2019年高考物理一轮复习 第5单元 机械能课时作业 新人教版.docx

第5单元 机械能课时作业(十六)第16讲功功率1.如图K16-1所示,平板车放在光滑水平面上,一个人从车的左端加速向右端跑动,设人受的摩擦力为f,平板车受到的摩擦力为f,下列说法正确的是()图K16-1A.f、f均做负功B.f、f均做正功C.f做正功,f做负功D.因为是静摩擦力,所以f、f做功均为零2.清洁工人在清洁城市道路时驾驶洒水车沿平直粗糙路面匀速行驶.当洒水车行驶到某一路口时开始洒水,若洒水车的速度保持不变,且所受阻力与车重成正比,则开始洒水后()A.洒水车受到的牵引力保持不变B.洒水车受到的牵引力逐渐增大C.洒水车发动机的输出功率保持不变D.洒水车发动机的输出功率不断减小3.图K16-2是一汽车在平直路面上启动的速度时间图像,t1时刻起汽车的功率保持不变,由图像可知()图K16-2A.0t1时间内,汽车的牵引力增大,加速度增大,功率增大B.0t1时间内,汽车的牵引力不变,加速度不变,功率不变C.t1t2时间内,汽车的牵引力减小,加速度减小D.t1t2时间内,汽车的牵引力不变,加速度不变4.测定运动员体能的一种装置如图K16-3所示,运动员质量为m1,绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮质量及摩擦),悬挂的重物质量为m2,人用力蹬传送带而人的重心不动,使传送带以速率v匀速向右运动,重力加速度为g.下面是人对传送带做功的四种说法:图K16-3人对传送带做功人对传送带不做功人对传送带做功的功率为m2gv人对传送带做功的功率为(m1+m2)gv其中正确的是()A.B.C.D.5.2017荆州期末 一辆汽车质量为m,从静止开始启动,沿水平面前进了距离s后,就达到了最大行驶速度vmax.若汽车的牵引力的功率保持不变,所受阻力为车重的k倍,重力加速度为g,则()A.汽车先做匀加速运动,后做匀速运动B.汽车牵引力的功率为mgvmaxkC.汽车从静止到开始匀速运动所需的时间为svmax+vmax2kgD.当汽车速度为v(vvmax)时,汽车的加速度为kvmaxvg6.起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度,其速度图像如图K16-4所示,则钢索拉力的功率随时间变化的图像可能是图K16-5中的()图K16-4图K16-57.机车从静止开始沿平直轨道做匀加速直线运动,所受阻力始终不变.在此过程中,下列说法正确的是()A.机车输出功率逐渐增大B.机车输出功率不变C.在任意两段相等的时间内,机车的动能变化量相等D.在任意两段相等的时间内,机车的速度变化量相等8.如图K16-6所示,质量为M的汽车从平直公路驶上斜坡.假设汽车在水平路面上匀速行驶,驶上斜坡后,汽车的功率及所受路面的阻力与在水平路面上行驶时一致,且车到达坡顶前已达到稳定状态.在上坡过程中,汽车的速度v、牵引力F、牵引力做的功W、克服路面阻力做的功Wf与时间t的关系图像正确的是图K16-7中的()图K16-6图K16-79.2017烟台期中 一辆汽车质量为m,在水平路面上由静止开始做直线运动,运动过程中汽车所受阻力恒定,牵引力F与车速v的关系为F=kv,式中k为大小不变的系数,已知汽车速度的最大值为vm,则下列说法正确的是()A.汽车从静止到速度达到vm的过程中,加速度逐渐减小,速度逐渐增大B.汽车的最大加速度大小为am=kmvmC.汽车的最大牵引力为Fm=kvmD.汽车所受阻力大小为f=kvm10.如图K16-8所示,滑块以速率v1沿斜面由底端向上滑行,至某一位置后返回,回到出发点时的速率变为v2,且v2v1,则下列说法中正确的是()图K16-8A.全过程中重力做功为零B.开始上滑时重力的功率等于下滑回到出发点时重力的功率C.滑块上滑过程中克服摩擦力做的功等于下滑过程中克服摩擦力做的功D.在上滑和下滑两过程中,摩擦力的平均功率相等11.地铁和燃油公交车相比,没有污染气体排放,有助于改善城市空气质量.若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动,先匀加速运动20s达到最高速度72km/h,再匀速运动80s,接着匀减速运动15s到达乙站停住.设列车在匀加速运动阶段牵引力为1106N,匀速阶段牵引力的功率为6103kW,忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功.(1)求甲站到乙站的距离;(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同,求公交车排放气体污染物的质量.(假设燃油公交车每做1J功排放气体污染物310-6g)12.一人骑自行车由静止开始上一长L=200m的斜坡,斜坡坡度为0.05(沿斜坡前进100m,高度上升5m),自行车达到最大速度前做加速度a=1m/s2的匀加速直线运动,达到最大速度后大齿轮是以n=4r/s的转速匀速转动,自行车匀速运动一段时间后,由于骑行者体能下降,自行车在距离坡顶50m处开始做匀减速运动,最后50m的平均速度只有之前平均速度的84%.已知此人质量M=60kg,自行车质量m=15kg,大齿轮直径d1=15cm,小齿轮直径d2=6cm,车轮直径d3=60cm.运动过程中,自行车受到大小恒为f=20N的摩擦阻力作用.g取10m/s2,求:(1)运动过程中自行车的最大速度vm和到达坡顶时的速度v;(2)从坡底到坡顶,此人做功的平均功率.图K16-9课时作业(十七)第17讲动能定理1.如图K17-1所示,人用手托着质量为m的小苹果,从静止开始沿水平方向运动,前进距离L后,速度为v(苹果与手始终相对静止).若苹果与手掌之间的动摩擦因数为,重力加速度为g,则下列说法正确的是()图K17-1A.手对苹果的作用力方向竖直向上B.苹果所受摩擦力大小为mgC.手对苹果做的功为12mv2D.苹果对手不做功2.质量为m的小球被系在轻绳的一端,小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动.运动过程中,小球受到空气阻力的作用.在某一时刻小球通过轨道最低点时,绳子的拉力为7mg,此后小球继续做圆周运动,转过半个圆周恰好通过最高点,则此过程中小球克服阻力所做的功为()A.mgR4B.mgR3C.mgR2D.mgR3.如图K17-2所示,一根长为l1的橡皮条和一根长为l2的绳子(l1vC.若斜面光滑,则滑块下滑过程中重力所做的功等于滑块机械能的增加量D.若斜面粗糙,则滑块下滑过程中重力所做的功等于滑块动能的增加量3.如图K19-3所示,在电梯中的斜面上放置了一滑块,在电梯加速上升的过程中,滑块相对斜面静止,则在该过程中()图K19-3A.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增加的重力势能B.滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的机械能C.斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功D.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能4.如图K19-4所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动,现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板右端,已知物体和木板之间的动摩擦因数为.为保持木板的速度不变,从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中,应对木板施一水平向右的作用力F,那么力F对木板做功的数值为()图K19-4A.mv24 B.mv22C.mv2D.2mv25.2017江西南昌期中 如图K19-5所示,质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出,小球上升的最大高度为H,已知小球在运动过程中受到的空气阻力与速率成正比.设抛出点重力势能为零,则在小球运动过程中,关于小球的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随高度h变化及速率v随时间t变化的规律,图K19-6中一定不正确的是()图K19-5图K19-66.如图K19-7甲所示,质量为1kg的小物块以初速度v0=11m/s从倾角=53的固定斜面底端先后两次滑上斜面,第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F,第二次无恒力,图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图像.不考虑空气阻力,g取10m/s2,下列说法正确的是(cos53=0.6,sin53=0.8)()图K19-7A.恒力F大小为21NB.小物块与斜面间的动摩擦因数为0.6C.有恒力F时,小物块在上升过程机械能的减少量较小D.有恒力F时,小物块在上升过程产生的热量较少7.如图K19-8所示,固定的光滑竖直杆上套有一质量为m的圆环,圆环与水平放置的轻质弹簧一端相连,弹簧另一端固定在墙壁上的A点,图中弹簧恰好处于原长状态.现让圆环从图示位置(距地面高度为h)由静止沿杆滑下,滑到杆的底端B时速度恰好为零.重力加速度为g,则在圆环下滑至底端的过程中()图K19-8A.圆环所受合力做功为零B.弹簧弹力对圆环先做正功后做负功C.圆环到达B时弹簧弹性势能为mghD.弹簧的弹性势能和圆环的重力势能之和先增大后减小8.“弹弓”是孩子们喜爱的弹射类玩具,其构造原理如图K19-9所示,橡皮筋两端点A、B固定在把手上,橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态,在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把,另一手将弹丸拉至D点后放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去,打击目标.现将弹丸竖直向上发射,已知E是CD中点,则()图K19-9A.从D到C,弹丸的机械能一直在增大B.从D到C,弹丸的动能一直在增大C.从D到C,弹丸的机械能先增大后减小D.从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能9.如图K19-10甲所示,竖直光滑杆固定不动,套在杆上的轻弹簧下端固定,穿在杆上的滑块与弹簧上端接触但不拴接,向下压缩弹簧至滑块离地高度为h=0.1m.现由静止释放滑块,通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek-h图像,其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线,其余部分为曲线.以地面为零势能面,g取10m/s2,由图像可知()甲乙图K19-10A.滑块的质量为0.2kgB.弹簧的最大弹性势能为0.32JC.弹簧的原长为0.2mD.滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小为0.18J10.2017武汉模拟 质量为m=1kg滑块以某一初速度从固定斜面的底端沿斜面上滑,规定斜面底端为重力势能的参考平面.在上滑过程中,滑块的机械能E随位移x的变化规律如图K19-11甲所示,重力势能Ep随位移x的变化规律如图乙所示.重力加速度g取10m/s2,求滑块与斜面间的动摩擦因数.甲乙图K19-1111.如图K19-12所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是最低点,圆心角BOC=37,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0m.现有一个质量为m=0.2kg、可视为质点的小物体从D点的正上方E点处自由下落,D、E距离h=1.6m,小物体与斜面AB之间的动摩擦因数=0.5.(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2)(1)求小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小;(2)要使小物体不从斜面顶端飞出,斜面的长度LAB至少要多长?(3)若斜面已经满足(2)的要求,小物体从E点开始下落,直至最后沿光滑圆弧轨道做周期性运动,求此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小.图K19-12课时作业(十六)1.B解析 人相对于地的位移方向向右,人所受的摩擦力方向也向右,则f做正功;平板车相对于地的位移方向向左,它受到的摩擦力方向也向左,则f也做正功.2.D解析 因为洒水车的重力在减小,且所受阻力与车重成正比,所以阻力也减小,受到的牵引力也减小,选项A、B错误;又因为洒水车的速度不变,所以由P=Fv可知,发动机的输出功率不断减小,选项C错误,选项D正确.3.C解析 对汽车受力分析,汽车受到重力、支持力、牵引力和摩擦力,0t1时间内,汽车做匀加速直线运动,故加速度恒定,根据牛顿第二定律,有F-f=ma,故汽车的牵引力不变,根据功率和速度关系式,有P=Fv=Fat,故功率P增大,选项A、B错误;在t1t2时间内,汽车做加速度不断减小的加速运动,根据牛顿第二定律,有F-f=ma,故汽车的牵引力F减小,选项C正确,选项D错误.4.A解析 人作用于传送带上的摩擦力f=m2g,方向与v相同,因此人对传送带做正功,功率P=fv=m2gv,所以说法正确.5.C解析 由于汽车的牵引力的功率保持不变,由P=Fv、F-kmg=ma及v=at可知,汽车做加速度逐渐减小的变加速直线运动,选项A错误;汽车速度达到最大后做匀速运动,则P=kmgvmax,选项B错误;设汽车从静止到开始匀速运动所需的时间为t,则由动能定理得Pt-kmgs=12mvmax2-0,解得t=svmax+vmax2kg,选项C正确;当汽车速度为v时,由以上各式联立可得a=vmaxv-1kg,选项D错误.6.B解析 在0t1时间内,重物加速上升,设加速度为a1,根据牛顿第二定律可得钢索的拉力F1=mg+ma1,速度v=a1t,所以拉力的功率P1=m(a1+g)a1t;在t1t2时间内,重物匀速上升,拉力F2=mg,速度v1=a1t1,所以拉力的功率P2=mga1t1;在t2t3时间内,重物减速上升,设加速度大小为a2,根据牛顿第二定律可得钢索的拉力F2=mg-ma2,速度v=a1t1-a2(t-t2),所以拉力的功率为P3=m(g-a2)(a1t1+a2t2-a2t).综上所述,只有B正确.7.AD解析 机车做匀加速直线运动,且阻力不变,所以牵引力也不变.根据P=Fv知,机车输出功率增大,选项A正确,选项B错误;根据动能定理知,在任意两段相等时间内,由于位移不相等,所以合外力做功不相等,机车的动能变化量不相等,选项C错误;由于是匀加速直线运动,故任意两段相等时间内的速度变化量相等,选项D正确.8.AC解析 汽车在水平路面上匀速运动时,有P=Fv=fv,刚到达斜坡上时,牵引力不变,还是F,根据牛顿第二定律可知F-f-mgsin=ma,故汽车在斜坡上时先做减速运动,速度减小,根据P=Fv可知,牵引力增大,当牵引力等于阻力和重力沿斜面的分力之和时,速度减到最小,此后做匀速运动,牵引力不再变化,选项A正确,选项B错误;汽车始终在恒定功率下运动,故牵引力所做的功W=Pt与时间成正比,选项C正确;汽车先做减速运动,然后做匀速运动,在减速运动阶段,位移不和时间成正比,故克服路面阻力做的功Wf=fs也不和时间成正比,选项D错误.9.AD解析 汽车启动后,加速度a=kv-fm,当速度增大时,加速度减小,即汽车做加速度减小的加速运动,当加速度a=0时,速度最大,此时kvm=f,选项A、D正确;刚启动时,牵引力最大,趋于无穷大,加速度很大,选项B、C错误.10.AC解析 滑块从开始上滑至回到出发点,位移为0,则全过程中重力做功为0,选项A正确;设斜面的倾角为,开始上滑时重力的功率P1=mgv1sin,下滑回到出发点时重力的功率P2=mgv2sin,则P1P2,选项B错误;滑块上滑过程中和下滑过程中克服摩擦力做功都为W=mglcos,选项C正确;在上滑过程中摩擦力的平均功率P1=12mgv1cos,在下滑过程中摩擦力的平均功率P2=12mgv2cos,则P1P2,选项D错误.11.(1)1950m(2)2.04kg解析(1)根据匀变速直线运动规律可知,地铁列车匀加速运动的位移为s1=12vt1匀减速运动的位移为s3=12vt3根据匀速运动规律可知,地铁列车匀速运动的位移为s2=vt2根据题意可知,甲站到乙站的距离为s=s1+s2+s3联立解得s=1950m.(2)地铁列车在从甲站到乙站的过程中,牵引力做的功为W1=Fs1+Pt2根据题意可知,燃油公交车运行中做的功为W2=W1联立解得W2=6.8108J所以公交车排放气体污染物的质量为m=310-96.8108kg=2.04kg.12.(1)6m/s3m/s(2)302.7W解析(1)据题意可得1d12=2d221=2nvm=2d32联立解得vm=6m/s匀加速运动的过程,有vm=at1x1=12at12解得t1=6s,x1=18m匀速运动的过程,有150m-x1=vmt2解得t2=22s设人到坡顶的速度大小为v,根据题意可得v2=150mt1+t20.84=4.5m/s匀减速运动的过程,有v2=vm+v2解得v=3m/s.(2)最后50m所用时间为t3=50mv2=11.1s从坡底到坡顶,人做的功为W=(M+m)gLsin+12(M+m)v2+fL根据题意知sin=0.05此人做功的平均功率为P=Wt1+t2+t3联立解得P=302.7W.课时作业(十七)1.C解析 小苹果从静止开始沿水平方向运动,手对苹果有支持力和静摩擦力作用,其合力不沿竖直方向,选项A、B错误;由动能定理得,手对苹果做的功W=12mv2,苹果对手做负功,选项C正确,选项D错误.2.C解析 在最低点时,由绳子的拉力和重力的合力提供向心力,故有T-mg=mv2R,其中T=7mg,可得v=6gR,在最高点时,因为是恰好通过最高点,所以绳子的拉力为零,完全由重力提供向心力,所以有mg=mv12R,解得v1=gR,从最低点到最高点过程中,重力做负功,阻力做负功,根据动能定理可得-2mgR-Wf=12mv12-12mv2,解得Wf=mgR2,故C正确.3.A解析 根据动能定理得,对A和橡皮条系统,有mgl2-W=12mvA2,其中W为A克服橡皮条弹力做的功;对B,有mgl2=12mvB2,因此vAvB,故A正确.4.B解析 对小朋友从斜板进入水平木板运动的全过程,由动能定理得mglsin-mg2l=0,则sin=2,选项B正确.5.C解析 由图像的斜率可得OA段的拉力F1=Ws=5N,由牛顿第二定律得,加速度a1=F1-mgm=3m/s2,同理,AB段的拉力F2=Ws=2N,加速度a2=0,选项A、B错误;s=3m的过程,由动能定理得W-mgs1=12mv12,解得v1=32m/s,同理可得s=9m时速度v2=32m/s,选项C正确,选项D错误.6.AC解析 当关闭充电装置,让车自由滑行时,电动车的动能全部用来克服摩擦阻力做功,转化为内能,有Ek=fs1,解得f=50N,A正确,B错误;当启动充电装置滑行时,电动车的动能一部分用来克服摩擦阻力做功,另一部分转化为蓄电池的电能,根据能量守恒定律得Ek=fs2+E电,解得E电=Ek-fs2=200J,C正确,D错误.7.BD解析 物体上滑过程,由动能定理得-(mgsin+mgcos)s=Ek-12mv02,图线的斜率的绝对值k1=255N=mgsin+mgcos;同理,物体下滑过程,图线的斜率的绝对值k2=55N=mgsin-mgcos;联立解得=37,m=0.5kg,选项B、D正确.8.AD解析 第一次从h高度处由静止释放小物块,小物块在到达B点过程中,由动能定理得mgh-Wf=0,所以克服摩擦阻力做的功Wf=mgh,选项A正确;因为下滑过程中滑动摩擦力是变力,滑动摩擦力大小与正压力大小有关,而正压力大小与速率有关,所以第二次释放小物块过程中小物块克服摩擦阻力做的功大于第一次的,故最终小物块滑出轨道后上升的高度小于h,选项D正确.9.BD解析 小车在向右运动的过程中,若弹簧的形变量始终小于fk,则直杆和槽间无相对运动,小车被弹回时的速度v等于v0;若弹簧的形变量大于或等于fk,则直杆和槽将发生相对运动,克服摩擦力做功,小车的动能减小,小车被弹回时的速度v小于v0,A错误,D正确.对整个过程应用动能定理,有-fs=12mv2-12mv02,可得直杆在槽内移动的距离s=m(v02-v2)2f,B正确.直杆在槽内由静止开始向右运动时,小车的速度大于零,小车不可能与直杆始终保持相对静止,C错误.10.(1)335g,方向沿下段滑道向上(2)2gh7(3)能解析(1)滑草车在下段滑道上运动过程,根据牛顿第二定律得mgsin37-mgcos37=ma解得a=gsin37-gcos37=-6g70=-335g“-”表示加速度方向沿下段滑道向上.(2)滑草车通过上段滑道末端时速度最大,由动能定理得mgh-mgcos45hsin45=12mvm2解得vm=2gh7.(3)对全过程,根据动能定理得2mgh-mgcos45hsin45-mgcos37hsin37=12mv2解得v=0说明滑草车刚好到达下段滑道的最底端.11.(1)6m/s(2)6N(3)8m/s解析(1)在A点,由牛顿第二定律得mg=mvA2R2解得vA=gR2=23m/s小球从O到A过程,由动能定理得-mg2R1=12mvA2-12mv02解得v0=6m/s(2)小球从O到B过程,由动能定理得mgR2=12mvB2-12mv02解得vB=215m/s在B点时,由牛顿第二定律得FN-mg=mvB2R2解得FN=6N则轨道受到的压力FN=FN=6N.(3)小球从O到C过程,由动能定理得mgR2-mgxBC0-12mv02解得v08m/s.课时作业(十八)1.D解析 由能量守恒定律得12mv2=Ep+mgh,故小球在C点时弹簧的弹性势能Ep=12mv2-mgh,选项D正确.2.A解析 设A物体距离地面的高度为x时,A物体的动能与重力势能相等,即mgx=12mv2,对A、B系统,由机械能守恒定律得mg(H-x)=12m+m2v2,解得x=0.4H,选项A正确.3.A解析 连接b球的细线摆到竖直位置时,由机械能守恒定律得mbgl=12mbv2,对b球,有T-mbg=mbv2l,对a球,有T=mag,联立解得mamb=31,选项A正确.4.B解析 圆槽在光滑水平面上可动,在木块开始下滑到脱离槽口的过程中,对木块和槽所组成的系统,水平方向上不受外力,水平方向上动量守恒,设木块滑出槽口时的速度为v1,槽的速度为v2,在水平方向上,由动量守恒定律可得mv1-Mv2=0,木块下滑时,只有重力做功,系统机械能守恒,由机械能守恒定律得mgR=12mv12+12Mv22,联立解得木块滑出槽口的速度v1=2MgRm+M,选项B正确.5.C解析 当F1=3mg时,有F1+mAg+mBg=kx1,解得k=F1+mAg+mBgx1=6mg0.04m,当F2=4mg时,有F2+mAg+mCg=kx2,解得x2=0.04m=4cm,即弹簧也被压缩了4cm,当弹簧恢复到原长时,根据能量守恒定律可得12kx22=2mgx2+12(2m)v2,接着C又上升了h高度,则根据机械能守恒定律可得mgh=12mv2,联立解得h=2cm,故C上升的最大位移为H=x2+h=6cm,选项C正确.6.CD解析 由于选取最高点为零势能面,故小球在最高点时的重力势能是零,选项A错误;小球在最高点时的重力势能为零,动能也为零,则在最高点时的机械能为零,而小球运动过程中不计空气阻力,故小球落回抛出点时的机械能是零,选项B错误;由动能定理得mgh=Ek-12mv02,所以小球落地的动能Ek=mgh+12mv02,选项C正确;小球落到地面时的重力势能是-mg(H+h),选项D正确.7.ABD解析 当v0=gR时,根据机械能守恒定律得12mv02=mgh,解得h=R2,即小球上升到高度为R2时速度为零,所以小球能够上升的最大高度为R2,选项A正确;设小球在最低点的速度为v时恰好能运动到与圆心等高处,根据机械能守恒定律得mgR=12mv2,解得v=2gR,故如果v0=2gR,则小球能够上升的最大高度为R,选项B正确;设小球在最低点的速度为v1时恰好能运动到圆轨道最高点,此种情况下在最高点的速度为v2,则在最高点,有mg=mv22R,从最低点到最高点的过程中,根据机械能守恒定律得2mgR+12mv22=12mv12,解得v1=5gR,所以当v0=5gR时,小球能够上升的最大高度为2R,而当v0=3gR5gR时,小球不能上升到圆轨道的最高点,会脱离轨道,根据机械能守恒定律得12mv02=mgh+12mv2,解得上升的最大高度hmgh=1.2J,选项D正确.2.A解析 若斜面光滑,则加磁场前后,都只有重力做功,满足机械能守恒的条件,到达斜面底端的速度相等,选项A正确,选项C错误;若斜面粗糙,则加磁场后,由左手定则可知,滑块受垂直于斜面向下的洛伦兹力,此时斜面的正压力大于未加磁场时的正压力,由f=FN可知,此时斜面的摩擦力大于未加磁场时的摩擦力,故加磁场后克服摩擦力做的功多,由动能定理得mgh-Wf=12mv2,则vv,选项B、D错误.3.D解析 滑块克服重力所做的功等于滑块增加的重力势能,选项A错误;合力对滑块做的功等于滑块动能的增量,选项B错误;斜面对滑块的摩擦力沿斜面向上,因此做正功,选项C错误;斜面对滑块的弹力和摩擦力对滑块做的总功等于滑块增加的机械能,选项D正确.4.C解析 由能量守恒定律可知,力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能,一部分转化为系统的内能,故W=12mv2+mgs相,s相=vt-v2t,v=gt,联立可得W=mv2,选项C正确.5.A解析 质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出,小球在运动过程中受到的空气阻力与速率成正比,所以f=kv,小球上升的最大高度为H时,动能应该为零,故A错误;重力势能Ep=mgh,则Ep-h图像为一条通过原点的倾斜的直线,故B正确;由于小球受空气阻力的作用,所以小球的机械能要减小,减小的机械能等于克服阻力做的功,即E=Wf=fh,Wf为克服阻力做的功,则E=E0-E=E0-Wf=E0-fh,因为上升过程中速度逐渐减小,所以E-h图像的斜率的绝对值减小,因为下降过程中速度逐渐增大,所以E-h图像的斜率增大,故C正确;上升过程中,根据牛顿第二定律得a=mg+fm,因为速度逐渐减小,所以加速度减小,下降过程中,根据牛顿第二定律得a=mg-fm,因为速度逐渐增大,所以加速度逐渐减小