题目内容
4．
如图所示，一木板倾斜放置，与水平面的夹角为θ，将两个矩形物块A、B叠放后一起静止释放到木板上，之后A、B保持相对静止一起以带大小为a的加速度沿斜面加速下滑，若A、B的质量分别为mA和mB，A与B之间和B与木板之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则下列说的正确的是（ ）| A． | μ1一定大于tanθ | |
| B． | μ2一定小于tanθ | |
| C． | 加速度a的大小与mA和mB都无关 | |
| D． | A与B之间的摩擦力大小与μ1有关而与μ2无关 |
分析 先对AB整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后隔离出物体A，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出间的静摩擦力．
解答 解：先取AB为一整体，整体受到重力、斜面的支持力和摩擦力．沿斜面的方向，由牛顿第二定律得：
（mA+mB）gsinθ-FfB=（mA+mB）a
FfB=μ2FN
FN=（mA+mB）gcosθ
以上三式联立可得：a=gsinθ-μ2gcosθ…①
再隔离A物体，设A受到的静摩擦力为FfA，
方向沿斜面向上，对A再应用牛顿第二定律得：
mAgsinθ-FfA=mAa
可得出：FfA=μ2mAgcosθ…②
A、由公式②可知，A的加速度与AB之间的动摩擦因数无关，所以不能判断出μ1一定大于tanθ．故A错误；
B、A与B组成的整体向下做加速运动，由公式①可知，gsinθ＞μ2gcosθ
所以：μ2＜tanθ．故B正确；
C、由公式①可知，加速度a的大小与mA和mB都无关．故C正确；
D、由公式②可知，A与B之间的摩擦力大小与μ1无关而与μ2有关．故D错误．
故选：BC
点评 本题关键是先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后再隔离出物体A，运用牛顿第二定律求解AB间的内力．
练习册系列答案
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2．
氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光a，从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光b，则（ ）
氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光a，从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光b，则（ ）| A． | 在水中传播时，a光较b光的速度小 | |
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15．
如图所示，PQ板的上方存在匀强磁场，质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直PQ板进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是（ ）
如图所示，PQ板的上方存在匀强磁场，质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直PQ板进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是（ ）| A． | M带负电，N带正电 | B． | M的速率大于N的速率 | ||
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9．
如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电流表和电压表均为理想交流电表．已知交流电源电压瞬时值表达式为u=$220\sqrt{2}$sin100πt（V）．下列说法中正确的是（ ）
如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电流表和电压表均为理想交流电表．已知交流电源电压瞬时值表达式为u=$220\sqrt{2}$sin100πt（V）．下列说法中正确的是（ ）| A． | 电压表的示数为22V | |
| B． | 通过滑动变阻器R的交流电的频率为50Hz | |
| C． | 若将滑动变阻器的滑片下移，则电压表的示数变小 | |
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16．
如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个理想变压器，原、副线圈的匝数比分别 为 n1：n2=100：1 和 n3：n4=1：100，图中 a、b 表示电流表或电压表，已知电压表的示数为 22V，电流表的示数为 1A，则以下说法正确的是（ ）
如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个理想变压器，原、副线圈的匝数比分别 为 n1：n2=100：1 和 n3：n4=1：100，图中 a、b 表示电流表或电压表，已知电压表的示数为 22V，电流表的示数为 1A，则以下说法正确的是（ ）| A． | a 为电流表，b 为电压表 | B． | a 为电压表，b 为电流表 | ||
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13．
如图所示为甲、乙两个物体同时从同一地点出发，沿同一直线运动的速度-时间图象，下列说法正确的是（ ）
如图所示为甲、乙两个物体同时从同一地点出发，沿同一直线运动的速度-时间图象，下列说法正确的是（ ）| A． | 在0-2.0s内，甲的加速度小于乙的加速度 | |
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