【文章內(nèi)容簡介】 改變量為：△Ek＝﹣0＝J＝，故B正確；C、由于最終物塊返回斜面底端，所以整個運動過程物塊受到的重力做功為0，故C正確；D、前2s內(nèi)恒力F的平均功率為：＝F＝F＝W＝，故D錯誤。故選：BC。4．【分析】汽車以額定功率，經(jīng)時間t后從速度v0開始加速行駛了s距離，恰好達到最大速度vm，由于汽車所受阻力恒為F，所以由動能定理可求出發(fā)動機所做的功?！窘獯稹拷猓篈、由于發(fā)動機功率恒定，則經(jīng)過時間t，發(fā)動機所做的功為：W＝Pt，故A正確；BC、當(dāng)速度達到最大值vm時，由P＝Fvm＝fvm，所以汽車的牽引力在這段時間內(nèi)做功也等于Pt＝fvmt，但不能根據(jù)初速度求解發(fā)動機做功，故B錯誤，C正確；D、汽車從速度v0到最大速度vm過程中，由動能定理可知：W﹣fs＝mvm2﹣mv02，解得：W＝fs+mvm2﹣mv02，故D錯誤；故選：AC。5．【分析】由題意明確圖象的性質(zhì)，則可得出位移的決定因素；根據(jù)豎直方向的運動可求得初速度；由水平運動關(guān)系可求得動摩擦因數(shù)；再由數(shù)學(xué)關(guān)系可求得位移的最小值?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知，當(dāng)傾角θ＝0176。時， m；而當(dāng)傾角為90176。時， m；則由豎直上拋運動規(guī)律可知解得v0＝＝ m/s＝6 m/s，故A錯誤；B、當(dāng)傾角為0176。時，由動能定理可得﹣μmgx＝0﹣m，解得μ＝＝，故B正確；C、在上滑過程中，根據(jù)動能定理可得：﹣mgxsin θ﹣μmgxcos θ＝0﹣m，解得x＝＝，當(dāng)θ+α＝90176。時，sin（θ+α）＝1，此時位移最小，x＝ m，故C正確；D、若θ＝30176。時，物體受到的重力的分力為mgsin 30176。＝mg，摩擦力f＝μmgcos 30176。＝mg＝mg，一般認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，故小球達到最高點后，不會下滑，故D正確；故選：BCD。6．【分析】以輕桿、小球和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)的機械能守恒，以地面為零勢能平面，列式開始時和夾角變?yōu)棣?時重力勢能與動能的表達式，根據(jù)機械能守恒列出方程。再將滑塊上與桿接觸的點的速度沿著平行桿和垂直桿正交分解，垂直桿分量等于桿上與滑塊接觸的點的速度得到木塊的速度與小球的速度的關(guān)系。即可求得木塊的速度?！窘獯稹拷猓篈、由能量守恒定律可得，在桿與地面夾角轉(zhuǎn)到90176。之前，F(xiàn)所做的功等于小球機械能（動能和重力勢能）的改變量，故A錯誤；B、木塊速度為v0，桿上和木塊接觸點的速度為v0，觸點繞固定點轉(zhuǎn)動的分速度v′，由運動的分解可得：v′＝v0sinθ，因觸點和小球在同一桿上以相同角速度轉(zhuǎn)動，故在桿與地面夾角轉(zhuǎn)到90176。之前，小球的速度一直增大，故B正確；B、C、當(dāng)桿與地面的夾角為θ時，木塊與棒的觸點繞固定點轉(zhuǎn)動的分速度v′＝v0sinθ，而觸點與固定點的距離為r＝，故棒的角速度ω＝，故C正確；D、當(dāng)桿與地面的夾角為θ時，故棒的角速度ω＝，故小球的豎直方向分速度為v″＝Lωcosθ，小球克服重力做功的瞬時功率P＝mgv″＝，故D正確。故選：BCD。7．【分析】對小孩受力分析，受到重力和繩子的拉力，由于拉力方向始終和速度方向垂直，故不做功，小孩在下降過程中，速度逐漸增大，做變速圓周運動，判斷出其合力并不指向圓心，根據(jù)P＝mgvcosθ判斷出重力的瞬時功率變化，利用動能定理判斷出合力做功與動能的關(guān)系。【解答】解：A、開始時，小孩的速度為零，重力的功率為零，而當(dāng)小孩到達最低點時，速度雖然最大，但方向沿水平方向，故此時重力的功率也為零，而在運動中重力與速度有一定夾角，故功率不為零，因此可知重力的功率一定是先增大，后減小的，故A正確；B、從a到O的運動過程中，小孩做的是變速圓周運動，重力和繩子的拉力的合力一部分提供向心力，另一部分提供小孩沿切向做加速運動，故B錯誤；CD、從a到O的運動過程中，繩子的拉力始終和速度方向垂直，不做功，只有重力做功，故重力與繩子拉力做的總功等于小球在此過程中獲得的動能，故C正確，D錯誤；故選：AC。8．【分析】根據(jù)運動情況分析受力情況；根據(jù)運動的合成與分解判定Q的速度變化知加速度的方向，然后知是超重還是失重；根據(jù)功能關(guān)系和動能定理分析速度和動能的變化?！窘獯稹拷猓篈、剛釋放P的瞬間，沿繩方向的加速度小于重力加速度，繩子有拉力，此時Q向下加速運動，加速度向下，對Q分析知拉力小于重力mg，故A正確；B、根據(jù)運動的分解知b點速度沿繩子方向的速度為0，在滑塊P從a到b的過程，Q先加速向下后減速向下運動，加速度先向下后向上，物塊Q先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，故B錯誤；C、滑塊P下滑到位置c時Q的重力勢能不變，P減小的重力勢能轉(zhuǎn)換為P與Q的動能，Q的速度等于P沿繩方向的速度，P的速度不能為零，故C正確；D、P從a到b的過程做加速運動，經(jīng)過位置b時，加速度為g，豎直向下，P將繼續(xù)加速運動，所以此時不是P的動能最大的點，故D錯誤。故選：AC。9．【分析】物體甲、乙一起向左加速運動，動能增大，當(dāng)水平推力撤去時動能最大，根據(jù)動能定理求乙物體獲得最大的動能；加速運動過程中，分析乙的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律列式，再對整體，根據(jù)牛頓第二定律列式，即可求出甲對乙的作用力的大小。撤去水平推力后，根據(jù)動能定理求物體甲運動的位移?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)水平推力撤去時乙物體獲得的動能最大，加速過程，對甲、乙整體，根據(jù)動能定理得：W﹣W1＝2Ekm，則得乙物體獲得最大的動能為 Ekm＝，故A正確；B、加速運動過程中，分析乙物體受力情況如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得：水平方向有 N1sinθ﹣f2＝Ma豎直方向有 N2＝N1cosθ+Mg又 f2＝μN2聯(lián)立以上三式并整理得：N1sinθ﹣μ（N1cosθ+Mg）＝Ma ①對甲、乙整體，由牛頓第二定律得：F﹣2μMg＝2Ma②由①②解得：甲對乙的作用力的大小 N1＝，故B錯誤；C、撤去水平推力后，設(shè)物體甲對物體乙的作用力為N2．同理，對乙有：N2sinθ﹣μ（N2cosθ+Mg）＝Ma′對整體有﹣2μMg＝2Ma′，可得N2＝0，故C正確；D、撤去水平推力后，設(shè)物體甲運動的位移為x，對甲，根據(jù)動能定理得：﹣μMgx＝0﹣Ekm，解得 x＝，故D正確。故選：ACD。10．【分析】小物塊對圓環(huán)軌道的壓力恰好為零，根據(jù)牛頓第二定律求得在C點的速度，根據(jù)動能定理研究小物塊上升到頂點過程求出摩擦力做功，小球沿軌道下滑，由于機械能有損失，所以下滑速度比上升速度小，因此對軌道壓力變小，所受摩擦力變小，所以下滑時，摩擦力做功大小小于上升過程做的功，應(yīng)用能量守恒定律求出高度h?！窘獯稹拷猓篈B、在最高點C，小物塊對圓環(huán)軌道的壓力恰好為零根據(jù)牛頓第二定律可得：mg＝m，解得：vC＝2m/s，故A正確，B錯誤；CD、在ABEC過程中，根據(jù)動能定理可得：mg（H﹣2r）﹣W1＝﹣0解得：W1＝800J故在BEC過程克服摩擦力做的功為：W1＝800 J，設(shè)CFB過程克服摩擦力做的功為W2，因該過程小物塊與軌道的平均壓力小于BEC過程，則摩擦力也小于BEC過程的摩擦力，則有0＜W2＜W1，在CFBD過程，由動能定理得﹣mg（h﹣2r）﹣W2＝﹣m，解得：8m＜h＜10