184.6 kJ?mol^－¹（3分）
（3）N₂＋O₂2NO（3分）
（4）C＋4HNO₃CO₂↑＋4NO₂↑＋4H₂O（3分）