热门试卷

解：由题意可知，物体运动2t时间回到出发点，则可知前t时间内的平均速度与后t时间内的平均速度大小相等方向相反．由题意有：

所以有：

解得：v2=-2v1

负号表示速度方向相反，故大小比值为：

故选：B．

解：先对滑块m受力分析，受重力和支持力，合力水平向左，如图所示：

故物体m受到的合外力大小为：

F1=mgtanθ ①

N=  ②

再对斜面体和滑块整体分析，根据牛顿第二定律，有：

F=（M+m）a ③

对m，根据牛顿第二定律，有：

F1=ma    ④

A、C、联立①③④解得：F=（M+m）gtanα，故A正确，C错误；

B、联立①③④解得：F1=，故B正确；

D、对物体m，支持力为：N=，由于F1=，故N=；根据牛顿第三定律，压力也为；故D正确；

故选：ABD．

解：A、开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有：

mgsinθ=kx1

解得：

x1=

物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有；

mgsinθ=kx2

解得：

x2=

故物块A运动的距离为：，故A正确；

B、此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：

F-mgsinθ-T=ma

弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：

T=mgsinθ

故：a=，故B错误；

C、拉力F做的功等于物体A、物体B和弹簧系统机械能的增加量，为：

W=mg•△xsinθ+，故C错误；

D、由于质量相等，那么刚好要离开挡板时候的弹性势能和刚开始相同，同时B物体机械能没有变化，那么整个过过程中外力F做的功全部用于增加物块A的机械能，故D正确；

故选：AD．

解：A、设t=2.0s内车厢的加速度为aB，由s=aBt2得aB=2.5m/s2．故A正确．

B、D：对B，由牛顿第二定律：F-f=mBaB，得f=45N．

对A，据牛顿第二定律得A的加速度大小为aA==2.25m/s2                

所以t=2.0s末A的速度大小为：vA=aAt=4.5m/s．

故B正确、D错误．

C、在t=2.0s内A运动的位移为sA=aAt2=4.5m，

A在B上滑动的距离△s=s-sA=0.5m．故C正确．

故选ABC．

解：

物体运动v-t图象如图：

由v-t图象的面积表示位移，其前后两段时间位移相等，可得：

，

t1+t2=t，

，

解得：

v2：v1=2：1．

故ACD错误，B正确．

故选：B．

解：A、物块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端，根据动能定理得，-mgh-μmgscosθ=0-mv02，即gh+μgx=v02，可见与物体的质量无关，增大m，物块仍能滑到斜面顶端．故A正确．

B、根据gh+μgx=v02，知h增大，物块不能滑到斜面的顶端，结合gh+μghcotθ=v02，知h=，增大h，θ增大，则上升的最大高度增大．故B正确．

C、根据B分析，知x增大，物块不能滑到斜面的顶端，增大x，斜面的倾角变小，则滑行的最大距离一定增大．故C正确．

D、施加一个水平向右的恒力，恒力沿斜面方向的分力可能小于摩擦力的增加量，则物块不一定能从斜面顶端滑出．故D错误．

故选：ABC

解：D、在下滑过程中，物体的加速度为mgsinθ-μmgcosθ=ma

a=gsinθ-μgcosθ，加速度的大小保持不变．故D错误；

C、下滑过程中速度大小关系为v=v0+at=v0+（gsinθ-μgcosθ）t，速度与时间之间是线性关系，所以速度图线是一条直线．故C错误；

A、B、物体向下做匀减速运动，故下滑的位移为s=）t2，

位移-时间关系的图象是向右弯曲的线．故B正确；

同理，下降的高度为h=ssinθ，也是向右弯曲的线．故A错误；

故选：B

解：两物体无相对运动，由牛顿第二定律知：

F=（M+m）a，解得：a=，方向水平向右；

隔离铁块，由牛顿第二定律可得铁块受到的摩擦力f=ma=，方向水平向右；故C正确

故选：C．