内容发布更新时间 : 2024/9/20 7:18:25星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
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．
试卷第9页，总10页
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：
试卷第11页，总10页
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。
试卷第12页，总10页
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