题目内容
8．
如图所示，小球A、B的质量相等，A球光滑，B球与斜面间的动摩擦因数μ=0.5tanθ，中间用一根弹簧连接，弹簧的质量不计，斜面足够长，倾角为θ，将A、B和弹簧系统放到斜面上，并让弹簧处于原长时由静止释放，弹簧平行于斜面，下列说法正确的是（ ）| A． | 刚释放时刻A、B两球的加速度大小均为gsinθ | |
| B． | 刚释放时刻A、B两球的加速度大小分别为gsinθ、0.5gsinθ | |
| C． | A球的加速度为零时，B球的加速度大小为1.5gsinθ | |
| D． | A、B球的加速度第一次相等时，弹簧第一次最短 |
分析 分别以A和B为研究对象进行受力分析，沿斜面方向根据牛顿第二定律列方程求解加速度大小；弹簧第一次最短的位置是二者速度相等时．
解答 解：设A和B球的质量均为m；
AB、刚释放时A球受到重力和支持力作用，根据牛顿第二定律可得其加速度为：aA=gsinθ；
B球受到重力、支持力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ-μmgcosθ=maB，解得aB=0.5gsinθ，所以A错误、B正确；
C、A球的加速度为零时，弹簧的弹力等于A球重力沿斜面方向的分力，即T=mgsinθ，以B球为研究对象，受到重力、支持力、弹力和摩擦力；
沿斜面方向根据牛顿第二定律可得，T+mgsinθ-μmgcosθ=maB，解得：aB=1.5gsinθ，C正确；
D、A、B球的速度第一次相等时，弹簧第一次最短，所以D错误；
故选：BC．
点评 本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用．
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15．有两个完全相同的金属小球A、B（它们的大小可忽略不计），A带电荷量为7Q，B带电荷量为-Q，当A、B在真空中相距为r时，两球之间的相互作用的库仑力为F；现用绝缘工具使A、B球相互接触后再放回原处，则A、B间的相互作用的库仑力的大小是（ ）
| A． | $\frac{8}{7}$F | B． | $\frac{9}{7}$F | C． | $\frac{7}{9}$F | D． | $\frac{6}{7}$F |
如图所示，A、B两金属板间电压为U，C、D两金属板板长为L，两板间距离也为L，板间电压为2U，在S处有一质量为m，电荷量为q的带电粒子，经A、B间电场出静止开始加速后又沿C、D间的中线上的O点进入偏转电场，然后进入一垂直纸面向里的矩形匀强磁场区域，若不计带电粒子的重力
如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑斜面，一质量为m的滑块从距离斜面底端为s0处静止释放的同时，在滑块上加一沿斜面向下的大小为F的力，已知重力加速度大小为g．求滑块从静止释放至到达斜面底端所经历的时间t．
如图所示，薄板A长L=10m，其质量M=5kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端s=6m处放一物体B（可看成质点），其质量m=2kg．已知A、B间动摩擦因数μ1=0.2，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2=0.4，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．g=10m/s2，求：
小车在水平路面上加速向右运动，一质量为m的小球用一条水平线和一条斜线（与竖直方向成30°角）把小球系于车上，求下列情况下，两绳的拉力：
20．
如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则（ ）
如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则（ ）| A． | 传送带一定逆时针转动 | B． | μ=tanθ+$\frac{v_0}{gtcosθ}$ | ||
| C． | 传送带的速度大于v0 | D． | t0后滑块的加速度为$\frac{g}{2}$ |
如图所示，一物体从高为h=1.2m，倾角θ=370斜坡上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平向右运动的传送带上（设经过B点前后速度大小不变），物体与斜坡和传送带的动摩擦因数均为μ=0.25，传送带长为10m，传送带匀速运动的速度为v=2m/s（g取10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6），求：
18．以下几种带电体所带的电量不可能的是（ ）
| A． | 6.4×10-19C | B． | 9.6×10-19C | C． | 4.0×10-20C | D． | 1.92×10-18C |