热门试卷

解：AB、由图象可得：0～2s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：a1===5m/s2，2s～4s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为：a2===1m/s2，根据牛顿第二定律得：

 匀减速过程有 F+Ff=ma1

 匀加速过程有 F-Ff=ma2

  又 Ff=μmg，解得：μ=0.20，F=60N．故A、B正确．

C、0～2s内物体的位移大小 x1===10m，2～4s内物体的位移大小为x2=m=2m

故水平外力做功为 W=-F（x1-x2）=-60×（10-2）J=-480J．故C错误．

D、在0～4s 内物体运动的位移大小为 x=x1-x2=10m．故D错误．

故选：AB

解：由动能定理可知

WF=0-=0-J=-4J

故选：C

解：对甲图中物体受力分析，受推力、重力、支持力和摩擦力，如图

根据平衡条件，有

x方向：F1cosθ-f=0

y方向：F1sinθ+mg=N

其中：f=μN

解得

         ①

对乙图物体受力分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，如图

根据平衡条件，有

x方向：F2cosθ-f=0

y方向：F2sinθ+N=mg

解得

          ②

比较①②两式，得到

F1＞F2

由于位移相同，力与水平方向夹角相等，根据恒力做功的表达式W=FScosθ，得到

W1=F1Scosθ

W2=F2Scosθ

故

W1＞W2

故选B．

解：A．根据P=可知：力对物体做功越大，这个力的功率不一定越大，还要看做功时间，故A错误；

    B．根据P=可知：力对物体做功的时间越短，这个力的功率不一定越大，还要看做功的多少，故B错误；

    C．根据P=可知：力对物体做功小，做功时间也很小时，其功率有可能大；力对物体做功大，做功时间也很长时，其功率却不一定大，故C正确；

    D．根据P=可以计算出在t时间内的平均功率，当t接近于0时才可以看成是瞬时功率，所以知道W和t的值不可以计算出任意时刻的功率，故D错误．

故选C．