(多选)如图所示，水平路面上有一辆质量为Μ的汽车，车厢中有一质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是( )
分析：
通过牛顿第二定律求出各力的大小和明确方向且在力的方向上通过的位移，由W=FL求出各力做的功；
解答：
解：A、人对车做功为W=FL，故A正确；
B、在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对人的作用力为F′=ma，人对车的作用力为-ma，故做功为W=-maL，同时车对人还有支持力，故车对人的作用力为N=$\sqrt {}$，故D错误
C、对人由牛顿第二定律可得f-F=ma
f=ma+F
车对人的摩擦力做功为W=fL=(F+ma)L，故C正确，
故选：AC
点评：
求车厢对人的作用力，不能只考虑水平方向的产生加速度的合力，同时车厢对人还有一个竖直方向上的支持力的作用，这是有的同学经常出错的原因，知道这些这道题就不难做了．
(多选)如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下列说法正确的是( )
分析：
根据力的方向与运动方向的关系判断该力做正功还是负功．根据动能定理，结合动能的变化量判断合力做功情况．
解答：
解：AC、物体匀速向上运动的过程中，物体与皮带相对静止，受静摩擦力，摩擦力的方向沿传送带向上，与运动的方向相同，所以摩擦力做正功，故AC正确；
B、支持力的方向与运动的方向垂直，知支持力对物体不做功，故B错误；
D、物体匀速上升，动能变化量为零，根据动能定理知，合力做功为零，故D正确；
故选：ACD
点评：
解决本题的关键会根据力的方向与运动的方向判断力的做功情况，当力与速度的方向的夹角0°≤θ＜90°，该力做正功，当θ=90°时，力不做功，当90°＜θ≤180°时，力做负功．
(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x_0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x_0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则( )
分析：
本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去F后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为3x_0，由牛顿第二定律求得加速度，由运动学位移公式求得时间；当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功．
解答：
解：A、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故A错误．
B、撤去F后，根据牛顿第二定律得物体刚运动时的加速度大小为a=$\frac {kx_0-μmg}{m}$=$\frac {kx}{m}$-μg．故B正确．
C、由题，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x_0，由牛顿第二定律得：匀减速运动的加速度大小为a=$\frac {μmg}{m}$=μg．将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则
3x_0=$\frac {1}{2}$at_，得t=$\sqrt {}$．故C错误．
D、由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x=$\frac {μmg}{k}$，则物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为W=μmg(x_0-x)=μmg(x_0-$\frac {μmg}{k}$)．故D正确．
故选BD
点评：
本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的．运用逆向思维研究匀减速运动过程，比较简便．
(多选)水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，乙的斜面倾角大，甲、乙斜面长分别为S、L$_1$，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B可视为质点同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C，而小滑块B滑到底端P后沿水平面滑行到D处(小滑块B在P点从斜面滑到水平面的速度大小不变)，在水平面上滑行的距离PD=L$_2$，且S=L$_1$+L$_2$．小滑块A、B与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同，则( )
分析：
根据动能定理研究滑块A到达底端C点和滑块B到达D点时表示出末动能进行比较．
根据动能定理研究两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度的过程，根据表达式比较求解．
根据平均功率的定义求解．
解答：
解：A、研究滑块A到达底端C点的过程，根据动能定理得
mgh-μmgcosαS=$\frac {1}{2}$m_C
研究滑块B到达D点时的过程，根据动能定理得
mgh-μmgcosθL$_1$-μmgL$_2$=$\frac {1}{2}$m_D
S=L$_1$+L$_2$．
根据几何关系得cosαS＞cosθL$_1$+L$_2$ ．
所以$\frac {1}{2}$m_C＜$\frac {1}{2}$m_D，故A正确
B、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，
由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，
所以动能不同，故B错误
C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于滑块B先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确
D、A、B滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故D错误
故选AC．
点评：
本题主要考查动能定理和功能关系．关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量．
(多选)如图所示，木板1、2固定在墙角，一个可视为质点的物块分别从木板的顶端静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ．对这两个过程，下列说法正确的是( )
分析：
本题应根据动能定理求解，只要正确对物体受力分析，分别求出各力做功的代数和，即可比较速度的大小．
解答：
解：对物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有：
mgh-W_f=$\frac {1}{2}$mv_…①
其中W_f为物块克服摩擦力做的功，
因滑动摩擦力为：f=μN=μmgcosθ，所以物块克服摩擦力做的功为：
W_f=fL=μmgcosθ×L=μmgLcosθ=μmgL_底…②
由图可知，Lcosθ为斜面底边长，
可见，物体从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L_底成正比．
A、沿着1和2下滑到底端时，重力做功相同，而沿2物体克服摩擦力做功小于沿1克服摩擦力做功，则由①式得知，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿1下滑到底端时速度，故A错误B正确；
C、沿1下滑至斜面底端时克服摩擦力做的功最多，物体的机械能损失最大，产生的热量多．故C正确D错误．
故选：BC．
点评：
通过本题求克服摩擦力做功可推得一个重要的结论：物体从斜面下滑到底端的过程中，克服摩擦力做的功与沿水平面滑动与斜面底端相同距离时克服摩擦力做的功相同．
(多选)如图所示，物体沿弧形轨道滑到足够长的粗糙水平传送带上，传送带以图示方向匀速运转，则传送带对物体做功的情况可能是( )
分析：
当物体到达传送带上时，物体的速度可能大于、等于和小于传送带的速度，分三种情况讨论即可得出结论．
解答：
解：A、当物体到达传送带上时，如果物体的速度恰好和传送带的速度相等，那么物体和传送带将一起在水平面上运动，它们之间没有摩擦力的作用，所以传送带对物体始终不做功，所以A可能，故A正确．
B、若物体速度小，则受向前的摩擦力，做正功．到速度一致时，摩擦力又变为零，不做功，所以B错误，D正确
C、若物体速度大，则受向后的摩擦力，做负功．直至速度一致为止，摩擦力消失，不做功，所以C正确．
故选：ACD
点评：
物体的速度和传送带的速度之间可能有多种情况，在分析问题时一定要考虑全面，否则就容易漏掉答案．
(多选)如图所示，某人通过一定滑轮吊起质量为m的物体，开始时绳子与水平方向的夹角为60°，当人将重物匀速提起，人由A点水平方向运动x_AB=l到B点时，绳与水平方向成30°，在这一过程中，下列说法正确的是：(重力加速度为g)( )
分析：
根据功能关系，人做的功等于系统机械能的增加量；将人的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，沿着绳子方向的分速度等于重物的速度．
解答：
解：A、B、设A点与滑轮的悬挂点的高度差为h，根据几何关系，AB间距为：
l=htan60°-htan30° ①
重物上升的高度为：
H=$\frac {h}{sin30°}$-$\frac {h}{cos30°}$ ②
联立解得
H=($\sqrt {3}$-1)l
根据功能关系，人做的功等于系统机械能的增加量，故W=mgH=($\sqrt {3}$-1)mgl，故A错误，B正确；
C、D、将人的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图
人的速度为：v$_1$=$\frac {v}{sinθ}$，由于角度θ不断增加，故人的速度不断减小，故C错误，D正确；
故选BD．
点评：
本题关键是根据功能关系求解变力的功，同时要结合运动的合成与分解进行分析，不难．
(多选)位于水平面上的物体在水平恒力F$_1$作用下，做速度为v$_1$的匀速运动；若作用力变为斜面上的恒力F$_2$，物体做速度为v$_2$的匀速运动，且F$_1$与F$_2$功率相同．则可能有（ ）
分析：
物体都做匀速运动，受力平衡，根据平衡条件列式，再根据F$_1$与F$_2$功率相同列式，联立方程分析即可求解．
解答：
解：物体都做匀速运动，受力平衡，则：
F$_1$=μmg
F$_2$ cosθ=μ(mg-F$_2$sinθ)
解得：F$_2$(cosθ+μsinθ)=F$_1$①
根据F$_1$与F$_2$功率相同得：
F$_1$v$_1$=F$_2$v$_2$cosθ②
由①②解得：
$\frac {v$_2$}{v$_1$}$=$\frac {cosθ+μsinθ}{cosθ}$=1+μtanθ
所以v$_1$＜v$_2$，而F$_1$与 F$_2$的关系无法确定，大于、等于、小于都可以．
故选BD
点评：
该题要抓住物体都是匀速运动受力平衡及功率相等列式求解，难度适中．
(多选)如图所示，在外力作用下某质点运动的υ-t图象为正弦曲线．从图中可以判断( )
分析：
由v-t图象可知物体的运动方向，由图象的斜率可知拉力的方向，则由功的公式可得出外力做功的情况，由P=Fv可求得功率的变化情况．
解答：
解：A、在0～t$_1$时间内，由图象可知，物体的速度沿正方向，加速度为正值且减小，故力与速度方向相同，故外力做正功；故A正确；
B、图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，合外力减小，速度增大；由图象可知0时刻速度为零，t$_1$时刻速度最大但拉力为零，由P=Fv可知外力的功率在0时刻功率为零，t$_1$时刻功率也为零，可知功率先增大后减小，B错误．
C、t$_2$时刻物体的速度为零，由P=Fv可知外力的功率为零，故C错误．
D、在t$_1$～t$_3$时间内物体的动能变化为零，由动能定理可知外力做的总功为零，故D正确；
故选AD．
点评：
本题要求学生能熟练掌握图象的分析方法，由图象得出我们需要的信息．
B答案中采用极限分析法，因开始为零，后来为零，而中间有功率，故功率应先增大，后减小．
(多选)水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0＜μ＜1)．现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动．设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则( )
分析：
在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，说明物体受力始终平衡，受力分析后正交分解表示出拉力F，应用数学方法讨论F的变化，再由P=Fvcsθ判断功率的变化．
解答：
解：对物体受力分析如图：
因为物体匀速运动，水平竖直方向均受力平衡：
Fcosθ=μ(mg-Fsinθ)
则得：F=$\frac {μmg}{cosθ+μsinθ}$
令：sinβ=$\frac {1}{$\sqrt {}$}$，cosβ=$\frac {μ}{$\sqrt {}$}$，即：tanβ=$\frac {1}{μ}$
则：F=$\frac {mμg}{(sinβcosθ+cosβsinθ)$\sqrt {}$}$=$\frac {μmg}{sin(θ+β)$\sqrt {}$}$
当θ+β=90°时，sin(θ+β)最大，F最小，则根据数学知识可知θ从0逐渐增大到90°的过程中，F先减小后增大，故A正确．
功率：P=Fvcosθ=$\frac {μmg}{(cosθ+μsinθ)}$×v×cosθ=$\frac {μmgv}{(1+μtanθ)}$
θ从0逐渐增大到90°的过程中，tanθ一直在变大，所以功率P一直在减小，故C正确．
故选：AC
点评：
本题为平衡条件的应用问题，受力分析后应用平衡条件求解即可，难点在于研究对象的选择和应用数学方法讨论拉力F的变化，难度不小，需要细细品味．
(多选)如图所示，物体在水平恒力F作用下，由静止起在水平面沿直线由A点运动到B点，则当水平面光滑与粗糙两种情况下( )
分析：
当水平面光滑时，物体在力F的作用下做匀加速直线运动，平均速度等于初末速度的平均值，由动能定理可求B点的速度，由功率p=Fv，可求平均功率、瞬时功率；同理有摩擦时，摩擦力做负功，B点的速度变小相应功率也变小．
解答：
解：A、两种情况下，拉力相同，位移也相同，故拉力的功也相同，故A正确；
B、当水平面光滑时，物体在力F的作用下做匀加速直线运动，由动能定理可求B点的速度比有摩擦力时大，又平均速度等于初末速度的平均值，故无摩擦时平均速度大，由平均功率公式P=Fv可知，此时平均功率较大，故B错误；
C、D、水平面光滑时，由动能定理可求B点的速度比有摩擦力时大，由功率p=Fv，可知，此时瞬时功率较大，故C正确，D错误；
故选AC．
点评：
考查了匀变速直线运动的规律，动能定理、功率的定义．