热门试卷

A、根据动能定理两物体落地时，速度大小相等，方向不同，故落地时速度不同，故A错误；

B、根据动能定理两物体落地时，速度大小相等，方向不同，重力做功的瞬时功率p=mgvsinθ，其中θ是落地时的速度与水平方向的夹角，故B错误；

C、高度相同，平抛时间短，根据动量定理I=mgt，故C错误

D、根据动量定理I=mgt=△P,所以两物体落地前动量变化率相等，故D正确．

A、对A受力分析，开始时，A受拉力F和向上的弹簧弹力，有牛顿第二定律得：F+kx-mg=ma，随着A的上升压缩量x减小，加速度减小，但方向向上，故A做加速度减小的加速运动，当弹簧恢复原长后，A继续上升，弹簧被拉长，A的受力变为，F-kx-mg=ma，随着A的上升伸长量x增大，加速度减小，但方向向上，故A继续做加速度减小的加速运动，当kx1=F-mg时，加速度为零，速度达到最大，A继续上升，合外力变为：kx+mg-F=ma，随着x的增大，合外力增大，加速度方向向下，A做减速的运动，速度减小，当弹簧伸长量最大时设伸长量为x2，B刚好离开地面时，故A错误；

B、根据平衡条件可知，开始弹簧压缩量为，最后弹簧伸长量也为：，则弹性势能不变，根据能量守恒可知，恒力F做的功等于物块A增加的重力势能和弹簧弹性势能的增量，故恒力F做的功等于物块A增加的重力势能，而A的动能增加量为零，则此过程恒力F做的功等于物块A增加的机械能，故B正确；

C、由A项中分析可知，A先做加速度减小的加速再做加速度增大的减速运动，而力恒定，故此过程中恒力F的功率先增大后减小，故C正确；

D、整个过程中，弹性势能不变，故整个过程中弹簧对A做功为零，故D正确；

故选：BCD

对于两小球和轻绳组成的系统，从开始下落到刚到达最低点的过程中，只有小球的重力做功，系统机械能守恒，A选项正确；如图所示，

重力的瞬时功率为P=mgvsinθ，其中v会逐渐增大，由机械能守恒有：2mg(h+)=2×mv2，可以解得v=，所以重力的瞬时功率为P=mgvsinθ=mg，由数学知识可知，重力的瞬时功率先增大后减小，B选项正确；同理从开始到最低点的过程由机械能守恒有：2mg(h+)=2×mv2，所以最低点的速率为，C选项错误；解出最低点速率后，在最低点对小球由圆周运动的规律可知加速度a==（＋2）g，D选项正确。

对物体受力分析，物体受到的摩擦力为

Ff=μFN=μmg=0.1×2×10N=2N．

由图象可知，斜率表示的是物体受到的力的大小，OA段的拉力为5N，AB段的拉力为2N，所以物体在OA段做匀加速直线运动，在AB段做匀速直线运动;在OA段的拉力为5N，物体做匀加速直线运动，当速度最大时，拉力的功率最大，由V=at，,

代入数值解得，V=3m/s，

此时的最大功率为P=FV=5×3W=15W，

在AB段，物体匀速运动，速度的大小为3m/s，拉力的大小为2N，所以此时的最大功率为P=FV=2×3W=6W，所以在整个过程中拉力的最大功率为15W，故A正确,BCD错误; 

A、由速度图象知在1～3s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：

0.8+mgsinθ-μmgcosθ=ma，

由v-t图象可知，加速度：

在3～4s时间内，由于v-t图象可知，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：

μmgcosθ-mgsinθ=0.4N，联立解得：m=1kg，μ=0.8，故A正确，B错误；

C、由v-t图象可知，0～1s时间内，物块静止，力F不做功，1～3s时间内，力F=0.8N，物块的位移，1～3s内力F做功的平均功率为：，故C正确；

D、0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf=μmgcosθ•x=0.8×1×10×cos37°×0.8=5.12J，故D错误．

A、由速度图象知在1～3s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得： 

0.8+mgsinθ﹣μmgcosθ=ma， 由v﹣t图象可知，加速度：a=0.4m/s2． 

在3～4s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得： μmgcosθ-mgsinθ=0.4N， 解得：m=1kg，μ=0.8，故A正确，B错误； 

C、由v﹣t图象可知，0～1s时间内，物块静止，力F不做功，1～3s时间内，力F=0.8N， 物块的位移S=×0.4×22m=0.8m，0～3s内力F做功的平均功率为：故C错误

D、0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf=μmgcosθ•x=0.8×1×10×cos37°×0.8=5.12J，故D正确． 故选：AD