参考答案

1．C 【解析】

把运动的全过程分成两段，上升过程中空气阻力对小球做的功W1?Fhcos180???Fh；下降过程中空气阻力对小球做功W2?Fhcos180???Fh，所以全过程中空气阻力做功：

W?W1?W2??2Fh，故C正确，A、B、D错误；

故选C。 2．A 【解析】

由题意知选择桌面为零势能面，则开始时机械能为

12E?0?mv0

2由于不计空气阻力，物体运动过程中机械能守恒，故当物体经过A处时，它所具有的机械能是

12mv0，故A正确，BCD错误。 2故选A。 3．A 【解析】

试题分析：物体即将滑动时，最大静摩擦力提供向心力

v2μmg=m

R解得 v=ugR①

物体做加速圆周运动过程 Wf=

12mv② 21mμgR 2由①②两式解得 Wf=

故选A．

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4．D 【解析】 【分析】

小物块滑动过程中，重力做功和摩擦阻力做功，全过程应用动能定理可进行求解。 【详解】

由小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为S，整个过程用动能定理有：

mgh??mgs?0

所以小物块在BC面上运动的总路程为

s?h??0.3m?3m 0.1而d=0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0 m。 故选D。 【思路点拨】

本题对全过程应用动能定理，关键要抓住滑动摩擦力做功与总路程的关系。 5．D 【解析】 【详解】

A．平抛运动的时间由高度决定，高度越高，时间越长，可知两球平抛运动的时间不等，不能同时落到D点，故A错误；

B．根据动能定理知，重力做功不同，则动能的增加量不同，故B错误； C．重力做功的瞬时功率

P?mgvy?mg2gh

根据几何关系知，下降的高度之比为2:1，则击中D点前瞬间，重力做功的瞬时功率之比为2:1，故C错误；

D．因为平抛运动的高度之比为2：1，根据

t?2h g试卷第10页，总10页

则时间之比为2:1，根据

v0?因为水平位移之比为1:x t3，解得两小球初速度之比 2v1:v2?6:3

故D正确。 故选D。 6．A 【解析】

滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理：

mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－

解得:

2?1?v0?xtan?x＝??

??2gcos?0?2?1?v0?x0tan??相符，A正确． A．与计算可得：x＝???2gcos??2?1?v0?xtan??不相符，BCD错误。 BCD． 与算可得：x＝???2gcos?0?12

mv0 2

7．A 【解析】

根据W-s图像的斜率表示力，由图乙可求物体受到的摩擦力大小为f=2N，设s=9m时物体的速度为v，根据动能定理：W?fs?12mv，代入数据可求v?32m/s，所以A错误；设2物体运动的总位移为x，由乙图知，拉力的总功为27J，根据W=fx，可求x=13.5m，所以B正确；前3m拉力F=5N，根据牛顿第二定律：F-f=ma，代入得加速度a=3m/s2，所以C正确；摩擦力f=μmg，可求摩擦因数μ=0.2，所以D正确． 8．B 【解析】

当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，则：

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2vCmg?m

r小球从A点到C点过程，由动能定理可得：

mg(H?2r)?W克f1?小球从C点到D点过程，由动能定理可得：

12mvC?0 212mg(2r?h)?W克f2?0?mvC

2据能量守恒得，在圆环左侧与右侧的任一等高处，左侧速度小于右侧速度，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，据牛顿第二定律和向心力公式知，在圆环左侧与右侧的任一等高处，左侧所受摩擦力小于右侧，则：

W克f1?W克f2?0

联立解得：

2r?h?即：

5r 28m?h?10m

A．8m，与分析不符，故A项错误； B．9m，与分析相符，故B项正确； C．10m，与分析不符，故C项错误； D．11m，与分析不符，故D项错误． 9．AB 【解析】 AB.公式Ek?故AB正确；

C. 动能是标量，动能的大小只与物体的质量和速度的大小有关，而与速度的方向无关，故C错误；

D. 物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，只要速度大小相同，其动能相同，故D错误； 故选择AB。

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12mv中的速度v不考虑方向，只考虑大小，且一般是物体相对于地面的速度，2