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一、单项选择题

1．如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( )

A．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功 B．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功 C．图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功 D．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功

解析：选D.在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C错误；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A、B错误，D正确．

2．(2018·高考全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能 ( )

A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比

解析：选B.列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，11

且列车的动能为Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平

221

方成正比，A、C错误；将x＝at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由

2p2

动能与动量的关系式Ek＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误．

2m

3.如图所示，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量．在此过程中正确的是( )

A．缓慢上拉过程中拉力F做的功WF＝FLsin θ B．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcos θ C．小猴子再次回到最低点时重力的功率为零

D．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大

解析：选C.缓慢上拉过程中拉力F是变力，由动能定理，F做的功等于克服重力做的功，即WF＝mgL(1－cos θ)，重力势能增加mgL(1－cos θ)，选项A、B错误；小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度方向垂直，其功率也为零，则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项C正确、D错误．

4.如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力F的作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )

A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大，后减小 D．先减小，后增大

解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示，因此在切线方向上应有：mgsin θ＝Fcos θ，得F＝mgtan θ.则拉力F的瞬时功率P＝F·v cos θ＝mgv·sin θ.从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A项正确．

5．如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m＝0.5 kg的物块，处于静止状态．以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g＝10 m/s2.现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示．若物块运动到x＝0.4 m处速度为零，则在物块下移0.4 m的过程中，弹簧弹性势能的增加量为( )

A．5.5 J B．3.5 J C．2.0 J D．1.5 J

解析：选A.由图线与横轴所围的“面积”可得物块下移0.4 m的过程中，拉力F做的功W＝3.5 J，重力势能减少量mgx＝2 J，由功能关系，弹簧弹性势能的增加量ΔEp＝W＋mgx＝5.5 J，选项A正确．

6.一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )

解析：选A.由P－t图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶．设F－f汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝知a减小，又因速度不可

m能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确．

7.(2019·陕西部分学校第一学期摸底检测)如图所示，水平地面上有角为θ的三角形斜面体，其质量为M，上表面粗糙，下表面光滑．滑块为m，放在斜面上能保持静止．现用从零开始缓慢增大、方向水平向右力F作用在斜面体上，直到滑块与斜面体发生相对运动为止．已知重力度为g，下列说法正确的是( )

A．斜面对滑块的支持力一直不做功 B．滑块受到的摩擦力一直做负功

C．斜面对滑块的支持力始终等于mgcos θ

mg

D．当F大于(M＋m)gtan θ之后，斜面对滑块的支持力大于 cos θ

解析：选D.在运动过程中，斜面对滑块的支持力与运动方向的夹角为锐角，做正功，故A错误；当推力F比较小的时候，滑块有下滑的趋势，受沿斜面向上的摩擦力，当推力增大到某一值的时候，滑块有沿斜面向上滑动的趋势，摩擦力方向变为沿斜面向下，故滑块受到的摩擦力先做负功，后做正功，故B错误；F为0时，滑块受力平衡，有FN＝mgcos θ，F逐渐增大，则滑块有水平向右的加速度，分析摩擦力沿斜面向上的情况，滑块在竖直方向有mg＝FNcos θ＋fsin θ，又滑块所受合外力水平向右且逐渐增大，分析可知f减小，FN增大，故C错误．当F＝(M＋m)·gtan θ时，摩擦力减小为零，FN＝

mg

，当F大于(M＋m)gtan θ之后，滑块有沿斜面向上滑动的趋势，cos θ一倾质量的外加速

mg＋fsin θ摩擦力方向变为沿斜面向下，在竖直方向有mg＝FNcos θ－fsin θ，解得FN＝，所以

cos θD正确．

二、多项选择题 8．(2019·辽宁五校协作体高三上学期联合模拟考试)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．重力加速度为g，则( )

F

A．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为

M1

B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2

21

C．弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2

2v2

D．滑块与长木板AB段间的动摩擦因数为 2gl

解析：选ABD.细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对长木板，由牛顿第二定律得F＝Ma，得F

a＝，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的M1

机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2，B正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都

211

获得动能，所以滑块的动能小于mv2，C错误；弹簧最大的弹性势能Ep＝mv2，小滑块恰未掉落时

22滑到木板的右端，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，上表面OA段光滑，则有Ep＝μmgl，v2

联立解得μ＝，D正确．

2gl

9.如图所示，细绳的一端绕过定滑轮与木箱相连，现以大小恒定的拉力F拉动细绳，将静置于A点的木箱经B点移到C点(AB＝BC)，地面平直且与木箱的动摩擦因数处处相等．设从A到B和从B到C的过程中，F做功分别为W1、W2，克服摩擦力做功分别为Q1、Q2，木箱经过B、C时的动能和F的功率分别为EkB、EkC和PB、PC，则下列关系一定成立的有( )

A．W1＞W2 B．Q1＞Q2 C．EkB＞EkC D．PB＞PC

解析：选AB.F做功W＝Flcos α(α为绳与水平方向的夹角)，AB段和BC段相比较，F大小相同，l相同，而α逐渐增大，故W1＞W2，A正确；木箱运动过程中，支持力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，故Q1＞Q2，B正确；因为Fcos α与摩擦力的大小关系无法确定，木箱运动情况不能确定，故动能关系、功率关系无法确定，C、D错误．

10．(2016·高考全国卷Ⅱ)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )

A．甲球用的时间比乙球长

B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小

D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功

解析：选BD.由于两球由同种材料制成，甲球的质量大于乙球的质量，因此甲球的体积大于乙球的体积，甲球的半径大于乙球的半径，设球的半径为r，根据牛顿第二定律，下落过程中mg－krkr3k

＝ma，a＝g－＝g－，可知，球下落过程做匀变速直线运动，且下落过程中半径大的球

434πρr2ρ×πr31

下落的加速度大，因此甲球下落的加速度大，由h＝at2可知，下落相同的距离，甲球所用的时间

2