1、十八1. 在物體運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，受到重力、斜面體對(duì)物體的作用力，由于物體做勻速運(yùn)動(dòng)，合力做功為零，再分析斜面體對(duì)物體所做的功解：A、D、物體m受重力、支持力N和靜摩擦力f，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，故： N=mgcos f=mgsin根據(jù)牛頓第三定律，對(duì)斜面的壓力大小為mgcos，故A正確；所受的摩擦力方向平行斜面向上，故D錯(cuò)誤；B、支持力與位移的夾角小于90，故支持力做正功，故B錯(cuò)誤；C、靜摩擦力與位移夾角大于90，做負(fù)功，故C正確； 故選AC2. 由功的公式WFscos 可得力F對(duì)物體m做的功WFs，與有無(wú)摩擦無(wú)關(guān)，與物體是加速、減速還是勻速也無(wú)關(guān)，如果一個(gè)力作用在物體上，物體在這個(gè)力的方向

2、上移動(dòng)了一段距離，力學(xué)里就說(shuō)這個(gè)力做了功 用恒力F拉著質(zhì)量為m的物體沿水平面從A移到B的過(guò)程中，拉力方向的位移為s，故拉力的功為：W=Fs；3. 解：A、人對(duì)傳送帶的摩擦力方向向右，傳送帶在力的方向上有位移，所以人對(duì)傳送帶做正功B、人的重心不動(dòng)，繩對(duì)人的拉力和人與傳送帶間的摩擦力平衡，而拉力又等于mg所以人對(duì)傳送帶做功的功率為mgvC、因人沒(méi)有位移，則傳送帶對(duì)人不做功故C錯(cuò)誤D、體能參數(shù)為人做功率與體重之比即：=v比值越大說(shuō)明運(yùn)動(dòng)員越有力，體能越好4. 汽車從靜止開始沿平直軌道做勻加速運(yùn)動(dòng)，所受阻力始終不變，根據(jù)牛頓第二定律得出牽引力的變化，根據(jù)P=Fv得出發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率的變化解：A、根據(jù)牛頓

3、第二定律得，F(xiàn)-f=ma，則F=f+ma，因?yàn)樽枇Α⒓铀俣炔蛔儯誀恳Σ蛔児蔄正確，B錯(cuò)誤C、發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率P=Fv，F(xiàn)不變，v增大，則發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率增大故C錯(cuò)誤，D正確5.解：A、對(duì)整體過(guò)程研究，重力做功為零，根據(jù)動(dòng)能定理得：木板對(duì)物塊做功W=故A正確B、緩慢地抬高A端的過(guò)程中摩擦力不做功，下滑過(guò)程，滑動(dòng)摩擦力對(duì)物塊做負(fù)功，摩擦力做功為Wf=-mgcosL故B錯(cuò)誤C、緩慢地抬高A端的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：WN-mgLsin=0，得到支持力對(duì)小物塊做功為WN=mgLsin故C正確D、對(duì)下滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgLsin+Wf=-0，得到滑動(dòng)摩擦力對(duì)小物塊做功為Wf=-mgLsin

4、故D正確 6.7. 試題分析：A和B達(dá)到最大速度v時(shí)，A和B的加速度應(yīng)該為零對(duì)AB整體：由平衡條件知kx-（m+M）gsin-（m+M）gcos=0，所以此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；A和B恰好分離時(shí)，AB間的彈力為0，A和B具有共同的加速度，對(duì)B受力分析：由牛頓第二定律知，沿斜面方向，mgsin+mgcos=ma， 得a=gsin+gcos，B正確；從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過(guò)程中，對(duì)于AB整體，根據(jù)動(dòng)能定理得： -（m+M）gLsin-（m+M）gcosL+W彈=，得：W彈=+（m+M）gLsin-（m+M）gcosL，C錯(cuò)；從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過(guò)程中，對(duì)于B，根據(jù)動(dòng)能定理

5、得：B受到的合力對(duì)它做的功W=，D正確。所以本題選擇BD。8. 由動(dòng)能定理，45 Jmv2/2，第1秒末速度v3 m/s，解出m10 kg，故A正確；撤去拉力后加速度的大小am/s21 m/s2，摩擦力Ffma10 N，又Ffmg，解出0.1，故B錯(cuò)誤；第1秒內(nèi)物體的位移s1.5 m，第1秒內(nèi)摩擦力對(duì)物體做的功WFf15 J，故C錯(cuò)誤；第1秒內(nèi)加速度a1m/s23 m/s2，設(shè)第1秒內(nèi)拉力為F，則FFfma1，第1秒內(nèi)拉力對(duì)物體做的功WFs60 J，故D正確9. 從圖象可以看出在前兩秒力的方向和運(yùn)動(dòng)的方向相同，物體經(jīng)歷了一個(gè)加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)和加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，2s末速度達(dá)到最大

6、，從2秒末開始到4秒末運(yùn)動(dòng)的方向沒(méi)有發(fā)生改變而力的方向發(fā)生了改變與運(yùn)動(dòng)的方向相反，物體又經(jīng)歷了一個(gè)加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)和加速度逐漸減小的減速的和前2秒運(yùn)動(dòng)相反的運(yùn)動(dòng)情況，4秒末速度為零，物體的位移達(dá)到最大解：A、從圖象可以看出在前兩秒力的方向和運(yùn)動(dòng)的方向相同，物體經(jīng)歷了一個(gè)加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)和加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，第2s末，拉力F方向反向，速度方向不變，所以第2s末，質(zhì)點(diǎn)離出發(fā)點(diǎn)距離還在增大，故A錯(cuò)誤B、第2s末，拉力F方向反向，速度方向不變，物體要做減速運(yùn)動(dòng)，所以第2s末，質(zhì)點(diǎn)的速度最大，動(dòng)能最大，故B正確C、01s內(nèi)，速度在增大，力F增大，根據(jù)瞬時(shí)功率p=Fv得力F瞬時(shí)功率一

7、直增大，12s內(nèi)，速度在增大，但是隨時(shí)間速度增大變慢，而力F隨時(shí)間減小變快，所以力F瞬時(shí)功率減小，故C錯(cuò)誤D、04s內(nèi)，初末速度都為零，根據(jù)動(dòng)能定理得合力做功為零，所以力F做功為零，故D正確十九1. 力F是恒力，在力的方向上的位移為x，所以，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可得：合力做功為：，B錯(cuò)誤；過(guò)程中，重力做負(fù)功，為，、小車克服重力所做的功是mgh；對(duì)小車從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中運(yùn)用動(dòng)能定理得：，即，所以2. 對(duì)物體根據(jù)動(dòng)能定理，解得W=+mgH,即電梯地板對(duì)物體的支持力所做的功等于+mgH；對(duì)電梯和物體的整體而言,所以鋼索的拉力所做的功W/大于+MgH.選項(xiàng)BD正確。3.4. 由速度圖象看出，0-t

8、1時(shí)間內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即知做自由落體運(yùn)動(dòng)；速度圖線切線的斜率表示加速度；t1-t2時(shí)間內(nèi)和t2-t3時(shí)間內(nèi)，重力和拉力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功，根據(jù)功能關(guān)系分析重力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功與運(yùn)動(dòng)員克服拉力做的功的關(guān)系；解：A、由v-t圖象知，0-t1時(shí)間內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即運(yùn)動(dòng)員做自由落體運(yùn)動(dòng)故A正確B、由v-t圖線切線的斜率表示加速度知，t1-t2時(shí)間內(nèi)，加速度減小，則運(yùn)動(dòng)員做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)故B正確C、t1-t2時(shí)間內(nèi)，重力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功，拉力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做負(fù)功，而動(dòng)能增加，根據(jù)動(dòng)能定理可知，總功為正值，重力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功大于運(yùn)動(dòng)員克服拉力做的功故C正確D、t2

9、-t3時(shí)間內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員做減速運(yùn)動(dòng)，重力勢(shì)能和動(dòng)能都轉(zhuǎn)化為彈性繩的彈性勢(shì)能，而運(yùn)動(dòng)員克服拉力做功等于彈性勢(shì)能的增加，根據(jù)功能關(guān)系得知：運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能的減少量小于克服拉力做的功故D錯(cuò)誤5. 第一秒內(nèi)加速度, 第二秒內(nèi)加速度，02s內(nèi)外力的平均功率是,A正確； 第2秒內(nèi)外力所做的功是Fs2=2.5JB錯(cuò)誤;第1秒末外力的瞬時(shí)功率和第2秒末外力的瞬時(shí)功率分別為C錯(cuò)；第1秒內(nèi)與第2秒內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量的比值等于二力做功的比值：2/2.5=4/5,D正確。6. A、對(duì)物塊分析，物塊的位移為L(zhǎng)+l，根據(jù)動(dòng)能定理得，知物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為（F-Ff）（L+l）故A正確B、對(duì)小車分析，小車的位移為l，根據(jù)動(dòng)

10、能定理得，知物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動(dòng)能為Ffl故B正確C、物塊與小車增加的內(nèi)能Q=Ffx相對(duì)=FfL故C錯(cuò)誤 D、根據(jù)能量守恒得，外力F做的功轉(zhuǎn)化為小車和物塊的機(jī)械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，則有：F（L+l）=E+Q，則E=F（L+l）-FfL故D錯(cuò)7. ：由圖象可知，EK1=50J，EK2=0J，位移x=20m， EK1=1/2mv12=50J，初速度v1=10m/s， 由動(dòng)能定理得：EK2-EK1=-fx，解得：f=2.5N=mg，=0.25， 物體加速度a=f/m=2.5m/s2， 物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=v1/a=4s， 故選C8. 從右側(cè)向左側(cè)運(yùn)動(dòng)，與從左向右運(yùn)動(dòng)，初動(dòng)能相等，到達(dá)同一位

11、置時(shí)，速度大小相等，可知在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，一定是動(dòng)能減小量相等，即克服摩擦力做功相等，由于，因此應(yīng)該運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)處，C對(duì)9. 根據(jù)F-x圖像的面積的含義代表其做功，且因?yàn)閯?dòng)能定理，合外力做功等于其動(dòng)能改變量，即末狀態(tài)的動(dòng)能大小等于合外力做功即面積大小(F-x圖象的“面積”等于拉力做功的大小，則得到拉力做功W=1/2（x/2）2=，由圖看出，F(xiàn)m=，得到，W=根據(jù)動(dòng)能定理得：小物塊運(yùn)動(dòng)到x處時(shí)的動(dòng)能為)10. 小球在B點(diǎn)豎直方向上受重力和支持力，根據(jù)合力提供向心力求出B點(diǎn)的速度，再根據(jù)動(dòng)能定理求出摩擦力所做的功解：在B點(diǎn)有：N-mg=m得EKB=mv2=1/2 (N-mg)RA滑到B的過(guò)程中運(yùn)用動(dòng)能定

12、理得，mgR+Wf=1/2mv2-0，得Wf=1/2R(N-3mg)故A正確課時(shí)作業(yè)二十1.2. 解：設(shè)B的質(zhì)量為m，則A的質(zhì)量為2m 以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，在A落地前，由動(dòng)能定理可得：-mgR+2mgR=1/2（m+2m）v2-0，以B為研究對(duì)象，在B上升過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：-mgh=0-1/2mv2，則B上升的最大高度H=R+h，解得：H=4R/3；故選C 4. 3. 6.當(dāng)C恰好離開地面時(shí)，彈簧彈力為mg，此時(shí)A的速度最大，繩子的拉力為2mg，有，A錯(cuò)；ABC和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，從開始到A的速度最大，這個(gè)過(guò)程中彈簧形變量沒(méi)有變，彈性勢(shì)能不變，則有，開始平衡時(shí)mg=kx

13、，s=2x，由此可得最大速度為，C剛離開地面時(shí)，B的加速度為2g，之后彈簧繼續(xù)伸長(zhǎng)，彈力增大，B的加速度繼續(xù)增大，C錯(cuò)；D錯(cuò)，故選B7. A、m1由C點(diǎn)下滑到A點(diǎn)的過(guò)程中，沿繩子方向的速度是一樣的，在m1滑下去一段過(guò)程以后，此時(shí)的繩子與圓的切線是不重合，而是類似于圓的一根弦線而存在，所以此時(shí)兩個(gè)物體的速度必然不相同的，故A錯(cuò)誤；B、重力的功率就是P=mgv，這里的v是指豎直的分速度，一開始m1是由靜止釋放的，所以m1一開始的豎直速度也必然為零，最后運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)候，由于此時(shí)的切線是水平的，所以此時(shí)的豎直速度也是零但是在這個(gè)C到A的過(guò)程當(dāng)中是肯定有豎直分速度的，所以相當(dāng)于豎直速度是從無(wú)到有再到無(wú)

14、的一個(gè)過(guò)程，也就是一個(gè)先變大后變小的過(guò)程，所以這里重力功率mgv也是先增大后減小的過(guò)程，故B正確；C、若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點(diǎn)，此時(shí)兩小球速度均為零，根據(jù)動(dòng)能定理得：m1gR（1-cos60）=m2gR，解得：m1=2m2故C8.9.A、當(dāng)滑塊的合力為0時(shí)，滑塊速度最大，設(shè)滑塊在d點(diǎn)合力為0，d點(diǎn)在b和c之間滑塊從a到d，運(yùn)用動(dòng)能定理得：mghad+W彈=EKd-0 mghad6J，W彈0，所以EKd6J，故A錯(cuò)誤B、滑塊從a到c，運(yùn)用動(dòng)能定理得：mghac+W彈=0-0 解得：W彈=-6J彈簧彈力做的功等于彈性勢(shì)能的變化，所以整個(gè)過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的最大值為6J故B正確 C、從c點(diǎn)到

15、b點(diǎn)彈簧的彈力對(duì)滑塊做功與從b點(diǎn)到c點(diǎn)彈簧的彈力對(duì)滑塊做功大小相等，根據(jù)B選項(xiàng)分析，故C正確D、整個(gè)過(guò)程中彈簧、滑塊與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，沒(méi)有與系統(tǒng)外發(fā)生能量轉(zhuǎn)化，故D正確10. 解：小球釋放后，先做自由落體運(yùn)動(dòng)直到繩子繃直，根據(jù)對(duì)稱性和三角形的全等關(guān)系，當(dāng)繩子再次與水平方向的夾角為30時(shí)，繩子與O點(diǎn)的距離再次為L(zhǎng)，這時(shí)繩子剛好繃直，設(shè)繩剛繃直時(shí)獲得的速度是v，則有mg2Lsin30= 由于繩子繃緊瞬間，繩對(duì)球的作用力遠(yuǎn)大于球的重力，使小球沿繩子方向的速度突變?yōu)榱悖∏蛟诖怪庇诶K子方向的速度為v1不變，如圖所示，則v1=vcos30= ,小球繃緊細(xì)繩后繼續(xù)下擺到最低點(diǎn)的過(guò)程，機(jī)械能守恒

16、 +mgL(1-sin30)=,由向心力來(lái)源得FT-mg=m,最低點(diǎn)繩子拉力FT=3.5mg11. (1)由于不計(jì)摩擦及碰撞時(shí)的機(jī)械能損失,因此兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒.兩球在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小相等,設(shè)為v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得（2）根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)B球有12. （1）設(shè)小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的速度為v，小球由A運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過(guò)程中，只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh=小球由B至C過(guò)程中，做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 在水平方向上有：s=vt 在豎直方向上有：H=1/2gt2 ,由式聯(lián)立，并代入數(shù)據(jù)解得：s=m=1.41m（2）在小球剛到達(dá)B點(diǎn)繩斷瞬間前，受重力mg和繩的拉力T作用，根據(jù)牛頓第二定律有： T-mg= 顯然此時(shí)繩對(duì)小球的拉力最大，根據(jù)牛頓第三