8.[多选]如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上。
质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。
小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小物块运动的距离为x。
在这个过程中，以下结论正确的是（ ）
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为（F－f）（L＋x）
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx
C．小物块克服摩擦力所做的功为fx
D．小物块和小车增加的总动能为Fx－fL
9.[多选]一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动，如图甲所示。
在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示（空气阻力不计），已知曲线上点A处的切线斜率最大，则（ ）
A．在x1处物体所受拉力最大
B．在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小
C．在x2处物体的速度最大
D．在x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小
10.[多选]如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量都为m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．此时物体B的速度大小也为v
C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上
D．此时弹簧的弹性势能等于mgh－
mv2
三、计算题
11.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为vt图像，如图所示（除2～10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。
已知小车运动过程中，2～14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0kg。
可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。
求：
（1）小车所受到的阻力大小；
（2）小车匀速行驶阶段的功率；
（3）小车在加速运动过程中（0～10s内）位移的大小。
12.如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R＝0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块（大小不计），从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.3，与BC间的动摩擦因数未知，取g＝10m/s2。
求：
（1）滑块到达B处时的速度大小；
（2）若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则
①滑块到达C处时的速度vC大小？
②滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
③滑块落在轨道上的位置与B点的水平距离为多少？
13.如图所示，斜面AB长xAB＝3m、倾角为α，其底端B与水平传送带相切，传送带长为L＝3m，始终以v0＝5m/s的速度顺时针转动。
现有一个质量m＝1kg的物块，在离B点xPB＝2m处的P点由静止释放。
已知物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25，物块与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.2，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
求：
（1）倾角α逐渐增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）；
（2）当α＝37°时，小物块由P到C的过程中，摩擦力对物块所做的功；
（3）当α＝53°时，为了使物块每次由P滑到C点时均抛在同一点D，求物块释放点P到B点的取值范围。
14.由学生组成的一个课题小组，在研究变力做功时，设计了如下的模型：
如图甲，在水平地面上放置一个质量为m＝5kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，g取10m/s2。
（1）画出0～4m内物体加速度a随位移x变化的图像。
（2）物体速度最大时推力的功率为多少？
（3）推力F减为零后物体还能滑行多远？
15.如图所示，竖直平面内固定着由两个半径为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC，圆心连线O1O2水平且与细管的交点为B。
轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端靠着质量为m的小球（小球的直径略小于管道内径），长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R。
开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能。
重力加速度为g，解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出（不计小球与水平面和细管的摩擦），若小球经C点时对管道外侧的弹力大小为mg。
（1）求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
（2）求小球经细管B点的前、后瞬间对管道的压力；
（3）试通过计算判断小球能否落在薄板DE上。
答案：
1.解析：
选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力f＝μmg＝4N。
力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为
，则做的功至少为W＝f×
＝1.6J，所以B正确。
2.解析：
选A 小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为：
h＝l（1－cosα），所以小球的重力做功：
WG＝mgh＝mgl（1－cosα），故A正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：
WG＋Wf＝0－0，所以空气阻力做功Wf＝－WG＝－mgl（1－cosα），故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以W合＝0－0＝0，故C错误；由于细线的拉力始终与运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为0，故D错误。
3.解析：
选B 动能Ek与时间t的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率，即
＝
＝P，A点与C点处小球速度均为零，B点处小球速度方向与重力方向垂直，所以A、B、C三点处的重力做功功率为零，则小球由A点运动到B点的过程中，重力做功的功率先增大再减小至零，小球由B点运动到C点的过程中，重力做功的功率也是先增大再减小至零，故B正确，A、C、D错误。
4.解析：
选A 因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终停在斜面底端，而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于μmgcosθ与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即Wf＝－μmgcosθ·s，由动能定理可得：
mgx0sinθ＋Wf＝0－
mv02，可解得s＝
，故A正确。
5.解析：
选D 物体相对地面发生的位移为x1＝
t＝
t，传送带发生的位移为x2＝vt，物体相对传送带发生的位移的大小为Δx＝x2－x1＝vt－
＝
，再根据题意物体相对传送带的位移大小为x，比较可知Δx＝x＝x1＝
，所以A错误。
根据选项A的分析可知，A点对地面的位移大小为x2＝vt＝2x，所以B错误。
根据摩擦生热公式Q＝fs相对可知，产生的热能为Q＝fx；又物体的加速度应为a＝
，物体受到的阻力f＝ma；联立以上各式解得Q＝m·
·
＝
mv2，所以C错误。
根据能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能应为E电＝Q＋ΔE机＝
mv2＋
mv2＝mv2，所以D正确。
6.解析：
选BD A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A应用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，选项B正确；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相对地的位移不等，故二者做功不等，选项C错误；对长木板B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf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，选项D正确；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，故选项A错误。
7.解析：
选BC 木块下滑过程，在B点的速度最大，则切向方向受力平衡，但是沿半径方向有向心加速度，故aB不为零，选项D错误；木块沿轨道滑动过程，根据动能定理，从A到C有mgh－W1＝0，从C到A有－mgh－W2＝－
mv2，从A到B有mghAB－WAB＝
mv12，从B到A有－mghAB－WBA＝0－
mv22，分别整理可得，W1＝mgh，v＝
，v1＝
，v2＝
，所以v1
，故选项A错误，C正确。
8.解析：
选CD 由题意可知，小物块运动的距离为x，则对小物块，由动能定理得：
Ekm＝（F－f）x，故A错误；小物块到达小车最右端时，小车运动的距离为x－L，则对小车，由动能定理得：
EkM＝f（x－L），故B错误；小物块运动的距离为x，则小物块克服摩擦力所做的功为fx，故C正确；根据能量转化和守恒定律可知，小物块和小车间摩擦生热为fL，则小物块和小车增加的总动能为Fx－fL，故D正确。
9.解析：
选AB 由题图可知，x1处物体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由E＝Fx可知此时所受的拉力最大，故A正确；x1～x2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小，x2时刻图像的斜率为零，说明此时拉力为零，在这一过程中物体应先加速后减速，说明最大速度一定不在x2处，故B正确，C错误；由图像可知，在x1～x2过程中，拉力逐渐减小，直到变为零，则物体受到的合力应先减小到零，后反向增大，故加速度应先减小，后反向增大，故D错误。
10.解析：
选AD 物体B对地压力恰好为零，处于平衡状态，速度仍为零，故弹簧的拉力为mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律得k＝
，故A正确，B错误；此时物体A受重力和细绳的拉力大小相等，合力为零，加速度为零，故C错误；物体A与弹簧系统机械能守恒，mgh＝Ep弹＋
mv2，故Ep弹＝mgh－
mv2，故D正确。
11.解析：
（1）在14～18s时间段，加速度大小：
a＝
＝
m/s2＝1.5m/s2
由牛顿第二定律得：
f＝ma＝1.5N。
（2）在10～14s小车做匀速运动，速度v＝6m/s
牵引力大小F与f大小相等，则：
F＝f＝1.5N，
小车匀速运动的功率：
P＝Fv＝9W。
（3）0～2s内，小车的位移：
x1＝
×2×3m＝3m
2～10s内，根据动能定理：
Pt－fx2＝
mv22－
mv12
代入数据解得x2＝39m
加速过程中小车的位移大小为x＝x1＋x2＝42m。
答案：
（1）1.5N
（2）9W （3）42m
12.解析：
（1）对滑块从A到B的过程，由动能定理得
F1x1＋F3x3－μmgx＝
mvB2
代入数据解得：
vB＝6m/s。
（2）①当滑块恰好能到达最高点C时，重力提供向心力：
mg＝m
代入数据解得：
vC＝
m/s。
②对滑块从B到C的过程，由动能定理得：
W－mg·2R＝
mvC2－
mvB2
代入数据得：
W＝－3J，即克服摩擦力做的功为3J。
③滑块离开C后，做平抛运动，在水平方向：
x′＝vCt
在竖直方向：
2R＝
gt2
联立解得：
x′＝1.2m。
答案：
（1）6m/s
（2）①
m/s ②3J ③1.2m
13.解析：
（1）为使物块能从斜面开始下滑，有：
mgsinα＝μ1mgcosα
解得倾角α满足的条件为tanα＝0.25。
（2）由P到B，由动能定理得：
mgxPBsin37°－μ1mgxPBcos37°＝
mvB2
解得vB＝4m/s
在B点，因为vB＝4m/s则a＝
＝μ2g＝2m/s2
根据：
v02－vB2＝2ax0
解得：
x0＝2.25m所以从P到C，摩擦力对物块做的功
Wf＝－μ1mgxPBcos37°＋μ2mgx0＝0.5J。
（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛运动的知识知：
物块到达C点时的速度
必须有vC＝v0
当离B点的距离为x1时，物块进入传送带后一直匀加速运动，则由动能定理得
mgx1sin53°－μ1mgx1cos53°＋μ2mgL＝
mv02
解得x1＝1m
当离B点的距离为x2时，物块进入传送带后一直做匀减速运动
则mgx2sin53°－μ1mgx2cos53°－μ2mgL＝
mv02
解得：
x2＝
m
所以物块释放点P到B点的距离的取值范围为
1m≤x≤
m。
答案：
（1）tanα＝0.25
（2）0.5J （3）1m≤x≤
m
14.解析：
（1）由牛顿第二定律得：
F－f＝ma
得：
a＝
，f＝μmg＝20N，
由题图乙可得F＝－25x＋100（N）
则a＝－5x＋16（m/s2）
0～4m内物体加速度a随位移x变化的图像如图所示。
（2）由
（1）中分析可知，物体速度最大时，物体加速度为0，
此时x＝3.2m，F′＝f＝20N
物体从开始到速度最大时，由动能定理得：
WF－μmgx＝
mvm2
由Fx图像的物理意义得：
WF＝
×（20＋100）×3.2J＝192J
代入数据得：
vm＝
m/s
此时推力的功率：
P＝F′vm＝20×
W＝64
W。
（3）由题图乙可知推力为零时的位移x＝4m
由动能定理得：
W总－fx总＝0－0
W总＝
×100×4J＝200J
解得x总＝10m
x′＝x总－x＝6m
故物体还能滑行6m。
答案：
（1）见解析图
（2）64
W （3）6m
15.解析：
（1）小球经过C点时，管道对小球的弹力FN＝mg，方向竖直向下，
根据向心力公式有mg＋FN＝m
从解除弹簧锁定到小球运动到C点过程中，弹簧的弹性势能全部转化为小球的机械能，而小球的机械能守恒，则Ep＝2mgR＋
mvC2
解得Ep＝3mgR。
（2）小球解除锁定到经过B点的过程中，根据机械能守恒，有3mgR＝mgR＋
mvB2
小球经B点前、后瞬间，弹力提供向心力，
则FN＝m
解得FN＝4mg
由牛顿第三定律可知，小球对管道的压力分别向右和向左，大小为4mg。
（3）小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动规律有2R＝
gt2，x＝vCt
解得x＝2
R。
因为x＝2
R＞2R，所以小球不能落在薄板DE上。
答案：
（1）3mgR
（2）分别为向右和向左的大小为4mg的压力 （3）见解析
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