速度a加速移动时，由牛顿第二定律可知，mgFma，作用力Fmgma，则斜面对物体做功WFs（mgma）s，故D错误。本题选错误的。故选：D4．一探究小组的同学到建筑工地上探究起重机功率的变化规律。其中某同学绘制的重物被起重机的钢索吊着由地面到空中某个高度的过程中的速度时间图象如图所示，则钢索拉力的功
率随时间变化的图象是图中的（
）
A．
B．
C．
D．
答案：B【解析】在0t1时间内：重物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得：Fmgma1，解得：Fmgma1拉力的功率：P1Fv（mgma1）a1t，m、a1均一定，则P1∝t．在t1t2时间内：重物向上做匀速直线运动，拉力Fmg，则拉力的功率P2Fvmgv，P2不变，根据拉力的大小得到，P2小于t1时刻拉力的功率．在t2t3时间内：重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：mgFma2，Fmgma2，拉力的功率P3Fv（mgma2）（v0a2t），m、a2均一定，P3与t是线性关系，随着t延长，P3减小．t3时刻拉力突然减小，功率突然减小．故选：B．5．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，设地面为零势能面。在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，则h等于（）
fA．H9
B．2H
9
C．3H
9
D．4H
9
答案：D【解析】设阻力为F小球质量为m则由上升的最大高度为H可知抛出时总能量为EmgFH上升至h处总能量为E1EkEp3Ep3mgh下降至h处总能量为E2EkEp3Ep23mgh2由能量守恒可知EE1FhE1E22FHh联立解得h4H96．如图（甲）所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，t0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图（乙）所示，则（）A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能答案：C【解析】0～t1时间内，小球做自由落体运动，故弹簧弹力为零．t1～t2时间内，小球压缩弹簧，当弹力等于重力时，小球速度最大，在此时刻之前，小球做加速度减小的加速运动，之后做加速度增加的减速运动，t2时刻减速到零．t2～t3时间内，小球向上先加速运动后减速运动．故A、B、C三选项中，只有C项正确．t2～t3时间内弹簧减少的弹性势能转化为r