4.如下图，质量相等的物体A和物体B与地面间的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，则（ ）
A.摩擦力对A、B做功相等
B.A、B动能的增量相同
C.F对A做的功与F对B做的功相等
D.合外力对A做的功与合外力对B做的功不相等
【二】双项选择题（本大题共5小题，每题8分，共40分，每题有两个选项符合题意）
5.如下图，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块.现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（ ）
A.支持力对小物块做功为0
B.支持力对小物块做功为mgLsinα
C.摩擦力对小物块做功为mgLsinα
D.滑动摩擦力对小物块做功为
mv2－mgLsinα
6.（2018·佛山模拟）合外力对物体做负功时，物体做直线运动的速度—时间图象可能是（ ）
7.（2018·马鞍山模拟）如下图，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：
运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）.对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，以下说法中正确的是（ ）
A.运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零
B.在这个过程中，运动员的动能一直在减小
C.在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加
D.在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功
8.（易错题）如下图，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m的小球从距离弹簧上端B点h高处的A点自由下落，在C点处小球速度达到最大.x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C点处的动能.若改变高度h，则以下表示x0随h变化的图象和Ek随h变化的图象中正确的是（ ）
9.（2018·湛江模拟）在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动.某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则（ ）
A.若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v0
B.若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为
v0
C.人沿沙坡下滑时所受阻力f＝mgsinα－
D.人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0
【三】计算题（本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）
10.（预测题）（18分）如下图，一根直杆由粗细相同的两段构成，其中AB段为长s1＝5m的粗糙杆，BC段为长s2＝1m的光滑杆.将杆与水平面成53°角固定在一块弹性挡板上，在杆上套一质量m＝0.5kg、孔径略大于杆直径的圆环.开始时，圆环静止在杆底端A.现用沿杆向上的恒力F拉圆环，当圆环运动到B点时撤去F，圆环刚好能到达顶端C，然后再沿杆下滑.已知圆环与AB段的动摩擦因数μ＝0.1，g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.试求：
（1）拉力F的大小；
（2）拉力F作用的时间；
（3）若不计圆环与挡板碰撞时的机械能损失，从圆环开始运动到最终静止的过程中在粗糙杆上所通过的总路程.
11.（18分）一滑块（可视为质点）经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC.已知滑块的质量m＝0.50kg，滑块经过A点时的速度vA＝5.0m/s，AB长x＝4.5m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，圆弧形轨道的半径R＝0.50m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h＝0.10m.取g＝10m/s2.求：
（1）滑块第一次经过B点时速度的大小；
（2）滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B点压力的大小；
（3）滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功.
〈答案〉〈〈答案〉〉
1.【〈〈答案〉〉】选A.小球运动过程中加速度不变，B错；速度均匀变化先减小后反向增大，A对；位移和动能与时间不是线性关系，C、D错.
2.【〈〈答案〉〉】选D.电梯向上加速、匀速、再减速运动的过程中，电梯对人的作用力始终向上，故电梯始终对人做正功，A、B均错误；由动能定理可知，电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量，故D正确，C错误.
3.【〈〈答案〉〉】选B.在水平面上，由动能定理得
－μmg·s＝
mv2－
mv
在斜面上，设左、右斜面倾角分别为α、β，左、右斜面长度分别为L1、L2，由动能定理得
－μmgcosα·L1－μmgcosβ·L2＝
mv′2－
mv
－μmg（L1cosα＋L2cosβ）＝－μmg·s＝
mv′2－
mv
，所以v′＝v，B正确.
4.【〈〈答案〉〉】选B.因F斜向下作用在物体A上，A、B受的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A、B做的功不相等，A错误；但A、B两物体一起运动，速度始终相同，故A、B动能增量一定相同，B正确；F不作用在B上，因此力F对B不做功，C错误；合外力对物体做的功应等于物体动能的增量，故D错误.
【总结提升】应用动能定理解题的技巧
（1）研究对象的选择.
用动能定理解题时，所选取的研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统.若选系统为研究对象时，一定要分析系统内力做的功是否为零.如果不为零时，不仅要分析外力对系统做的功，也要分析内力做的功.建议这种情况下选单个物体研究.
（2）研究过程的选择.
若单物体多过程运动时，要确定运动过程不同阶段的受力情况和做功情况.分析各个过程的初末速度，分段列式求解.也可以选择全过程列方程求解.但选全过程时一定要把合外力在全过程中做的总功求出.若多物体多过程运动时，最好用隔离法分别研究，画出运动的草图.
5.【〈〈答案〉〉】选B、D.缓慢抬高过程中，静摩擦力始终跟运动方向垂直，不做功，支持力与重力做功的代数和为零，所以支持力做的功等于mgLsinα；下滑过程支持力跟运动方向始终垂直，不做功，由动能定理可得：
mgLsinα＋Wf＝
mv2，解得Wf＝
mv2－mgLsinα；综上所述，B、D正确.
【变式备选】如下图，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面.设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是（ ）
A.mgh－
mv2 B.
mv2－mgh
C.－mghD.－（mgh＋
mv2）
【〈〈答案〉〉】选A.由A到C的过程运用动能定理可得：
－mgh＋W＝0－
mv2，所以W＝mgh－
mv2，故A正确.
6.【〈〈答案〉〉】选B、D.由动能定理可知，当合外力对物体做负功时，物体的动能减少，即速度将变小，故B、D正确，A、C错误.
7.【〈〈答案〉〉】选C、D.运动员到达最低点时，其所受外力方向向上，合力一定大于零，选项A错误；从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中，运动员的动能先增大后减小，跳板的弹性势能一直在增加，选项B错误，C正确；从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中，由动能定理可知运动员所受重力对他做的功与跳板的作用力对他做的功之和等于动能的变化，即运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功，选项D正确.
8.【〈〈答案〉〉】选B、C.由题意“在C点处小球速度达到最大”，可知C点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h无关，B项正确；根据动能定理有mg（h＋x0）－Ep＝
mv
＝Ek，其中x0与弹性势能Ep为常数，可判断出C项正确.
9.
【〈〈答案〉〉】选B、C.对人进行受力分析如下图，根据匀变速直线运动的规律有：
（2v0）2－0＝2aL，v
－v
＝2aL，可解得：
v1＝
v0，所以选项A错误，B正确；根据动能定理有：
mgLsinα－fL＝
m（2v0）2，可解得f＝mgsinα－
，选项C正确；重力功率的最大值为Pm＝2mgv0sinα，选项D错误.
10.【〈〈答案〉〉】解法一
（1）A→C过程：
根据动能定理有
Fs1－mg（s1＋s2）sin53°－μmgs1cos53°＝0－0（3分）
恒力F＝
＝5.1N（2分）
（2）A→B过程：
根据牛顿第二定律和运动学公式有
F－mgsin53°－μmgcos53°＝ma1（3分）
s1＝
a1t
（2分）
解得加速度
a1＝
＝1.6m/s2（2分）
时间t1＝
＝2.5s（1分）
（3）从圆环开始运动到最终静止在粗糙杆上通过的总路程为L，
根据动能定理有Fs1－μmgLcos53°＝0－0（3分）
总路程L＝
＝85m（2分）
解法二
（1）A→B过程：
根据牛顿第二定律和运动学公式有
F－mgsin53°－μmgcos53°＝ma1（2分）
v
－0＝2a1s1（1分）
B→C过程：
根据牛顿第二定律和运动学公式有
mgsin53°＝ma2（1分）
0－v
＝2（－a2）s2（1分）
联立解得
（F－mgsin53°－μmgcos53°）s1＝mgs2sin53°（1分）
恒力F＝
＝5.1N（1分）
（2）B→C过程：
根据牛顿第二定律和运动学公式有
mgsin53°＝ma2（2分）
0－v
＝2（－a2）s2（1分）
联立解得vB＝
＝4m/s（1分）
A→B过程：
根据运动学公式有
s1＝
t1（1分）
时间t1＝
＝2.5s（1分）
（3）从圆环开始运动到最终静止在粗糙杆上通过的总路程为L，根据动能定理有
Fs1－μmgLcos53°＝0－0（3分）
总路程L＝
＝85m（2分）
〈答案〉：
（1）5.1N
（2）2.5s （3）85m
11.【解题指南】解答此题时应注意以下两点：
（1）滑块对轨道上B点的压力与轨道对滑块的支持力的关系；
（2）滑块在从B运动到C的过程中受到的摩擦力为变力.
【〈〈答案〉〉】
（1）滑块由A到B的过程中，应用动能定理得：
－f·x＝
mv
－
mv
（3分）
又f＝μmg（2分）
解得：
vB＝4.0m/s（2分）
（2）在B点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知N－mg＝m
（2分）
解得轨道对滑块的支持力N＝21N（2分）
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小也为21N（2分）
（3）滑块从B经过C上升到最高点的过程中，由动能定理得
－mg（R＋h）－Wf′＝0－
mv
（3分）
解得滑块克服摩擦力做功Wf′＝1.0J（2分）
〈答案〉：
（1）4.0m/s
（2）21N （3）1.0J
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