热门试卷

       A选项，当弹簧与直杆垂直时，小球合外力等于重力，加速度等于g，当小球继续下落时直到，弹簧变为原长时，小球合外力等于重力，加速度g，故A选项正确。

       B选项，弹簧的功率P=Fv，当P=0时，即F=0或者v=0。从小球下落开始到B点弹簧仅有一次变为原长F=0，此时P=0。第一阶段：小球从A点到弹簧与直杆垂直时，弹簧弹力做负功，但重力大于弹力在竖直方向生的分力，小球向下加速运动；第二阶段：小球从弹簧与直杆垂直到弹簧变为原长时，弹力重力均做正功，速度增大；第三阶段：小球从弹簧变为原长再到B点弹力做负功，重力做正功，但弹力在竖直方向的的分力任小于重力，故小球做加速运动；即小球从A点到B点速度一直增加，不可能为零。故弹簧的功率P=Fv为零的位置仅有一个，故错误。

       C选项，由于在A、B两点弹簧弹力大小相等，因此弹簧的变化量相等，即弹簧的弹性势能不变，弹力对小球不做功，所以弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功，故正确。

       D选项，由B选项可知弹力在第二阶段做正功，在第一、第三阶段做负功，如图所示，AC=CD，即只需判断DE和EB段的大小关系，弹簧从D到E，E到B，弹簧的变化量相同设为x，所以有x=DEcosθ1，x=EBcosθ2，即DEcosθ1=EBcosθ2，因为θ1＞θ2，DE＞EB，故不相等，错误。

       质量为m的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a匀加速提升，由牛顿第二定律可得：F-mg=ma，所以：F=mg+maA、物体匀加速提升h，手对物体做功：W1=Fh=（mg+ma）h．故A正确；

B、D、物体上升h，物体克服重力做功：W=mgh．故BD错误．；

C、提升过程中物体的动能增加量等于物体克服重力做功：W=mgh．故C错误。

A选项，对电梯与物体整体使用动能定理有：W拉力－(M+m)gH=(M+m)v2，得钢索的拉力做功W拉力=(M+m)v2+(M+m)gH，故A、B选项错误。C选项，单独对物体使用动能定理有：W支持力－mgH=mv2，得地板对物体的支持力做功

W支持力=mv2+mgH，故C选项正确。D选项，根据公式P=Fv，v是瞬时值计算的功率也是瞬时值，由于在运动过程中速度一直变化，故P=Fv=mgv是瞬时值，故D选项错误。

A选项，0~2 s内F与运动方向相反，合外力ma1=F＋f，2~4 s内F与运动方向相同，合外力ma2=F－f，联立可得F= ( ma1＋ma2)，由图可知a1＝5m/s2，a2＝1m/s2，得F=60N，f=40N故错误。

B选项，物体在4 s时拉力的瞬时功率P=Fv，带入数据得P=120W，故选项B正确。

C选项，0~2 s内F与运动方向相反，拉力做负功WF1=-FS1=-60N×10m=-600J，2~4 s内F与运动方向相同，拉力做正功WF2=FS2=60N×2m=120J，故4s内拉力所做的功为WF= WF1＋WF2＝-480 J，故错误。

D选项，4s内物体克服摩擦力做的功Wf=f(S1＋S2)=40N×12m=480J，故错误。

根据W=mgh知，重力对两球做功相同．故A错；对A球，根据动能定理得，mgh=，对B球，根据动能定理得，mgh=，知vA＞vB．故B错；两球都做匀变速直线运动，运动时间相等，vA=v0+gsinθt，vB=gt，A球重力做功的瞬时功率P=mg（v0+gsinθt）sinθ，B球重力做功的瞬时功率P′=mgvB=mg2t．知A球的重力瞬时功率小于B球重力的瞬时功率．故C错误．两球重力做功相等，时间相等，根据知，重力的平均功率相等．故D正确．

拉力作用于杆上，杆与此同时给小球弹力作用，小球在重力和杆的弹力作用下做匀速圆周运动，将重力分解到沿半径方向和切线方向，沿半径方向提供小球做圆周运动的向心力，沿切线方向与杆给小球的弹力平衡即为：mgsin30○，故此时杆给小球弹力的功率为：mgsin30○Lw=即为拉力的功率。C正确。

由于小球做匀速圆周运动，小球上升的过程中竖直方向分速度逐渐增大，则 PG＝mgv竖逐渐增大，小球上升过程中只有重力和拉力做功，而动能保持不变，根据动能定理可知任意极短时间内两力做功代数和总为零，可推出两力功率大小关系PF＝PG＝mgv竖，即拉力的功率逐渐增大，A项正确。