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分析：

由速度图象分析可知，空间探测器在0～24s内竖直向上运动，24s末到达最高点，由0～24s内图象与坐标轴所围图形的面积读出最大高度．空间探测器在8s后关闭发动机，其加速度等于重力加速度，由斜率读出重力加速度．在0～8s内在0～8s内空间探测器发动机产生推力，根据图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解发动机的推力．

解答：

解：AB、探测器在星球表面达到的最大高度等于0～24s内速度图象与坐标轴所围三角形ABO的面积，最大高度h=$\frac {40×24}{2}$m=480m．空间探测器在8s后关闭发动机，其加速度等于重力加速度，g=$\frac {△v}{△t}$=$\frac {40}{16}$m/s_=2.5m/s_．故A错误，B正确；

C、0～8s内空间探测器的加速度a=$\frac {△v}{△t}$=$\frac {40}{8}$m/s_=5m/s_，由牛顿第二定律得，F-mg=ma得：F=mg+ma=15000N，故C正确．

D、由于上升的高度为480m，重力加速度为2.5m/s_．所以下落时的速度由v_=2gh得：v=$\sqrt {2gh}$=$\sqrt {2×2.5×480}$m/s=20$\sqrt {6}$m/s，故D错误．

故选：BC．

点评：

本题是速度图象问题，首先要根据图象分析物体的运动情况，其次抓住“斜率”等于加速度，“面积”等于位移．

分析：

水平拉力F拉静止在水平面上的物体时，在物体运动前，摩擦力随拉力的增大而增大，当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始运动，此时物体产生的加速度与拉力的变化关系可由牛顿第二定律F_合=ma⇒a=$\frac {F-f}{m}$得到．根据图象可知，物体产生加速瞬间的拉力大小为图象和F轴的截距，此时拉力F大小等于物体的滑动摩擦力，在中学阶段题目中没有明确说明最大静摩擦力的情况下可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以可求最大静摩擦力的大小．

解答：

解：A、物体受力和运动分析，物体在拉力作用下由于拉力小于最大静摩擦力，所以处于平衡状态，当拉力大于最大静摩擦力的时候，物体开始产生加速即开始运动，所以a-F图象中，图象与F轴的截距大小即为物体受到的最大静摩擦力，根据图象可以求得截距，故A选项正确；

B、由A选项可知，根据图象可以求得物体的滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律：F_合=F-f=ma，因为f已知，代入F$_1$=6N，a$_1$=0.4m/s_和F$_2$=12N，a$_2$=5m/s_可以得到物体的质量m，代入f=μF_N=μmg可得物体的动摩擦因数μ，故B选项正确；

C、因为图象只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，没有时间因子，故无法算得物体在12N拉力时所对应的速度，故C选项错误；

D、根据B选项的分析可知，本题能求出物体的质量m，故D选项正确．

故选ABD

点评：

在摩擦力中，对于最大静摩擦力的认识，并能知道，最大静摩擦力在没有特别说明的情况下等于物体受到的滑动摩擦力．本题易造成漏选．

分析：

木炭包在传送带上先是做匀加速直线运动，达到共同速度之后再和传送带一起匀速运动，黑色的径迹就是它们相对滑动的位移，求出相对位移再看与哪些因素有关．

解答：

解：A、刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误．

木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，

所以由牛顿第二定律知：μmg=ma，得：a=μg，

当达到共同速度时，不再有相对滑动，由V_=2ax 得木炭包位移为：X_木=$\frac {v}{2μg}$，

设相对滑动的时间为t，

由V=at，得：t=$\frac {v}{μg}$，

此时传送带的位移为：x_传=vt=$\frac {v}{μg}$

所以滑动的位移是：△x=x_传-X_木=$\frac {v}{2μg}$

由此可以知道，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误，

传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以C正确，

木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以D正确．

故选：CD．

点评：

黑色的轨迹的长度，就是求木炭包和传送带的相对滑动的位移，由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律很容易求得它们相对滑动的位移，再看相对滑动的位移的大小与哪些因素有关即可．

分析：

两种情况下木块均保持静止状态，对木快受力分析，根据共点力平衡条件可列式分析出绳子拉力大小关系；绳子断开后，对木块运动情况分析，可比较出运动时间．

解答：

解：A、B、对木块受力分析，受重力G、支持力N、拉力T、滑动摩擦力f，如图



由于滑动摩擦力与相对速度无关，两种情况下的受力情况完全相同，根据共点力平衡条件，必然有

F$_1$=F$_2$，故B正确，A错误．

CD、绳子断开后，木块受重力、支持力和向左的滑动摩擦力，重力和支持力平衡，合力等于摩擦力，水平向左

加速时，根据牛顿第二定律，有

μmg=ma

解得

a=μg

故木块可能一直向左做匀加速直线运动；也可能先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；

由于v$_1$＜v$_2$，故

①若两种情况下木块都是一直向左做匀加速直线运动，则t_l等于t$_2$

②若传送带速度为v$_1$时，木块先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；传送带速度为v$_2$时，木块一直向左做匀加速直线运动，则t$_1$＞t$_2$

③两种情况下木块都是先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动，则t$_1$＞t$_2$．故C正确，D错误．

故选：BC．

点评：

本题关键对木块进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解；皮带上木块的运动要分情况讨论．

分析：

根据牛顿第二定律求出小煤块的加速度，结合运动学公式求出小煤块匀加速运动的时间和位移，从而得出匀速运动的位移，求出匀速运动的时间，从而得出运动的总时间．根据传送带的位移和煤块的位移求出相对位移的大小，即划痕的长度．

解答：

解：根据牛顿第二定律得，小煤块在传送带上的加速度为：a=$\frac {μmg}{m}$=μg=4m/s_，

则匀加速运动的时间为：t$_1$=$\frac {v}{a}$=$\frac {2}{4}$s=0.5s，

匀加速运动的位移为：x$_1$=$\frac {v_0}{2a}$=$\frac {4}{2×4}$=0.5m，

则匀速的位移为：x$_2$=x-x$_1$=3.5-0.5m=3m，

匀速运动的时间为：t$_2$=$\frac {x$_2$}{v}$=$\frac {3}{2}$s=1.5s，

则从A到B的时间为：t=t$_1$+t$_2$=0.5+1.5s=2s，

划痕的长度为：△x=v_0t$_1$-x$_1$=2×0.5-0.5m=0.5m．故A、D正确，B、C错误．

故选：AD．

点评：

解决本题的关键理清小煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解，难度不大．