【正文】 而摩擦力相等，所以b、c兩點(diǎn)摩擦力的瞬時功率大小不等，故，D錯誤。故選：BC。17．【分析】小球做平拋運(yùn)動，打在斜面上M點(diǎn)，由分位移公式得到水平位移和豎直位移的表達(dá)式，再根據(jù)幾何關(guān)系求解得到M點(diǎn)坐標(biāo)?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)經(jīng)過t秒小球打在曲面上點(diǎn)M（x，y），那么水平方向：x＝v0t豎直方向：又因y＝x2+4，可得：t＝2s，x＝4m，y＝20m，有M（4 m，20 m），故A錯誤；B、小球打在M點(diǎn)時豎直方向的速度為：vy＝gt＝20m/s重力的瞬時功率為：P＝mgvy＝200W，故B正確；C、小球打在M點(diǎn)時的速度為：v＝，動能為：，故C錯誤；D、因點(diǎn)P（0，40 m）、點(diǎn)M（4 m，20 m），可得：PM＝，故D正確；故選：BD。18．【分析】根據(jù)能量轉(zhuǎn)化情況，分析小滑塊兩次經(jīng)過C點(diǎn)的速度大小關(guān)系，由牛頓運(yùn)動定律分析F1與F2的大小。對往復(fù)過程分別運(yùn)用動能定理列式，結(jié)合兩次滑塊克服阻力做功關(guān)系，分析滑塊能否到達(dá)B點(diǎn)?！窘獯稹拷猓篈B、由題分析可知，小滑塊在半圓形曲面上運(yùn)動時受到滑動摩擦力作用，機(jī)械能有損失，則小滑塊第一次經(jīng)過C點(diǎn)的速度大于第二次經(jīng)過C點(diǎn)的速度。在C點(diǎn)，對滑塊，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝m，得F＝mg+m，結(jié)合牛頓第三定律可知F1＞F2，故A正確，B錯誤；C、假設(shè)小滑塊從E點(diǎn)下落沿原路返回過程中恰好到達(dá)B點(diǎn)。從A→E過程，由動能定理得：mg?﹣Wf1＝0從E→B過程，由動能定理得：mg?﹣Wf2＝0由于往復(fù)過程中，經(jīng)過同一點(diǎn)滑塊的速度不同，所需要的向心力，軌道對滑塊的支持力不同，則滑塊對軌道的壓力不同，受到的滑動摩擦力不同，所以Wf1≠Wf2，可知上述兩個方程不可能同時成立，因此假設(shè)不成立，故C錯誤；D、小滑塊第一次通過半圓形曲面同一點(diǎn)的速度比第二次大，所需要的向心力大，軌道對滑塊的支持力大，則滑塊對軌道的壓力大，滑塊受到的滑動摩擦力大，所以，小滑塊第一次通過半圓形曲面比第二次通過半圓形曲面克服阻力做功多，故D正確。故選：AD。19．【分析】滑塊在下滑的過程中，根據(jù)動能定理求得到達(dá)b點(diǎn)的速度，利用牛頓第二定律求得在b點(diǎn)的相互作用力，滑塊能通過最高點(diǎn)求得在d點(diǎn)的最小速度，根據(jù)動能定理即可判斷是否通過d點(diǎn)，滑塊與軌道脫離時，重力沿圓心的分離剛好提供向心力，即可判斷，若滑塊不脫離軌道，必須有摩擦力做功，根據(jù)動能定理即可判斷?！窘獯稹拷猓篈、從a到b，根據(jù)動能定理可得：在b點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得：解得：FN＝5mg，根據(jù)牛頓第三定律可得，對軌道的最大壓力為5mg，故A正確；B、滑塊恰好到達(dá)d點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律可得：解得：從a到d，根據(jù)動能定理可知，到達(dá)d點(diǎn)的速度為零，故不可能達(dá)到d點(diǎn)，故B錯誤；C、設(shè)滑塊與軌道分離的位置與圓心的連線和豎直方向的夾角為θ，則在分離點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得：聯(lián)立解得，故分離時距b點(diǎn)的距離d＝R+Rcos，故C正確；D、要滑塊一直不脫離軌道，則滑塊最高到達(dá)c點(diǎn)，故在滑動過程中一定有摩擦力做功，故可只將bc段改為粗糙程度相同的軌道，根據(jù)動能定理可得，解得，從b到c滑動過程中，由于速度減小，滑塊與軌道間的作用力減小，故所需的摩擦因數(shù)必須大于，故D正確；故選：ACD。20．【分析】物體所受摩擦力大小為恒力，故乙圖中的下面一條直線為摩擦力做功的圖象，結(jié)合斜率求出摩擦力大小和外力F大小。【解答】解：A、根據(jù)W﹣s圖象的斜率表示力，由圖乙可求物體受到的摩擦力大小為f＝2 N，設(shè)s＝9 m時物體的速度為v，根據(jù)動能定理：W﹣fs＝mv2，代入數(shù)據(jù)可求v＝3 m/s，故A錯誤；B、設(shè)物體運(yùn)動的總位移為x，由乙圖知，拉力的總功為27 J，根據(jù)W＝fx，解得：x＝ m，故B正確；C、前3 m拉力F＝5 N，根據(jù)牛頓第二定律：F﹣f＝ma，代入得加速度：a＝3 m/s2，故C正確；D、摩擦力f＝μmg，解得摩擦因數(shù)：μ＝，故D正確。故選：BCD。21．【分析】在第4個小朋友進(jìn)入粗糙地帶后到第5個小朋友進(jìn)入粗糙地帶前這一過程中，小朋友做勻速直線運(yùn)動，對整體分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件和摩擦力公式求出粗糙地帶與小朋友間的動摩擦因數(shù)，根據(jù)動能定理求出勻速運(yùn)動的速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，利用隔離法求得5與6間的作用力，利用動能定理求得進(jìn)入地面的小朋友數(shù)?！窘獯稹拷猓篈、對整體分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得：F＝4μmg，解得 μ＝，故A錯誤；B、設(shè)勻速運(yùn)動過程中速度大小為v，根據(jù)動能定理得：F?3L﹣μmg?3L﹣μmg?2L﹣μmg?L＝10m?v2，解得 v＝，故B錯誤；C、由牛頓第二定律可得F﹣μmg＝10ma，解得a＝，以第5個小朋友之后的5個小朋友為研究對象，有F′＝5ma，解得，故C正確；D、在水平恒力作用下，在第5個小朋友進(jìn)入地面后，整個將做減速運(yùn)動，設(shè)第n個小朋友能進(jìn)入粗糙地面，由動能定理：F（n﹣1）﹣μmgl[1+2+3+…+（n﹣1）]＝0﹣0解得：n＝8，所以第9和第10個小朋友不能進(jìn)入粗糙地面，故D正確；故選：CD。22．【分析】在斜面底端，重力勢能為零，動能等于機(jī)械能，以此求解初速度大小；物塊上升過程，機(jī)械能減小，機(jī)械能的減小量等于物塊克服滑動摩擦力做功，以此求解物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；根據(jù)v＝at求解物塊上升的時間，根據(jù)圖象得到物塊上升的位移，再根據(jù)x＝求解物塊下滑的時間，兩段時間相加即可；根據(jù)能量守恒定律求解物塊再次回到斜面底端時的動能?！窘獯稹拷猓篈、因為斜面底端為重力勢能零勢能面，則E總1＝mv02＝625J，得v0＝5m/s，故A正確；B、當(dāng)E總＝Ep時，物塊運(yùn)動到最高點(diǎn)由圖乙可知此時hm＝1m，根據(jù)功能關(guān)系，有J，得物塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝，故B錯誤；C、物塊沿斜面上滑的時間s，上滑的位移m，因為μ＜tanθ，所以物塊最終會沿斜面下滑，下滑的s，物塊在斜面上運(yùn)動的時間s，滑到斜面底端時的動能J，故C錯誤，D正確。故選：AD。23．【分析】根據(jù)速度時間圖線和F﹣t圖線，得出勻速直線運(yùn)動時的推力，從而得出摩擦力的大?。桓鶕?jù)速度時間圖線求出勻加速直線運(yùn)動的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求出物體的質(zhì)量；結(jié)合摩擦力的大小，運(yùn)用滑動摩擦力的公式求出動摩擦因數(shù)的大??；根據(jù)圖線圍成的面積求出位移，從而求出推力做功的大?。唤Y(jié)合平均功率的公式求出前2s內(nèi)的平均功率?！窘獯稹拷猓篈、在2﹣3s內(nèi)做勻速運(yùn)動，故f＝F3＝4N，在1﹣2s的時間內(nèi)，物體做勻加速運(yùn)動，直線的斜率代表加速度的大小，所以a＝＝2m/s2，由牛頓第二定律可得：F﹣f＝ma，得：m＝，故A正確；B、由速度時間圖象可以知道在2﹣3s的時間內(nèi)，物體勻速運(yùn)動，處于受力平衡狀態(tài)，所以滑動摩擦力的大小為4N，由f＝μmg得：μ＝；故B錯誤；C、第2秒內(nèi)物體的位移為：x＝，摩擦力做的功為：W＝﹣fx＝﹣41J＝﹣4J，故第2s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為：W＝4J，故C正確；D、第1s內(nèi)由于物體靜止，故推力不做功，在第2s內(nèi)物體做加速運(yùn)動，推力做功為WF＝Fx＝61J＝6J，前2s內(nèi)推力的平均功率為：，故D錯誤；故選：AC。24