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4.B【解析】对B[文]球进行受力分析,如[章]图所示。当R>[来];r时,R越大、r[自]越小4FN越向下倾[知]斜,FN、F№2都[嘛]越大,即斜面对B球[答]的支持力越大,根据[案]牛顿第三定律,B球[网]对斜面的压力也越大[文]A错误;FN、FN[章]2的合力与重力mg[来]等大反向,在右侧力[自]的三角形中,竖直边[知]大小等于mg,当斜[嘛]面倾角0一定时,F[答]2的方向保持不变,[案]R=r时,FN1恰[网]好垂直于F,此时F[文]最小,B正确;将两[章]个球作为一个整体,[来]挡板对A球的支持力[自]等于两球重力沿斜面[知]向下的分力,斜面倾[嘛]角0一定时,重力沿[答]斜面向下的分力一定[案],与R及r无关,C[网]错误;小球半径确定[文]时,当斜面倾角θ逐[章]渐增大,两球沿斜面[来]向下的分力增大,因[自]此A对挡板的压力一[知]直增大,D错误。故[嘛]选B。Bmg
16.(1)1.6[答]5(2)1.8m([案]3)v≥2√7m/[网]s【解析】(1)开[文]始阶段,传送带对物[章]体的滑动摩擦力平行[来]于传送带向下,物体[自]由静止开始加速下滑[知],受力分析如图甲所[嘛]示。由牛顿第二定律[答]得mgsin 6+amg cos gamal(1分)[案]解得a1=10m/[网]s2(1分)物体加[文]速至与传送带速度相[章]等时需要的时间(1[来]分)发生的位移s1[自]=-at=1.8m[知]<8.8m([嘛]1分)即物体加速到[答]6m/s时仍未到达[案]B点当物体加速至与[网]传送带速度相等时,[文]由于g<1a[章]n0,物体将继续加[来]速,此后物体的速度[自]大于传送带的速度送[知]带对物体的滑动摩擦[嘛]力平行于传送带向上[答],受力分析如图乙所[案]示,由牛顿第二定律[网]有mgsin 6-pmg cos 6=may解得a2[文]=2m/s2(1分[章])设第二阶段物体滑[来]动到B所用的时间为[自]t2,则L-5=v[知]ot:+urti([嘛]1分解得t2=1s[答](1分)故物体经历[案]的总时间t=t1+[网]12=1.6s(1[文]分)(2)物体加速[章]至与传送带速度相等[来]时,物体相对传送带[自]向上运动的距离为8[知]分)物体的速度大于[嘛]传送带的速度后,物[答]体相对传送带向下滑[案]行的距离为△2=([网]L-1)-vnt2[文]=1m(1分)所以[章]物体在传送带上划痕[来]的长为△1=1.8[自]m(1分)(3)传[知]送带顺时针转动,若[嘛]滑块速度大于传送带[答]速度,摩擦力平行传[案]送带向下,滑块和传[网]送带共速后,摩擦力[文]平行于传送带向上,[章]根据运动学公式可得[来]二2+可≥8.8m[自](1分)解得v≥2[知]√7m/s(1分)[嘛]F乙
