热门试卷

由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为S1：S2=vt/2：2vt/2=1：2；两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比Wf1：Wf2=fS1：fS2=1：2；再由动能定理，则有：WF-Wf= mv2/2 −0；可知，WF1-Wf1= mv2/2 −0；WF2-Wf2=4 mv2/2 −0；由上两式可解得：WF2=4WF1-2Wf1，故C正确，ABD错误；

A、在0-0.1s过程中为物体和弹簧接触的过程，由图象可知，滑块先做加速后做减速运动，故A错误；B、在v-t图象中，斜率代表加速度，斜率为a=△v/△t＝(0.8−1.6)/0.1m/s2＝−8m/s2，加速度大小为8m/s2，故B正确；C、滑块在0.1 s末物体处于某一位置，古无法克服重力做功，故C错误；D、滑块在0.1s～0.2s内，由牛顿第二定律可知：-mgsin37°-μmgcos37°=ma，解得：μ＝(−a−gsin37°)/ gcos37°＝0.25，故D正确；

A、三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线四等分，如图所示，已知a点电势为24V，b点电势为28V，d点电势为12V，且ab∥cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2L，因此根据几何关系，可得M点的电势为24V，与a点电热势相等，从而连接aM，即为等势面；三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点o的电势与c相等，为20V．故A正确。

B、oc为等势线，其垂线bd为场强方向，b→d，故B错误。

C、质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为√2 l，此方向做匀速直线运动，则t=√2 l/v0，则C错误

D、电势差Ubc=8V，则质子从b→c电场力做功为8eV．到达c点的速度大小为v故D正确．

对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向左的弹力N1，如图
根据共点力平衡条件，有
竖直方向：N=G1+G2
水平方向：F=f+N1
其中：f=μN
解得：N=（m1+m2）g=（1+1）×10=20N，
f=μN=0.2×20N=4N，
对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得：
WF-fs-m2g•h= mvA2/2+ mvB2/2，
A移动s=1m过程中，由几何关系得，B上升距离：h=1m，
细绳与水平方向夹角的余切值：tgθ=4/3，
由运动的合成与分解知识可知：vB=vAtgθ=3×4/3=4m/s，
代入数据解得：WF=26.5J；

小球由a到b的过程，由能量守恒定律有：ΔE=ΔE1+ΔE2=Eka-ΔEb，其中Eka和Ekb分别为小球在a、b两点的动能，所以C选项正确。

A、小球上滑过程中受到重力、库仑力、杆的支持力以及摩擦力作用，由于库仑力和摩擦力是个变力，则运动过程中加速度始终发生变化，故A错误；

B、根据几何关系可知，OD=OC，则C、D两点电势相等，所以从C到D的过程中，电场力做功之和为零，在C点时，小球受到的库仑力是引力，电场力先做正功，后电场力做负功，故B错误；

C、从C到D的过程中，根据动能定理得：,再从D回到C的过程中，根据动能定理得：

根据几何关系可知，

解得：，故C正确；

D、小球下滑过程中由于摩擦力做负功，则小球动能、电势能、重力势能三者之和减小，故D错误; 

由牛顿第二定律可知,物体的加速度:,由数学知识可知,则当 ( φ + θ ) = 90 °时,加速度最大,所以加速度先增大后减小;由运动学公式可知,最大位移先减小后增大,故D正确，ABC错误；

AC、根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，P做平抛运动，Q做自由落体运动，P在竖直方向上的运动规律与Q相同，则两球同时落地，故AC错误；

B、落地时，P在竖直方向上分速度与Q相同，但是P有水平分速度，所以两球落地时速度大小不同，P球的速度大，但因质量的不同，因此落地时的动能可能相等，故B正确；

D、根据重力做功等于重力势能的变化，虽高度相等，但因质量的不同，则重力势能的变化也不相等，故D错误．