- 功
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正确答案
3
8
解析
解：从开始至t0时刻内的位移
t0时刻的速度
则从t0至2t0时刻内的位移
所以
2t0时刻的速度
所以
故答案为：3，8．
A等于
B小于
C大于
D以上都不对
正确答案
解析
解：整个过程中，拉力F做的功转化为弹簧的弹性势能及物体的动能，所以
故选：C
AFl
B
CFlsinα
DFlcosα
正确答案
解析
解：由图可知，力和位移的夹角为α，故推力的功W=Flcosα；
故选：D．
正确答案
-0.75W
解析
解：对第1s内，根据动能定理得，W=
故答案为：-0.75W．
正确答案
解析
解：A、两质点位移等于图线与时间轴包围的面积，显然B的位移较大，故A错误；
B、速度时间图象反映的是质点任意时刻的速度情况，两个图象的交点表明该时刻速度相等，故B正确；
C、两质点位移等于图线与时间轴包围的面积，显然B的位移较大，因而C正确；
D、由图象可知：AB初末速度相同，由W=
故选：BC．
正确答案
解析
解：
A、由力的图象分析得到：在0-t时间内，A、B可能一起向左做减速运动；在t-2t时间内，可能一起向左做加速运动，也可能在0-t时间内，先向左做减速运动，后向右做加速度运动．在t-2t时间内，可能向右做减速运动．所以t时刻，A、B的速度不一定最小．故A错误．
B、若在0-t时间内，A、B一起向左做减速运动；在t-2t时间内，一起向左做加速运动，0～2t时间内，力F对A、B做的功可能为零．故B错误．
C、由图看出，t～2t时间内，F为负值，根据牛顿第二定律得：
对整体：a=
D、t时刻，A、B的加速度为零，根据牛顿第二定律得知A、B间没有摩擦力，则此瞬间A、B之间无相对滑动趋势．故D正确．
故选D
正确答案
解析
解：由图可知，物体先做匀加速直线运动，1s末速度为v，由动能定理可知：
（F-f）L1=
减速过程中，只有阻力做功：
fL2=0-
则可得：（F-f）L1=fL2；
由图象可知，L1：L2=1：3；
解得：
对全程由动能定理得：
W1-W2=0
故W1：W2=1：1；
所以选项ABD错误，C正确．
故选：C．
如图1所示，劲度系数k=100N/m的一根轻质弹簧，右端固定在竖直墙壁上，左端连接一质量m=1.0kg的小物块，开始时弹簧处于原长，小物块静止于O点，现将小物块缓慢向左拉动至A点后释放，让小物块沿水平面向右运动起来，已知OA长度L=0.25m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力可看成等于滑动摩擦力的大小，g取10m/s2．
（1）试在坐标纸中作出小物块在由O移动到A的过程中，弹簧弹力F随伸长量x变化的F-x图象2，类比于由v-t图象求位移的方法，求此过程中克服弹簧弹力做的功W；
（2）求小物块从A点向右运动过程中的最大速度v；
（3）求小物块从A点开始运动后，第一次到达最右端时，弹簧的形变量；
（4）求小物块从A点开始运动直至静止的总路程．
正确答案
解：根据胡克定律F=kx可知，弹力与伸长量成正比，其中x≤0.25m
克服弹力做的功为W=
（2）小物块从A点向右运动过程中受重力mg、地面的支持力N和滑动摩擦力f，以及弹簧弹力F作用，根据牛顿第二定律分析可知，此时小物块向右先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小为零时，其速度达到最大，设此时弹簧的拉伸量为x0，有：kx0=μmg
解得：x0=0.01m
在此过程中弹簧弹力做功为W=
由动能定理得W-
解得：v=2.4m/s
（3）设小物块第一次达到最右端时，弹簧的压缩量为x1，小屋快从A点运动到最右端的过程中，弹簧弹力先做正功，后做负功，根据动能定理有，
解得L-x1=
即x1=0.23m
（4）设从A点释放小物体后，小物体共出现n次速度为零，且只要kx＞μmg，小物体总能回到o点，在满足kx＞μmg时，小物块每次由最右端运动到最左端或由最左端运动到最右端的过程中，弹力总是先做正功，在做负功，设物块第n-1次速度为零时，弹簧的形变量为x n-1，第n此速度为零时，弹簧的形变量为xn，根据动能定理
解得：△x=xn-1-xn=0.02m
由：k（L-n△x）≤μmg＜k[L-（n-1）△x]，解得12≤n＜13，即取n=12
对全程，根据动能定理由
解得
答：（1）此过程中克服弹簧弹力做的功W为3.125J；
（2）小物块从A点向右运动过程中的最大速度v为2.4m/s；
（3）小物块从A点开始运动后，第一次到达最右端时，弹簧的形变量为0.23m；
（4）求小物块从A点开始运动直至静止的总路程为3.12m．
解析
解：根据胡克定律F=kx可知，弹力与伸长量成正比，其中x≤0.25m
克服弹力做的功为W=
（2）小物块从A点向右运动过程中受重力mg、地面的支持力N和滑动摩擦力f，以及弹簧弹力F作用，根据牛顿第二定律分析可知，此时小物块向右先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小为零时，其速度达到最大，设此时弹簧的拉伸量为x0，有：kx0=μmg
解得：x0=0.01m
在此过程中弹簧弹力做功为W=
由动能定理得W-
解得：v=2.4m/s
（3）设小物块第一次达到最右端时，弹簧的压缩量为x1，小屋快从A点运动到最右端的过程中，弹簧弹力先做正功，后做负功，根据动能定理有，
解得L-x1=
即x1=0.23m
（4）设从A点释放小物体后，小物体共出现n次速度为零，且只要kx＞μmg，小物体总能回到o点，在满足kx＞μmg时，小物块每次由最右端运动到最左端或由最左端运动到最右端的过程中，弹力总是先做正功，在做负功，设物块第n-1次速度为零时，弹簧的形变量为x n-1，第n此速度为零时，弹簧的形变量为xn，根据动能定理
解得：△x=xn-1-xn=0.02m
由：k（L-n△x）≤μmg＜k[L-（n-1）△x]，解得12≤n＜13，即取n=12
对全程，根据动能定理由
解得
答：（1）此过程中克服弹簧弹力做的功W为3.125J；
（2）小物块从A点向右运动过程中的最大速度v为2.4m/s；
（3）小物块从A点开始运动后，第一次到达最右端时，弹簧的形变量为0.23m；
（4）求小物块从A点开始运动直至静止的总路程为3.12m．
质量为2kg的物体放在摩擦因数为0.5的水平地面上，对物体施加一个大小为10N，与地面成37°角斜向上的拉力，使物体从静止开始做匀加速直线运动，运动了4m．在这个过程中，拉力对物体做功______J，在2s末时拉力的瞬时功率为______W（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．
正确答案
32
8
解析
解：在这个过程中，拉力对物体做功W=Fxcosθ=10×4×0.8=32J，
根据牛顿第二定律得：F合=ma
解得：a=
在2s末时物体的速度为：v=at=2×0.5=1m/s
所以拉力的瞬时功率为：P=Fvcosθ=10×1×0.8=8W
故答案为：32J；8W
质量为m=2kg的物体静止起沿倾角为37°的斜面下滑，物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.2，求下滑5s内重力，摩擦力和合外力做的功．
正确答案
解：物体受到的合外力F=mgsinθ-μmgcosθ；
由牛顿第二定律可知，物体的加速度a=
下滑5s时，下滑的位移x=
则重力做功WG=mgh=mgxsin37°=20×55×0.6=660J；
摩擦力做功Wf=-μmgcos37°x=-0.2×20×0.8×55=-176J；
合外力做功W=WG+Wf=660-176=484J；
答：重力的功为660J；摩擦力的功为-176J；合外力做功484J．
解析
解：物体受到的合外力F=mgsinθ-μmgcosθ；
由牛顿第二定律可知，物体的加速度a=
下滑5s时，下滑的位移x=
则重力做功WG=mgh=mgxsin37°=20×55×0.6=660J；
摩擦力做功Wf=-μmgcos37°x=-0.2×20×0.8×55=-176J；
合外力做功W=WG+Wf=660-176=484J；
答：重力的功为660J；摩擦力的功为-176J；合外力做功484J．
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