【物理】江西2020届高三上学期月考物理试卷10月份版含解析

【关键字】物理
2016-2017学年江西师大附中高三（上）月考物理试卷（10月份）
一、选择题（1-7题单选，8-12多选，每题4分，漏选得2分，共48分）
1．质点在一恒力作用下从运动开始运动，表示恒力所做的功与力的作用时间的关系图线可能是图中的（）
A．直线A B．曲线B C．曲线C D．直线D
2．某跳伞运动员从悬停在高空的直升机上跳下，他从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v﹣t图象如图所示，则下列关于他的运动情况分析不正确的是（）A．0～10 s内加速度向下，10～15 s内加速度向上
B．0～10 s、10～15 s内都做加速度逐渐减小的变速运动
C．0～10 s内下落的距离大于100 m
D．10～15 s内下落的距离大于75 m
3．一快艇要从岸边某处到达河中离岸100m远的浮标处，已知快艇在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，假设行驶中快艇在静水中航行的分速度方向选定后就不再改变，则（）
A．快艇的运动轨迹一定是直线
B．快艇的运动轨迹可能是直线，也可能是曲线
C．最快到达浮标处所用时间为20 s
D．最快到达浮标处通过的位移为100 m
4．如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个小球A和B 紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）
A．球A的线速度大小一定等于球B的线速度大小
B．球A的角速度大小一定等于球B的角速度大小
C．球A的向心加速度大小一定等于球B的向心加速度大小
D．球A对筒壁的压力大小一定等于球B对筒壁的压力大小
5．如图所示，A、B两物体相距s=7m，物体A以vA=4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度vB=10m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a=﹣2m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为（）
A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s
6．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某地行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学中称为“行星冲日”，假定有两个地外行星A和B，地球公转周期T0=1年，公转轨道半径为r0，行星公转周期TA=2年，B 行星公转轨道半径rB=4r0，则下列说法错误的是（）
A．A星公转周期比B星公转周期小
B．A星公转线速度比B星公转线速度大
C．相邻两次A星冲日间隔比相邻两次B星冲日间隔时间长
D．相邻两次A、B两星同时冲日时间间隔为2年
7．如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1．小球B从同一点Q处自由下落，下落至P点的时间为t2，不计空气阻力，则t1：t2为（）
A．1：2 B．1：C．1：3 D．1：
8．一质点正在做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）
A．质点单位时间内速率的变化量总是不变
B．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
9．如图所示为汽车的加速度和车速的倒数的关系图象．若汽车质量为2×103 kg，它由运动开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（）
A．汽车所受阻力为2×103 N
B．汽车匀加速所需时间为5 s
C．汽车匀加速的加速度为3 m/s2
D．汽车在车速为5 m/s时，功率为6×104 W
10．“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型．已知绳长为l，重力加速度为g，则（）
A．当v0＜时，细绳始终处于绷紧状态
B．当v0＞时，小球一定能通过最高点P
C．小球运动到最高点P时，处于失重状态
D．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
11．一个质量为m=2kg的物块运动放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，在水平拉力F作用下物块由运动开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，如图a所示，物块运动过程中其速度v 随时间t变化规律如图b所示，重力加速度g取l0m/s2，则（）
A．物块经过4s时间到出发点
B．4.5s时刻水平力F的大小为16N
C．6s内摩擦力对物体先做负功，后做正功，总功为零
D．物块运动到第4s时改变水平拉力的方向
12．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于运动状态．现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则（）
A．从运动到B刚离开C的过程中，A发生的位移为
B．从运动到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为
C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为（5mgsinθ+2ma）v
D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为
二、填空题（每空2分，共14分）
13．用如图甲所示的装置测定弹簧的劲度系数，被测得弹簧一端固定于A点，另一端B用细绳绕过定滑轮挂钩码，旁边竖直固定一最小刻度为mm的刻度尺，当挂两个钩码时，绳上一定点P对应刻度如图乙ab虚线所示，再增加一个钩码后，P点对应刻度如图乙cd虚线所示，已知每个钩码质量为50g，重力加速度g=9.8m/s2，则
（1）被测弹簧的劲度系数为N/m
（2）挂三个钩码时弹簧的形变量为cm．
14．为了较准确地测量某细线能承受的最大拉力，小明进行了如下实验：小明在实验室里还找到一把刻度尺和一个玩具小熊，接着进行了如下的操作：
①用刻度尺测出细线的长度L，用弹簧测力计测出玩具小熊的重力G；
②按图所示安装玩具小熊、细线（玩具小熊悬挂在细线的中点）；
③两手捏着细线缓慢向两边移动直到细线断裂，读出此时两手间的水平距离d；
④利用平衡条件算出结果．
在不计细线质量和伸长影响的情况下，请回答：
（1）小明算出的细线能承受的最大拉力是（用L、G、d表示）；
（2）在小明两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，下列说法正确的是．
A．细线上的拉力大小不变
B．细线上的拉力大小减小
C．细线上拉力的合力大小不变
D．细线上拉力的合力大小增大．
15．利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度和滑块与斜面间的动摩擦因数．一倾角为θ=30°的斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t．改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t 值；
（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是；
（2）根据测出的数据画出﹣t图线如图所示；则滑块加速度的大小为a=m/s2，滑块与
斜面间的动摩擦因数μ=（g取l0m/s2）
三、计算题（计算题5题，需要写出必要的解题步骤，共48分）
16．一个底面粗糙、质量为M的劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30°角；现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示，试求：
（1）当劈静止时绳子的拉力大小．
（2）若地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈支持力的k倍，为使整个系统静止，k值必须满足什么条件？
17．某人在相距40m的A、B两点间练习折返跑，他在A点由静止出发跑向B点，到达B 点后立即返回A点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是4m/s2和8m/s2，运动过程中的最大速度为8m/s，从B点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A点．求：
（1）从B点返回A点的过程中以最大速度运动的时间；
（2）从A点运动到B点与从B点运动到A点的平均速度的大小之比．
18．利用万有引力定律可以测量天体的质量
（1）测地球的质量
英国物理学家卡文迪许，在实验室里巧妙地利用扭秤装置，比较精确地测量出了引力常量的数值，他把自己的实验说成是“称量地球的质量”．已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G．若忽略地球自转影响，求地球的质量．
（2）测月球的质量
所谓“双星系统”，是指在相互间引力作用下，绕连线上某点O做匀速圆周运动两个星球A 和B，如图所示．在地月系统中，若忽略其它星球影响，可将月球和地球看成“双星系统”．已知月球公转周期为T，月球、地球球心间距离为L．你还可以利用（1）中提供的信息，求月球的质量．
19．如图所示，一个质量为1kg的煤块从光滑曲面上高度H=1.25m处无初速释放，到达底端时水平进入水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速率为3m/s．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2．煤块冲上传送带后就移走光滑曲面．（g取10m/s2）．（1）若两皮带轮之间的距离是6m，煤块将从哪一边离开传送带？
（2）若皮带轮间的距离足够大，从煤块滑上到离开传送带的整个过程中，由于煤块和传送带间的摩擦而产生的划痕长度有多长？摩擦力对煤块做的功为多大？
20．如图所示，质量M=10kg、上表面光滑的足够长的木板的在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为
m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L=1m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L=1m就在木板的最右端无初速放一铁块．试问．（取g=10m/s2）
（1）第2块铁块放上时，木板的速度多大？
（2）最终木板上放有多少块铁块？
（3）从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？
2016-2017学年江西师大附中高三（上）月考物理试卷（10
月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（1-7题单选，8-12多选，每题4分，漏选得2分，共48分）
1．质点在一恒力作用下从静止开始运动，表示恒力所做的功与力的作用时间的关系图线可能是图中的（）
A．直线A B．曲线B C．曲线C D．直线D
【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】质点在一恒力作用下从静止开始做匀加速运动，恒力做功W=Fx，x=，得到
W与t的表达式，再选择图象．
【解答】解：恒力做功W=Fx，
由于质点做初速度为零的匀加速直线运动，则位移x=，则得W=F•
因F、a都一定，则W与t2成正比，W﹣t是开口向上的抛物线，故曲线B是可能的．
故选B
2．某跳伞运动员从悬停在高空的直升机上跳下，他从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v﹣t图象如图所示，则下列关于他的运动情况分析不正确的是（）A．0～10 s内加速度向下，10～15 s内加速度向上
B．0～10 s、10～15 s内都做加速度逐渐减小的变速运动
C．0～10 s内下落的距离大于100 m
D．10～15 s内下落的距离大于75 m
【考点】匀变速直线运动的图像．
【分析】速度时间图象的斜率等于加速度，根据图象的斜率分析加速度大小如何变化，判断运动员的运动情况．自由落体运动是初速度为零的加速度为g的匀加速直线运动．根据图象与时间轴所围的面积表示位移，求物体下落的距离．
【解答】解：由图象和题意可知，向下方向为正方向．
A、速度时间图象的斜率等于加速度，由图象可知，0～10s斜率为正，加速度向下，10～15s 斜率为负，加速度向上，故A正确；
B、由图象可知，0～10s、10～15s内斜率都逐渐减小，所以加速度都逐渐减小，故B正确；
C、若0﹣10s做匀加速直线运动，则位移为x=×10m=100m，而本题图象围成的面积
比匀加速直线运动的大，所以0～10s内下落的距离大于100m，故C正确；
D、同理可以证明10s～15s内下落的距离小于匀减速直线运动的位移75m，故D错误．
本题选不正确的，故选：D
3．一快艇要从岸边某处到达河中离岸100m远的浮标处，已知快艇在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，假设行驶中快艇在静水中航行的分速度方向选定后就不再改变，则（）
A．快艇的运动轨迹一定是直线
B．快艇的运动轨迹可能是直线，也可能是曲线
C．最快到达浮标处所用时间为20 s
D．最快到达浮标处通过的位移为100 m
【考点】运动的合成和分解．
【分析】快艇参与了两个分运动，即以静水中速度的运动和随水流的运动，最终的运动是这两个运动的合运动．当静水速的方向与河岸垂直，则运行的时间最短．
【解答】解：A、两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，知合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动．故A错误、B错误．
C、静水速垂直于河岸时，时间最短．由图可知，在垂直于河岸方向上的加速度a=0.5m/s2，由d=at2得，t=20s．故C正确．
D、在沿河岸方向上的位移x=v2t=3×20m=60m，所以最终位移s==20m．故
D错误．
故选：C
4．如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个小球A和B 紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则（）
A．球A的线速度大小一定等于球B的线速度大小
B．球A的角速度大小一定等于球B的角速度大小
C．球A的向心加速度大小一定等于球B的向心加速度大小
D．球A对筒壁的压力大小一定等于球B对筒壁的压力大小
【考点】向心力；牛顿第二定律．
【分析】小球做圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律得出线速度、角速度、向心加速度的表达式，从而比较大小．根据平行四边形定则得出支持力的表达式，比较大小关系．
【解答】解：A、对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图，根据牛顿第二定律，有：
F=mgtanθ=ma=，
解得v=，a=gtanθ，ω=，A的半径大，则A的线速度大，角速度小，向心加速度相等．故A、B错误，C正确．
D、根据平行四边形定则得，N=，由于两球的质量不一定相等，则支持力不一定相
等，所以压力不一定相等，故D错误．
故选：C．
5．如图所示，A、B两物体相距s=7m，物体A以v A=4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B 此时的速度v B=10m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a=﹣2m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为（）
A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】假设经过时间t，物块A追上物体B，根据位移时间公式结合几何关系列式求解即可．
【解答】解：物体A做匀速直线运动，位移为：x A=v A t=4t
物体B做匀减速直线运动减速过程的位移为：x B=v B t+at2=10t﹣t2
设物体B速度减为零的时间为t1，有t1==5s
在t1=5s的时间内，物体B的位移为x B1=25m，物体A的位移为x A1=20m，由于x A1＜x B1+S，故物体A未追上物体B；
===8s
5s后，物体B静止不动，故物体A追上物体B的总时间为：t
总
故选：B．
6．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某地行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学中称为“行星冲日”，假定有两个地外行星A和B，地球公转周期T0=1年，公转轨道半径为r0，行星公转周期T A=2年，B 行星公转轨道半径r B=4r0，则下列说法错误的是（）
A．A星公转周期比B星公转周期小
B．A星公转线速度比B星公转线速度大
C．相邻两次A星冲日间隔比相邻两次B星冲日间隔时间长
D．相邻两次A、B两星同时冲日时间间隔为2年
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】根据开普勒第三定律，求出B行星的公转周期，从而比较A星公转周期与B星公转周期的大小关系；由公转周期比较公转的轨道半径大小关系，最后A、B星的公转线速度大小关系，行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的平方的比值都相等求出B行行公转周期，如果时间是两个周期的最小公倍数，则两个行星都转动整数圈，两者一定共线．
【解答】解：A、根据开普勒第三定律，，代入，得年，据题意，所以A星公转周期比B星公转周期小，故A正确；
B、根据，B星周期越大，B星轨道半径越大，由，B星的线速度小，
所以A星公转线速度比B星公转线速度小，故B正确；
C、A行星公转周期T A=2年，地球公转周期T0=1年，则当A星与地球处于同一直线上时，再经过2年，A行行又与地球在同一直线上，所以相邻两次A星冲日间隔为2年；相邻两次B星冲日间隔为8年，所以相邻两次A星冲日间隔比相邻两次B星冲日间隔短，故C错误；
D、若某个时刻A、B两星冲日，根据AB选项的分析可知，经过8年，A、B两星再次冲日，故D错误．
本题选错误的，故选：CD
7．如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1．小球B从同一点Q处自由下落，下落至P点的时间为t2，不计空气阻力，则t1：t2为（）
A．1：2 B．1：C．1：3 D．1：
【考点】平抛运动．
【分析】小球做平抛运动时，根据分位移公式求出竖直分位移和水平分位移之比，然后根据几何关系求解出的自由落体运动的位移并求出时间．
【解答】解：小球A恰好能垂直落在斜坡上，如图
由几何关系可知，小球竖直方向的速度增量
v y=gt1=v0①
水平位移S=v0t1②
竖直位移h Q=③
由①②③得到：=
由几何关系可知小球B作自由下落的高度为：
h Q+S=④
联立以上各式解得：=
故选：B．
8．一质点正在做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）
A．质点单位时间内速率的变化量总是不变
B．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【分析】由加速度的定义a=来判断质点单位时间内速率的变化量．
明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动；
由牛顿第二定律F=ma可知，物体加速度的方向由合外力的方向决定；
【解答】解：A．如果恒力与速度方向在同一直线上，则因为合外力恒定，加速度恒定，由△v=a△t可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但是，如果质点做匀变速曲线运动，则单位时间内速率的变化量是变化的，故A错误；
B、质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，故B错误；
C．因原来物体受力平衡，则加上恒力后，合力即为该恒力；则由牛顿第二定律可知，加速度的方向一直与恒力方向相同；故C正确
D、由于力是恒力，故物体不可能做匀速圆周运动，故力的方向与速度方向不可能一直垂直，故D正确．
故选：CD．
9．如图所示为汽车的加速度和车速的倒数的关系图象．若汽车质量为2×103 kg，它由静
止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（）
A．汽车所受阻力为2×103 N
B．汽车匀加速所需时间为5 s
C．汽车匀加速的加速度为3 m/s2
D．汽车在车速为5 m/s时，功率为6×104 W
【考点】功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】从图线看出，开始图线与x轴平行，表示牵引力不变，牵引车先做匀加速直线运动，倾斜图线的斜率表示额定功率，即牵引车达到额定功率后，做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动
【解答】解：A、设汽车的额定功率为P，由图知，汽车的最大速度为30m/s，此时汽车做匀速直线运动，有F=f，代入得：P=f×30①
当时，，
根据牛顿第二定律得：，
代入得：②
由①②解得：，，故A正确；
B、汽车匀加速运动的末速度，得v=10m/s，匀加速运动的时间，故B正确；
C、由图汽车匀加速运动的加速度为，故C错误；
D、根据牛顿第二定律，汽车匀加速运动时有：F﹣f=ma，代入数据得
车速为5m/s时，功率为，故D错误；
故选：AB
10．“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型．已知绳长为l，重力加速度为g，则（）
A．当v0＜时，细绳始终处于绷紧状态
B．当v0＞时，小球一定能通过最高点P
C．小球运动到最高点P时，处于失重状态
D．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
【考点】向心力；牛顿第二定律．
【分析】绳子绷直有两种情况：1、不越过四分之一圆周，2、越过圆周运动的最高点，结合动能定理分析判断．根据加速度的方向得出小球处于超重还是失重．根据牛顿第二定律和动能定理得出在P、Q两点的拉力差，从而分析判断．
【解答】解：A、根据动能定理得，，若v0＜时，则h，可
知小球不会越过四分之一圆周，细绳始终处于绷紧状态，故A正确．
B、小球越过最高点的临界速度v=，根据动能定理得，，解得v0=，即在最低点的速度需满足，小球才能通过最高点P，故B错误．
C、小球运动到最高点P时，加速度的方向向下，处于失重状态，故C正确．
D、在Q点，根据牛顿第二定律得，，在P点，，又
，联立解得△F=F1﹣F2=6mg，故D错误．
故选：AC．
11．一个质量为m=2kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，如图a所示，物块运动过程中其速度v
随时间t变化规律如图b所示，重力加速度g取l0m/s2，则（）
A．物块经过4s时间到出发点
B．4.5s时刻水平力F的大小为16N
C．6s内摩擦力对物体先做负功，后做正功，总功为零
D．物块运动到第4s时改变水平拉力的方向
【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的图像．
【分析】物体速度值为正，向正方向运动，速度值为负，向反方向运动，由图象分析可知物块经过4s时间距出发点最远；
在v﹣t图象中斜率代表加速度，根据图象求出加速度结合牛顿第二定律求出拉力；
根据物体的运动方向和摩擦力的方向判断功的正负；
第4s时刻，物体运动方向改变，水平拉力的方向改变．
【解答】解：A、由图可知，0到4s，物体速度值为正，向正方向运动，4到5s，速度值为负，向反方向运动，所以物块经过4s时间距出发点最远，故A错误；
B、4到5s，物体的加速度为：a===3m/s2，由牛顿第二定律可得：F﹣μmg=ma，F=0.5
×2×10+2×3，解得：F=16N，故B正确；
C、0到4s，物体向正方向运动，摩擦力做负功；4到5s，物体反方向运动，但是摩擦力仍然与运动方向相反，摩擦力还是做负功，故C错误；
D、0到4s，物体向正方向运；4到5s，物体反方向运动，所以物体运动到第4s时改变水平拉力的方向，故D正确．
故选：BD．
12．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则（）
A．从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为
B．从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为
C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为（5mgsinθ+2ma）v
D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为
【考点】动能定理的应用．
【分析】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块B刚要离开C 时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的形变量，得到弹簧的长度变化情况，从而求出A发生的位移，根据功的公式求出重力对A做功的大小．
根据牛顿第二定律求出F的大小，结合P=Fv求出恒力对A做功的功率．
当A的加速度为零时，A的速度最大，根据合力为零求出弹簧的拉力，从而结合牛顿第二定律求出B的加速度．
【解答】解：A、开始A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：3mgsinθ=kx1，解得弹簧的压缩量，当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2=2mgsinθ，解得弹簧的伸长量，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移
x=，故A正确．
B、从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功W=﹣3mgxsinθ=﹣，
故B错误．
C、根据牛顿第二定律得，F﹣3mgsinθ﹣kx2=3ma，解得F=5mgsinθ+3ma，则恒力对A做功的功率P=Fv=（5mgsinθ+3ma）v，故C错误．
D、当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F﹣3mgsinθ﹣T′=0
所以：T′=2mgsinθ+3ma
B沿斜面方向受到的力：F B=T′﹣2mgsinθ=2ma′，。