热门试卷

解：根据动能定理得，mgh=，解得v==．

物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小a=μg=2m/s2，

若一直做匀减速直线运动，则到达B点的速度m/s=1m/s．

若一直做匀加速直线运动，则达到B点的速度m/s=7m/s．

知传送带的速度v＜1m/s时，物体到达B点的速度为1m/s．

传送带的速度v＞7m/s时，物体到达B点的速度为7m/s．

若传送带的速度1m/s＜v＜5m/s，将先做匀减速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．

若传送带速度5m/s＜v＜7m/s，将先做匀加速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．故A正确，B、C、D错误．

故选A．

解：AB、煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有：

 mgμ=ma

因此解得 a=μg=4m/s2．

当煤块速度和传送带速度相同时，位移为：s1==m=2m＜x=4m

因此煤块先匀加速后匀速运动，匀加速时间为：t1==s=1s

匀速时间为：t2==s=0.5s

小煤块从A运动到B的过程中总时间为：t=t1+t2=1.5s，故A错误，B正确；

CD、在加速阶段产生相对位移即产生划痕，则有：

△s=v0t1-s1=4×1-2=2m，故C错误，D正确．

故选：BD

B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，

可知x=，所以B得坐标为h+，所以C正确．

取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B到D的形变量也为，故到达C点时形变量要大于 h+2，加速度ac＞g，所以D错误．

故选：BC

解：A、升降机是静止的，球静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，杆的作用力大小：F===10N，故AB错误；

C、若升降机加速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：Fy-mg=ma，解得：Fy=12N，在水平方向，由平衡条件得：Fx=F绳子=6N，

杆对球的作用力大小：F==6N，故C正确；

D、若升降机减速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：mg-Fy=ma，解得：Fy=4N，在水平方向，由平衡条件得：Fx=F绳子=6N，

杆对球的作用力大小：F==2N，故D错误；

故选：C．

解：系统静止，根据平衡条件可知：对Q球F弹=mgsinθ，对P球F绳=F弹+mgsinθ，

细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则：

Q球受力情况未变，瞬时加速度为零，故B正确；

对P球，根据牛顿第二定律得：a==2gsinθ，故C正确，AD错误；

故选：BC

解：A、B、C对网球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，根据牛顿第二定律得：

  Nsinθ=ma

  Ncosθ=mg

解得，a=gtanθ，N=，故A正确、B错误；

以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得：

 运动员对球拍的作用力为F=，故C错误．

D、当a＞gtanθ时，网球将向上运动，由于gsinθ与gtanθ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动．故D错误．

故选：A．

解：在突然撤去F的瞬间，AB整体的合力向上，为F，根据牛顿第二定律，有：F=（2m）a

a=

对上面的物体受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：N-mg=ma；

联立解得：N=mg+；故B正确；

故选：B．