专题6 机械能-2024年高考物理小题必刷卷

专题六) 机械能 -I高考攻略1 高考对本专题的考查形式多样、内容丰富、考法灵活。题型有选择题、实验题、计算题等,试题综 合性强,对能力要求较高,往往与动力学、运动学以及电磁学等主于知识相结合,并密切联系实际,难 度较大,突出体现高考的选择性特征。 1 【考点·分层分练】 末开始关闭动力减速滑行,t,时刻停止运动。已 知,/1一10s.汽车的额定功率为80kW,整个过 考点一 功的分析与计算 程中汽车受到的阻力大小不变。下列说法正确 的是 1.(2024·黑龙江省大庆中 N ) 学模拟)一质量为2kg的 A.力时刻的瞬时速度10m/s 物体,在水平恒定拉力的 B.汽车在~50s内通过的距离x-1300m 作用下以某一速度在粗糙 C.2为80s 的水平面上做匀速运动 D.阻力大小为1000N 当运动一段时间后拉力逐 考点四 重力势能 渐减小,且当拉力减小到 12tm 4.(2024·河南开封市高三模拟)如 零时,物体刚好停止运动,图中给出拉力随位移 图,物体A的质量为n,置于水 变化的关系图像,则根据以上信息能精确得出或 平地面上,其上表面竖直连着一 估算得出的物理量有(取g-10m/s) ) 根轻弹赞,弹箭的自由长度为L. A.物体与水平面间的动摩擦因数为一0.25 劲度系数为,现将弹策上端P/ B.物体在8m处的加速度为a一4ms2 缓慢地竖直上提一段距离H,使重物离开地面. C.整个过程中拉力做功96] 这时重物的重力势能为(设地面的重力势能为 D.合力做的功为一32] 零) _ 考点二 功率的分析与计算 B.ng(H1) A.ng(H-L) 2.(2024·山东东营一中高 C.(-m) 三模拟)如图所示,质量相 D.n(H-1-_) 等的小球A、B分别从2/ 考点五 动能和动能定理 “1 和/的高度水平抛出后落 5.(2024·云南大理市高三模拟) A--1_0 地,上述过程中A、B的水 平位移分别为/和2/。两 如图所示,有一半径,-0.5m 小球可视为质点,忽略空气阻力,则 的粗糙半圆轨道,A与圆心C _ A.整个运动过程中A、B的位移相同 等高,有一质量n一-0.2kg的 B.A、B平抛的初速度之比为1:2 物块(可视为质点)从A点由静止滑下,滑至最低点 B时的速度为v-1m/s,g取10ms2。下列说法 C.A、B落地时重力的瞬时功率之比为2:1 正确的是 ( D.A、B从抛出到落地的过程中重力的平均功率 ) 斑 之比为2:1 A.物块过B点时对轨道的压力大小是0.4N 考点三 机车启动问题 B.物块过B点时对轨道的压力大小是2.0N .l(m,-) 3.(2024·山东师大附 C. 从A到B的过程中克服摩擦力做的功为0.91 南智 中模拟)某款质量n40--- D.从A到B的过程中克服摩擦力做的功为0.1] -1000kg的汽车沿 6.(2024·内蒙古包头模拟)如图所示,轻弹的右 平直公路从静止开始 端与固定竖直挡板连接,左端与B点对齐。质量 做直线运动,其o一1 为n的小物块以初速度v。从A向右滑动,物块 图像如图所示。汽车 50 70 8 在0~,时间内做匀加速直线运动,~50s内 汽车保持额定功率不变,50s~70s内汽车做匀 (图中未画出)时速度刚好为零。已知A、B间的 速直线运动,最大速度v.一40ms.汽车从70s 25 为g,则小物块反弹之后从B点运动到C点所用 处,OMA三点在同一水平线上,弹性绳的原长等 的时间为 ( ) 于OM,圆环从A处由静止开始释放,到达C处 时速度为零,AC一h。如果圆环在C处获得一竖 直向上的速度v,恰好能回到A,弹性绳始终在弹 #1# 性限度内,重力加速度为g,则下列分析正确 B./9 3. 的是 ) ## A.下滑过程中,竖直杆对圆环摩擦力越来越大 B.从A下滑到C过程中摩擦发热为 #o{} 考点六 机械能守恒定律 7.(2024·广东广州市黄浦区模拟)下列能量条形 C.在C处,弹性绳的弹性势能为mgh- 图表示了一做自由落体运动的物体在释放处和 D.圆环的机械能在下滑过程中持续减小,上升 下落至一半高度处,其动能E,和重力势能E. 过程中持续增加 的相对大小关系,可能正确的是 , 10.(2024·海南海口市海南华桥中学模拟)如图所 示,质量为的物体在水平传送带上由静止释 放,传送带由电动机带动,始终保持以速度v匀 速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为1,物 静止释放处 一半高度处 静止释放处 体过一会儿能保持与传送带相对静止,对于物 体从静止释放到相对静止这一过程中,下列说 法正确的是 ( A B ) A.摩擦力对物体做的功为nv2 超放处 高 静止释放处 一半高度处 C D 8.(2024·河北省高三一模)如图所 示,两根相同的弹策一端固定在水 #过)” 平地面上,另一端分别与小物块A、 【考能·演习演练】 B连接。弹的劲度系数一125N/m,小物块 11.(2024·黑龙江哈尔滨九中模拟)如图所示,甲。 A、B的质量分别为m=2kg、M-8kg。用一根 乙两个完全相同的小球,从高度不同、底面长度 轻绳通过两定滑轮连接两小物块,与两小物块连 相同的光滑斜面顶端由静止释放,已知斜面倾 接部分轻绳处于竖直,两弹恰好为原长。静止 角>0,两小球均可视为质点,不计空气阻 释放两小物块A、B,两弹一直处于弹性限度 ( 力。下列说法正确的是 ) 内,重力加速度g-10m.s{2},则两小物块运动过 甲Cm ( 程中的最大速度为 A.3.60m/s B. 2.20m/s 乙Cm C.0. 90 m/s D. 1.2m/s 考点七 功能关系 ##) 9.(2024·浙江杭州模拟)如图 7IIIIIII 所示,劲度系数为处的轻质弹 A.甲、乙两球滑到斜面底端时速度相同 性绳一端固定在Q点,另一端 B. 甲、乙两球滑到斜面底端时动能相同 与一质量为n、套在摩擦因数 C.甲、乙两球下滑过程中,乙球重力做的功较多 为的粗糙竖直固定杆的圆 D. 甲、乙两球滑到斜面底端时,甲球重力的瞬 环相连,M处有一光滑定滑轮,初始圆环置于A 时功率较大 26 12.(2024·浙江模拟)如图所示为某型号电动车在 14.(2024·北京市东城区模拟)质量为1kg的物 某次测试中的速度。与牵引力F大小的倒数图 体静止在粗糙的水平地面上,在一水平外力F 像(-),已知汽车在平直路面上由静止启 的作用下运动,如图甲所示,运动9米后F停止 作用,外力F和物体克服摩擦力f做的功与物 动,阻力恒定,最终达到最大速度m后以额定 体位移的关系如图乙所示,重力加速度g 功率匀速行驶,a、cd平行于v轴,bc反向延长 ( 10ms2。下列说法正确的是 ) 线过原点O,汽车质量为M,已知M、F、F。 m,下列说法不正确的是 ( ) n/(m·s-1) & □ 7777777777777777. 6 91012 15xn 乙 A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.1 B.物体运动的位移为13m N C.物体在前3m运动过程中的加速度为5ms A.汽车额定功率为F2vm D.x=9m时,物体的速度为3v2m/s B.汽车从到c过程做变加速运动 15.(2024·北京市昌平区校联考)如图所示,在光 C.汽车匀加速运动持续的时间为(F十F。)F MF。m 滑水平桌面内,固定有光滑轨道ABC,其中半 圆轨道BC与直轨道AB相切于B点,物体受 M2} D.汽车从a到过程克服阻力做功 到与AB平行的水平拉力F,从静止开始运动 2(F.-F)F 拉力下的大小满足如图乙所示(以A为坐标原 13.(2024·重庆市南开中学模拟)如图甲所示,儿 点,拉力F从A指向B为正方向)。若n三 童四轮电动汽车具有高度的仿真性,能很好培 1 kg,AB-4m,半圆轨道的半径R-1.5m,重 养孩子的操作能力,锻炼核子肢体的协调性 力加速度取g一10ms2.则下列说法中正确 小南选择一辆儿童电动汽车进行实验,他先操 ( 的是 _ 控汽车沿水平直轨道由静止开始运动,3s时达 .F/N 到最大功率,之后保持最大功率行驶,14s时解 除动力自由滑行,20;时停正运动,汽车运动的 u-7图像如图乙所示(仅3s~10s内图像为曲 甲 线)。已知人与车总质量为65kg,假定汽车所 乙 受的阻力恒定,重力加速度g取10ms2,结合 A.拉力F从A到B做功为501 ( ) 图像的信息可知 B.物体从B到C过程中,所受的合外力为0 ./(m.:) C.物体能够到达C点,且速度大小为2v5m/s D.物体能够到达C点,且速度大小为215ms 16.(多选)(2024·甘肃省兰州一中模拟)如图所 02468101214 示,竖直固定的光滑细杆上穿着一个小球B,小 甲 乙 球通过一根不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑 A.汽车的最大功率为650W 轮与质量为n的物块A相连,用手将物块A竖 B.汽车所受到的阻力大小为50N 直向上托起至定滑轮左侧细绳与竖直方向的夹 C.前3s内汽车所受牵引力的大小为130N 角为2,现突然松丰,物块A开始在竖直方向上 D. 14s~20s内汽车克服阻力所做的功为1300] 做往复运动,小球最高能到达M点。已知定滑 2 轮到细杆的距离为d,Q点和定滑轮的高度相 传送带开始沿顺时针方向匀加速转动,A点运动 同,OM OP,sin0-0.6,重力加速度大小为g; 的图像如图乙所示,煤块与传送带间动摩擦 ~ 定滑轮可看作质点,下列说法正确的是( 因数为0.5,传送轮和煤块大小均可以忽略(g 10.m s2,sin37*-0.6,cos37*-0.8)。煤块在传送 M 带上运动的过程中,下列说法正确的是 --70 ) .pm;) #2 PB A A.小球经过Q点时的加速度大小为g 2 甲 A.煤块运动至最高点,位移为10m 3ng C.绳中的最小张力为 B.煤块在传送带上运动时间为2s 7-2ngd C.煤块在传送带上留下的痕迹为12m D.该系统的最大总动能为 5 D.煤块与传送带间产生的热量为90 17.(多选)(2024·北京市西城区校级模拟)汽车在 【考场·真题真练】 平直公路上以速度。匀速行驶,发动机的功率 19.(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动,遵 为P,司机为合理进入限速区,减小了油门,使汽 照安全规范,坐在滑板上,从高为人的粗精斜坡 车功率立即减小一半并保持该功率继续行驶,设 顶端由静止下滑,至底端时速度为。已知人 汽车行驶过程中所受阻力大小不变,从司机减小 与滑板的总质量为n,可视为质点。重力加速 油门开始,汽车的速度v与时间的关系如图所 度大小为g,不计空气阻力。则此过程中人与 示,则在0~右时间内下列说法正确的是 滑板克服摩擦力做的功为 ) B.0 _~ A.ngh 1 ./fm·s) 0 0.5 20.(2024·江西卷)“飞流直下三千尺,疑是银河落 九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设 0 瀑布的水流量约为10m{③/s,水位落差约为 A.汽车的牵引力不断增大 150m。若利用瀑布水位落差发电,发电效率为 70%,则发电功率大致为 ( 7no 3n 8P 18.(多选)(2024·南充模拟)如图甲所示,浅色倾斜 传送带两侧端点间距6m,皮带总长12m,倾角 37*}。7一0时,一质量为1kg的煤块从传送带底部 A.10W B.107W C.105W 的A点,以10m/s的速度冲上传送带。(-1s时; D.103W 28在潜艇从水面下200m处上升到达水面的过程中, 时功率之比为PA:PB=mguAy'mguBy=2:1,故 由牛顿第二定律有m2g-F-m2a3 C正确;D、A、B从抛出到落地的过程中重力的平均功 解得m2~2.8×10kg。 率之比为P:Pm·2.mgl-:1,故D 【答案】 (1)5.0×10②}m (2)2.2×10*kg 2.8X fA 1B 10kg 错误。 【答案】 16.【解析】 (1)物块刚滑上木板时,设物块的加速度大 C 小为a, 3.【解析】AD.根据题意可知,当汽车以额定功率行驶 对物块受力分析,根据牛顿第二定律有:mgsin0十 11mgcos 0-ma1 P80x103 由题意,物块到达木板上端时物块的速度恰好为零, 得:/- 40 -N一2000N,根据题意,设1时 根据匀变速直线运动的规律有: m P设 -2aL,代入数据解得;L-4.5m; 刻,汽车的速度为v则,此时的牵引力为F1一 (2)物块上滑的过程中,木板恰好不往下滑,对木板 汽车在0~1时间内做匀加速直线运动的加速度为 受力分析,根据平衡条件,在沿斜面方向上有:Mgsin a1,则有vi=a1t1,由牛顿第二定律有F1-f=mal, -nmgcosθ+F 联立解得v-20m/s,故AD错误;B./1~50s内,由 在垂直于斜面方向上有:Fr-u(n+M)gcos6 动能定理有 P(50- 1)-x=m-},解得 _选 联立代入数据解得:2= x-1300m,故B正确;C.由牛领第二定律可得,关闭 (3)当物块到达木板上端后,物块与木板都从静止开 始沿斜面向下做匀加速运动,设物块的加速度大小 为a2、木板的加速度大小为a,物块经时间1滑到木 由运动学公式v=v+a2t可得vm-a(t2-70),解得 板下端,对物块受力分析,根据牛顿第二定律有; 1-90s,故C错误。 【答案】B mgsinθ-mgcos 0-ma2 解得:a2-2m/s} 4.【解析】设物体离开地面的高度为h,根据题意可知 对木板受力分析,根据牛领第二定律有:uimgcos0十 F=k^x-mg 则△x-mg,弹上端P竖直上提 Mgsin0-2(M+m)gcos θ-Ma 解得:a3-1m/s② 的距离为H,则重物上升高度h-H-△x-H-m. 已知地面为零势能面,根据重力势能公式可知Ep 第__(11一”),故C正确。 时间1内木板的位移大小:s2一 【答案】C 根据几何关系有:s1-s2-1. 物块滑离木板时,木板的速度大小为:一al 5.【解析】在B点时,由牛顿第二定律得F一mg=m 联立解得:v-3m/s 解得F一2.4N,由牛顿第三定律可知,滑块对轨道 的压力大小为2.4N,故A、B错误。对从A到B的过 (1)4.5m 【答案】 (3)3m/s 程,由动能定理得mgr-W:-mo2-0,解得W= 专题六 机械能 0.9J,即克服摩擦力做功为0.9J,故C正确,D错误。 【答案】 1.【解析】 C A、物体做匀速运动时,受力平衡,由平衡条 _解得:_0.4. 6.【解析】根据题意分析,弹策被压缩后恢复原长,而 件得:f-F-8N,所以有 物块压缩弹的过程中弹策的弹力对物块做负功,弹 Fs mg 策恢复原长的过程中,弹策的弹力对物块做正功,在 故A错误;B、由图可知在8m处拉力大小为F一4N,根 整个过程中弹策的弹力对物块所做功的代数和为零, 据牛顿第二定律有F一f一m,代入数据可得:a= 设物块与地面间的动摩擦因数为u,因此对物块运动 一2m/s2,故B错误;CD、F一s图像与x轴围成的面 的全过程,根据动能定理有-umg·2L-0-m^{} 积表示拉力做的功,则整个过程中拉力做功为W: (8×4+×8×8)J-64J,滑动摩擦力做的功为W; 而物块反弹后从B点到C点做匀减速直线运动,根据 =-mgx,解得W,一一96J,所以合力做的功为W -W.+W-64J+(-96 )--32J,故C错误,D正确 【答案】D 2.【解析】A、位移是矢量,由图可知,A、B两球的位移 正确,ABC错误。 方向不同,故A、B两球的位移不同,故A错误;B、根 【答案】D 7.【解析】做自由落体运动的物体,机械能守恒,保持 不变,所以E+E.,-E,而动能公式为E-m②, #A;对B球有/-g,2/-vBtB,解得vA·vB=1 AB、物体由静止处释放时,动能为零,重力势能最大, ;2、2,故B错误;C、根据以上分析,可得A、B两球 故AB错误;CD、从静止释放到一半高度过程中,重力 落地时竖直方向的瞬时速度分别为vAy-gfA.VBy 做正功,物体的动能增大,重力势能减小,但动能和势 能之和保持不变。选项C中,一半高度处的机械能大 -gtB 于静止释放处的机核能;选项D中,是将静止释放处 /4 2 一,则可得A、B落地时重力的瞬 视为零重力势能面。故C错误,D正确。 【答案】D 140 8.【解析】根据题意分析可知,两小物块速度最大时加 小球滑到底端时速度更大,动能更大,故AB错误; 速度为零,设此时弹弹力大小为F,轻绳拉力为T. C.小球重力做功WG;一mgh,甲小球下滑高度h更 对B物块有T+F-Mg,对A物块有F+mg=T 大,则甲球重力做的功较多,故C错误;D.设小球滑 由胡克定律有F一x 到底端的水平位移为工,小球滑到底端时,重力的瞬 时功率为 P=mgusinθ-mgsinθ2gh-mgsin8 ②gxtanθ,甲、乙两球滑到斜面底端时,斜面倾角} 根据平均力做功有弹性势能E。-^{②} >0.则sin0>sin02,tanθ>tan0,则甲球重力的 瞬时功率较大,故D正确。 联立解得v=1.2ms,故ABC错误,D正确。 【答案】D 【答案】D 12.【解析】A、根据P-Fo可知v-P·,额定功率 9.【解析】A、圆环下滑过程受力如图所示,设弹性绳的 伸长量为/,弹性系数为k,弹性绳与水平方向的夹角 为f 等于图线的斜率,P--Fvm,故A正确;B、根据 MA 1一1 P一Fv.汽车由b到c过程中功率不变,随着汽车速 度的增大,牵引力减小,根据牛顿第二定律得:F一 f 一na,汽车所受阻力不变,随着牵引力的减小,汽车 ■F 的加速度也减小,汽车由到c过程中加速度减小的 m m二 F,由于额定功率等于图线的斜率,有:P一 7 在水平方向,由平衡条件得:Fv一klcos8一kd,由于k、 d都是常数,则Fv不变,下滑过程竖直杆对圆环的摩 m-1,解得:F2vmviF1 擦力f一uF大小不变,故A错误;BC、圆环从A到C 与从C到A过程弹性绳弹性势能的变化量相等,设为 AE。,摩擦产生的热量相等设为Q,圆环恰好回到A, 汽车从a到b,根据牛颜第二定律得:F一f-Ma,汽 则到达A点时圆环的速度为零,设A、C间的距离为 h,圆环从A到C过程,由功能关系得:mgh一△E。十 车从a到6持续的时间为!- Q,从C到A过程,由功能关系得:吾mo{}十△E。= 联立解得:(-(F-F2)F1' MFem ,故C错误;D、汽车从a mgh+_,解得:~-0}, E_,-mgh- m},从A 1m{ 到C过程弹性绳弹性势能的增加量为mgh一 M2Fr 克服阻力做功W一fx,解得:W一 2(F###)O},本# 在A处弹性绳的弹性势能不是零,则到达C点弹性绳 题选择错误选项:故选:C。 -mv,故B正确,C错误; 【答案】 C 13.【解析】 D.圆环的机械能在下滑过程中要克服摩擦阻力与弹 B、由图乙可知汽车在14s~20s内的加速 性绳的弹力做功,机械能持续减小,圆环上升过程中 度大小为a。-1m/s2,根据牛顿第二定律可知汽车 弹性绳对环做正功,摩擦力对圆环做负功,由于不知 所受阻力为f-na=65×1N=65N,故B错误; 弹性绳做功与摩擦力做功大小关系,无法判断围环机 AC、由图乙知在前3s内汽车做匀加速直线运动,加 械能如何变化,故D错误。 速度大小为a-1m/s{},由牛领第二定律有F一f= 【答案】B ma,解得在前3s内的牵引力大小为F一/十ma一65N 10.【解析】 A、根据动能定理有,摩擦力对物体做的功 +65×1N-130N,在3s时汽车的功率达到最大功 为:W一-mv{},故A错误;B、电动机多做的功转化 率,则汽车的最大功率为P.-F-130×3W-390W. 故A错误,C正确:D、根据动能定理可知在14s~ 为物体的动能和内能,所以电动机多做的功一定大 1 于m^{},故B错误;CD、设共速前物体相对地面的 X61-1170J,故D错误。 位移为x1,传送带相对地面的位移为x,则有:X1一 【答案】 C 14.【解析】 #号1,=vt可知:x。-2x1.若物体和传送带之间的 A、因为运动过程中物体受到的滑动摩擦力 保持不变,所以图像的斜率也保持不变,根据图像的 摩擦力为/,那么传送带克服摩擦力做的功:W。一f 物理意义可知,物块与地面的滑动摩擦力大小为f △W20-0 ·2,摩擦力对物体做功:W=f·x1一2mo②},所以: N-2N,根据f-mg可得:-0.2,故 △x10-0 W=2W,=m②,则系统产生的内能为:E一f(x2- A错误;B.从物体开始运动到停止运动的过程,根据 2m②},故C正确,D错误。 动能定理得W一/X.-0-0,可得物体运动的位移 x)-/·x=W-1 Wr27 为X一 -27m-13.5m,故B错误;C.由图像 【答案】C 11.【解析】 AB.设小球下滑高度为h,甲乙两球下滑过 Wi 可知,前3m运动过程中,水平外力恒为F,一一 程由动能定理得,小球滑到底端的动能为:E.--m{} 21 15N-5N,根据牛颜第二定律可知,物体在前3m mgh,解得:o-v2gh,甲小球下滑高度h更大,则甲 3 141 F-f,解得a)-3m{②}, 运动过程中的加速度为a一 解得a一2ms^{},滑块下滑到传送带底端时的位移 nt 为x1.2^{} 故C错误;D.物体在前9m运动过程中,根据动能定 理W-fr= 解得t2一5s,煤块在传送带上运动的总时间为1 1+12-1s+5s-(1+5)s,故B错误;C.煤块沿 时,物体的速度为v一3v2ms,故D正确。 【答案】D 传送带下滑过程中,由图乙,皮带的加速度为a-A 2 15.【解析】 A、因为W一Fr,所以F一r图像中,图线与 5 工轴所围成的图形的面积即为功,面积之和为30J. 2-m/s2-5m/${} 所以拉力F从A到B做功为W一30J.故A错误; 皮带的位移1传送-at-×5×(、5)}m-12.5m, B、物体从B到C的过程中,所受的合外力不为零,物 体从B到C做匀速圆周运动,所受到的合外力指向 可知煤块下滑过程,与传送带的相对位移大小大于 圆心:故B错误;CD.初位置A到C点的过程中,根 皮带的总长度为12m,故划痕的长度为12m,故C -nv②},解得物体到达C点的速 据动能定理有W一 正确;D.煤块相对皮带运动的路程为s一2x十 x传送带-2×5m+12.5m-22.5m,煤块与传送带 度大小为v一2 15m/s,故C错误,D正确。 间产生的热量为Q-mgscos37*-0.5×1×10x 【答案】D 22.5×0.8]-901,故D正确。 16.【解析】 A、小球经过Q点时在竖直方向仅受到重力作 【答案】CD 用,加速度大小为g,故A正确;B、根据机械能守恒定律 19.【解析】 设在下滑过程中人和滑板克服摩擦力做的 功为W),根据动能定理,有mgh-W/-mo②,解 得W,-mgh-- 【答案】D 20.【解析】发电功率P=-oV W W-mgl ,p-noVgh 轻绳与水乎方向的夹角为a时,系统的总动能为E,有 -) →P-noQgh 代入数据解得P~10W,B对。 【答案】B 专题七 圆上的点与定点(0,5)连线的斜率,所以E 机械能综合问题 7-2v6 1.【解析】在斜面上,物块受竖直向下的重力、沿斜面 -mgd,故D正确。 5 向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力。设 【答案】 ABD 物块的质量为n,斜面的倾角为0,物块沿斜面下滑的 17.【解析】A、减小油门后,机车的功率保持不变,当速 距离对应的水平位移为工,由动能定理,有加gsin?· 度减小时,根据P一Fv可知,牵引力增大,故A正 确;B、汽车以速度o匀速行驶时,牵引力等于阻力, c0s) 即有F一f,发动机的功率为P,由P一fvo一Fu。,解 1mg)x,即在斜面上时物块的动能与水平位移成正 得P ,1一0时,功率变为原来的一半,速度没有 比,B、D项均错误;在水平地面上,物块受竖直向下的 重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦 一P,所以加 力,由动能定理有-u2mg(x-xo)-E一Eko,解得 2m E-Eko-2mg(x-xo),其中Eo为物块滑到斜面底 逸度大小为2 一,故B错误;CD、根据动能定理得: 端时的动能,x。为物块沿斜面下滑到底端时的距离对 应的水平位移,即在水平地面上物块的动能与水平位 移为一次函数关系,且为减函数,A项正确,C项错误。 【答案】A 2.【解析】 第一次停在BC上的某点,由动能定理得mghi 2/1,设汽车通过得位移x,由公式W-fx,解得x -ngcosθ. 0.由题图有an h 【答案】 AC 18.【解析】 1 A.煤块从传送带底部向上滑动,根据牛顿 A错误,B正确。在AB段由静止下滑,说明mgcos6 第二定律可知mgsin37*+umgcos 37*-nat,解得a1 <mgsin9,第二次滑上BE在E点停下,说明umgcosa -10m/s2,煤块速度减为零的时间 --10 mgsina,若a0,则雪撬不能停在E点,所以C错 110s-1s 误,D正确。 【答案】BD 3.【解析】对于单个小球来说,杆的弹力做功,小球机 <6m,由于mgsin37*>umgcos 37* 械能不守恒,A、B错误;两个小球组成的系统只有重 煤块减速为零后相对于皮带向下运动,则煤块运动 力做功,所以系统的机械能守恒,故有ngR十mg(2R) 至最高点时位移为5m,故A错误; B.煤块速度减到零后开始向下运动,根据牛顿第二 2·2mv②},解得v=V3gR,C错误;a球在下滑过 定律可知mgsin37*-mgcos37*-ma? 程中,杆对小球做功,重力对小球做功,故根据动能定 142