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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真题

1

单选题
1、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。
2、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。
3、一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示。若汽车的质量为1.2×103kg，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是（  ）

A．汽车的最大功率为5×104W
B．汽车匀加速运动阶段的加速度为256（m/s2）
C．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
D．汽车从静止开始运动12s内位移是60m
答案：A
ABC．由图可知，汽车在前4s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4~12s内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，可知在4s末汽车的功率达到最大值；汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力
f=2×103N
前4s内汽车的牵引力为
F=5×103N
由牛顿第二定律
F-f=ma
可得
a=2.5m/s2
4s末汽车的速度
v1=at1=2.5×4m/s=10m/s
所以汽车的最大功率
P=Fv1=5×103×10W=5×104W
A正确，BC错误；
D．汽车在前4s内的位移
x1=12at12=12×2.5×42m=20m
汽车的最大速度为
vm=Pf=5×1042×103m/s=25m/s
汽车在4﹣12s内的位移设为x2，根据动能定理可得
Pt-fx2=12mvm2-12mv12
代入数据可得
x2=42.5m
所以汽车的总位移
x=x1+x2=20m+42.5m=62.5m
D错误；
故选A。
4、如图所示，用细绳系住小球，让小球从M点无初速度释放若忽略空气阻力，则小球从M到N的过程中（    ）

A．线速度不变B．角速度增大
C．向心加速度减小D．机械能增大
答案：B
ABC．小球运动过程中，重力做正功，则动能增大，故线速度增大，根据
ω=vr ，a=v2r
可知，角速度和向心加速度也变大，AC错误，B正确；
D．忽略空气阻力，只有重力做功，则小球的机械能守恒，D错误。
故选B。
5、质量为m的赛车在水平直线赛道上以恒定功率P加速，受到的阻力Ff不变，其加速度a与速度的倒数1v的关系如图所示，则下列说法正确的是（  ）

A．赛车速度随时间均匀增大
B．赛车加速度随时间均匀增大
C．赛车加速过程做的是加速度逐渐减小的加速运动
D．图中纵轴截距b=Pm、横轴截距c=Ffm
答案：C
A．由题图可知，加速度是变化的，故赛车做变加速直线运动，故A错误；
BC．根据题意，设汽车的牵引力为F，由公式P=Fv可得
F=Pv
由牛顿第二定律有
F-Ff=ma
可得
a=Pm⋅1v-Ffm
可知，随着速度v增大，加速度a减小，即赛车加速过程做的是加速度逐渐减小的加速运动，故B错误C正确；
D．由C分析，结合a-1v图像可得，斜率为
k=Pm
纵轴截距为
b=-Ffm
横轴截距为
c=FfP
故D错误。
故选C。
6、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。
7、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。
8、如图所示，重为G的物体受一向上的拉力F，向下以加速度a做匀减速运动，则（  ）

A．重力做正功，拉力做正功，合力做正功
B．重力做正功，拉力做负功，合力做负功
C．重力做负功，拉力做正功，合力做正功
D．重力做正功，拉力做负功，合力做正功
答案：B
由于物体向下运动，位移方向向下，因此重力方向与位移方向相同，重力做正功，拉力方向与位移方向相反，拉力做负功，由于物体向下做匀减速运动，加速度方向向上，因此合力方向向上，合力方向与位移方向相反，合力做负功。
故选B。
9、A、B两小球用不可伸长的轻绳悬挂在同一高度，如图所示，A球的质量小于B球的质量，悬挂A球的绳比悬挂B球的绳更长。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，将两球由静止释放，两球运动到最低点的过程中（  ）

A．A球的速度一定大于B球的速度
B．A球的动能一定大于B球的动能
C．A球所受绳的拉力一定大于B球所受绳的拉力
D．A球的向心加速度一定大于B球的向心加速度
答案：A
A．对任意一球，设绳子长度为L，小球从静止释放至最低点，由机械能守恒定律得
mgL=12mv2
解得
v=2gL∝L 
因为，悬挂A球的绳比悬挂B球的绳更长，通过最低点时，A球的速度一定大于B球的速度，A正确。
B．根据Ek=12mv2，由于A球的质量小于B球的质量，而A球的速度大于B球的速度，无法确定A、B两球的动能大小，B错误；
C．在最低点，由拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
F-mg=mv2L 
解得
F=3mg
绳的拉力与L无关，与m成正比，所以A球所受绳的拉力一定小于B球所受绳的拉力，C错误；
D．在最低点小球的向心加速度
a向=v2L=2g
向心加速度与L无关，所以A球的向心加速度一定等于B球的向心加速度，D错误。
故选A。
10、如图所示是一竖直固定在水平地面上的可伸缩细管，上端平滑连接四分之一细圆弧弯管，管内均光滑，右管口切线水平。竖直细管底部有一弹射装置（高度忽略不计），可以让静止在细管底部的小球（可视为质点）瞬间获得足够大的速度v0，通过调节竖直细管的长度h，可以改变上端管口到地面的高度，从而改变小球平抛的水平距离，重力加速度为g，则小球平抛的水平距离的最大值是（    ）

A．v02gB．v022g
C．v023gD．v024g
答案：B
设管口到地面的高度是H，小球从管口射出的速度为v，由机械能守恒定律得
12mv02=mgH+12mv2
小球离开管口后做平抛运动，则
x=vt
H=12gt2
联立方程，可得
x=(v02g-2H)⋅2H=-4H2+2v02gH
由二次函数的知识可知，当管口到地面的高度为
H=v024g
x取最大值，且
xmax=v022g
故选B。
11、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。
12、如图所示，分别用力F1、F2、F3将质量为m的物体，由静止开始沿同一光滑斜面以相同的加速度，从斜面底端拉到斜面的顶端．用P1、P2、P3分别表示物体到达斜面顶端时F1、F2、F3的功率，下列关系式正确的是（  ）

A．P1＝P2＝P3B．P1＞P2＝P3
C．P1＞P2＞P3D．P1＜P2＜P3
答案：A
由于物体沿斜面的加速度相同，说明物体受到的合力相同，由物体的受力情况可知拉力F在沿着斜面方向的分力都相同；由v2＝2ax可知，物体到达斜面顶端时的速度相同，由瞬时功率公式P=Fvcosθ可知，拉力的瞬时功率也相同，即
P1＝P2＝P3
故选A。
13、如图所示，在水平地面上方固定一水平平台，平台上表面距地面的高度H=2.2m，倾角θ= 37°的斜面体固定在平台上，斜面底端B与平台平滑连接。将一内壁光滑血管弯成半径R=0.80m的半圆，固定在平台右端并和平台上表面相切于C点，C、D为细管两端点且在同一竖直线上。一轻质弹簧上端固定在斜面顶端，一质量m=1.0kg的小物块在外力作用下缓慢压缩弹簧下端至A点，此时弹簧的弹性势能Ep=2.8J，AB长L=2.0m。现撤去外力，小物块从A点由静止释放，脱离弹簧后的小物块继续沿斜面下滑，经光滑平台BC，从C 点进入细管，由D点水平飞出。已知小物块与斜面间动摩擦因数μ=0.80，小物块可视为质点，不计空气阻力及细管内径大小，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求小物块到达D点时细管内壁对小物块的支持力大小；（  ）

A．42NB．45NC．48ND．55N
答案：D
小物块从A点到C点的过程，由动能定理可得
W弹+mgLsinθ-μmgLcosθ=12mv2C-0
弹簧弹力做功数值等于弹簧弹性势能的变化量数值，故
W弹=2.8J
解得小物块达到C点速度为
vC=2m/s
小物块从C点到D点的过程，由机械能守恒得
2mgR=12mv2D-12mv2C
在D点，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律可得
FN-mg=mv2DR
解得细管内壁对小物块的支持力为
FN=55N
故选D。
14、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。
15、在地球表面将甲小球从某一高度处由静止释放，在某行星表面将乙小球也从该高度处由静止释放，小球下落过程中动能Ek随时间平方t2的变化关系如图所示。已知乙球质量为甲球的2倍，该行星可视为半径为R的均匀球体，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，则（  ）

A．乙球质量为2bg2aB．该行星表面的重力加速度为22g
C．该行星的质量为gR22GD．该行星的第一宇宙速度为gR2
答案：C
A．小球在地球表面下落过程中任一时刻的速度大小为
v=gt
小球的动能为
Ek=12mg2t2
由图可知
ba=12mg2
解得甲球质量为
m=2bg2a
则乙球质量为
m乙=4bg2a
故A错误；
B．同理在行星表面有
b2a=12×2mg'2
解得
g'=12g
故B错误；
C．设该行星的质量为M'，则有 
2mg'=GM'⋅2mR2
解得 
M'=gR22G
故C正确；
D．由
mg'=mv2R
得
v=g'R
可得该行星的第一宇宙速度为
v=gR2
故D错误。
故选C。
多选题
16、如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m（M>m）的滑块、通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（  ）

A．两滑块组成的系统机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D．两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
答案：CD
AD．两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，系统的机械能减少，减少的机械能等于M克服摩擦力做的功。故A错误；D正确；
B．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功。故B错误。
C．绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功。故C正确。
故选CD。
17、宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的某固定点O点做匀速圆周运动，如图所示。若A、B两星球到O点的距离之比为3∶1，则（  ）

A．星球A与星球B所受引力大小之比为1∶1
B．星球A与星球B的线速度大小之比为1∶3
C．星球A与星球B的质量之比为3∶1
D．星球A与星球B的动能之比为3∶1
答案：AD
A．星球A所受的引力与星球B所受的引力均为二者之间的万有引力，大小是相等的，故A正确；
B．双星系统中，星球A与星球B转动的角速度相等，根据v＝ωr，则线速度大小之比为3∶1，故B错误；
C．A、B两星球做匀速圆周运动的向心力由二者之间的万有引力提供，可得
GmAmBL2＝mAω2rA＝mBω2rB
则星球A与星球B的质量之比为
mA∶mB＝rB∶rA＝1∶3
故C错误；
D．星球A与星球B的动能之比为
EkAEkB=12mAv2A12mBvB2=mA(ωrA)2mB(ωrB)2=31
故D正确。
故选AD。
18、如图所示直角边长为R的光滑等腰直角三角形和半径为R的光滑圆柱的一部分无缝相接，质量分别为2m和m的物体A和小球B通过一根不可伸长的细线相连，小球B恰好位于桌面上。小球B可视为质点，若从静止释放小球B，当其运动到圆柱顶点时，则（  ）

A．物体A的速度大小为 23gR
B．物体A的速度大小为 gR(π+2)3
C．绳的张力对物体B所做的功为mgR(π+86)
D．绳的张力对物体B所做的功为23mgR
答案：BC
A B．以A、B和绳为研究对象，由机械能守恒得
12(m+2m)v2=2mg(πR4+R)-mgR
解得
v=gR(π+2)3
B正确，A错误；
C D．以B为研究对象，根据动能定理得
W-mgR=12mv2
解得
W=mgR(π+86)
C正确，D错误。
故选BC。
19、将一质量为2kg的物块从距地面某高处由静止释放，物块下落过程中的机械能E机、动能Ek和重力势能Ep随下落高度h变化的图线如图所示，取地面为零势能面。重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（  ）

A．物块的释放点距地面的高度为10m
B．直线①③分别表示物块机械能E机与重力势能Ep的变化
C．物块下落的时间为2s
D．物块下落过程中重力做功的平均功率为130W
答案：AD
AB．物块下落过程中，动能Ek增加，重力势能Ep减小，机械能E机=Ek+Ep，所以图线①表示机械能E机的变化，②表示重力势能Ep的变化，③表示动能Ek的变化，由题图可知物块在运动过程中受阻力作用，物块释放位置处
Ep=mgh=200J
物块质量m＝2kg，物块下落的高度
h＝10m
A正确，B错误；
CD．物块落地时
Ek=12mv2=169J
所以
v=13m/s
根据动能定理可得
ΔEk=mg-fh
所以
f=3.1N
对物块受力分析可得
mg-f=ma
解得
a=8.45m/s2
由
v=at
得
t=2013s
物块重力做功的平均功率为
P=mght=2002013W=130W
C错误，D正确。
故选AD。
小提示：求阻力时也可以由fh=ΔEp-ΔEk=31J得，f＝3.1N。
20、如图甲所示，一等腰直角斜面ABC，其斜面BC是由CD和DB两段不同材料构成的面，且sCD>sDB，先将直角边AB固定于水平面上，将一滑块从C点由静止释放，滑块能够滑到底端。现将直角边AC固定于水平面上，再让同一滑块从斜面顶端由静止释放，滑块也能够滑到底端，如图乙所示。滑块两次运动中从顶端由静止释放后运动到D点的时间相同。下列说法正确的是（  ）

A．滑块在两次运动中到达底端的动能相同
B．两次运动过程中滑块损失的机械能相同
C．滑块两次通过D点的速度相同
D．滑块与CD段间的动摩擦因数大于它与BD段间的动摩擦因数
答案：AB
AB．滑块第一次从斜面顶端滑到底端，由动能定理得
mgh−mgcos θ（μ1·sCD＋μ2·sDB）=12mv12−0
滑块第二次从斜面顶端滑到底端，由动能定理得
mgh−mgcos θ（μ1·sCD＋μ2·sDB）=12mv22−0
由此可见滑块两次到达斜面底端的动能相同；两次运动过程中损失的机械能相同，AB正确；
C．由s=12at2可得
t2=2sa
由于两次运动过程中滑块到达D点的时间相等tCD=tBD，又sCD>sBD，因此有aCD>aBD，即两次滑块从顶端滑到D点的加速度不相同，由v=at可知，时间相同，速度不相同，C错误；
D．因aCD>aBD，所以滑块与BD段间的动摩擦因数大于它与CD段间的动摩擦因数，D错误。
故选AB。
21、一辆汽车在水平路面上的启动过程的v-t图像如图所示，其中Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率P行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，若汽车的质量为m，行驶过程中所受阻力恒为F阻，则下列说法正确的是（  ）

A．汽车在t1时刻的牵引力和功率都是最大值，t2~t3时间内其牵引力等于F阻
B．0~t1时间内汽车做变加速运动
C．0~t2时间内汽车的平均速度等于v22
D．t1~t2时间内汽车克服阻力所做的功为P（t2-t1）+12mv12-12mv22
答案：AD
A．由题图可知，Oa段为匀加速直线运动，ab段以恒定功率运动，且加速度在逐渐减小，所以t1时刻牵引力和功率最大，bc段是匀速直线运动，t2~t3时间内其牵引力等于F阻，故A正确；
B．在0~t1时间内，由v-t图像知汽车做匀加速直线运动，故B错误；
C．在0~t2时间内，由v-t图像可知，汽车先做匀加速运动再做变加速运动，故此段时间内平均速度大于v22，故C错误；
D．设时间t1~t2内汽车克服阻力所做的功为Wf，由动能定理有
P（t2-t1）-Wf=12mv22-12mv12
克服阻力所做的功为
Wf=P（t2-t1）+12mv12-12mv22
故D正确。
故选AD。
22、水平地面上质量为m=7kg的物体，在水平拉力F作用下开始做直线运动，力F随位移x的变化关系如图所示，当x=10m时拉力为零，物体恰好停下，g取10m/s2，下列说法正确的是（  ）

A．物体与地面间的动摩擦因数为0.2
B．加速阶段克服摩擦力做的功为81.2J
C．加速阶段拉力做的功为8J
D．全过程摩擦力做的功为-14J
答案：AB
A．设恒力作用下物体运动位移为x1，变力作用下运动位移为x2，动摩擦因数为μ，全过程由动能定理得
Fx1+F2x2-μmgx1+x2=0
解得
μ=0.2
故A正确；
B．当
F=Ff=14N
速度最大，此后物体将做减速运动，由图像结合几何关系可得此时x=5.8m，故加速阶段克服摩擦力做的功为
Wf=μmgx=81.2J
故B正确；
C．匀加速阶段F做的功为
W=Fx1=80J
故加速阶段F做的功大于8J，故C错误；
D．全过程摩擦力做的功
Wf'=-μmg（x1+x2）=-140J
故D错误。
故选AB。
23、某地利用无人机空投药品，假设无人机在离地面高度为12m处悬停后将药品由静止释放，药品匀加速竖直下落了2s后落地，若药品质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，则药品从释放到刚接触地面的过程中（  ）
A．机械能守恒
B．机械能减少了24J
C．动能增加了36J
D．所受的合力做了60J的功
答案：BC
A．根据运动学公式可得
h=12at2
解得
a=6m/s2<10m/s2
可知药品下落过程中有空气阻力做功，机械能不守恒。故A错误；
B.根据牛顿第二定律可得
mg-f=ma
解得
f=mg-ma=2N
下落过程克服空气阻力做功为
Wf=fh=24J
可知机械能减少了24J，故B正确；
CD．药品在下落过程中，根据动能定理可得
W合=mgh-fh=12mv2-0=36J
可知所受的合力做了36J的功，动能增加了36J，故C正确，D错误。
故选BC。
24、下列各图是反映汽车（额定功率为P额）从静止开始匀加速启动，最后做匀速直线运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是（  ）
A．B．
C．D．
答案：ACD
汽车从静止开始匀加速启动，根据牛顿第二定律可得
F0-f=ma
可知牵引力在匀加速阶段保持不变，由公式
P=F0v
可知在匀加速阶段，功率与速度成正比，随着速度的增大而增大，当P=P额时，功率保持不变，设此时的速度为v1，则有
v1=P额F0=P额f+ma
之后牵引力减小，加速度减小，速度继续增加，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力F=f时，加速度为零，汽车速度vm达到最大，汽车做匀速直线运动，则有
vm=P额F=P额f
由以上分析可知，ACD正确，B错误；
故选ACD。
25、如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面体上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，现使斜面体水平向左以速度v匀速移动距离l（重力加速度大小为g，物体与斜面体相对静止）。以下说法正确的是（  ）

A．斜面体对物体做的总功是0
B．重力对物体做的功为0
C．摩擦力对物体做的功为μmglcosθ
D．斜面对物体的支持力做功的功率为mgvcosθ
答案：AB
A．由于匀速运动，斜面体对物体作用力的合力方向与速度方向垂直，则作用力做的总功为零，故A正确；
B．重力方向竖直向下，与速度方向垂直，重力不做功，故B正确；
C．由题意可知，物体处于平衡状态，如下图，对物体受力分析可得，在竖直方向上有
mg=FNcosθ+fsinθ
在水平方向上有
FNsinθ=fcosθ
联立两式，解得
FN=mgcosθ
f=mgsinθ
则摩擦力做功为
Wf=-fcosθ⋅l=-mglsinθcosθ
故C错误；
D．根据选项C中的分析可知，支持力做功功率为
PN=FNsinθ⋅v=mgvsinθcosθ
故D错误。
故选AB。

填空题
26、物体自由下落过程中，速度由0增加到5m/s和由5m/s增加到10m/s的两段时间内，重力做功的平均功率之比为___________；质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为v2时，汽车的瞬时加速度的大小为____________。
答案：     1∶3     a=Pmv
[1]由
P=Fv
可得，两段时间内的平均功率之比为
P1P2=G0+v12Gv1+v22=13
[2]汽车以速度v匀速行驶时，受到的阻力为
f=Pv
当汽车速度为v2时，由牛顿第二定律可得
Pv2-f=ma
解得
a=Pmv
27、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。
28、树上有一个质量m=0.3kg的苹果下落，在由C落至D的过程中。若g=10m/s2，hCD=3.0m，则重力所做的功为___________J，重力势能的变化量为___________ J。

答案：     9.0     -9.0
[1]重力所做的功为
WG=mgh=0.3×10×3.0J=9.0J
[2]由
WG=-ΔEp
可知重力势能的变化量为
ΔEp=-WG=-9.0J
29、如图，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将回球斜向上传给前方队友，球传出瞬间离地面高h1，速度大小为v；对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后乙手离地面的最大高度为h2，球越过乙时的速度恰好沿水平方向，且恰好未被拦截。球可视为质点，重力加速度取g，忽略空气阻力，试估算篮球在空中运动时间为__________，球刚斜抛出时的水平分速度为__________。（用h1、h2、v、g表示）

答案：     2h2-h1g+2h2g     v2-2gh2-h1
[1][2]由题知球越过乙时的速度恰好沿水平方向，则设球越过乙时的速度为vx，则根据动能定理，有
-mg(h2-h1)=12mvx2-12mv2
解得
vx=v2-2gh2-h1
则竖直方向的分速度有
vy=v2-vx2
解得
vy=2gh2-h1
根据逆向思维法可知，球从抛出到越过乙时的时间
t1=vyg=2h2-h1g
球再从越过乙时到落地的时间为
t2=2h2g
则篮球在空中运动时间为
t=t1+t2=2h2-h1g+2h2g
30、质量为50kg的攀岩者，花了500s的时间登上一峭壁，此时攀岩者位于出发点上方20m处。这一过程中该攀岩者克服重力做的功为____________J，攀岩者克服重力做功的平均功率为___________W。（g取10m/s2）
答案：     10000##1×104     20
[1]这一过程中该攀岩者克服重力做的功为
W=mgh=10000J
[2]攀岩者克服重力做功的平均功率为
P=Wt=20W

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