如图甲所示,水平面上有一底面积为5.0x10负三次方m²的圆柱体形薄壁容器

1)木块的加速大于木板的加速度,两者就会有相对运动,最终木块脱离木板(F-μmg)/m>μmg/M得F>μmg(m+M)/M2)μmg(m+M)/M=kt得t=μmg(m+M)/(Mk)

（1）当用F=5.3牛的水平拉力拉静止的木块时，静止的木块在水平方向上受到平衡力的作用；即拉力与静摩擦力是一对平衡力，其大小相等；故木块所受摩擦力大小为5.3N；（2）木块在t2后处于匀速直线运动状态

答案d地面光滑,整个系统只有外力f,和a,b之间的摩擦力外力f在0~6秒中始终为正,物体则一直在做加速运动,就是加速度大小变化的加速运动运动方向始终为正方向.到6秒时是0~6秒内速度最大的时刻.所以a

你的图呢?再问：http://www.jyeoo.com/physics/ques/detail/a739b2ce-bb9f-47a3-a734-aeb458c97b8a上第二幅图纵坐标为2.1和2.

如图

E=BLVT=4时,I=1,V=1*（0.5+1.5）=2VBLV=0.5*0.2*V=2V=20a=20除以4=5m/s^2这是第一题（2）不会坐,只会算4S内的产热

选BD（1）∵p=500Pa,S=600cm2=0.06m2,h=20cm=0.2m∴水对桶的压强为：P1=ρ水gh=2000Pa由题目可得：桶对地的压强P2=P1+500=2500Pa地面受到水桶的

A、据V-t图可知带电粒子在B点的加速度最大为2m/s2，所受的电场力最大为2N，据E=Fq知，B点的场强最大为1N/C，故A错误．B、据V-t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B

对甲内的物体，设其位移量为x，则k1被压缩x，k2被拉伸x，由胡克定律和牛顿第二定律：k1x+k2x=Ma解得：x＝Mak1+k2对乙内的物体，其位移量为两弹簧形变量之和，设位移量为x′，弹簧k1的形

对甲内的物体，设其位移量为x，则k1被压缩x，k2被拉伸x，由胡克定律和牛顿第二定律：k1x+k2x=Ma解得：x＝Mak1+k2对乙内的物体，其位移量为两弹簧形变量之和，设位移量为x′，弹簧k1的形

既然M>m,则μMgcosα>μmgcosα,这话不对.滑动摩擦力才能用μN来计算,而M与丝绸之间发生的是静摩擦力.再问：对不起打错了其实我的意思是为什么M的下滑分力不能大于最大静摩擦力？再答：这个题

（1）设小球与A碰撞前速度为v0，由机械能守恒定律有：mgH=12mv02解得：v0=6m/s由于小球与A的质量相同，发生弹性碰撞后速度交换设AB达到共同速度u前并未碰到挡板，则根据动量守恒定律得：m

第一题受力分析：物体竖直方向上受力平衡,水平方向上受恒力F和摩擦力f作用,F=4N,f=μmg=(0.2×1×10)N=2N,计算出合力F‘=2N物体返回A点时的速度可用几种方法求（1.先求加速度2.

A、据图象知，物体在0-1s内做匀加速直线运动，加速度恒定，根据牛顿第二定律知合外力恒定，相同的粗糙面摩擦力不变，故拉力F保持不变，所以A错误；B、由图象知，物体在1-3s内做匀速直线运动，拉力F与摩

A、a、b组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mav0-mbv0=（ma+mb）×v03，解得：ma：mb=2：1，故A错误；B、物体v-t图象与坐标轴所形成的图形的面积等于物体的位

功是F-s图像下面积0——4m,W1=2*4=8J4——7m,W2=6*3=18J总功是W1+W2=26J

因为安培力做的功抵消了啊0到t0时间内,B是不断增大的,有楞次定律可知,线框内的电流方向一直是逆时针的所以ab杆的电流向下,cd杆的电流向上那ab杆的安培力就向右,cd杆的安培力就向左啊这两安培力大小

是加速曲线,所以b是受拉力的只受摩擦力是加速度为1.5m/s^2F=maf=0.8*1.5=1.2Nf=umg1.2=u0.8*10u=0.15b加速度为0.75m/s^2F=maF=0.8*0.75

W=pt=FsPt就根据Pt图像算那个面积,位移（S）也可以根据vt图像算面积求得,代入上面的式子,解得,F=15/13中间匀速的一段,F=f(摩擦力）即P=fvf=1N前面加速的一段F=3/2NF-

这道题只看1就行了,木块1匀速,所以受力肯定平衡,它受力摩擦力为um1g,所以弹簧的拉力肯定也是um1g,所以根据这个可以算出弹簧拉长的长度,再加上原长就是答案了