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通用版带答案高中物理必修三第九章静电场及其应用微公式版必考考点训练

1

单选题
1、如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0从A点开始做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹。已知在ts末质点的速度达到最小值v，到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，则下列说法不正确的是（  ）

A．恒定外力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且sinθ=vv0
B．质点所受合外力的大小为mv02-v2t
C．质点到达B点时的速度大小为v0vv02-v2
D．ts内恒力F做功为12m（v02-v2）
答案：D
AB．到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，恒力F的方向与速度方向成钝角π﹣θ，建立坐标系

则
v=v0sinθ，v0cosθ=ayt，
根据牛顿第二定律有
F=may
解得
F=mv02-v2t，sinθ=vv0
即恒定外力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且sinθ=vv0，故AB正确，不符合题意；
C．设质点从A点运动到B经历时间t1，设在v0方向上的加速度大小为a1，在垂直v0方向上的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得
Fcosθ=ma1，Fsinθ=ma2
根据运动学公式可得
v0=a1t1，vB=a2t1
解得质点到达B点时的速度大小为
vB=v0vv02-v2
故C正确，不符合题意；
D．从A到B过程，根据动能定理
W=12mv2-12mv02
即ts内恒力F做功为-12m（v02-v2），故D错误，符合题意。
故选D。
2、如图所示，在大小和方向都相同的力F1和F2的作用下，物体m1和m2沿水平方向移动了相同的距离。已知质量m1<m2，F1做的功为W1，F2做的功为W2，则（  ）

A．W1>W2B．W1<W2C．W1=W2D．无法确定
答案：C
根据
W=Fl cos θ
因F1=F2，l1=l2，夹角θ也相等，可知
W1=W2
C正确，ABD错误。
故选C。
3、如图所示，质量为M、半径为R的半球形碗放置于水平地面上，碗内壁光滑。现使质量为m的小球沿碗壁做匀速圆周运动，其轨道平面与碗口平面的高度差用h表示，运动过程中碗始终保持静止，设碗与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（  ）

A．h越小，地面对碗的摩擦力越小
B．h越小，地面对碗的支持力越大
C．若h＝R2，则小球的动能为34mgR
D．若h＝R2，M＝10m，则碗与地面之间的动摩擦因数可以小于311
答案：C
A．对小球受力分析，其受到重力和支持力，二力的合力提供向心力，则
F向＝mgtanθ
θ为小球与半球形碗球心连线与竖直方向的夹角。由几何关系知：h越小，θ越大；则向心力F向越大，对碗和小球组成的整体，由牛顿第二定律有
f＝F向＝mgtanθ
故h越小，地面对碗的摩擦力越大，A错误；
B．对碗和小球组成的整体受力分析，竖直方向合力为零，故地面对碗的支持力始终等于碗和小球的重力，故B错误；
C．若h＝R2，则
θ＝60°
对小球根据牛顿第二定律可知
mgtan60°＝mv232R
则小球的动能
Ek＝12mv2＝34mgR
C正确；
D．若h＝R2，根据
mgtan60°＝man
解得
an＝3g
结合AB选项的分析可知
μ(M＋m)g≥f＝man
解得
μ≥311
D错误。
故选C。
4、如图所示，一物体放在粗糙的水平面上，在力F的作用下向右匀速运动，下列说法正确的是（  ）

A．如果力F的方向不确定，则物体的重力和力F的合力方向也无法确定
B．力F的方向水平时，力F对应的值最小
C．力F的方向斜向上并且与支持力和摩擦力的合力方向垂直时，力F对应的值最小
D．当力F对应的值最小时，力F的功率也最小
答案：C
A．物体的受力分析如右图所示

物体的重力和力F的合力与物体的支持力和摩擦力的合力等大反向，又因为
Fμ=μFN
物体的支持力和摩擦力的合力方向确定，则物体的重力和力F的合力方向确定，故A错误；
BC．当F的方向斜向上并且与支持力和摩擦力的合力方向垂直时，F对应的值最小，故B错误，C正确；
D．因速度水平，F的功率等于F的水平分力和速度的乘积，可知当θ越大，功率越小，故D错误。
故选C。
5、如图，一个质量为m的小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放；滑块与斜面间动摩擦因数恒定，以水平地面为零势能面。则滑块滑至斜面底端时的动能Ek随斜面倾角θ变化的关系图像可能正确的是（   ）

A．B．
C．D．
答案：A
由题知小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，则对于小滑块下滑的过程应用动能定理可得
mgh-μmghtanθ=Ek（tanθ ≥ μ）
故当θ=π2时，Ek = mgh；随着θ减小，tanθ逐渐减小，物块滑到斜面底端的动能逐渐减小，当重力沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力时，有
mgsinθ ≤ μmgcosθ
解得
μ ≥ tanθ
此后继续减小θ，物块都不再下滑，则此后小滑块的动能一直为零。
故选A。
6、在体育课上，某同学练习投篮，站在罚球线处用力将篮球从手中投出，恰好水平击中篮板，则篮球在空中运动过程中（  ）
A．重力势能增加，动能增加B．重力势能减小，动能减小
C．重力势能增加，动能减小D．重力势能减小，动能增加
答案：C
篮球上升，恰好水平击中篮板，运动到最高点，整个过程重力做负功，重力势能增加，动能减小。
故选C。
7、质量为3 kg的物体，从高45 m处自由落下（g取10 m/s2），那么在下落的过程中（  ）
A．前2 s内重力做功的功率为300 W
B．前2 s内重力做功的功率为675 W
C．第2 s末重力做功的功率为500 W
D．第2 s末重力做功的功率为900 W
答案：A
AB．前2 s内重物下落的距离
h=12gt2=20m
重力做功
W=mgh=600J
前2 s内重力做功的功率为
P=Wt=6002W=300W
选项A正确，B错误；
CD．第2 s末重物的速度
v=gt=20m/s
则第2 s末重力做功的功率为
P=mgv=600W
选项CD错误。
故选A。
8、如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体与斜面体始终相对静止。则下列说法中正确的是（  ）

A．物体所受支持力一定做正功B．物体所受摩擦力一定做正功
C．物体所受摩擦力一定不做功D．物体所受摩擦力一定做负功
答案：A
A．由功的定义式
W=Flcosθ
可知，物体所受支持力方向垂直斜面向上，与位移方向的夹角小于90°，支持力一定做正功，故A正确；
BCD．摩擦力的方向不确定，当摩擦力Ff沿斜面向上，摩擦力做负功；当摩擦力Ff沿斜面向下，摩擦力做正功；当摩擦力不存在，不做功，故BCD错误。
故选A。
9、北斗卫星导航系统是由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止同步轨道卫星和3颗地球倾斜同步轨道卫星共30颗卫星组成.已知地球半径为R，表面重力加速度为g，两种地球同步卫星到地心的距离均为kR，中圆地球轨道卫星周期为同步卫星的一半，如图所示。有关倾斜地球同步轨道卫星A与中圆地球轨道卫星B，下列说法正确的是（  ）

A．中圆地球轨道卫星B加速度大小为432k2g
B．倾斜地球同步轨道卫星A与中圆地球轨道卫星B线速度大小之比为34:4
C．某时刻两卫星相距最近，则再经12小时两卫星间距离为(1+134)kR
D．中圆地球轨道卫星B的动能大于倾斜地球同步轨道卫星A的动能
答案：C
A．设中圆地球轨道卫星B的轨道半径为rB，倾斜地球同步轨道卫星A的轨道半径rA=kR
根据开普勒第三定律，有
rA3rB3=T2(T2)2
得
rB=kR34
由牛顿第二定律
GMmrB2=maB
由黄金代换公式
GM=gR2
得
aB=232k2g
选项A错误；
B．卫星做圆周运动线速度大小
v=2πrT
则倾斜地球同步轨道卫星A与中圆地球轨道卫星B线速度大小之比
vA:vB=34:2
选项B错误；
C．某时刻两卫星相距最近，即两卫星与地心连线在一条直线上，则再过12小时中圆轨道卫星B回到原位置，但倾斜地球同步轨道卫星A位于原位置关于地心的对称点，两卫星间距离
L=rA+rB=(1+134)kR
选项C正确；
D．中圆地球轨道卫星B的速度大于倾斜地球同步轨道卫星A的速度，由于两卫星质量不确定，不能比较其动能大小，选项D错误。
故选C。
10、如图所示，竖直环A半径为R，固定在木板B上，在环内有一光滑小球C，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一个挡板固定在地面上使B不能左右运动。A、B、C质量均为m，给小球一个向右的瞬时速度使小球在环内做圆周运动。当小球运动到最高点的时候，地面对木板B的压力刚好为0，则小球再次运动到最低点时，B对地面的压力大小为（  ）

A．7mgB．8mgC．9mgD．10mg
答案：D
设小球运动到最高点时，对轨道的压力为FN1，因为地面对木板B的压力刚好为0，则对环和木板构成的整体可得
FN1=2mg
由牛顿第三定律可得，小球运动到最高点时，轨道对小球的支持力为
FN1'=FN1
所以对小球在最高点分析可得
FN1'+mg=mv12R
解得此时小球的速度为
v1=3gR
对小球从最高点运动到最低点过程，由机械能守恒定律有
mg⋅2R=12mv22-12mv12
当小球经过最低点时，由牛顿第二定律
FN2-mg=mv22R
解得
FN2=8mg
由牛顿第三定律知，小球再次运动到最低点时对A是向下的压力，大小为8mg；则B对地面的压力大小为
FN3=10mg
故选D。
11、如图所示，跳水运动员从跳板上以一定的速度斜向上跳起，最后以一定的速度进入水中，若不计阻力，则该运动员在下降的过程中（  ）

A．重力势能减小，动能增加，机械能不变
B．重力势能减小，动能增加，机械能减小
C．重力势能增加，动能增加，机械能增加
D．重力势能减小，动能增加，机械能增加
答案：A
不计空气阻力，运动员下降过程中机械能守恒，重力势能减小，动能增加，机械能不变。
故选A。
12、如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，现用手控制住A，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是（  ）

A．A获得的最大速度为gm5k
B．A获得的最大速度为2gm5k
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
答案：B
C．C球刚离开地面时，弹簧被拉长，对C有
kxC=mg
此时A获得最大速度，而A、B的速度大小始终相等，故此时A、B加速度均为零（最小值），对B有
T-mg-kxC=0
对A有
4mgsinα-T=0
联立解得
sinα=0.5
则
α=30°
C错误；
AB．开始时弹簧被压缩，对B有
kxB=mg
又
kxC=mg
故当C刚离开地面时，B上升的距离以及A沿斜面下滑的距离均为
h=xC+xB
由于开始时和C刚离开地面时弹簧的弹性势能相等，故以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得
4mg⋅hsinα-mgh=12(4m+m)vm2
联立解得
vm=2gm5k
A错误、B正确；
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，但A、B两小球组成的系统机械能不守恒，D错误。
故选B。
13、“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是唐代诗人李白描写庐山瀑布的佳句。瀑布中的水从高处落下的过程中（  ）
A．重力势能增加
B．重力势能不变
C．重力对水做的功等于水重力势能的改变量
D．重力对水做的功小于水重力势能的改变量
答案：C
水从高处落下，重力做正功，重力势能减少。根据重力势能与重力做功的关系可知，重力对水做的功等于水重力势能的改变量。
故选C。
小提示：理解重力做功的计算方法，重力势能的变化量只跟重力做功有关。
14、如图，一位质量为m的滑雪运动员从高h的斜坡加速下滑。如果运动员在下滑过程中受到的阻力Ff，斜坡倾角θ，则下列说法正确的是（  ）

A．阻力做功为Wf=FfhsinθB．重力做功为WG=mgh
C．阻力做功为Wf=FfhD．人所受外力的总功为零
答案：B
AC．阻力做功为
Wf=-Ffhsinθ
故AC错误；
B．重力做功为
WG=mgh
故B正确；
D．人加速下滑，动能增加，则根据动能定理可知，人所受外力的总功不为零，故D错误。
故选B。
15、如图甲所示，质量0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3s段为抛物线，3～4.5s段为直线，（t1=3s时x1=3m）（t2=4.5s时x2=0）下列说法正确的是 （  ）

A．传送带沿逆时针方向转动
B．传送带速度大小为 1m/s
C．物块刚滑上传送带时的速度大小为 2m/s
D．0~4.5s内摩擦力对物块所做的功为-3J
答案：D
AB．根据位移时间图象的斜率表示速度，可知：前2s物体向左匀减速运动，第3s内向右匀加速运动。3-4.5s内x-t图象为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为
v=ΔxΔt=34.5-3m/s=2m/s
故AB错误；
C．由图象可知，在第3s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则
x=12at2
其中
x=1m
t=1s
解得
a=2m/s2
根据牛顿第二定律
μmg=ma
解得
μ=0.2
在0-2s内，对物块有
vt2-v02=-2ax
解得物块的初速度为
v0=4m/s
故C错误；
D．对物块在0~4.5s内，根据动能定理
Wf=12mv2-12mv02
解得摩擦力对物块所做的功为
Wf=-3J
故D正确。
故选D。
多选题
16、关于重力势能的几种理解，正确的是（　　）
A．放在地面上的物体，它的重力势能一定等于零
B．重力势能的变化量与参考平面的选取无关
C．重力势能减小时，重力对物体做正功
D．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
答案：BC
A．重力势能和零势能面选取有关，放在地面上的物体，它的重力势能不一定等于零，故A错误；
B．重力势能的变化量与物体的质量和变化高度有关，与参考平面的选取无关，故B正确；
C．重力势能减小时，高度下降，重力对物体做正功，故C正确；
D．物体与零势能面的距离越大，若物体在零势能面下方，则重力势能越小，故D错误。
故选BC。
17、多国科学家联合宣布人类第一次直接探测到来自“双中子星”合并的引力波信号。假设双中子星在合并前，两中子星A、B的质量分别为m1、m2，两者之间的距离为L，如图所示。在双中子星互相绕行过程中两者质量不变，距离逐渐减小，则（  ）

A．A、B运动的轨道半径之比为m1m2B．A、B运动的速率之比为m2m1
C．双中子星运动周期逐渐增大D．双中子星系统的引力势能逐渐减小
答案：BD
A．双星的周期、角速度、向心力大小相同，根据
Gm1m2L2=m1ω2r1=m2ω2r2
可得
r1r2=m2m1
故A错误；
B．双星的角速度相同，根据
v=ωr
可得
v1v2=r1r2=m2m1
故B正确；
C．由
Gm1m2L2=m1ω2r1=m2ω2r2， r1＋r2=L
又角速度为
ω=2πT
可得
T=2πL3G(m1+m2)
L减小，则T减小，故C错误；
D．两中子星相互靠近过程中引力做正功，引力势能减小，故D正确。
故选BD。
18、如图所示，完全相同的两个弹性环A、B用不可伸长的，长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OM和竖直细杆ON上，OM与ON在O点用一小段圆弧杆平滑相连（圆弧长度可忽略），且ON足够长。初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后静止释放两个环，此后某时刻，A环通过O点小段圆弧杆，速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（  ）

A．当B环下落至轻绳与竖直方向夹角θ=60°时，A环的速度大小为2gL2
B．A环到达O点时速度为2gL
C．A环经过O点开始，追上B环用时为L2g
D．A环追上B环时，B环的速度为32gL
答案：BC
A．B环下落至轻绳与竖直方向夹角θ=60°，即B环下降L2，此时轻绳与水平方向之间的夹角满足α=30°，设A、B两环速度分别为vA，vB，则
vAcosα=vBcosθ
即
3vA=vB
设A、B两环质量为m，B环下降L2的过程中，A与B组成的系统机械能守恒，有
mgL2=12mvA2+12mvB2
所以A环的速度
vA=gL2
故A错误；
B．A环到达O点时速度为v'A，此时B环的速度等于0，B环下降L过程中，由于A、B系统机械能守恒
mgL=12mv'A2
即
v'A=2gL
故B正确；
C．环A过O点后做初速度为v'A、加速度为g的匀加速直线运动，环B做自由落体运动，从A环经O点开始，追上B环用时t，则有
v'At+12gt2=L+12gt2
即
t=L2g
故C正确；
D．A环追上B环时，B环的速度为
v2=gt=2gL2
故D错误。
故选BC。
19、下列对能量守恒定律的认识正确的是（　　）
A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加
B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——第一类永动机是不可能制成的
D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了
答案：ABC
A．不同形式的能量间的转化过程中能量是守恒的，即某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，A正确；
B．能量在不同的物体间发生转移过程中能量是守恒的，即某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加，B正确；
C．第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律，C正确；
D．石子从空中落下的过程中，机械能在变化，比如受空气阻力作用使机械能减少，最后停止在地面上时机械能并没有消失，而是转化成其他形式的能，能量守恒定律表明能量既不能创生，也不能消失，D错误；
故选ABC。
20、如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在固定倾斜直杆上，倾斜直杆与水平面成45°角，B套在固定水平直杆上，两直杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆（初始时轻杆与水平面成30°角）连接，A、B从静止释放，B沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B均视为质点，重力加速度大小为g，在运动的过程中，下列说法正确的是（  ）

A．当A到达B所在水平面时vB=22vA
B．当A到达B所在水平面时，B的速度为gL3
C．滑块B到达最右端时，A的速度为2gL
D．滑块B的最大动能为32mgL
答案：ABD
A．当A到达B所在水平面时，由运动的合成与分解有
vAcos 45°=vB
解得
vB=22vA
A正确；
B．从开始到A到达B所在的水平面的过程中，A、B两滑块组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有
mgLsin30∘=12mvB2+12vA2
解得
vB=gL3
B正确；
C．滑块B到达最右端时，此时轻杆与倾斜直杆垂直，则此时滑块B的速度为零，由机械能守恒可得
mgLsin30∘+sin45∘=12mvA2
解得
vA=1+2gL
C错误；
D．由题意可知，当轻杆与水平直杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统机械能守恒可得
mgL（1+sin 30°）=EkB
解得
EkB=32mgL
D正确。
故选ABD。
21、如图所示，在电动机带动皮带传送物品中，皮带以速度v0匀速运动，把质量为m的物体静止传送至高处，传送带长度为L，到最高点时，物块刚好与传送带共速，传送带的倾斜角为θ，在此过程中，下述说法正确的是（  ）

A．摩擦力对物体做负功B．系统由于摩擦产生的热量为12mv02
C．合外力做的对物体做的总功为12mv02D．电动机消耗的电能为mv02+2mgLsinθ
答案：CD
A．在传送过程中，物体相对于传送带向下运动，摩擦力沿传送带向上，物体实际运动方向（相对于地面运动）也向上，故摩擦力做正功，故A错误；
B．设物块达到速度v0所需的时间t，位移为
L=v02⋅t
在这段时间内传送带的位移
x=v0t=2L
二者位移差为
Δx=2L-L=L
对物体根据动能定理可得
μmgcosθ⋅L-mgLsinθ=12mv02
摩擦力产生的热量为
Q热=f⋅Δx=μmgcosθ⋅L=12mv02+mgLsinθ
故B错误；
C．对物体进行分析，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，物体初速为0，末速度v0，故合外力做的对物体做的总功为12mv02，故C正确；
D．传送带的位移
x=v0t=2L
电动机消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，传送带克服摩擦力做的功为
Wf带=μmgcosθ⋅2L=mv02+2mgLsinθ
所以电动机消耗的电能为
ΔE=mv02+2mgLsinθ
故D正确。
故选CD。
22、如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图，斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r，现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦，则在各小球运动过程中，下列说法正确的是（  ）

A．球1的机械能守恒
B．球6在OA段机械能增大
C．球6的水平射程最小
D．六个球落地点各不相同
答案：BC
A．当所有球都在斜面上运动时机械能守恒，当有球在水平面上运动时，后面球要对前面的球做功，小球机械能不守恒，选项A错误；
B．球6在OA段由于球5的推力对其做正功，其机械能增大，选项B正确；
C．由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，选项C正确；
D．当1、2、3小球均在OA段时，三球的速度相同，故从A点抛出后，三球落地点也相同，选项D错误。
故选BC。
23、如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻质光滑小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等，均为m。C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC＝h，开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，现将A、B由静止释放。重力加速度为g。下列说法正确的是（  ）

A．物块A由P到C过程的机械能守恒
B．物块A在C点的速度最大，大小为2gh 
C．物块A由P到C过程，物块B的机械能减少mgh
D．物块A到C点时，物块B的速度大小为2gh
答案：BC
A．将物块A、B由静止释放，物块A由P运动到C的过程中，拉力做正功，物块A的机械能增大，故A错误；
BCD．对物块A、B组成的系统进行分析，仅有重力做功，所以系统机械能守恒，由于
vB＝vA·cos θ
当物块A运动到C点时，物块A的速度最大，物块B的速度为零，物块B下落高度为
hsin30°－h＝h
所以物块B的机械能减少了mgh，设物块A在C点的速度为vA，则由系统的机械能守恒得
mgh＝12mvA2
解得
vA＝2gh 
故BC正确，D错误。
故选BC。
24、在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g＝10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有（  ）

A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
答案：ABC
A．物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为
μ＝Fmg＝0.35
选项A正确；
BC．减速过程由动能定理得
WF＋Wf＝0－12mv2
根据F­x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而
Wf＝－μmgx
由此可求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，则BC正确；
D．因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误。
故选ABC。
25、关于动能，下列说法中正确的是（　　）
A．凡是运动的物体都有动能
B．公式Ek=12mv2中，速度v是物体相对于地面的速度，且动能总是正值
C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
答案：AC
A．动能是物体由于运动而具有的能量，所有运动的物体都有动能，A正确；
B．公式
Ek=12mv2
中的速度v与参考系的选取有关，虽然一般选地面为参考系，但也有特殊情况，B错误；
CD．速度是矢量，当其只有方向发生变化时，动能不变化，此时物体并不处于平衡状态，而一定质量的物体，动能变化时，速度大小一定改变，故速度一定变化，C正确，D错误。
故选AC。
填空题
26、功的单位用基本单位表示为___________；功率描述做功的___________。
答案：     kg⋅m2/s2     快慢
[1]根据相应表达式将功的单位J转化为基本单位，即
1J=1N⋅m=1kg⋅m/s2⋅m=1kg⋅m2/s2
[2]功率描述做功的快慢。
27、不可伸长的轻绳一端固定，另一端系着质量为m的小球在竖直面内做圆周运动，小球动能Ek随它离地高度h的变化如图所示。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，以地面为重力势能零点，由图中数据可得小球质量为________kg，绳对小球拉力最大值为________N；当小球离地高度为0.7m时，绳对小球拉力为________N。

答案：     2     120     60
[1]根据竖直面内圆周运动的特点结合图像可知，小球的轨道半径r满足
2r=1.2m-0.2m=1.0m
则
r=0.5m
小球从最低点运动到最高点的过程中，根据动能定理有
-2mgr=Ek2-Ek1
代入数据，联立可得
m=2kg
[2]小球在最低点时，根据牛顿第二定律有
F-mg=mv12r
Ek1=12mv12
代入数据，可得
F=120N
[3]根据图中信息，可知当小球离地高度为0.7m时，小球的动能为15J，此时小球处在与圆心等高的位置，绳对小球的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律有
F′=mv32r
Ek3=12mv32
代入数据，可得
F′=60N
28、共享电动车给我们的生活带来了许多便利。某共享电动车和驾驶员的总质量为100kg，行驶时所受阻力大小为车和人所受总重力的110，电动车从静止开始以额定功率在水平公路上沿直线行驶，10s内行驶了23m，速度达到2m/s。取重力加速度大小g=10m/s2。该电动车的额定功率为______W，在这次行驶中，该电动车行驶的最大速度为______m/s。

答案：     250     2.5
[1]由题意可知电动车行驶过程中受到的阻力大小
f=110mg=110×100×10N=100N
由动能定理得
P额t-fs=12mv2
解得该电动车的额定功率为
p额=250W
[2]该电动车以额定功率行驶能达到的最大速度为
vmax=P额f=250100m/s=2.5m/s
29、如图所示，光滑凸形桥的半径R=10m，桥面圆弧所对圆心角α=120°，一质量m=10kg的物体以v0=11m/s的初速度从水平路面冲上桥面，不计拐角处的能量损失，则到达桥面顶端时的速度大小为________m/s，此时对桥面的压力大小为________N。

答案：     4.58     79
[1]根据机械能守恒定律
12mv02=mgR(1-cosα2)+12mv2
代入数据解得
v=21m/s=4.58m/s
[2]根据
FN-mg=mv2R
解得
FN=79N
根据牛顿第三定律可知物体对桥面的压力大小
F'N=FN=79N
30、一质量为2kg的物体从某一高度开始自由下落，1s后物体着地，此过程中重力对物体做___________功（填“正”、“负”），大小为___________J，重力全过程的平均功率为___________W，物体落地时重力的瞬时功率为___________W。
答案：     正     96.04     96.04     192.08
[1][2]物体下落过程中，重力对物体做正功，做功大小为
W=mgh=mg⋅12gt2=96.04J
[3]平均功率为
P=Wt=96.04W
[4]落地时的瞬时功率为
P=mg⋅gt=192.08W

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