热门试卷

A、设球运动的线速率为v，半径为R，则在A处时：，在C处时：

解得：F=2mg，即在C处板对球所需施加的力比A处大mg，故A错误；

B、球在运动过程中，动能不变，势能时刻变化，故机械能不守恒，故B错误；

C、球在任意时刻的速度大小相等，即球在最低点C的速度最小值为等于在最高点最小速度，根据，得故C错误；

D、在B处合力提供向心力，即,故，故板在B处与水平方向倾斜角随速度的增大而增大，故D正确．故选：D

A、根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故A正确；

B、在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细杆方向的分力之合提供的；当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细杆方向的分力之差提供的，所以由牛顿第二定律知，小球在C点时的加速度大小不是a．故B错误；

C、正点电荷的电场线发散型，由于沿着电场线方向，电势降低，因此B点电势高于A点电势，故C正确；

D、结合几何关系知：PA=2PB，由点电荷电场强度公式，可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，则B点的电场强度大小是A点的4倍，故D正确；故选：ACD

线框进入磁场前做匀加速直线运动，加速度为 a=．有可能进入时正好外力等于安培力，匀速进入，进入后，磁通量不变，所以做匀加速直线运动，所以A对。ad边进入磁场后，可能安培力小于恒力F，线框做加速运动，由FA=知，速度增大，安培力增大，加速度逐渐减小，v﹣t图象的斜率逐渐减小，完全进入磁场后磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力，做加速度为a=的匀加速直线运动，故C正确．ad边进入磁场后，可能安培力大于恒力F，线框做减速运动，由FA=知，速度减小，安培力减小，加速度逐渐减小，v﹣t图象的斜率逐渐减小．当加速度减至零后做匀速直线运动，完全进入磁场后磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力，做加速度为a=的匀加速直线运动，故B错误，D正确．

A、设任一斜面的倾角为α，斜面的长度为S．根据牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，得 a=gsinα﹣μgcosα，则可能有aa＞ab＞ac．故A正确．

B、由S=得 t=，则可能有 tc＞ta＞tb．故B正确．

C、对物体在任一斜面上滑动的过程，由动能定理得：

mgSsinα﹣μmgcosα•S=Ek，式中Ssinα等于斜面的高度，Scosα等于斜面底边的长度．

则 Eka=mg•2h﹣μmgL=2mgh﹣μmgL，Ekb=mgh﹣μmgL，Ekc=mgh﹣μmg•2L=mgh﹣2μmgL，由数学知识可知，不可能有：Eka=2Ekb=4Ekc．故C错误．

D、根据功能关系知，物块损失的机械能等于克服摩擦力做功，则有△ E=μmgcosα•S，Scosα等于斜面底边的长度．因此有△ Ec=2μmgL，△ Eb=μmgL，△ Ea=μmgL，所以△ Ec=2△ Eb=2△ Ea．故D正确．

：A、B.从表中可知，输出功率P出=180W，输入功率P入=UI=36×6W=216W,由于内阻消耗的功率等于输入功率与输出功率的差：Pr=I2r=P入-P出=216-180=36W,则，故A错误，B正确；

C.车正常行驶时,,解得,所以该过程中，自行车所受阻力是车重（包括载重）的0.03倍，故C错误；

D.P额=Fv,根据牛顿第二定律得，代入数据得, 故D正确，故选BD

A、物块滑上传送带，由于速度大于传送带速度，物块做匀减速直线运动，可能会滑动另一端一直做匀减速直线运动，到达另一端时恰好与传送带速度相等，故A正确；

BCD、物块滑上传送带后，物块可能先做匀减速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，速度的方向保持不变，故BD错误，C正确；故选：AC