C、由于不知运动位移，不能求出此次航行的平均速度，故C错；
D、 若“千岛湖”舰与“巢湖”舰同向匀速行驶，则以“千岛湖”舰为参照物，“巢湖”舰是静止的，本题没有明确说明运动状态，故D错； 综上所述本题答案是：B 2．C 【解析】
根据曲线运动的速度方向可知，飞机在P点的速度方向沿P点的切线方向，所以丙的方向为飞机在P点的速度方向．故C正确，ABD错误． 3．C 【解析】 【详解】
物体在下落过程中的加速度为2g/3小于g，可知物体受到向上的力的作用，该力在物体下落的过程中做负功，所以机械能不守恒。故A错误；物体在下落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小也为mgh。故BD错误；由动能定理得：EK＝mah＝mgh，故C正确；故选C。 【点睛】
功是能量转化的量度，重力做功导致重力势能变化；合力做功导致动能变化；除重力外其他力做功导致机械能变化；弹力做功导致弹性势能的变化． 4．C 【解析】 【详解】
A. 合外力对物体做功为零时，机械能不一定守恒，例如匀速上升的升降机，选项A错误；
B. 根据W=FScosθ可知，物体所受的力越大，位移越大，则该力对物体做功不一定越多，还要看力和位移方向的夹角，选项B错误；
C. 物体所受的合外力不为零时，动能可能不变，例如做匀速圆周运动的物体，选项C正确；
D. 在一对作用力和反作用力中，若作用力对物体做正功，则反作用力对物体可能做负功，也可能做正功或者不做功，选项D错误. 5．B 【解析】 【详解】
1Fcos60?根据牛顿第二定律得，加速度；则4s末的速度v=at=0.1×4m/s=0.4m/s，a?＝2＝0.1m/s2m101则拉力的功率P=Fvcos60°=2×0.4×W=0.4W．故B正确，ACD错误。
22?6．B 【解析】
试题分析：根据图像可以知道，该时刻B．E两点正处于平衡位置，其速度最大，故选项A错误；波的传播方向沿x轴正方向，该时刻质点D正向?y方向运动，故B正确；C．F两点处于位移最大处，根据简谐运动的特征a??kx知，两点的加速度最大，速度为零，故C错误；波的传播方向沿x轴正方向，由波形m平移法得知，B点的速度方向向上，E的速度方向向下，速度大小相等，故D错误． 考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 7．B 【解析】 【详解】
A. 瓦特是功率的单位，选项A错误； B. 焦耳是能量单位，选项B正确； C. 牛顿是力的单位，选项C错误； D. 米是长度单位，选项D错误。 8．A 【解析】
设C点线速度方向与绳子沿线的夹角为?（锐角），由题知C点的线速度为?L，该线速度在绳子方向上的分速度就为?Lcos?，?的变化规律是从最大（90o）然后逐渐变小，则?Lcos?逐渐变大，直至绳子和杆垂直，?变为零，绳子的速度变为最大；然后?又逐渐增大，?Lcos?逐渐变小，绳子的速度变慢，可知重物做变速运动，重物先加速，后减速，当?为零时，重物的速度最大，达到?L，故A正确；B错误；拉力对重物m所做的功等于物体重力势能的增加量和动能的增加量，物体升高的高度等于左侧绳子的伸长量，由几何关系可知h??17?3L，故重力势能增加量为
??17?3mgL，而杆转到水平位置时，
?cos??4418?L；故此时动能的增加量为mv2?m?2L2，因此绳子对物体A，则此时速度为1717217所做的功为
?17?3mgL??8m?2L2，故CD错误；选A. 17【点睛】本题应明确重物的速度来自于绳子的速度，注意在速度的分解时应明确杆的转动线速度为线速度，而绳伸长速度及转动速度为分速度，再由运动的合成与分解得出合速度与分速度的关系． 9．B 【解析】 【详解】
A．设小球到达c点的速度为v，则从a到c由动能定理：F?3R?mg?R?12mvc，解得vc?2gR，则2小球不是恰好能运动到轨道最高点c（恰好达到c点的速度为零），A错误；
B．小球从a到c的过程中，动能增量为?Ek?12mvc?2mgR，B正确； 2C．小球从a点开始运动到c点的过程中机械能的增量为?E??Ek??Eg?3mgR，故C错误； D．小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，设小球从c
vcR121F?R?tt??2点达到最高点的时间为，则有，此段时间水平位移为x?at??2???2R，gg22m?g??所以小球从a点开始运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为L?3R?2R?5R，水平外力做功为5mgR，则机械能的增量为5mgR，故D错误． 10．A 【解析】 【详解】
A. 物体做平抛运动，运动的过程中只有重力做功，所以机械能守恒。故A正确。 B. 拉着物体匀速上升的过程，动能不变，重力势能增大，则机械能增大。故B错误。
C. 做竖直面内的匀速圆周运动的物体，在运动中动能保持不变，而势能一定发生变化，故机械能不守恒，故C错误；
D. 以重力加速度g减速下降的物体， 故一定受到向上的大小为2mg的力，故有外力做功，机械能不守恒；D错误。
二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目
要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分 11．AD 【解析】 【分析】
根据撤除拉力后物体的运动情况进行分析，分析动摩擦因数的关系．由于水平拉力F1和F1的大小关系未知，故要求只能要比较摩擦力对物体所做的功的多少，一定要知道两物体位移的大小关系． 【详解】
A项：由图线可知，在车撤去外力后，两图线平行，说明加速度相同，而只受摩擦力，a=μg所以，μ相同，且由图象可知，?g?1，所以??0.1，故A正确； B项：由牛顿第二定律，F-μmg=ma，解得：m?以m1?m2，故B错误；
C、D项：若m1=m1，则f1=f1，根据动能定理，对a有 WF1-f1s1=0 同理对b有 WF1-f1s1=0
2F，由图象可知，a的加速度大于b的加速度，所
a??g因为s1?4?2.5?1m?5.0m 21s2?2?5?m?5.0m
2WF1=WF1，故C错误，D正确． 【点睛】
本题综合性很强，所以熟练掌握牛顿第二定律，动能定理，会根据v-t图求解加速度，位移是能否成功解题的关键． 12．ACD 【解析】 【分析】 【详解】
木箱受重力和向上的拉力，因为减速下降，所以拉力大于重力．位移向下，所以拉力做负功，故B错误，C正确；
重力做正功，重力势能减少，故A正确； 减速运动，动能减少，故D正确． 13．BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB．以物体为研究对象，受力分析可知，物体受重力、斜面的作用力而加速下滑，则合外力一定沿斜面向下；根据二力的合成可知，斜面体对物块的作用力只能斜向右上方，故A错误，B正确；
C．再对斜面体分析可知，斜面体受物体向左下的压力，故斜面体受到的摩擦力水平向右，故C正确； D．对整体受力分析可知，整体有向下的加速度，可以认为整体处于失重状态；故整体对地面的压力小于两物体的重力，故D错误。 故选BC。 14．BCD 【解析】 【详解】
A.匀减速运动阶段的加速度大小为：a?错误.
B.匀速运动阶段，牵引力等于阻力，则有：P=Fv=3×6W=18W．故B正确. C.匀加速运动阶段的加速度大小为：a1?6m/s2?1.5m/s2，根据牛顿第二定律得：f=ma=3N；故A
18?143m/s2?1.5m/s2，F-f=ma，F=6N.1s根据牛顿第二定律得：解得：2末的速度为：v1=a1t1=l.5m/s，则1s末小车发动机的输出功率为：P=Fv1=9W，故C正确；