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2023人教版带答案高中物理必修二第八章机械能守恒定律微公式版考点专题训练

1

单选题
1、如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2>v1，物块和传送带间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m。则（  ）

A．t2时刻，小物块离A处的距离最大
B．0∼t2时间内，小物块的加速度方向先向右后向左
C．0∼t2时间内，因摩擦产生的热量为μmgv12(t2+t1)+v2t12
D．0∼t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为v2+v12t1+t2
答案：C
A．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块在传送带上运动的v-t图象可知，t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；
B．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；
CD．0～t1时间内物体相对地面向左的位移
s1=v22t1
这段时间传送带向右的位移
s2=v1t1
因此物体相对传送带的位移
Δs1=s1+s2=v22t1+v1t1
t1～t2时间内物体相对地面向右的位移
s1'=v12(t2-t1)
这段时间传送带向右的位移
s2'=v1(t2-t1)
因此物体相对传送带的位移
Δs2=s2'-s1'=v12(t2-t1)
0∼t2时间内物块在传送带上留下的划痕为
Δs=Δs1+Δs2=v12(t2+t1)+v2t12
0～t2这段时间内，因此摩擦产生的热量
Q=μmg×Δs=μmgv12(t2+t1)+v2t12
C正确，D错误。
故选C。
2、用100N的力在水平地面上拉车行走200m，拉力与水平方向成60°角斜向上。在这一过程中拉力对车做的功约是（  ）
A．3.0×104JB．4.0×104JC．1.0×104JD．2.0×104J
答案：C
根据功的定义式
W=Flcos60°=100×200×12J=1×104J
故选C。
3、如图中a、b所示，是一辆质量m=6×103kg的公共汽车在t=0和t=4s末两个时刻的两张照片。当t=0时，汽车刚启动（汽车的运动可看成匀加速直线运动）。图c是车内横杆上悬挂的拉手环经放大后的图像，测得θ=30°，根据题中提供的信息，不可以估算出的物理量有（  ）

A．汽车的长度B．4s末汽车的速度
C．4s末汽车合外力的功率D．4s内汽车牵引力所做的功
答案：D
A．由图知，4s内汽车的位移刚好等于汽车的长度，由
x=12at2
对拉手环进行受力分析如上图所示，得到
mamg=tan30°，a=gtan30°
联立得到
x=12at2=12×10×33×42≈46m
故A错误；
B．由
v=at=10×33×4m/s≈23m/s
故B错误；
C．由
F=ma=6×103×10×33N≈3.46×104N
所以4s末汽车的功率为
P=Fv=3.46×104×23W=7.97×105W
故C错误；
D．因不知汽车的摩擦力，所以无法求汽车的牵引力，即不能估算4s内汽车牵引力所做的功，故D正确。
故选D。
4、如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，力的大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是μ，则在木块运动L的过程中，木块受到的摩擦力对木块做的功是（  ）

①μmgL  ②maL  ③mFM+mL 
A．只有①对B．只有②对
C．只有③对D．②③都对
答案：D
对M、m组成整体分析
F＝（M＋m）a
a＝FM+m
木块受到的静摩擦力
f＝ma＝mFM+m
摩擦力对木块做的功
W＝fL＝maL＝mFLM+m
故选D。
5、全运会小轮车泥地竞速赛赛道由半径为R的14圆弧组成，如图所示，选手从赛道顶端A由静止无动力出发冲到坡底B，设阻力大小不变恒为f，始终与速度方向相反，且满足f=mgπ，选手和车总质量为m，重力加速度为g，路程SBC=2SAC。则选手通过C点的速度为（  ）

A．π-1πgRB．π-22-3πgRC．33-13gRD．23gR
答案：D
根据圆的弧长计算公式可知，从A到C，选手和车运动的路程为
S=2πR×14×13=πR6
根据力的做功公式可知，克服阻力做功为
Wf=F⋅s=mgπ×πR6=mgR6
选手从A到C受到重力与阻力做功，所以由动能定理可得
mgRsin90∘3-Wf=12mv2-0
解得
v=23gR
故D正确，ABC错误。
故选D。
6、如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析中正确的是（  ）

A．B物体受到细线的拉力保持不变
B．B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
C．A物体动能的增量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和
D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体重力对B做的功
答案：B
A．以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律可得
mBg﹣kx＝(mA+mB)a
从开始到B速度达到最大的过程中，弹簧的伸长量x逐渐增加，则B加速度逐渐减小；对B根据牛顿第二定律可得
mBg﹣T＝mBa
可知在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力。故A错误；
B．整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量。故B正确；
C．根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和。故C错误；
D．根据机械能守恒定律可知，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体机械能的减少量，也就是等于B物体克服细绳拉力做的功。故D错误。
故选B。
7、跳高是体育课常进行的一项运动，小明同学身高1.70m，质量为60kg，在一次跳高测试中，他先弯曲两腿向下蹲，再用力蹬地起跳，从蹬地开始经0.4s竖直跳离地面，假设他蹬地的力恒为1050N，其重心上升可视为匀变速直线运动，则小明从蹬地开始到最大高度过程中机械能的增加量为（不计空气阻力，g取10m/s2）（  ）
A．1830JB．1470JC．630JD．270J
答案：C
根据牛顿第二定律得
FN-mg=ma
解得
a=7.5m/s2  
重心上升的高度为
h=12at2=0.6m 
离开地面时的速度为
v=at=3m/s 
增加的机械能为
ΔE=12mv2+mgh=630J 
故选C。
8、如图，质量不同的A、B两小球分别用细线悬挂在等高的悬点O1、O2处。将两球拉至与悬点同一高度，使细线水平伸直，由静止释放。已知LA＞LB，设悬点所在水平面为零势能面，不计空气阻力，则两球运动到最低点时（  ）

A．A球动能大于B球动能
B．A球机械能与B球机械能不相等
C．A球加速度等于B球加速度
D．A球向心力等于B球向心力
答案：C
A．根据机械能守恒有
mgL＝12mv2
但由于不能明确质量关系，故无法确定两球的动能大小关系。故A错误；
B．A、B两球在初始位置的动能重力与势能均为零，机械能相等都等于零，运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故两球运动到最低点时机械能相等都等于零。故B错误；
C．根据机械能守恒解得
v=2gL
而向心加速度
a=v2L=2g
故向心加速度与绳长无关，故两球的向心加速度相等。故C正确；
D．根据向心力公式
F=mv2L
可得，向心力
F＝2mg
因两球的质量不相等，故向心力不相等。故D错误。
故选C。
9、关于机械能和机械能守恒，下列说法正确的是（　 ）
A．物体质量越大，其机械能越大
B．机械能是标量，但可能取负值
C．机械能守恒时，物体一定处于平衡状态
D．重力对物体做正功时，物体机械能增加
答案：B
A．物体质量越大，物体的动能和重力势能不一定越大，则机械能不一定越大，A错误；
B．机械能是标量，但可能取负值，B正确；
C．机械能守恒时，物体不一定处于平衡状态，比如自由落体运动的物体，机械能守恒，C错误；
D．重力对物体做正功时，物体机械能不一定增加，比如自由落体运动的物体，机械能守恒，D错误。
故选B。
10、如图所示，一质量为1kg的物体以3m/s的速度从A点沿AB圆弧下滑，滑到B点时的速度仍为3m/s，则物体从A到B的过程中合外力做功为（  ）

A．4.5JB．0C．9JD．无法计算
答案：B
由动能定理可知，合外力做功为
W=12mvB2-12mvA2=0
故选B。
11、如图所示，斜面倾角为θ＝37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ＝0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行。物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4：1：5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧。已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g＝10m/s2，小物体3从静止突然放手后物体1沿面上滑的最大距离为（  ）

A．3hB．73hC．2hD．43h
答案：D
设2的质量为m，从开始放手到3触地过程中，设触地时3的速度为v1；则对整体根据功能关系可知
6mgh﹣（4mgsinθ+4μmgcosθ）h=12（10m）v12
此后3停止，设物体2继续向下运动距离s后速度减小为零，对1、2应用功能关系可知
mgs﹣（4mgsinθ+4μmgcosθ）s＝0-12（5m）v12
解得
s=h3
则1沿斜面上滑的最大距离为
L＝h+s=43h
故D正确，ABC错误。
故选D。
12、质量为m的小球从光滑曲面上滑下，在到达高度为h1的位置A时，速度大小为v1，滑到高度为h2的位置B时，速度大小为v2，则（  ）

A．以A处为重力势能参考面，则小球在B处的重力势能为mgh2
B．由于不清楚支持力做功，所以无法断定机械能是否守恒
C．无论以什么位置作为参考面，小球在下滑中，重力做功WG=mgh1-h2
D．以曲面顶部为参考面，则小球在B处重力势能比在A处的重力势能大
答案：C
A．以A处为重力势能参考面，则小球在B处的重力势能为
Ep=-mgh1-h2=mgh2-h1
A错误；
B．物体在运动过程中，支持力的方向总是与速度方向垂直，因此支持力不做功，小球运动过程中只有重力做功，小球机械能守恒，B错误；
C．根据功的定义式，小球在下滑中，重力做功为
WG=mgh1-h2
C正确；
D．令曲面底部到A的距离为h0，以曲面顶部为参考面，则小球在B处重力势能与在A处的重力势能分别为
EpA=-mgh0-h1，EpB=-mgh1-h2+h0
由于重力势能的正负表示大小，因此小球在B处重力势能比在A处的重力势能小，D错误。
故选C。
13、如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中（  ）

A．弹簧的最大弹性势能等于2mgA
B．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
C．物体在最低点时的加速度大小应为2g
D．物体在最低点时的弹力大小应为mg
答案：A
A．因物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，此时弹簧弹力等于零，物体的重力
mg=F回=kA
当物体在最低点时，弹簧的弹性势能最大等于2mgA，故A正确；
B．由能量守恒知，弹簧的弹性势能和物体的动能、重力势能三者的总和不变，故B错误；
C．在最低点，由
F回=mg=ma
故C错误；
D．在最低点，由
F弹－mg=F回
得
F弹=2mg
故D错误。
故选A。
14、已知高铁在运行时所受的阻力与速度成正比，则以速度v匀速行驶时，发动机的功率为P；若以2v的速度匀速行驶时，发动机的功率为（  ）
A．PB．2PC．4PD．8P
答案：C
当列车以速度v匀速运动时，有
P=Fv=fv=kv2
若列车以速度2v匀速运动时，有
P'=F'⋅2v=f'⋅2v=k⋅(2v)2=4kv2
由此可知，发动机的功率为
P'=4P
故选C。
15、短道速滑接力赛是冰上运动竞争最为激烈的项目之一。比赛规定，前（甲）、后（乙）队员必须通过身体接触完成交接，交接时两队员间距离先缩短到很近，如图（a），然后乙队员用手大力推送甲队员到手臂尽量伸直状态，两人分离，如图（b）。相互作用前后的系统（由两队员组成）的总动能分别为Ek1、Ek2，总动能变化量ΔEk＝|Ek1－Ek2|，乙队员对甲队员的平均作用力为F1，甲队员对乙队员的平均作用力为F2，乙队员的手臂长为l，冰道摩擦力不计，那么（  ）

A．Ek1<Ek2，ΔEk＝F2l
B．Ek1>Ek2，ΔEk＝12F1l
C．Ek1<Ek2，ΔEk＝12F2l
D．Ek1>Ek2，ΔEk＝F1l
答案：A
设甲、乙的初始动能分别为E、E1，末动能分别为E'、E1'，甲乙两运动员从接触到分开，乙的位移大小为x，根据动能定理，对甲、乙分别列方程有
E'-E=F1(x+l)
E1'-E1=-F2x
根据牛顿第三定律，F1与F2的大小相等，则有
 (E'+E1')-(E+E1)=Ek2-Ek1=ΔEk=F2l
可知有
Ek2>Ek1
ΔEk=F2l
故BCD错误，A正确。
故选A。
多选题
16、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。
17、如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻，甲、乙两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，丙球由C点自由下落到M点，有关下列说法正确的是（  ）

A．甲球下滑的加速度大于乙球下滑的加速度
B．丙球最先到达M点
C．甲、乙、丙球同时到达M点
D．甲、丙两球到达M点时的速率相等
答案：BD
A．设光滑倾斜轨道与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得加速度
a=mgsinθm=gsinθ
可知乙球的加速度大于甲球的加速度。故A错误。
BC．对于AM段，位移
x1=2R
加速度
a1=gsin45°=22g
则根据
x=12at2
得
t1=2x1a1=4Rg
对于BM段，位移
x2=2R
加速度
a2=gsin60∘=32g
t2=2x2a2=8R3g
对于CM段，位移
x3=R
加速度
a3=g
则
t3=2Rg
知t3最小，故B正确，C错误。
D．根据动能定理得
mgh=12mv2
甲，丙高度相同，则到达M的速率相等，故D正确。
故选BD。
18、滑板项目是极限运动历史的鼻祖，许多的极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示为滑板运动场地的示意图，场地是圆心角为θ=120°的圆弧面，A、C等高，B为最低点，滑板与场地之间的动摩擦因数μ=32，且处处相同。现运动员和滑板车一起由A点以一定的初速度沿圆弧面向下滑，且恰能到达C点，重力加速度用g表示。下列说法中正确的是（  ）

A．运动员在C点时的加速度为34g
B．运动员在下滑过程中，重力的功率一直在增大
C．运动员由A到B过程中与由B到C过程中摩擦力做的功相等
D．运动员在整个运动过程中机械能一直在减少
答案：AD
A．对运动员在C点受力分析有
mgsin60∘-μmgcos60∘=ma
解得
a=34g
选项A正确；
B．在下滑到最低点B时，此时vB⊥mg，则重力的功率为零，所以重力的功率先增大后减小，选项B错误；
C．运动员由A到C过程中，在同一等高处右边的速度始终大于左边的速度，则其对右边圆弧面的压力始终大于对左边圆弧面的压力，故运动员在右边圆弧面受到的摩擦力始终大于在左边圆弧面受到的摩擦力，因此右边摩擦力做的功大于左边摩擦力做的功，选项C错误；
D．由于摩擦力一直做负功，所以运动员的机械能一直在减少，选项D正确。
故选AD。
19、如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻质小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（  ）

A．环到达B处时，重物上升的高度h＝d2
B．环到达B处时，环的速度为(3-22)gd 
C．环从A到B，环减少的重力势能等于环增加的动能和重物增加的重力势能之和
D．环能下降的最大高度为43d
答案：BD
A．根据几何关系可看出，环从A下滑至B点时，重物上升的高度
h＝2d－d
故A项错误；
B．环到达B处时，将环的速度沿绳方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳方向上的分速度等于重物的速度，即
v环cos 45°＝v物
根据系统机械能守恒定律，从A到B对环和重物有
mgd-2mgh=12mv环2+12⋅2mv物2
解得环的速度
v环＝(3-22)gd
故B项正确；
C．环下滑过程中系统无摩擦力做功，故环与重物组成的系统机械能守恒，即环减少的重力势能等于环和重物增加的动能以及重物增加的重力势能之和，故C项错误；
D．环下滑到最大高度H时环和重物的速度均为0，根据机械能守恒有
mgH－2mg（H2+d2－d）＝0
可解得
H＝43d
故D项正确。
故选BD。
20、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。
21、某次火箭发射过程中，火箭的质量为m，发射塔的高度为h，火箭自塔底以恒定的加速度a竖直向上起飞，火箭可视为质点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（  ）
A．火箭从点火至离开发射塔的过程中，处于失重状态
B．火箭自开始发射至离开发射塔共用时为2ha
C．火箭离开发射塔时的速度大小为ah
D．火箭离开发射塔时克服重力做功的瞬时功率为mg2ah
答案：BD
A．火箭从点火至离开发射塔的过程中，火箭的加速度的方向向上，所以处于超重状态，故A错误；
B．由h=12at2可得，火箭开始发射至离开发射塔共用时为
t=2ha
故B正确；
C．火箭离开发射塔时的速度大小为
v=at=2ah
故C错误；
D．火箭离开发射塔时的克服重力做功的瞬时功率为
P=mgv=mg2ah
故D正确。
故选BD。
22、如图所示，AB为14圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么（  ）

A．物体在BC段克服摩擦力所做的功μmgR
B．物体在BC段克服摩擦力所做的功mgR
C．物体在AB段克服摩擦力所做的功mgR
D．物体在AB段克服摩擦力所做的功1-μmgR
答案：AD
AB．BC段物体受摩擦力大小为
f=μmg
BC段摩擦力对物体做功为
WfBC=-fR=-μmgR
所以物体在BC段克服摩擦力所做的功μmgR，故A正确，B错误；
CD．对全程由动能定理可知
mgR+WfAB+WfBC=0
解得
WfAB=μ-1mgR
所以AB段克服摩擦力做功为1-μmgR，故C错误，D正确。
故选AD。
23、如图所示，人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h时，速度为v。则在此过程中（  ）

A．物体所受的合力做功等于mgh+12mv2B．物体所受的合力做功等于12mv2
C．人的拉力做功等于mgh+12mv2D．人的拉力做功大于mgh+12mv2
答案：BD
AB．根据动能定理，物体所受的合力做功等于物体的动能变化量，即为12mv2，故A错误，B正确；
CD．根据动能定理
W-mgh-Wf=12mv2
则人的拉力做功等于
W=mgh+12mv2+Wf
故C错误，D正确。
故选BD。
24、如图所示，一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h。现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下面说法中正确的是（  ）

A．小球的运动轨迹为抛物线
B．小球的加速度为gsinθ
C．小球到达B点的时的速度为2gh
D．小球到达B点时小球的水平位移为v0sinθ2hg
答案：ABD
A．小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，做类平抛运动，轨迹为抛物线。故A正确；
B．根据牛顿第二定律知，小球的加速度
a=mgsinθm=gsinθ
故B正确；
C．根据机械能守恒定律，则有
12mv2-12mv02=mgh
解得
v=v02+2gh
故C错误；
D．小球在沿斜面方向上的位移为hsinθ，根据
hsinθ=12at2
解得
t=1sinθ2hg
在水平方向上做匀速直线运动
x=v0t=v0sinθ2hg
故D正确。
故选ABD。
25、质量m＝1kg的物体静止放在粗糙水平地面上，现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F-x图像如图所示。且4~5m内物体匀速运动。x＝7m时撤去外力，g取10m/s2，则下列有关描述正确的是（  ）

A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1
B．x＝4m时物体的速度最大
C．撤去外力时物体的速度为2m/s
D．撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s
答案：BC
A．4~5m内物体匀速运动，则有
F＝f＝μmg
得
μ=Fmg=310=0.3
故A错误；
B．只要
F＞f＝μmg
物体就在加速，所以x在0~4m内物体一直加速，x＝4m时物体的速度最大，故B正确；
C．根据图像与x轴所围的面积表示外力F做的功，可得0~7m内外力做功为
W＝3+52×3+5+32×1+1+32×3J＝22J
设撤去外力时物体的速度为v，根据动能定理得
W－fx＝12mv2－0
其中x＝7m，解得v＝2m/s，故C正确；
D．撤去外力后物体的加速度大小为
a＝μg＝3m/s2
物体还能滑行时间
t=va＝23s
故D错误。
故选BC。
填空题
26、电动机从很深的矿井中提升重物，重物由静止开始竖直向上做匀加速运动，加速度大小为2m/s2，当电动机输出功率达到其允许输出的最大值时，保持该功率不变。已知重物质量为50kg，电动机最大输出功率为6kW，则重物匀加速上升时，重物所受的拉力为___________，匀加速运动的时间为___________s。（取g=10m/s2）
答案：     600N     5s
[1]重物匀加速上升时的受力如图所示

根据牛顿第二定律可得
F-Mg=Ma
解得
F=600N
[2]当电动机输出功率达到其允许输出的最大值时重物的速度为v，根据功率的定义可知
P=Fv
解得
v=10m/s
匀加速运动的时间为
t=Δva=10m/s2m/s2=5s
27、运动员将0.5kg的足球用100N的力由静止踢出20m远，若足球离开运动员脚时的速度是10m/s，则此时足球的动能是__________J，人对足球做功是__________J。
答案：     25     25
[1]足球离开运动员脚时的速度是10m/s，则此时足球的动能是
Ek=12mv2=25J
[2]由动能定理可得，人对足球做功是
W=Ek-0=25J
28、如图所示，将小球甲、乙（都可视为质点）分别从A、B两点由静止同时释放，甲、乙两物体的质量之比为2∶1，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D，其中甲是从圆心A开始做自由落体运动，乙沿光滑弦轨道从与圆心等高的B到达D，当甲运动到D点前瞬间，甲、乙的速度大小之比为________，机械能之比为_______（以D点所在平面为零势能面）

答案：     2:1     2:1
[1]两物体释放后均做初速度为0的匀加速运动，甲的加速度为
a1=g
乙的加速度为
a2=gsin45∘=22g
两物体运动相同的时间，由
v=at
得甲、乙的速度大小之比为2:1。
[2]两物体的初始高度相同，初速度均为0，且两物体运动过程中机械能守恒，因
Ep=mgh
可得
EA:EB=mA:mB=2:1
则机械能之比为2:1.
29、质量m＝50kg的跳水运动员从距水面高h＝10m的跳台上以v0＝5m/s的速度斜向上起跳，最终落入水中。若忽略运动员的身高。取g＝10m/s2，运动员在跳台上时具有的重力势能为________J。（以水面为参考平面）
答案：5000
以水面为零势能参考平面，则运动员在跳台上时具有的重力势能为
Ep＝mgh＝5000J
30、质量为0.1kg的小球从高处由静止落下，最初2s内小球动能Ek随时间的二次方t2变化的图像如图所示，g取10m/s2。根据图像可确定小球下落的运动_______自由落体运动（选填“是”或“不是”），理由是________。

答案：     不是     根据图像可求得小球下落的加速度大小为8m/s2，不是重力加速度
[1][2]根据
Ek=12mv2=12mat2=12ma2⋅t2
由图像可知
12ma2=k=12.84=3.2
解得
a=8m/s2
则小球下落的运动不是自由落体运动，理由是小球下落的加速度大小为8m/s2，不是重力加速度。

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