热门试卷

解：A、开始物块相对于传送带向后滑动，物块受到的摩擦力平行于传送带向下，当物块受到大于传送带速度后，物块受到的摩擦力方向平行于传送带向上，故A错误；B、由图2所示图象可知，当加速度发生变化时，物体达到了传送带的速度；故传送带的速度为10m/s；故B正确；

C、由图象可知，在0～2s内物体在传送带上滑动的路程为+=6m；故C正确；

D、由图2所示图象可知，在0～1s内物块的加速度a===10m/s2，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，在1～2s内，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma′，解得：μ=0.5，θ=37°，故D错误；

故选：BC．

解：物体的加速度a=，因为Fl大小和方向不变，F2方向不变，使F2随时间均匀减小到零，再均匀增加到原来的大小，知加速度先均匀增大，再均匀减小．加速度变化，则速度随时间变化图线为曲线，速度一直增加，故C正确，ABD错误．

故选：C．

解：5N、10N的合力范围为5N≤F合≤15N，7N能与F合大小相等，则知三个力能够平衡，故三个力合力的最小值为零，三个力合力最大值为三者之和，即最大值为22N；

根据牛顿第二定律a=得物体的加速度范围为：0≤a≤11m/s2；

故选：ABC．

解：先对甲图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力

根据牛顿第二定律，有：

F=（M+m）a…①

再对甲图中情况下的小球受力分析，如图

根据牛顿第二定律，有：

对于M有：FTsinα=Ma…②

对于m有：FTcosα-mg=0…③

由以上三式可解得：

 FT= ④；

 a= ⑤；

再对乙图中小球受力分析，如图

由几何关系得

    FT′= ⑥

    FT′sinα=ma′⑦

则得：a′=  ⑧

由④⑥知：FT′=FT

由于M＞m，由⑤⑧知：a′＞a，故选B

解：以球为研究对象，如图所示，建立直角坐标系，将FOA分解，由平衡条件

  FOB-FOAsinθ=0

  FOAcosθ-mg=0

联立解得FOB=mgtanθ

剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得

  a===gtanθ，方向水平向右．

故选：C

解：A、对小球B分析知，，则弹簧的伸长量，所以弹簧的原长为L-．故A错误．

B、对整体分析，2mgsin30°=Fcos30°，解得F=．故B错误．

C、撤去恒力瞬间，弹簧的弹力不变，对A球，根据牛顿第二定律得，．故C正确．

D、撤去恒力瞬间，弹簧的弹力不变，对B球，合力为零，则B球的加速度为零．故D错误．

故选：C．

解：A、利用整体法可求得系统的加速度为：a=，对小球利用牛顿第二定律可得小球受到圆槽的支持力为：=，

由牛顿第三定律可知小球对圆槽的压力为N′=．故A正确，B错误．

C、由压力的表达式知，F增大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加，故C错误，D错误．

故选：A．