热门试卷

解：C、D、对气球和重物整体受力分析，受重力（M+m）g、浮力F浮、支持力N、风力F和摩擦力f，根据平衡条件，有：

N=（M+m）g-F浮     ①

f=F             ②

由①式，地面对重物的支持力不变，故C正确；

由②式，地面对重物的摩擦力随着风力的变化而变化，故D错误；

A、B、对气球受力分析，受重力、浮力、细线的拉力和水平风力，如图所示，根据平衡条件，有：

Tsinθ=F

F浮-Tcosθ-mg=0

解得：

T=       ③

tanθ=           ④

由③式，拉力随着风力的增加而增加，而细线对物体的拉力等于细线对气球的拉力，故B错误；

由④式，细绳与竖直方向的夹角随着风力的增加而增加，故A错误；

故选：C．

解：先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m1g、绳子的拉力T和半球的支持力N，作出力图．

由平衡条件得知，拉力T和支持力N的合力与重力mg大小相等、方向相反．设OO′=h，根据三角形相似得：

=

解得：

m1g=…①

同理，以右侧小球为研究对象，得：

m2g=…②

由①：②得

m1：m2=l2：l1=25：24

故选：D．

解：A、B、C间的动摩擦因素为μ=tanθ，即如果B不受绳子拉力，则mgsinθ=μmgcosθ，B匀速下滑

但是绳子对B有沿斜面向上的拉力，故B一定是减速下滑，A正确；

B、以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律：

mg+μMgcosθ-Mgsinθ=（M+m）a

得：a==，故B正确；

C、对C受力分析，B给的压力mgcosθ和摩擦力μmgcosθ，因为μ=tanθ，所以二者的矢量和等于mg，方向竖直向下，即C在水平方向上没有运动趋势，故C水平方向不受地面的摩擦力，C错误；

D、由前面分析知B对C的作用力等于其重力Mg，根据平衡条件知则水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等，D正确；

故选：ABD．

解：A、以m为研究对象进行受力分析，小球受到重力、立方体的作用力与杆的作用力，受力如图1，则：

所以：

由牛顿第三定律可知，小球对立方体的作用力的大小F1′也是；

以立方体M为研究对象，则立方体在水平方向受到推力与小球的作用力F1′的作用，在竖直方向受到重力与支持力的作用处于平衡状态，所以：

   ①．故A错误；

B、由①式可得，当略微增大α角时，若使系统仍保持静止，则轻杆对小球的作用力F将减小．故B正确；

C、D、将小球的速度沿水平方向与竖直方向分解，如图2，则：

vx=v1•sinα

当m与M分离时，m沿水平方向的分速度与M的水平速度相等，则：v2=v1sinα，可知撤去推力F后，小球在落地之前和立方体分离．故C正确，D错误．

故选：BC

解：A、物体B在绳子拉力作用下有向右运动的趋势而保持相对于地静止，地面对B一定有静摩擦力．故A错误．

B、C、以B为研究对象，分析受力，作出力图如图所示．

根据平衡条件，物体B受到的摩擦力：

f=Fcosθ

物体B受到的支持力：

FN=mBg-Fsinθ

又F=mAg

得到：

f=mAgcosθ

FN=mBg-mAgsinθ．

故B正确，C错误．

D、滑轮通过绳子对天花板的拉力大小：

F拉=2Fcos（）=2mAgcos（45°-θ）．故D正确．

故选：BD