正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)

6．(2010·南通模拟)如图6甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点

处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F

随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则

小物块运动到x₀处时的动能为　　　　　　　　　　 　(　)

A．0　 　　　　　　　　　　　　　　　　　 B.F_mx₀ 图6

C.F_mx₀　 　　　　　　　　　　　　　　　 D.x₀²

解析：根据动能定理，小物块运动到x₀处时的动能为这段时间内力F所做的功，物

块在变力作用下运动，不能直接用功的公式来计算，但此题可用根据图象求“面积”

的方法来解决．力F所做的功的大小等于半圆的“面积”大小．E_k＝W＝S_圆＝

π()²，又F_m＝.整理得E_k＝F_mx₀＝x₀²，C、D选项正确．

答案：CD

5．(2010·清远模拟)如图5所示，斜面AB和水平面BC是由同一板

材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)

从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静　　　　 图5

止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将

小铁块放回A处，并轻推一下使之具有初速度v₀，沿新斜面向下滑动．关于此情况

下小铁块的运动情况的描述正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．小铁块一定能够到达P点

B．小铁块的初速度必须足够大才能到达P点

C．小铁块能否到达P点与小铁块的质量有关

D．以上说法均不对

　　 解析：如图所示，设AB＝x₁，BP＝x₂，AP＝x₃，动摩擦因数为

　　 μ，由动能定理得：mgx₁sinα－μmgx₁cosα－μmgx₂＝0，可得：

　 mgx₁sinα＝μmg(x₁cosα+x₂)，设小铁块沿AP滑到P点的速度为v_P，由动能定理得：

　 mgx₃sinβ－μmgx₃cosβ＝mv_P²－mv₀²，因x₁sinα＝x₃sinβ，x₁cosα+x₂＝x₃cosβ，故得：

　　 v_P＝v₀，即小铁块可以沿AP滑到P点，故A正确．

答案：A

4．(2010·河北省衡水中学调研)如图4所示，小球以初速

度v₀从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后

自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的　　　　　　 图4

速度大小为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A.　 　　　　　　　　　　　　　　 B.

C.　 　　　　　　　　　　　　　　 D.

解析：设由A到B的过程中，小球克服阻力做功为W_f，由动能定理得：－mgh－W_f

＝0－mv₀²，小球返回A的过程中，再应用动能定理得：mgh－W_f＝mv_A²－0，以

上两式联立可得：v_A＝，故只有A正确．

答案：A

3．如图3所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引

在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转

动半径为R.当拉力逐渐减小到时，物体仍做匀速圆周运

动，半径为2R，则外力对物体做的功为　　　　 (　) 　　　　图3

A．－　 　　　　　　　　　　　　　　 B.

C.　 　　　　　　　　　　　　　　　　 D.

解析：F＝，＝，由动能定理得W＝mv₂²－mv₁²，联立解得W＝－，

即外力做功为－.A项正确．

答案：A

2．一质量为m的小球用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力作

用下，从平衡位置P点缓慢地移动，当悬线偏离竖直方向θ角时，

水平力大小为F，如图2所示，则水平力所做的功为 (　)

A．mglcosθ　 　　　　　　　　　　　　　　　 B．Flsinθ　　　　　　　　　　　 图2

C．mgl(1－cosθ)　 　　　　　　　　　　　 D．Flcosθ

解析：小球在缓慢移动的过程中，动能不变，故可用动能定理求解，即W_F+W_G＝0，

其中W_G＝－mgl(1－cosθ)，所以W_F＝－W_G＝mgl(1－cosθ)，选项C正确．

答案：C

1．如图1所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静

止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面

底部C点时的动能分别为E_k1和E_k2，下滑过程中克服摩擦力所

做的功分别为W₁和W₂，则 　　　　　　　　　　　　　(　) 　　　图1

A．E_k1＞E_k2　W₁＜W₂　 　　　　 B．E_k1＞E_k2　W₁＝W₂

C．E_k1＝E_k2　W₁＞W₂　 　　　　　　　　　　 D．E_k1＜E_k2　W₁＞W₂

解析：设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为l，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W

＝μmgcosθ·l/cosθ＝μmgl，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等．又由于B的高度

比A低，所以由动能定理可知E_k1＞E_k2，故选B.

答案：B

12．(15分)在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图10所示形

状，相应的曲线方程为y＝2.5cos(kx+π)(单位：m)，式中k

＝1 m^－1.将一光滑小环套在该金属杆上，并从x＝0处以v₀＝5

m/s的初速度沿杆向下运动，取重力加速度g＝10 m/s².则当小　　　　 图10

环运动到x＝ m时的速度大小是多少？该小环在x轴方向最远能运动到x轴的多少

米处？

解析：光滑小环在沿金属杆运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，由曲线方

程知，环在x＝0处的y坐标是－ m；在x＝时，y＝2.5cos(kx+π)＝－2.5 m.

选y＝0处为零势能参考平面，则有：

mv₀²+mg(－)＝mv²+mg(－2.5)，

解得：v＝5 m/s.

当环运动到最高点时，速度为零，同理有：

mv₀²+mg(－)＝0+mgy.

解得y＝0，即kx+π＝π+，该小环在x轴方向最远能运动到x＝ m处．

答案：5 m/s　 m

11．(15分)(2010·汕尾模拟)如图9所示，半径R＝0.9 m的四分之一圆弧形光滑轨道竖

直放置，圆弧最低点B与长为L＝1 m的水平面相切于B点，BC离地面高h＝0.8 m，

质量m＝1.0 kg的小滑块从圆弧顶点D由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦

因数μ＝0.1，(不计空气阻力，取g＝10 m/s²)求：

图9

(1)小滑块刚到达圆弧轨道的B点时对轨道的压力；

(2)小滑块落地点距C点的距离．

解析：(1)设小滑块运动到B点的速度为v_B，圆弧轨道对小滑块的支持力为F_N，由

机械能守恒定律得：

mgR＝mv_B² ①

由牛顿第二定律得：

F_N－mg＝m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

联立①②解得小滑块在B点所受支持力F_N＝30 N

由牛顿第三定律得，小滑块在B点时对轨道的压力为30 N.

(2)设小滑块运动到C点的速度为v_C，由动能定理得：

mgR－μmgL＝mv_C²

解得小滑块在C点的速度v_C＝4 m/s

小滑块从C点运动到地面做平抛运动

水平方向：x＝v_Ct

竖直方向：h＝gt²

滑块落地点距C点的距离

s＝＝0.8 m≈1.8 m.

答案：(1)30 N　(2)1.8 m

10．(2010·青岛模拟)如图8所示，A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜

面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的轨道：除去

底部一小段圆弧，A图中的轨道是一段斜面，高度大于h；B图中的轨道与A图中

的轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个内径略大于小球

直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；D图中

的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，

小球进入右侧轨道后能到达h高度的是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图8

解析：对A、C轨道，小球到达右侧最高点的速度可以为零，由机械能守恒可得，

小球进入右侧轨道后的高度仍为h，故A、C正确；轨道B右侧轨道最大高度小于h，

小球运动到轨道最高点后做斜抛运动，小球到达最高点时仍有水平速度，因此，小

球能到达的最大高度小于h，B不正确；轨道D右侧为圆形轨道，小球通过最高点

必须具有一定速度，因此，小球沿轨道D不可能到达h高度，D错误．

答案：AC

9．如图7所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a

点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到

c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知

ab＝0.8 m，bc＝0.4 m，那么在整个过程中　　　 　(　)

A．滑块动能的最大值是6 J　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 图7

B．弹簧弹性势能的最大值是6 J

C．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 J

D．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能减少

解析：滑块能回到原出发点，所以机械能守恒，D错误；以c点为参考点，则a点

的机械能为6 J，c点时的速度为0，重力势能也为0，所以弹性势能的最大值为6 J，

从c到b弹簧的弹力对滑块做的功等于弹性势能的减小量，故为6 J，所以B、C正

确．由a→c时，因重力势能不能全部转变为动能，故A错．

答案：BC