1.选BC 公式W=Ek2-Ek1中的“W”为所有力所做的总功，A错误，B正确;若W>0，则Ek2>Ek1，若W<0，则Ek2 2.选B A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对;A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，C错;对B应用动能定理，WF-WFf=ΔEkB，即WF=ΔEkB+WFf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D错;由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错。 3.选B θ，x，W=μmgcos θ·=μmgx，B的高度比A低，所以由动能定理可知Ek1>Ek2。B。 4.选B 在合力F的方向上，由动能定理得W=Fl= mv2，某个分力的功为W1=F1lcos 30°=lcos 30°=Fl= mv2，B正确。 5.选C 30 N的力F，2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时，Fh-mgh=mv2，F后由动能定理，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正确。 6.选C a运动到c，，-μmgl-2μmgl=mv12-mv02，d运动到c，，-3μmgl=mv22-mv02，v2=v1，C正确。 7.选C 物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误;由动能定理，-fs=Ek-Ek0，解得Ek=Ek0-fs，选项C正确D错误。 8.选B 由动能定理可得W1-W2=0，解得W1=W2。由图像可知，撤去拉力F后运动时间大于水平力F作用时间，所以F>2Ff，选项A、D错误B正确;由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1>P2，选项C错误。 9.选ACD 由vt图像可知，物体放上传送带开始阶段，加速度a1=10.0 m/s2，物体与传送带同速后，加速度a2= m/s2=2.0 m/s2，传送带的速率v0=10 m/s，A正确;由mgsin θ+μmgcos θ=ma1，mgsin θ-μmgcos θ=ma2可求得：θ=37°，μ=0.5，B错误，C正确;由动能定理得：mglsin θ+Wf=mv2，v=12.0 m/s，l=×10×1 m+×1 m=16 m，解得Wf=-24 J，D正确。 10.选BC 小球到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得：mg=m，因R=4 m，小球在C点时的动能为mv2=mgR=2mg，以B点为零势能面，小球重力势能Ep=2mgR=8mg，开始小球从H=12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：mg(H-2R)-Wf= mv2，所以克服摩擦力做功Wf=2mg，此时机械能等于10mg，之后小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，受摩擦力变小，所以下滑时，克服摩擦力做功大小小于2mg，机械能有损失，到达底端时小于10mg;此时小球机械能大于10mg-2mg=8mg，而小于10mg，所以进入光滑弧形轨道BD时，小球机械能的范围为，8mg 11.解析：(1)圆环从O到D过程中做平抛运动x=v0t y=gt2 读图得x=6 m，y=3 m v0= m/s=7.75 m/s。 (2)圆环从A到O过程中，根据动能定理 FxAO-μmgxAB-mgy′=mv02 代入数据得F=10 N。 (3)圆环从A到B过程中，根据牛顿第二定律 F-μmg=ma xAB=at2 代入数据得t= s=1.26 s。 答案：(1)7.75 m/s (2)10 N (3)1.26 s 12.解析：(1)滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有 mg·(2R-R)-μmgcos 37°·=0 解得μ=0.375。 (2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有mg+FN= 当FN=0时，滑块恰能到达C点，有vC≥=2 m/s，滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有-μmgcos 37°·=mvC2-mv02 联立解得v0≥2 m/s。 (3)滑块离开C点做平抛运动有x=vt， y=gt2 由几何关系得tan 37°= 联立以上各式整理得5t2+3t-0.8=0 解得t=0.2 s。 答案：(1)0.375 (2)2 m/s (3)0.2 s
