（新课标Ⅲ）2019版高考物理一轮复习 专题六 机械能及其守恒定律课件.ppt

专题六机械能及其守恒定律,高考物理(课标专用),考点一功和功率1.(2018课标,19,6分)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程,()A.矿车上升所用的时间之比为45B.电机的最大牵引力之比为21C.电机输出的最大功率之比为21D.电机所做的功之比为45,五年高考,A组统一命题课标卷题组,答案AC本题考查v-t图像的应用。在v-t图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两次提升过程变速阶段加速度的大小都相同,即在v-t图像中,它们变速阶段对应的图线要么重合,要么平行,由图中几何关系可得:第次所用时间t=t0,即矿车上升所用时间之比为45,选项A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直线运动时,电机的牵引力最大,即F-mg=ma,得F=mg+ma,即最大牵引力之比为11,选项B错误;在第次提升过程中,电机输出的最大功率P1=(mg+ma)v0,在第次提升过程中,电机输出的最大功率P2=(mg+ma)v0,即=,选项C正确;对两次提升过程,由动能定理可知W-mgh=0,即=,选项D错误。,易错点拨瞬时功率与平均功率的区别瞬时功率对应的是点(位置、时刻);平均功率对应的是段(过程、时间)。本题选项C中的功率为瞬时功率。,2.(2017课标,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力()A.一直不做功B.一直做正功C.始终指向大圆环圆心D.始终背离大圆环圆心,答案A本题考查功、圆周运动,考查学生的理解能力、推理能力。大圆环对小环的作用力总是沿大圆环半径方向,与速度方向垂直,故大圆环对小环的作用力不做功,选项A正确,B错误。开始时大圆环对小环的作用力方向背离大圆环圆心,一段时间后作用力方向指向大圆环圆心,故选项C、D错误。,解题指导(1)弹力的方向总是垂直于接触面,并且速度的方向总是沿接触面的切线方向,因此在固定接触面上滑动时,弹力总不做功。(2)重力在半径方向上的分量与大圆环对小环的作用力的矢量和提供小环做圆周运动的向心力,设小环转过的角度为,如图所示,小环此时的速度为v,大圆环对小环的作用力为N,由功能关系和圆周运动公式有mv2=mgR(1-cos)m=mgcos-N解出N=3mgcos-2mg由此可知,当3mgcos2mg时,N的方向背离大圆环圆心,当3mgcosm乙,所以a甲a乙,故C项错误;再由位移公式h=at2可知t甲v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,D项正确。,考查点功、牛顿第二定律,解题关键推出下落的加速度的函数表达式。,4.(2015课标,17,6分,0.464)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(),答案A由题意知汽车发动机的功率为P1、P2时,汽车匀速运动的速度v1、v2满足P1=fv1、P2=fv2,即v1=P1/f、v2=P2/f。若t=0时刻v0v1的情况,故不作分析。在t1时刻,发动机的功率突然由P1增大到P2,而瞬时速度未来得及变化,则由P=Fv知牵引力突然增大,则汽车立即开始做加速运动,有:-f=ma2,同样,a2随v的增大而减小,直到a2=0时开始匀速运动,故A正确、C错误。,解题关键根据P=Fv=fv和牛顿第二定律分析a的变化情况,得到可能的v-t图像。,解题技巧牵引力与阻力相等时,汽车匀速前进,v=。,评析本题利用汽车启动模型考查了瞬时功率与速度的关系、牛顿第二定律、速度图像等知识点,对过程分析有较高的能力要求,试题难度中等。,考点二动能定理及其应用5.(2018课标,14,6分)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功,答案A本题考查动能定理。由动能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,EkmgR,质点不能到达Q点C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离D.WmgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离,答案C质点由静止开始下落到最低点N的过程中由动能定理:mg2R-W=mv2质点在最低点:FN-mg=由牛顿第三定律得:FN=4mg联立得W=mgR,质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑时的速度,故由N点到Q点过程克服摩擦力做功WW,故质点到达Q点后,会继续上升一段距离,选项C正确。,考查点动能定理、向心力,解题关键利用动能定理求出W。分析出PN段与NQ段克服摩擦力所做的功不同。,审题技巧审题时的关键句:“粗糙程度处处相同的半圆形轨道”。,9.(2014大纲全国,19,6分)一物块沿倾角为的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()A.tan和B.tan和C.tan和D.tan和,答案D由动能定理有-mgH-mgcos=0-mv2-mgh-mgcos=0-m解得=tan,h=,故D正确。,审题指导物块上升到最大高度时速度为0,对两次上滑过程利用动能定理列式求解即可。,知识拓展斜面和水平面材料相同,物体从斜面上由静止滑到水平面至停止运动,克服滑动摩擦力做功Wf=mgcosAB+mgBC=mg(AB+BC)=mgAC,与物体直接从水平面上AC段滑动时克服滑动摩擦力做功相同。,10.(2018课标,25,20分)如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切,BC为圆弧轨道的直径,O为圆心,OA和OB之间的夹角为,sin=。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小;(2)小球到达A点时动量的大小;(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。,答案(1)mg(2)(3),解析本题考查圆周运动、抛体运动、动能定理、动量。(1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有=tanF2=(mg)2+设小球到达C点时的速度大小为v,由牛顿第二定律得F=m由式和题给数据得F0=mgv=(2)设小球到达A点的速度大小为v1,作CDPA,交PA于D点,由几何关系得DA=RsinCD=R(1+cos)由动能定理有,-mgCD-F0DA=mv2-m由式和题给数据得,小球在A点的动量大小为p=mv1=(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v,从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有vt+gt2=CDv=vsin由式和题给数据得t=,11.(2017课标,24,12分)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。,答案(1)(2),解析本题考查动能定理、匀变速直线运动规律。(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为,由动能定理得-mgs0=m-m解得=(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t。由运动学公式得-=2a1s0v0-v1=a1ts1=a2t2联立式得a2=,考点三机械能守恒定律及其应用12.(2018课标,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A.10NB.102NC.103ND.104N,答案C本题考查机械能守恒定律、动量定理。由机械能守恒定律可得mgh=mv2,可知鸡蛋落地时速度大小v=,鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知鸡蛋对地面产生的冲击力大小为F=+mg,每层楼高度约为3m,则h=243m=72m,得F949N,接近103N,故选项C正确。,易错点拨估算能力(1)每层楼高度约为3m,注意身边的物理知识。(2)在计算时重点注意数量级。,13.(2016课标,21,6分)(多选)如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且ONMOMN。在小球从M点运动到N点的过程中,()A.弹力对小球先做正功后做负功B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差,答案BCD如图所示,OP垂直于竖直杆,Q点与M点关于OP对称,在小球从M点到Q点的过程中,弹簧弹力先做负功后做正功,故A错。在P点弹簧长度最短,弹力方向与速度方向垂直,故此时弹力对小球做功的功率为零,即C正确。小球在P点时所受弹簧弹力等于竖直杆给它的弹力,竖直方向上只受重力,此时小球加速度为g,当弹簧处于自由长度时,小球只受重力作用,此时小球的加速度也为g,故B正确。小球和弹簧组成的系统机械能守恒,小球在M点和N点时弹簧的弹性势能相等,故小球从M到N重力势能的减少量等于动能的增加量,而小球在M点的动能为零,故D正确。,考查点功、机械能守恒,审题指导审题时关键的词、句:“光滑”、“静止释放”、“在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等”、“ONM4WF1,Wf22Wf1B.WF24WF1,Wf2=2Wf1C.WF24WF1,Wf2=2Wf1D.WF24WF1,Wf22Wf1,答案CWF1=mv2+mgt,WF2=m4v2+mgt,故WF2t2B.v1t2C.v1=v2,t1t2D.v1vB,选项D正确。,20.(2014广东理综,16,4分)图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图,图中和为楔块,和为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦,在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A.缓冲器的机械能守恒B.摩擦力做功消耗机械能C.垫板的动能全部转化为内能D.弹簧的弹性势能全部转化为动能,答案B在弹簧压缩过程中,由于摩擦力做功消耗机械能,因此机械能不守恒,选项A错B对;垫板的动能转化为弹性势能和内能,选项C、D均错误。,21.(2014上海单科,11,3分)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力。不计空气阻力,在整个上升过程中,物体机械能随时间变化关系是(),答案C以地面为零势能面,以竖直向上为正方向,则对物体,在撤去外力前,有F-mg=ma,h=at2,某一时刻的机械能E=Fh,解以上各式得E=t2t2,撤去外力后,物体机械能守恒,故只有C正确。,22.(2014山东理综,20,6分)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程。某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想:如图,将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上,与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接,然后由飞船送“玉兔”返回地球。设“玉兔”质量为m,月球半径为R,月面的重力加速度为g月。以月面为零势能面,“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep=,其中G为引力常量,M为月球质量。若忽略月球的自转,从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为()A.(h+2R)B.(h+R)C.D.,答案D对“玉兔”,由G=m得v=,动能Ek=mv2,势能Ep=且GM=R2g月,由功能关系知对“玉兔”做的功W=Ek+Ep=,故D项正确。,考点一功和功率,1.(2013浙江理综,17,6分)如图所示,水平木板上有质量m=1.0kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10m/s2,下列判断正确的是(),C组教师专用题组,A.5s内拉力对物块做功为零B.4s末物块所受合力大小为4.0NC.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D.69s内物块的加速度大小为2.0m/s2,答案D由图像可知物块在04s内处于静止状态,其所受合力为零,选项B错误;45s内做变加速直线运动,因此5s内拉力对物块做的功不为零,选项A错误;物块所受的滑动摩擦力Ff=3N,则=0.3,选项C错误;在69s内由牛顿第二定律得F-Ff=ma,a=m/s2=2.0m/s2,选项D正确。,2.(2013四川理综,10,17分)在如图所示的竖直平面内,物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,分别静止于倾角=37的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上,轻绳与对应平面平行。劲度系数k=5N/m的轻弹簧一端固定在O点,一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连,弹簧处于原长,轻绳恰好拉直,DM垂直于斜面。水平面处于场强E=5104N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA=0.1kg和mB=0.2kg,B所带电荷量q=+410-6C。设两物体均视为质点,不计滑轮质量和摩擦,绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,B电荷量不变。取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。(1)求B所受静摩擦力的大小;(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F,使A以加速度a=0.6m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中,B的电势能增加了Ep=0.06J。已知DN沿竖直方向,B与水平面间的动摩擦因数=0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。,答案(1)0.4N(2)0.528W,解析(1)F作用之前,A、B处于静止状态。设B所受静摩擦力大小为f0,A、B间绳中张力为T0,有对A:T0=mAgsin对B:T0=qE+f0联立式,代入数据解得f0=0.4N(2)物体A从M点到N点的过程中,A、B两物体的位移均为s,A、B间绳子张力为T,有qEs=EpT-mBg-qE=mBa设A在N点时速度为v,受弹簧拉力为F弹,弹簧的伸长量为x,有v2=2asF弹=kxF+mAgsin-F弹sin-T=mAa由几何关系知x=,设拉力F的瞬时功率为P,有P=Fv联立式,代入数据解得P=0.528W,考点二动能定理及其应用3.(2013江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)。物块的质量为m,AB=a,物块与桌面间的动摩擦因数为。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点,拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动,经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中(),A.物块在A点时,弹簧的弹性势能等于W-mgaB.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W-mgaC.经O点时,物块的动能小于W-mgaD.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能,答案BC因为要克服摩擦力做功,所以O点不在AB的中点,如图,x,由动能定理,从O到A,W-mgx-W弹=0,系统增加的弹性势能Ep=W-mgx,因为x,所以EpW-mga,A错误;同理,物块在B点时,Ep=W-mg(x+a)0,则引力势能减小,B正确。由于Wf0,有非重力做功,则机械能不守恒,C错误。由W引-Wf=Ek0,所以WfW引=|Ep|,可知D正确。,考查点功、人造卫星,审题技巧审题的关键词:“轨道可近似为圆”、“轨道半径逐渐变小”、“稀薄气体阻力的作用”。,易错警示气体阻力做负功,机械能减少,动能不一定减小。,8.(2013北京理综,23,18分)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段。最初,运动员静止站在蹦床上;在预备运动阶段,他经过若干次蹦跳,逐渐增加上升高度,最终达到完成比赛动作所需的高度;此后,进入比赛动作阶段。把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧,弹力大小F=kx(x为床面下沉的距离,k为常量)。质量m=50kg的运动员静止站在蹦床上,床面下沉x0=0.10m;在预备运动中,假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能;在比赛动作中,把该运动员视作质点,其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为t=2.0s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1。取重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力的影响。(1)求常量k,并在图中画出弹力F随x变化的示意图;(2)求在比赛动作中,运动员离开床面后上升的最大高度hm;,(3)借助F-x图像可以确定弹力做功的规律,在此基础上,求x1和W的值。,答案(1)5.0103N/m示意图如图所示(2)5.0m(3)1.1m2.5103J,解析(1)床面下沉x0=0.10m时,运动员受力平衡mg=kx0得k=5.0103N/mF-x图线如答案图所示。(2)运动员从x=0处离开床面,开始腾空,其上升、下落时间相等hm=g()2=5.0m(3)参考由速度-时间图像求位移的方法,知F-x图线与x轴所围的面积等于弹力做的功。从x处到x=0,弹力做功WTWT=xkx=kx2运动员从x1处上升到最大高度hm的过程,根据动能定理,有k-mg(x1+hm)=0得x1=x0+=1.1m对整个预备运动,由题设条件以及功和能的关系,有,W+k=mg(hm+x0)得W=2525J2.5103J,考点一功和功率1.(2018贵州安顺适应性检测三,19)(多选)如图甲所示,某同学用拖把直行拖地,沿推杆方向对拖把施加推力F,此时推力与水平面的夹角为1,且拖把刚好做匀速直线运动。从某时刻开始,拖把推杆与水平方向的夹角变为2,如图乙所示,保持拖把的速度大小和方向不变,则()A.推力F变大B.推力F的功率增大C.地面对拖把的支持力变小D.地面对拖把的摩擦力变小,三年模拟,A组20162018年高考模拟基础题组,答案AB拖把做匀速直线运动,其受到的合外力为零,对其受力分析,如图所示,由平衡条件可得Fcos-f=0FN-Fsin-G=0f=FN可得F=FN=+Gf=,当推力与水平方向的夹角由1变为2时,夹角变大,则推力F变大,支持力FN变大,摩擦力f也变大,选项A正确,选项C、D错误;推力的功率P=Fvcos=fv,f变大,v不变,则P变大,选项B正确。,2.(2018云南昆明一中七模,19)(多选)如图所示,一光滑的直角三角形的斜劈固定在地面上,斜劈的顶角A处固定一光滑的滑轮,斜劈左右两侧的滑块P、Q被轻绳拴住挂在滑轮上并处于静止状态,初始时刻P、Q处于等高位置,斜劈的底角B是30,现剪断轻绳后,滑块开始下滑,则下列说法正确的是()A.P、Q两滑块到达底端时的速度相同B.P、Q两滑块到达底端时重力做功的瞬时功率相同C.滑块P下滑的时间大于滑块Q下滑的时间D.滑块P受到的弹力小于滑块Q受到的弹力,答案BCP、Q处于同一高度处,由动能定理可知它们下滑到底端时的速度大小相同,但方向不同,故A错;一开始能够保持静止,说明mPgsin30=mQgsin60,即mP=mQ,P、Q两滑块到达底端时重力做功的瞬时功率分别为PGP=mPgvsin30=mPgv=mQgv、PGQ=mQgvsin60=mQgv,故B正确;由于P的加速度小于Q的加速度,P的位移大于Q的位移,故滑块P下滑的时间大于滑块Q下滑的时间,C正确;滑块P受到的弹力NP=mPgcos30=mPg=mQg,滑块Q受到的弹力NQ=mQgcos60=mQg,故D错。,3.(2018云南师大附中第八次月考,14)如图甲所示,海上救援时,一直升机悬停在空中,某质量为60kg的伤员在绳索的牵引下沿竖直方向从船上升到飞机上,运动的v-t图像(以向上为正方向)如图乙所示,取g=10m/s2,则下列说法正确的是()A.57s内伤员在下降B.前3s内与最后2s内伤员所受绳子的拉力之比为23C.整个过程中伤员重力所做的功为-1.62104J,D.前3s内与最后2s内伤员重力做功的平均功率不相等,答案C57s内伤员的速度为正值,处于减速上升状态,故A错误。根据v-t图像的斜率表示加速度,斜率的正负表示加速度的方向,可知前3s内伤员的加速度为正,方向向上,伤员处于超重状态;最后2s内伤员的加速度为负,方向向下,伤员处于失重状态,故前3s内与最后2s内伤员所受绳子的拉力之比应该大于1,故B错误。伤员在整个上升过程中上升的高度等于图线与t轴所围梯形面积的大小,为27m,所以伤员在整个上升过程中重力所做的功W=-mgh=-1.62104J,故C正确。前3s内与最后2s内伤员的平均速度均为3m/s,由P=-mg,可知前3s内与最后2s内伤员重力做功的平均功率相等,故D错误。,4.(2017四川成都树德中学二诊,19)(多选)如图所示,水平路面上有一辆质量为M的汽车,车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢,在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中,下列说法正确的是()A.人对车的推力F做的功为FLB.人对车做的功为maLC.车对人的作用力大小为maD.车对人的摩擦力做的功为(F+ma)L,答案AD根据功的公式可知,人对车的推力做的功为WF=FL,故A正确;由牛顿第二定律可知,在水平方向上,车对人的作用力为ma,人对车的作用力为-ma,故人对车做的功为W=-maL,B错误;因车在竖直方向对人还有支持力,大小等于mg,故车对人的作用力大小为F1=,C错误;对人,由牛顿第二定律得Ff-F=ma,又F=F,解得Ff=ma+F,故车对人的摩擦力做的功为W=FfL=(F+ma)L,D正确。,5.(2017广西柳州4月模拟,19)(多选)A和B两物块形状大小均相同,将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接,如图甲所示,绳子平行于倾角为=30的斜面,A恰好能静止在斜面上,不考虑A、B与斜面之间的摩擦,若互换两物块位置,按图乙放置,然后释放A,已知斜面仍保持静止,B的质量为m,则下列说法正确的是()A.轻绳的拉力等于2mgB.轻绳的拉力等于mgC.A运动的加速度大小为gD.A从释放到下落h高度过程,B克服重力做功mgh,答案BC甲图状态,A物块静止,满足mAgsin30=mg,所以mA=2m,互换位置后,对A物块有2mg-T=2ma,对B物块有T-mgsin30=ma,解得T=mg,a=g,A错误,B、C正确;A下落h的过程中,B克服重力做功,大小为mghsin30=mgh,D错误。,6.(2018广西南宁3月适应性测试,24)如图所示,在光滑的水平平台上,有一质量为M=2kg、长为L=3m的长木板,长木板的左端放有一质量为mA=1kg的物块A,物块A通过一绕过光滑定滑轮的轻绳与物块B相连,物块B的质量为mB=1kg,开始时用手托住物块B,使绳刚好拉直,弹力为零,物块A与滑轮间的轻绳处于水平,物块A与长木板间的动摩擦因数为=0.2,长木板的右端离平台的右端足够远,物块B离地面的高度足够高。重力加速度g=10m/s2,求:(1)释放物块B后物块A运动的加速度大小;(2)当物块A运动到长木板的中点位置时,轻绳拉物块A的功率大小。,答案(