%注释用%
% ============== preamble===================
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\pagestyle{plain}
% ================ document ==============
\begin{document}
\noindent
*\quad 如图所示，质量为m的质点静止地放在半径为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数为μ，质点与球心的连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是\
\begin{multicols}{2}
\noindent
\mbox{} \quad A．地面对半球体的摩擦力方向水平向左\
\mbox{} \quad B．质点对半球体的压力大小为mgcosθ \
\mbox{} \quad C．质点所受摩擦力大小为mgsinθ\
\mbox{} \quad D．质点所受摩擦力大小为mgcosθ\
\includegraphics{semicircle.jpg}\
\end{multicols}
解答：解：A、D以质点和半球体整体作为研究对象，受到重力和地面对半球体的支持力，地面对半球体没有摩擦力，由平衡条件得：地面对半球体的支持力FN=（M+m）g．故A正确，D错误．\
\noindent
*\quad 如图所示， 质量为 5kg 的物体以初速度 v 沿水平桌面向右做直线运动， 它与桌面间的动摩擦因数 μ=0.2，受水平拉力 F=8N，取 g=10m/s．则运动过程中物体受到的摩擦力 ( ) \
\begin{multicols}{2}
\noindent
\mbox{} \quad A. 方向向左，大小是 8N \
\mbox{} \quad B. 方向向右，大小是 8N \
\mbox{} \quad C. 方向向左，大小是 10N \
\mbox{} \quad D. 方向向右，大小是 10N \
\mbox{} \includegraphics{vertical_block.png}\
\end{multicols}
\noindent
*\quad(北京四中) 如图a所示,弹簧下端与静止在地面上的物块B相连,物块A从距弹簧上端H处由静止释放,并将弹簧压缩,弹簧形变始终在弹性限度内。已知A和B的质量分别为m1 和 m2,弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,不计空气阻力。取物块A刚接触弹簧时的位置为坐标原点O,竖直向下为正方向,建立 x 轴。\
(1)在压缩弹簧的过程中,物块A所受弹簧弹力为F弹,请在图b中画出F弹 随x变化的示意图;并根据此图像,确定弹簧弹力做功的规律;\
(2)求物块A在下落过程中最大速度vm 的大小;\
(3)若用外力F将物块 A压住(A与弹簧栓接),如图c所示。撤去 F后,A 开始向上运动,要使B能够出现对地面无压力的情况,则F至少多大?\
\includegraphics{bjsz_spring_ground.png}\
\noindent
\(\left[ {\mbox{答案}} \right]\)\
(1)由胡克定律可得,A受到的弹力为(x为A的位移即弹簧的形变量),所以弹力与x成正比,图像如图所示\
\includegraphics{bjsz_spring_ground2.png}\
A运动x的位移时的弹力为\
\(F=kx\)\
由于弹力与位移成正比,所以弹力的平均值为
\(F \bar F =\frac{f}{2} \frac{kx}{2}\)\
从A接触弹簧到A运动x的位移时,弹力所做的功为\
\includegraphics{bjsz_spring_ground4.png}\
*\quad(北京四中)如图所示，传送带与水平面夹角θ=37∘，以恒定速率v=10m/s沿顺时针方向转动．现在传送带上端A处无初速度地放一质量m=1kg的小煤块(可视为质点，忽略滑动过程中的质量损失)，小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，已知传送带上A到B的长度L=16m，取sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，重力加速度g=10m/s2．求：\
\begin{multicols}{2}
\includegraphics{bjsz_conveyer_belt1.png}\
(1)小煤块刚开始运动时的加速度大小．\
(2)小煤块从A运动到B的时间．\
(3)小煤块从A到B的过程中小煤块在传送带上留下的痕迹长度．\
(4)小煤块从A到B的过程中小煤块和传送带间因摩擦产生的热量．\
\end{multicols}
(1)
10m/s2
(2)
2s
(3)
5m
(4)
24J
(1)
对小煤块受力分析可得，小煤块开始下滑的加速度，由牛顿第二定律得∶
mgsinθ+μmgcosθ=ma1，
代入数据解得∶a1=10m/s2．
(2)
小煤块与传送带共速经过的时间︰t1=va1=1010s=1s，
此时小煤块的位移︰x1=212a1t21=12×10×12m=5m<L，
因为tanθ>μ，小煤块继续加速下滑，
加速度︰a2=mgsinθ−μmgcosθm，
则有：x2=L−x1=vt2+12a2t22，
代入数据解得∶a2=2m/s2，t2=1s(t2=−11s舍去)，x2=11m，
故小煤块从A运动到B的时间：t=t1+t2=1s+1s=2s．
(3)
小煤块先相对传送带向上滑动，相对位移沿传送带向上相对滑动的位移：
s=vt1−x1=10×1m−5m=5m，
共速后，小煤块相对传送带向下滑动，相对位移沿传送带向下滑行的距离：
s′=x2−vt2=11m−10×1m=1m，因为s>s′，
故小煤块在传送带上留下的痕迹长度为∶s=5m．
(4)
小煤块和传送带间因摩擦产生的热量：
Q=μmgcosθ⋅(s+s′)=0.5×1×10×0.8×(5+1)J=24J．
\end{document}