热门试卷

解：A、由机械能守恒定律可知：mgh=，解得：v=，故到达底部时速度的大小相同，但是方向不同，故A错误；

B、根据平衡条件：mag=，同理可得：mgg=，故ma：mb=3：1，则、b两球重力做功mgh不同，故B错误．

C、设从斜面下滑的高度为h，则有：，aa=gsin30°

得：t=，

同理：=，解得t′=，可见a球下滑的时间较长，故C正确．

D、小球a受到的弹力为：N=magcos30°=3mg，小球b受到的弹力为：N′=mbgcos60°=mg•，故a受到的弹力大于球b受到的弹力．故D错误．

故选：C．

解：A、由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t=1.0s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为 v0=10m/s．故A正确．

BC、在0-1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为 a1==gsinθ+μgcosθ

由图可得：a1==m/s2=10m/s2．即有：gsinθ+μgcosθ=10m/s2…①

在1.0-2.0s，物体的加速度为 a2==gsinθ-μgcosθ

由图可得：a2==m/s2=2m/s2．即有：gsinθ-μgcosθ=2m/s2…②

联立①②两式解得 μ=0.5，θ=37°．故B错误，C正确．

D、根据“面积”表示位移，可知0～1.0s物体相对于地的位移 x1==5m，传送带的位移为 x2=v0t1=10m，物体对传送带的位移大小为△x1=x2-x1=5m，方向向上．1.0～2.0s物体相对于地的位移 x3==11m，传送带的位移为 x4=v0t1=10m，物体对传送带的位移大小为△x2=x3-x4=1m，方向向下．故0～2.0s物体对传送带的位移为△x=△x1-△x2=5m．故D错误．

故选：AC

解：A、设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为μmg．故当0＜F≤μmg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；

C、设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′-2μmg=2ma′，对A、B整体，有F′-μmg=3ma′，解得F′=3μmg，故当μmg＜F≤3μmg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A相对于B滑动．C正确．

B、当F=μmg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F-μmg=3ma，解得a=，B正确．

D、对B来说，其所受合力的最大值Fm=2μmg-μmg=μmg，即B的加速度不会超过μg，D正确．

因选不正确的，故选：A

解：A、起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为Fb，如图所示：

在△OFFb中，由几何关系得：F=mg，Fb=mg，故A错误

B、由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1=g，

推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F‘跟合力F'h垂直，如图所示，

此时合力大小为：

F'h=mgsin30°

动力大小：

F′=mg

飞行器的加速度大小为：

a2==0.5g

加速与减速时的加速度大小之比为a1：a2=2：1，故B错误；

C、到最高点的时间为：t′==2t，故C错误；

D、t时刻的速率：v=a1t=gt

加速与减速过程发生的位移大小之比为=1：2，故D正确．

故选：D．

解：A、5s末处于静止状态，根据平衡知，Ff=F=10N．故A错误；

B、物块在前6s内的位移大小等于前4s内的位移大小，根据图线的面积得：

s=×（2+4）×4m=12m．故B正确；

C、在0-2内物体做匀速直线运动，滑动摩擦力f′=15N，

物体匀减速运动的加速度大小为：a=m/s2=2m/s2，

根据牛顿第二定律得：f′-F=ma，

解得m=kg=5kg，

则动摩擦因数为：μ===0.3；故C错误，D错误；

故选：B．