一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)
1．如图1所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静 止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面 底部C点时的动能分别为Ek1和Ek2，下滑过程中克服摩擦力所
做的功分别为W1和W2，则 ( ) 图1 A．Ek1＞Ek2 W1＜W2 C．Ek1＝Ek2 W1＞W2
B．Ek1＞Ek2 W1＝W2 D．Ek1＜Ek2 W1＞W2
解析：设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为l，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W ＝μmgcosθ·l/cosθ＝μmgl，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等．又由于B的高度 比A低，所以由动能定理可知Ek1＞Ek2，故选B. 答案：B
2．一质量为m的小球用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力作 用下，从平衡位置P点缓慢地移动，当悬线偏离竖直方向θ角时， 水平力大小为F，如图2所示，则水平力所做的功为 ( ) A．mglcosθ
B．Flsinθ 图2 D．Flcosθ
C．mgl(1－cosθ)
解析：小球在缓慢移动的过程中，动能不变，故可用动能定理求解，即WF＋WG＝0， 其中WG＝－mgl(1－cosθ)，所以WF＝－WG＝mgl(1－cosθ)，选项C正确． 答案：C
3．如图3所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引 在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转 F
动半径为R.当拉力逐渐减小到时，物体仍做匀速圆周运
4动，半径为2R，则外力对物体做的功为 FRA．－
45FRC.
2
3FRB.
4
FRD. 4
( ) 图3
mv12Fmv2211FR
解析：F＝，＝，由动能定理得W＝mv22－mv12，联立解得W＝－，
R42R224FR
即外力做功为－.A项正确．
4
答案：A
4．(2010·河北省衡水中学调研)如图4所示，小球以初速 度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后
自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的 图4
速度大小为
( )
A.v02－4gh C.v02－2gh
B.4gh－v02 D.2gh－v02
解析：设由A到B的过程中，小球克服阻力做功为Wf，由动能定理得：－mgh－Wf 11
＝0－mv02，小球返回A的过程中，再应用动能定理得：mgh－Wf＝mvA2－0，以
22上两式联立可得：vA＝答案：A
5．(2010·清远模拟)如图5所示，斜面AB和水平面BC是由同一板 材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)
从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静 图5 止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将 小铁块放回A处，并轻推一下使之具有初速度v0，沿新斜面向下滑动．关于此情况 下小铁块的运动情况的描述正确的是 A．小铁块一定能够到达P点
B．小铁块的初速度必须足够大才能到达P点 C．小铁块能否到达P点与小铁块的质量有关 D．以上说法均不对
解析：如图所示，设AB＝x1，BP＝x2，AP＝x3，动摩擦因数为 μ，由动能定理得：mgx1sinα－μmgx1cosα－μmgx2＝0，可得：
mgx1sinα＝μmg(x1cosα＋x2)，设小铁块沿AP滑到P点的速度为vP，由动能定理得： 11
mgx3sinβ－μmgx3cosβ＝mvP2－mv02，因x1sinα＝x3sinβ，x1cosα＋x2＝x3cosβ，故得：
22 vP＝v0，即小铁块可以沿AP滑到P点，故A正确．
答案：A
二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项 正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)
( )
4gh－v02，故只有A正确．
6．(2010·南通模拟)如图6甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点 处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则 小物块运动到x0处时的动能为 ( ) A．0
1
B.Fmx0 图6 2πD.x02 8
π
C.Fmx0 4
解析：根据动能定理，小物块运动到x0处时的动能为这段时间内力F所做的功，物 块在变力作用下运动，不能直接用功的公式来计算，但此题可用根据图象求“面积” 11的方法来解决．力F所做的功的大小等于半圆的“面积”大小．Ek＝W＝S圆＝
22x0x0ππ
π()2，又Fm＝.整理得Ek＝Fmx0＝x02，C、D选项正确． 2248答案：CD
7．(2010·济南质检)如图7所示，电梯质量为M，地板上放着一质量 为m的物体．钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度 为H时，速度达到v，则 ( )
1
A．地板对物体的支持力做的功等于mv2 图7
21
B．地板对物体的支持力做的功等于mgH＋mv2
21
C．钢索的拉力做的功等于Mv2＋MgH
21
D．合力对电梯做的功等于Mv2
2
11
解析：对物体m用动能定理：WFN－mgH＝mv2，故WFN＝mgH＋mv2，A错误，
221
B正确；钢索拉力做的功，WF拉＝(M＋m)gH＋(M＋m)v2，C错；由动能定理知，
21
合力对电梯M做的功应等于电梯动能的变化Mv2，D正确．
2答案：BD
8．一个小物块从底端冲上足够长的斜面后，又返回斜面底端．已知小物块的初动能为 E，它返回斜面底端的速度大小为v，克服摩擦阻力做功为E/2.若小物块冲上斜面的 动能为2E，则物块
( )
A．返回斜面底端时的动能为E B．返回斜面底端时的动能为3E/2
C．返回斜面底端时的速度大小为2v D．返回斜面底端时的速度大小为v
解析：设初动能为E时，小物块沿斜面上升的最大位移为x1，初动能为2E时，小 物块沿斜面上升的最大位移为x2，斜面的倾角为θ，由动能定理得：－mgx1sinθ－Ffx1 EE1
＝0－E,2Ffx1＝，E－＝mv2；而－mgx2sinθ－Ffx2＝0－2E，可得：x2＝2x1，所
2221
以返回斜面底端时的动能为2E－2Ffx2＝E，A正确，B错误；由E＝mv′2可得v′
2＝2v，C正确、D错误． 答案：AC
9．如图8所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动， 把质量为m的货物放到A点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ， 当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功可能
( ) 图8 1
A．大于mv2
2C．大于μmgs
1
B．小于mv2
2D．小于μmgs
解析：货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速而货物 11
的最终速度小于v，故摩擦力对货物做的功可能等于mv2，可能小于mv2，可能等
22于μmgs，可能小于μmgs，故选B、D. 答案：BD
10．如图9所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面 上，质量为m的小物体(可视为质点)放在木板上最左端，现用一水
平恒力F作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动． 图9 已知物体和木板之间的摩擦力为Ff.当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为 x，则在此过程中
( )
A．物体到达木板最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x) B．物体到达木板最右端时，木板具有的动能为Ffx C．物体克服摩擦力所做的功为FfL D．物体和木板增加的机械能为Fx
1
解析：由题意画示意图可知，由动能定理对小物体：(F－Ff)·(L＋x)＝mv2，故A正
21
确．对木板：Ff·x＝Mv2，故B正确．物块克服摩擦力所做的功Ff·(L＋x)，故C错．物
2
11
块和木板增加的机械能mv2＋Mv2＝F·(L＋x)－Ff·L＝(F－Ff)·L＋F·x，故D错．
22
答案：AB
三、非选择题(本题共2小题，共30分)
11．(14分)如图10所示，质量为M＝0.2 kg的木块放在 水平台面上，台面比水平地面高出h＝0.20 m，木块距 水平台的右端L＝1.7 m．质量为m＝0.10M的子弹以 v0＝180 m/s的速度水平射向木块，当子弹以v＝90 m/s
的速度水平射出时，木块的速度为v1＝9 m/s(此过程作 图10
用时间极短，可认为木块的位移为零)．若木块落到水平地面时的落地点到台面右端 的水平距离为l＝1.6 m，求：(g取10 m/s2)
(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2； (2)木块与台面间的动摩擦因数μ.
解析：(1)由动能定理得，木块对子弹所做的功为 11
W1＝mv2－mv02＝－243 J
22
1
同理，子弹对木块所做的功为W2＝Mv12＝8.1 J.
2
(2)设木块离开台面时的速度为v2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理，有： 11
－μMgL＝Mv22－Mv12
22木块离开台面后的平抛阶段l＝v2 答案：(1)－243 J 8.1 J (2)0.50
12．(16分)(2010·韶关质检)如图11所示为“S”形玩具轨道，该 轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的，固定在竖直平面内， 轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成的，圆半径比 细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，弹射装置将一个
小球(可视为质点)从a点水平射向b点并进入轨道，经过轨道 图11 后从p点水平抛出，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其他机械能 损失，ab段长L＝1.25 m，圆的半径R＝0.1 m，小球质量m＝0.01 kg，轨道质量为
2h
，解得μ＝0.50. g
M＝0.15 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)若v0＝5 m/s，小球从p点抛出后的水平射程；
(2)若v0＝5 m/s，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向； (3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v0至少为 多大时，轨道对地面的压力为零．
解析：(1)设小球运动到p点时的速度大小为v，对小球由a点运动到p点的过程， 应用动能定理得：
11
－μmgL－4Rmg＝mv2－mv02
22
①
小球从p点抛出后做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为x，则 1
4R＝gt2
2x＝vt
② ③
联立①②③代入数据解得x＝0.46 m
(2)设在轨道最高点时管道对小球的作用力大小为F，取竖直向下为正方向，有：F v2
＋mg＝m
R
④
联立①④代入数据解得F＝1.1 N，方向竖直向下．
(3)分析可知，要使小球以最小速度v0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位 置应该在“S”形轨道的中间位置， v12
则有：F′＋mg＝m，F′＝Mg
R11
－μmgL－2mgR＝mv12－mv02
22解得：v0＝5 m/s.
答案：(1)0.46 m (2)1.1 N，方向竖直向下 (3)5 m/s
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