1.選BC 公式W=Ek2-Ek1中的“W”為所有力所做的總功，A錯(cuò)誤，B正確;若W>0，則Ek2>Ek1，若W<0，則Ek2 2.選B A物體所受的合外力等于B對(duì)A的摩擦力，對(duì)A物體運(yùn)用動(dòng)能定理，則有B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量，即B對(duì);A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對(duì)地的位移不等，故二者做功不相等，C錯(cuò);對(duì)B應(yīng)用動(dòng)能定理，WF-WFf=ΔEkB，即WF=ΔEkB+WFf就是外力F對(duì)B做的功，等于B的動(dòng)能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D錯(cuò);由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動(dòng)能增量(等于B對(duì)A的摩擦力所做的功)不等，故A錯(cuò)。 3.選B θ，x，W=μmgcos θ·=μmgx，B的高度比A低，所以由動(dòng)能定理可知Ek1>Ek2。B。 4.選B 在合力F的方向上，由動(dòng)能定理得W=Fl= mv2，某個(gè)分力的功為W1=F1lcos 30°=lcos 30°=Fl= mv2，B正確。 5.選C 30 N的力F，2 kg的物體由沙坑表面靜止抬升1 m時(shí)，F(xiàn)h-mgh=mv2，F(xiàn)后由動(dòng)能定理，mg(d+h)-W=0-mv2，W=mg(d+h)+Fh-mgh=Fh+mgd=30×1 J+2×10×0.2 J=34 J。C正確。 6.選C a運(yùn)動(dòng)到c，，-μmgl-2μmgl=mv12-mv02，d運(yùn)動(dòng)到c，，-3μmgl=mv22-mv02，v2=v1，C正確。 7.選C 物體在恒定阻力作用下運(yùn)動(dòng)，其加速度隨時(shí)間不變，隨位移不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理，-fs=Ek-Ek0，解得Ek=Ek0-fs，選項(xiàng)C正確D錯(cuò)誤。 8.選B 由動(dòng)能定理可得W1-W2=0，解得W1=W2。由圖像可知，撤去拉力F后運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于水平力F作用時(shí)間，所以F>2Ff，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤B正確;由于摩擦阻力作用時(shí)間一定大于水平力F作用時(shí)間，所以P1>P2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 9.選ACD 由vt圖像可知，物體放上傳送帶開(kāi)始階段，加速度a1=10.0 m/s2，物體與傳送帶同速后，加速度a2= m/s2=2.0 m/s2，傳送帶的速率v0=10 m/s，A正確;由mgsin θ+μmgcos θ=ma1，mgsin θ-μmgcos θ=ma2可求得：θ=37°，μ=0.5，B錯(cuò)誤，C正確;由動(dòng)能定理得：mglsin θ+Wf=mv2，v=12.0 m/s，l=×10×1 m+×1 m=16 m，解得Wf=-24 J，D正確。 10.選BC 小球到達(dá)環(huán)頂C時(shí)，剛好對(duì)軌道壓力為零，在C點(diǎn)，由重力充當(dāng)向心力，則根據(jù)牛頓第二定律得：mg=m，因R=4 m，小球在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為mv2=mgR=2mg，以B點(diǎn)為零勢(shì)能面，小球重力勢(shì)能Ep=2mgR=8mg，開(kāi)始小球從H=12 m高處，由靜止開(kāi)始通過(guò)光滑弧形軌道AB，因此在小球上升到頂點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg(H-2R)-Wf= mv2，所以克服摩擦力做功Wf=2mg，此時(shí)機(jī)械能等于10mg，之后小球沿軌道下滑，由于機(jī)械能有損失，所以下滑速度比上升速度小，因此對(duì)軌道壓力變小，受摩擦力變小，所以下滑時(shí)，克服摩擦力做功大小小于2mg，機(jī)械能有損失，到達(dá)底端時(shí)小于10mg;此時(shí)小球機(jī)械能大于10mg-2mg=8mg，而小于10mg，所以進(jìn)入光滑弧形軌道BD時(shí)，小球機(jī)械能的范圍為，8mg 11.解析：(1)圓環(huán)從O到D過(guò)程中做平拋運(yùn)動(dòng)x=v0t y=gt2 讀圖得x=6 m，y=3 m v0= m/s=7.75 m/s。 (2)圓環(huán)從A到O過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理 FxAO-μmgxAB-mgy′=mv02 代入數(shù)據(jù)得F=10 N。 (3)圓環(huán)從A到B過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律 F-μmg=ma xAB=at2 代入數(shù)據(jù)得t= s=1.26 s。 答案：(1)7.75 m/s (2)10 N (3)1.26 s 12.解析：(1)滑塊從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 mg·(2R-R)-μmgcos 37°·=0 解得μ=0.375。 (2)若滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有mg+FN= 當(dāng)FN=0時(shí)，滑塊恰能到達(dá)C點(diǎn)，有vC≥=2 m/s，滑塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有-μmgcos 37°·=mvC2-mv02 聯(lián)立解得v0≥2 m/s。 (3)滑塊離開(kāi)C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)有x=vt， y=gt2 由幾何關(guān)系得tan 37°= 聯(lián)立以上各式整理得5t2+3t-0.8=0 解得t=0.2 s。 答案：(1)0.375 (2)2 m/s (3)0.2 s
