题目内容
5．
如图，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动．下列说法正确的是（ ）| A． | 小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大 | |
| B． | 小球在斜面运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重 | |
| C． | 撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将变大 | |
| D． | 撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将减小 |
分析 根据牛顿第二定律求出小球在斜面上运动的加速度，从而比较大小．对状态分析，根据加速度的方向确定超失重，从而确定地面对斜面支持力与小球、斜面总重力的大小关系．根据动能定理比较落地的速率，结合加速度大小的变化判断运动时间的变化．
解答 解：A、根据牛顿第二定律得，小球在斜面上运动的加速度a=$\frac{mgsinθ}{m}=gsinθ$，平抛运动的加速度为g，可知小球在斜面上运动的加速度小于平抛运动的加速度，故A错误．
B、对小球和斜面整体分析，小球沿斜面向下加速的过程中，小球具有沿斜面向下的加速度，处于失重状态，可知地面对斜面的支持力小于小球和斜面的总重力，故B错误．
C、根据动能定理得，mgh=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，撤去斜面，h不变，落地的速率不变，故C错误．
D、比较小球在斜面上与空中运动的时间．由于小球在斜面上运动的加速度为 a=gsinα，竖直分加速度为 ay=asinα=gsin2α＜g，则知撤去斜面，落地时间变短．故D正确．
故选：D．
点评 本题的关键要抓住斜面上加速度与平抛运动的加速度不同的，运用运动的分解法研究两种情况下竖直分加速度的关系，来判断落地时间的关系．
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15．两物体都做匀变速直线运动，在相同的时间间隔内，下列判断正确的是（ ）
| A． | 加速度越大的物体，速度改变越多 | |
| B． | 初速度越大的物体，位移一定越大 | |
| C． | 末速度越大的物体，位移一定越大 | |
| D． | 平均速度越大的物体，位移一定越大 |
13．2009年7月16日，中国海军第三批护航编队16日已从浙江舟山某军港启航，于7月30日抵达亚丁湾、索马里海域，此次护航从舟山启航，经东海、台湾海峡、南海、马六甲海峡，穿越印度洋到达索马里海域执行护航任务，总航程为5千多海里，关于此次护航，下列说法正确的是（ ）
| A． | 当研究护航舰艇的运行轨迹时，不能将其看做质点 | |
| B． | “5千多海里”指的是护航舰艇的航行位移 | |
| C． | “5千多海里”指的是护航舰艇的航行路程 | |
| D． | 根据题中数据我们可以求得此次航行的平均速度 |
如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定于高度为H的光滑水平细杆A、B上，b球与B点距离为L，质量为4m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放．
如图所示，电源电动势为E，内阻为r，外电路总电阻为R，当S闭合后，电源总功率为$\frac{{E}^{2}}{R+r}$，电源的输出功率为$\frac{{E}^{2}R}{（R+r）^{2}}$，外电路消耗的功率为$\frac{{E}^{2}R}{（R+r）^{2}}$，内部消耗的功率为$\frac{{E}^{2}r}{（R+r）^{2}}$，电源的供电效率为$\frac{R}{R+r}$×100%．
14．如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置（x）-时间（t）图线．由图可知（ ）
| A． | 在t1时刻，a、b两车相遇 | |
| B． | 在t2时刻，a、b两车运动方向相同 | |
| C． | 在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大 | |
| D． | 在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大 |