3.B 解析 两种情况下物体都做匀速直线运动,物体处于平衡状态,由平衡条件可知,拉力等于滑动摩擦力,由于两种情况下滑动摩擦力Ff相等,则拉力相等,即F1F2,故A错误;设AB的长度为l,拉力大小为F,滑动摩擦力大小为Ff。当传送带不运动时,拉力做功W1Fl,物体从A运动到B的时间t1lv1,因摩擦而产生的热量Q1Ffl。当传送带运动时,拉力做功W2Fl,物体从A运动到B的时间t2lv1v2t1,因摩擦而产生的热量Q2Ffv1t2。拉力做功功率P1W1t1,P2W2t2,比较可知W1W2,P1 t2。故B正确,A、C、D错误。故选B。
5.B 解析 本题考查动能定理,意在考查F-x图象中图线与横轴围成的面积表示功的知识。由题图可知F-x图线与横轴围成的面积表示功,由动能定理可知W12mv2-12mv02,经计算可得v3 m/s,B正确。
6.AC 解析 升降机在下落过程中,受到竖直向下的重力和竖直向上的弹簧的弹力作用,且弹力逐渐增大,则升降机先向下加速,后减速,故升降机先处于失重状态然后处于超重状态,选项A正确;升降机的重力的功率Pmgv,其先增大后减小,选项B错误;除重力做功外,弹簧的弹力对其做负功,机械能减小,选项C正确,选项D错误。
7.AC 解析 汽车匀速运动,动能不变,则根据动能定理可知,合外力做功为零,故A正确、B错误;小汽车动能不变,重力势能增加了mgh,则可知小汽车机械能增加量为mgh,故C正确;对上升过程由动能定理可知,牵引力的功等于重力势能的增加量和克服阻力做功之和,故牵引力做功一定大于mgh,故D错误。
8.BC 解析 由题图乙可知,小球在C点的速度大小为v3 m/s,轨道半径R0.4 m,因小球所受重力与弹力的合力提供向心力,所以小球在C点有mgFmv2R,代入数据得m0.1 kg,选项A错误;由机械能守恒可知,小球在B点的速度12mv2mgR12mvB2,解得vB217 m2/s2,因在B点是弹力提供向心力,所以有FBmvB2R,解得F4.25 N,选项B正确;再由机械能守恒定律可得,12mv22mgR12mv02,解得小球在A点的速度v05 m/s,所以题图乙中x25 m2/s2,选项C正确;因小球在A点时重力与速度方向垂直,所以重力的功率为0,选项D错误。
9.答案 10.3 s 22 m/s 30.1 J 解析 1小物块从C水平飞出后做平抛运动,由h12gt2得小物块从C到D运动的时间t2hg0.3 s。① 2从C到D,小物块水平方向做匀速直线运动,vxt得v2 m/s 此速度即小物块从C点飞出时的速度。② 3物块从A运动到C的过程中,根据动能定理得 mgH-h-Wf12mv2-0③ 则克服摩擦力做功Wf0.1 J。④ 10.答案 12 s 264 J 340 J 解析 1铁块与木板间的滑动摩擦力 Ffμmg0.4110 N4 N① 铁块的加速度 a1F-Ffm8-41 m/s24 m/s2② 木板的加速度 a2Ffm044 m/s21 m/s2③ 铁块滑到木板左端的时间为t 则12a1t2-12a2t2l④ 代入数据解得t2 s。⑤ 2铁块位移 s112a1t212422 m8 m⑥ 木板位移 s212a2t212122 m2 m⑦ 恒力F对铁块做的功WFs188 J64 J。⑧ 3铁块的动能EkAF-Ffs18-48 J32 J⑨ 木板的动能EkBFfs242 J8 J 铁块和木板的总动能 Ek总EkAEkB32 J8 J40 J。
11.答案 13mg1-μ 23-3μ3μ1R 3l≥331-3μR 解析 1根据几何关系可得PBRtanθ3R 从P点到E点根据动能定理,有 mgR-μmgcos θPB12mvE2-0 代入数据解得vE2-3μgR 在E点,根据牛顿第二定律有FN-mgmvE2R 解得FN3mg1-μ。
2设物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离为x, 根据动能定理,有 mgBP-x sin θ-μmgcos θBPx0 代入数据解得x3-3μ3μ1R。
3物体刚好到达最高点D时,有mgmv2R 解得vgR 从释放点到最高点D的过程,根据动能定理,有 mglsin θ-R-Rcos θ-μmgcos θl12mv2-0 代入数据解得l331-3μR 所以只有l≥331-3μR,物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。
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