(多选)如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有( )
分析：
①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；
②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；
③哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v-t图象来计算说明．
解答：
解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；
B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度(重力势能)相等处的动能也相等，故B正确；
C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置．故C错误，D正确．
故选：BD．
点评：
本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小；乙的加速度逐渐增大．所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加的最慢．
(多选)如图所示，一小球由静止开始沿固定光滑的斜面下滑，不计空气阻力，则小球下滑至斜面底端的过程中，有关下列说法正确的是( )
分析：
根据动能定理判断小球的动能变化．
根据重力对小球做功判断重力势能的变化．
解答：
解：A、小球下滑至斜面底端的过程中，小球合力对小球做正功，根据动能定理得小球的动能逐渐增大．故A正确
B、此过程中重力对小球做正功，小球的重力势能逐渐减小，故B错误，C正确
D、根据做功的特点，斜面对小物块支持力做功为零．故D错误
故选AC．
点评：
该题定性考查了动能定理、重力做功和重力势能变化的关系，题目比较简单．
(多选)如图所示，物体A、B质量相同，与地面的动摩擦因数也相同，在力F作用下一起沿水平地面向右运动位移为L，下列说法正确的是( )
分析：
通过对AB两物体的分析
可知，AB两物体受到的摩擦力不相等，有W=fs可知摩擦力做功不相等．
分别对AB受力分析，由动能定理可知，合外力对两物体做功的大小关系．
解答：
解：对AB分别受力分析如图
对A分析F_n-Fsinθ-G=0，f=μF_n=μ(Fsinθ+G)
对B分析F_n1=G，f$_1$=μF_n1=μG
W_f=fL，W_f1=f$_1$L，
∵f＞f $_1$
∴W_f＞W_f1
AB所受的合外力做的功等于AB物体动能的变化量，而A、B动能的变化量相等，所以A、B合外力做功相等；而A所受合外力做功为F和摩擦力做功之和，B所受合力为A对B的力及摩擦力做功之和，结合上式可知，摩擦力做功不等，所以F对A与A对B的力做功不相等
故选：CD
点评：
解答本题应注意对A和B正确受力分析，利用动能定理进行计算
(多选)在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，t$_1$时刻，速度达最大值v$_1$时打开降落伞，做减速运动，在t$_2$时刻以较小速度v$_2$着地．他的速度图象如图所示．下列关于该空降兵的说法正确的是( )
分析：
匀变速直线运动的平均速度可以用初速度和末速度的平均来求，但不是匀变速直线运动时就 不能用了；
力对人做的功可以根据动能定理来求解．
解答：
解：A、0～t$_1$时间，人是做匀变速直线运动，平均速度可以用初速度末速度的平均来求，所以平均速度v=$\frac {v$_1$}{2}$，故A正确．
B、t$_1$～t$_2$时间内不是做的匀变速直线运动了，匀变速直线运动的规律就不能用了，所以再用匀变速直线运动的规律求的结果速度v=$\frac {v$_1$+v$_2$}{2}$就不对了，根据图形的面积表示位移的大小可知，向下弯曲的曲线，位移要比直线运动时的小，所以平均速度也要比较小，故B错误．
C、从打开降落伞到落地的过程中，由动能定理可以得到W_G-W_阻力=$\frac {1}{2}$mv$_1$_-$\frac {1}{2}$mv$_2$_，所以$\frac {1}{2}$mv$_2$_-$\frac {1}{2}$mv$_1$_并不是阻力做的功，故C选项错误．
D、对全过程用动能定理可以得到W_G-W_阻力=$\frac {1}{2}$mv$_2$_-0，W_G，W_阻力即为合外力的功，所以D正确．
故选AD．
点评：
本题既考查了匀变速直线运动的规律，也考查了动能定理的应用，学生能灵活的应用知识，提高学生的解题能力．
(多选)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端，已知小物块的初动能为E，它返回到斜面底端的速度为V，克服摩擦力所做功为$\frac {E}{2}$，若小物块以2E的初动能冲上斜面，则有（ ）
分析：
(1)冲上斜面和返回到斜面底端两过程中克服摩擦阻力做功相等；
(2)初动能增大后，上升的高度也随之变大，可根据匀减速直线运动的速度位移公式求出上升的位移，进而表示出克服摩擦力所做的功；
(3)对两次运动分别运用动能定理即可求解．
解答：
解：以初动能为E冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得：
$\frac {1}{2}$mV_-E=-$\frac {E}{2}$①
设以初动能为E冲上斜面的初速度为V_0，则以初动能为2E冲上斜面时，初速度为$\sqrt {2}$V_0，加速度相同，
根据2ax=V_-V_0_可知第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，
所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E．
以初动能为2E冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得：
$\frac {1}{2}$mV′_-2E=-E②，
所以返回斜面底端时的动能为E，故A错误，B正确；
C、由①②得：V′=$\sqrt {2}$V，故C正确，
D、第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，
所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，故D错误．
故选BC．
点评：
本题难度较大．考查功能关系．该题考查了动能定理的直接应用，注意以不同的初动能冲上斜面时，运动的位移不同，摩擦力做的功也不同．
(多选)质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能（ ）
分析：
一质点开始时做匀速直线运动，说明质点所受合力为0，从某时刻起受到一恒力作用，这个恒力就是质点的合力．
根据这个恒力与速度的方向关系确定质点动能的变化情况．
解答：
解：A、如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A正确．
B、如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大．故B正确．
C、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小．故C错误．
D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大．故D正确．
故选ABD．
点评：
对于直线运动，判断速度增加还是减小，我们就看加速度的方向和速度的方向．
对于受恒力作用的曲线运动，我们可以将速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究．
(多选)一辆汽车在平直的公路上以v_0的速度开始加速行驶，经过一段时间t，前进了L，此时恰好达到其最大速度v_m．设此过程中汽车发动机始终以额定功率P工作，汽车所受的阻力恒定为F，则在这段时间内，发动机所做的功为（ ）
分析：
汽车以额定功率，经时间t后从速度v_0开始加速行驶了L距离，恰好达到最大速度v_m，由于汽车所受阻力恒为F，所以由动能定理可求出发动机所做的功．
解答：
解：汽车从速度v_0到最大速度v_m过程中，由动能定理可知：
W-FL=$\frac {1}{2}$mv_m_-$\frac {1}{2}$mv_0_
解得：W=$\frac {1}{2}$mv_m_-$\frac {1}{2}$mv_0_+FL
当然，由于发动机功率恒定，则经过时间t，发动机所做的功也可以为：W=Pt
故选：BC
点评：
由题意可知，求发动机做的功，当功率恒定时，可以由功率与时间的乘积，也可以由动能定理求出．当功率不恒定时，必须由动能定理求出．
(多选)如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ(μ＜tanθ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则( )
分析：
对物体受力分析知物块离开圆盘前
合力F=f+Tsinθ=m$\frac {v}{r}$；N+Tcosθ=mg，根据动能定理知W=E_k=$\frac {1}{2}$mv_
然后根据临界条件分析做功和势能变化．
解答：
解：对物体受力分析知物块离开圆盘前
合力F=f+Tsinθ=m$\frac {v}{r}$①
N+Tcosθ=mg②
根据动能定理知W=E_k=$\frac {1}{2}$mv_③
AB、当弹力T=0，r=Lsinθ④
由①②③④解得W=$\frac {1}{2}$fLsinθ+$\frac {1}{2}$μmgLsinθ
至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为$\frac {1}{2}$μmgLsinθ，故A错误，B正确；
C、当N=0，f=0，由①②③知W=$\frac {1}{2}$mgLsinθtanθ=$\frac {mgLsin_θ}{2cosθ}$，故C正确；
D、由①②知ω_0=$\sqrt {}$，设法使物体的角速度增大到ω=$\sqrt {}$＞ω_0=$\sqrt {}$，故物体已脱离水平盘，此时夹角为α
则mgtanα=mω_r⑤
△E_p=mgh=mg(Lcosθ-Lcosα)⑥
由⑤⑥知△E_p=mgL•(cosθ-$\frac {2}{3}$cosθ)=$\frac {1}{3}$mgLcosθ
物块机械能增量为△E_p+△E_k=$\frac {3mgL}{4cosθ}$，故D正确；
故选：BCD
点评：
此题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0．题目较难，计算也比较麻烦．
(多选)如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ(μ＜tanθ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则( )
分析：
对物体受力分析知物块离开圆盘前合力F=f+Tsinθ=m$\frac {v}{r}$；N+Tcosθ=mg，根据动能定理知W=E_k=$\frac {1}{2}$mv_然后根据临界条件分析做功和势能变化．
解答：
解：A、对物体受力分析知物块离开圆盘前
合力F=f+Tsinθ=m$\frac {v}{r}$①
N+Tcosθ=mg②
根据动能定理知W=E_k=$\frac {1}{2}$mv_③
AB、当弹力T=0，r=Lsinθ④
由①②③④解得W=$\frac {1}{2}$fLsinθ≤$\frac {1}{2}$μmgLsinθ至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为$\frac {1}{2}$μmgLsinθ，故A错误，B正确；
C、当N=0，f=0，由①②③知W=$\frac {1}{2}$mgLsinθtanθ=$\frac {mgLsin_θ}{2cosθ}$，故C正确；
D、由①②知ω_0=$\sqrt {}$，所以当物块的角速度增大到$\sqrt {}$时，物块与转台间恰好无相互作用，故D正确；
故选：BCD
点评：
此题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0．题目较难，计算也比较麻烦．
(多选)如图所示光滑管形圆轨道半径为R(管径远小于R)，小球a、b大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动，两球先后以相同的速度v通过轨道最低点，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，以下说法不正确的是( )
分析：
小球在圆环的内侧运动，相当于圆周运动中的杆的模型，此时在最高的速度是可以为零的，在整个运动的过程中小球的机械能守恒，可以求得小球到达最低端是的速度和需要的向心力的大小．
解答：
解：A、B、C、由于管中没有摩擦力的作用，所以球的机械能守恒，当小球b在最高点对轨道无压力，即只有重力做为向心力，
所以mg=m$\frac {v_b}{R}$，所以在最高点时b球的速度的大小为$\sqrt {gR}$，
所以C错误；
从最高点到最低点，由机械能守恒可得，mg•2R+$\frac {1}{2}$mv_b_=$\frac {1}{2}$mv_，
对于a球，在最低点是，由向心力的公式可得 F-mg=m$\frac {v}{R}$，
所以：v=$\sqrt {5gR}$
F-mg=5mg，
所以此时的向心力的大小为5mg，
所以小球a比小球b所需向心力大4mg，故A错误，B正确，C错误；
D、最高点时F$_1$=m$\frac {v$_1$}{R}$-mg，
在最低点时，F$_2$=m$\frac {v$_2$}{R}$+mg，
由机械能守恒有$\frac {1}{2}$mv$_1$_+mg2R=$\frac {1}{2}$mv$_1$_，
所以F$_2$-F$_1$=6mg．所以只要v≥$\sqrt {5gR}$，小球a对轨道最低点的压力比小球b对轨道最高点的压力大6mg．故D正确．
故选：AC．
点评：
该题考查竖直平面内的圆周运动，内管可以对小球提供支持力，可化为轻杆模型，在最高点时，小球速度可以为零，与绳的模型一定要区分开．
(多选)固定在竖直平面内的光滑细圆管，管道半径为R．若沿如图所示的两条虚线截去轨道的四分之一，管内有一个直径略小于管径的小球在运动，且恰能从一个截口抛出，从另一个截口 无碰撞的进入继续做圆周运动，空气阻力忽略不计．则小球在运动过程中( )
分析：
小球离开管口后做斜抛运动，将小球的运动分解为水平方向和竖直方向上，根据等时性求出初速度的大小，从而根据竖直方向上的运动规律求出每次飞越无管区域的时间．
解答：
解：A、小球离开管口后，仅受重力，做斜抛运动，小球运动的轨迹不是圆，故A错误．
B、小球做斜抛运动，最终从另一截口无碰撞进入，跟对称性知，每次飞越无管区域的最高点在过圆管中心的竖直线上．由几何关系知，小球离开管口时速度与水平方向的夹角为45度，由对称性知，进入管口时速度与水平方向的夹角也为45度，根据平行四边形定则得，每次进入圆管时水平分速度与竖直分速度相等，故B、C正确．
D、设小球离开管口的速度为v_0，则离开管口时竖直分速度$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$v_0，离开管口时水平分速度v_x=$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$v_0，
小球在空中运动的时间t=$\frac {2v_y}{g}$=$\frac {$\sqrt {2}$v}{g}$，在水平方向上有：$\sqrt {2}$R=$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$v_0t，解得v_0=$\sqrt {}$，t=$\sqrt {}$，故D正确．
故选：BCD．
点评：
解决本题的关键掌握处理斜抛运动的方法，知道竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，抓住等时性，结合运动学公式灵活求解．