参考答案：A、B、此车加速上坡，加速度沿着斜面向上，故加速度具有向上的分量，故处于超重状态，故A正确，B错误；
C、D、人随着车加速上坡，加速度沿着斜面向上，故合力沿着斜面向上；
再对人受力分析，受重力、支持力和向右的静摩擦力，故C正确，D错误；
故选AC．

本题解析：

本题难度：简单

2、选择题  以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块，假定物块所受的空气阻力f大小不变，已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为

[? ]

参考答案：A

本题解析：

本题难度：一般

3、简答题  如图，质量m、带电+q的小球套在绝缘杆上，杆与水平面成θ角，球杆间摩擦系数为μ，且有μsinθ＞cosθ，杆又放在竖直的平板AB之间，AB间距离为d，并和变阻器及电源相连，变阻器总电阻为R，电源内阻为r．求：
（1）当滑动触头P位于a点时，小球沿杆下滑的加速度为多少？当P由a滑向b时，小球加速度如何变化？
（2）若当P位于变阻器中间时，小球沿杆下滑的加速度恰好达到最大，求这最大加速度值及电源电动势值．

参考答案：（1）当滑动触头P位于a点时，电容器板间电压为零，板间无电场，小球不受电场力，由牛顿第二定律
得：mgsinθ-μmgcosθ=ma，得 a=g（sinθ-μθ）
当P由a滑向b时，小球受到水平向右的电场力，设为F．
开始阶段，Fsinθ＜mgcosθ，杆对球的弹力垂直杆向上，大小为N=mgcosθ-Fsinθ，小球的加速度为a=mgsinθ-μNm=gsinθ-μm（mgcosθ-Fsinθ），P由a滑向b时，F增大，则可知，加速度逐渐增大；后来阶段，Fsinθ＞mgcosθ，杆对球的弹力垂直杆向上，大小为N=Fsinθ-mgcosθ，小球的加速度为a=mgsinθ-μNm=gsinθ-μm（Fsinθ-mgcosθ），F增大时，a减小，所以当Fsinθ=mgcosθ时，加速度最大．故在整个过程中，小球的加速度先增大后减小．
（2）由上分析知，当Fsinθ=mgcosθ时，加速度最大为gsinθ．，而且有? F=mgcotθ．
又F=qUd，U=12?RR+rE
联立解得，电源的电动势E=2mgd(R+r)cotθqR
答：（1）当滑动触头P位于a点时，小球沿杆下滑的加速度为gsinθ．当P由a滑向b时，小球加速度先增大后减小．
（2）小球最大加速度值为gsinθ，电源电动势值为2mgd(R+r)cotθqR．

本题解析：

本题难度：一般

4、简答题  如图所示，平板A长l=10m，质量M=4kg，放在光滑的水平面上．在A上最右端放一物块B（大小可忽略），其质量m=2kg．已知A、B间动摩擦因数μ=0.4，开始时A、B都处于静止状态（取g=10m/s2）．则
（1）若加在平板A上的水平恒力F=6N时，平板A与物块B的加速度大小各为多少？
（2）要将A从物块B下抽出来，则加在平板A上的水平恒力F至少为多大？
（3）若加在平板A上的水平恒力F=40N时，要使物块B从平板A上掉下来F至少作用多长时间？

参考答案：对系统，假设AB之间不发生滑动．则
F=（M+m）a
解得a=FM+m=64+2m/s2=1m/s2
对B而言，ma＜μmg
所以假设成立．
平板A与物块B的加速度大小为aA=aB=1m/s2
（2）对B，根据牛顿第二定律有μmg=ma0
解得a0=μg=0.4×10m/s2=4m/s2．
对系统：F=（M+m）a0=（4+2）×4N=24N．
所以加在平板A上的水平恒力F至少为24N
（3）设F的作用时间为t1，撤去F后，经过t2时间达到相同速度．
对B：
v共=gμ(t1+t2)SB=12gμ(t1+t2)2
对A：
vA=a1t1v共=vA-a2t2 F-mgμ=Ma1mgμ=Ma2
则A的位移sA=12a1t12+vAt2-12a2t22
因为sA-sB=l，
解得t1=

本题解析：

本题难度：一般

5、选择题  粗糙的斜面体M放在粗糙的水平面上，物块m恰好能在斜面体上沿斜面匀速下滑，斜面体静止不动，如图甲所示，斜面体受地面的支持力为N1；若用平行力于斜面向下的力F推动物块，使物块加速下滑，斜面体仍静止不动，如图乙所示，斜面体受地面的支持力为N2；若用平行于斜面向上的力F推动物块，使物块减速下滑，斜面体仍静止不动，如图丙所示，斜面体受地面的支持力为N3；若在水平推力F作用下，物块减速下滑，斜面体仍静止不动，如图丁所示，斜面体受到地面的支持力为N4。则

A．N3＜N1 =N4＜N2
B．N2＜N1＜N4＜N3
C．N1 =N2=N3=N4
D．N1 =N2=N3＜N4

参考答案：D

本题解析：略

本题难度：一般