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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易错知识点总结

1

单选题
1、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。
2、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。
3、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。
4、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。
5、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。
6、北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星a、与地球自转周期相同的倾斜地球同步轨道卫星b，以及比它们轨道低一些的轨道星c组成，它们均为圆轨道卫星。若某中轨道卫星与地球同步静止轨道卫星运动轨迹在同一平面内，下列说法正确的是（  ）

A．卫星b运行的线速度大于卫星c的线速度
B．卫星a与卫星b一定具有相同的机械能
C．可以发射一颗地球同步静止轨道卫星，每天同一时间经过杭州上空同一位置
D．三颗卫星的发射速度均大于7.9km/s
答案：D
A．由牛顿第二定律得
GMmr2=mv2r
得
v=GMr
因卫星b运行的半径大于卫星c的半径，卫星b运行的线速度小于卫星c的线速度，选项A错误；
B．机械能包括卫星的动能和势能，与卫星的质量有关，而卫星a与卫星b的质量不一定相同，故卫星a与卫星b不一定具有相同的机械能，选项B错误；
C．地球同步静止轨道卫星必须与地球同步具有固定的规定，只能在赤道上空的特定轨道上，不可能经过杭州上空，选项C错误；
D．7.9km/s是最小的发射速度，故三颗卫星的发射速度均大于7.9km/s，选项D正确。
故选D。
7、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。
8、如图所示，用锤头击打弹簧片，小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动。若A、B两球质量相等，且A球做平抛运动的初动能是B球落地瞬间动能的3倍，不计空气阻力。则A球落地瞬间的速度方向与竖直方向的角度为（  ）

A．30°B．45°C．60°D．120°
答案：C
设B落地的速度为v，则有
EkB=12mv2
设A做平抛运动的初速度为v0，则有
EkA=12mv02=3EkB=3×12mv2
解得
v0=3v
因A在竖直方向的运动是自由落体运动，故A落地时竖直方向的速度也为v，设A球落地瞬间的速度方向与竖直方向的角度为θ，则有
tanθ=v0v=3
解得
θ=60∘
故选C。
9、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。
10、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。
11、复兴号动车在世界上首次实现了速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。已知一列质量为m的动车，以恒定功率P在平直轨道上行驶，当其达到最大速度vm时，其阻力f可表示为（  ）
A．f=PvmB．f=vmP
C．f=PvmD．f=mvm22P
答案：C
当动车达到最大速度vm时，动车受力平衡，即
F=f
P=Fvm
解得
f=Pvm
故选C。
12、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。
13、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。
14、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。
15、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。
多选题
16、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。
17、小明坐在半球形轨道顶端玩耍，突然被小伙伴推了一下，沿球面向下滑动。半球形轨道横截面示意图如图所示。假设球面是光滑的，球半径为R，从最高点A滑动时的水平速度为v0，至B点时脱离轨道，最终落在水平地面上的C点，OA和OB间的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（  ）

A．从A到B的过程中，小明水平方向的加速度先减小后增大
B．在B点时，小明的速度为gRcosθ
C．cosθ=23+v023gR
D．从A到C的过程中，小明运动的时间大于2Rg
答案：BCD
A．小明从A到B的过程中，在A点水平方向的加速度为零，下落到B点之前水平方向有加速度，到达B点时水平方向的加速度为零，故从A到B的过程中，小明水平方向的加速度先增大后减小，故A错误；
B．在B点时，对小明受力分析可知，小明受到的重力沿指向圆心方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律有
mgcosθ=mv2R
解得小明在B点的速度为
v=gRcosθ
故B正确；
C．对小明从A到B的过程根据动能定理有
mgR(1-cosθ)=12mv2-12mv02
解得
cosθ=23+v023gR
故C正确；
D．若小明从A到C做自由落体运动，则运动时间
t'=2Rg
但由于从A到B的过程中，小明竖直方向的加速度小于g，故小明从A到C运动的时间
t>2Rg
故D正确。
故选BCD。
18、一质量为2kg的物体静止在水平桌面上，在恒定的水平拉力作用下沿水平方向运动；2s后撤去拉力，物体运动的v-t图像如图所示，下列说法正确的是（  ）

A．水平拉力大小为3N
B．物体与水平桌面间的动摩擦因数为0.5
C．整个过程中摩擦力做的功为-8J
D．整个过程中拉力做的功为6J
答案：AD
A．在0~2s内物体的加速度
a1=1m/s2
2s~6s内物体的加速度
a2=-0.5m/s2
由牛顿第二定律可得
F-f=ma1
-f=ma2
解得
F=3N
f=1N
故A正确；
B．由
f=μmg
可得
μ=0.05
故B错误；
D．0~2 s内拉力做的功
WF=Fx1=3×2J=6J
故D正确；
C．全过程中由动能定理有
WF+Wf=0
可得
Wf=-6J
故C错误。
故选AD。
19、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。
20、如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是（  ）

A．B．
C．D．
答案：CD
A．滑块向上运动的加速度为
a=F-f-mgsinθm=-μgcosθ
滑块做匀减速直线运动，位移为
x=v0t-12at2
摩擦产生热量
Q=fx=μmgcosθ⋅(v0t-12at2)
Q与t是二次函数关系，图像是抛物线，A错误；
B．滑块的速度为
v=v0-at
动能为
Ek=12mv2=12m(v0-at)2
动能Ek与t是二次函数关系，图像是抛物线，B错误；
C．滑块的重力势能
Ep=mgh=mgxsinθ
势能Ep与x成正比，C正确；
D．除重力之外的其他力做功等于机械能的变化量
ΔE=(F-f)x=(mgsinθ-μmgcosθ)x=(mgsinθ-tanθ⋅mgcosθ)x=0
所以机械能总量不变，D正确。
故选CD。
21、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。
22、篮球运动员的定点跳投动作可分解如下：静止在地面上的运动员先屈腿下蹲，然后突然蹬地，重心上升双脚离开地面，离地后重心继续上升，到达最高点后投出篮球。已知某运动员的质量为m，双脚离开地面时的速度为v，从下蹲到最高点的过程中重心上升的高度为h，下列说法正确的是（  ）
A．从下蹲到离开地面，地面对运动员做的功为mgh
B．从下蹲到离开地面，地面对运动员做的功为零
C．从下蹲到离开地面，运动员的机械能增加了mgh+12mv2
D．从下蹲到最高点，运动员先超重后失重
答案：BD
AB．从地面跃起过程中，人在地面支持力方向上的位移为零，地面支持力对运动员所做的功为0，故A错误，B正确；
C．从下蹲到离开地面，运动员的动能增量12mv2，重力势能增加小于mgh，则运动员的机械能增加量小于mgh+12mv2，选项C错误；
D．从下蹲到最高点，运动员先加速向上，后减速向上，即超重后失重，选项D正确。
故选BD。
23、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。
24、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。
25、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。
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、质量为m的小球，从桌面上竖直抛出，桌面离地高为h，小球能到达离地面的最大高度为H，不计空气阻力，若以桌面为零势能参考平面，则小球落地时的动能为_______，小球落地时的机械能为_______；若以地面为零势能参考平面，小球到达最高点时的机械能为_______。
答案：     mgH     mg(H-h)     mgH
[1]小球从最高点下落到地面的过程，由动能定理有
mgH=Ek
知落地时的动能为mgH；
[2]小球运动过程中机械能守恒，以桌面为零势能面，小球在最高点的重力势能为mg(H-h)，则落地时的机械能为mg(H-h)；
[3]以地面为零势能参考平面，小球到达最高点时的机械能为mgH。
29、如下图所示，一端固定在地面上的竖直轻质弹簧，当它处于自然长度时其上端位于A点。已知质量为m的小球(可视为质点)静止在此弹簧上端时，弹簧上端位于B点。现将此小球从距水平地面H高处由静止释放，小球落到轻质弹簧上将弹簧压缩，当小球速度大小第一次为零时，弹簧上端位于C点，已知C点距水平地面的高度为h。已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则当小球从高处落下，与弹簧接触向下运动由A点至B点的过程中，小球的速度在______ (选填“增大”或“减小”)、小球加速度在______ (选填“增大”或“减小”)；在B点小球速度______ (选填“最大”或“最小”)；当弹簧上端被压至C点时，弹簧的弹性势能大小为______。

答案：     增大     减小     最大     mgH-h
[1][2][3]小球静止在此弹簧上端时，弹簧上端位于B点，此时重力等于弹簧弹力。当小球接触弹簧后受力分析可知
mg-F=ma
重力大于弹力，小球做加速运动，速度在增大，弹簧弹力在增大，则加速度在减小，当运动到B点时，合力为0，加速度为0，速度达到最大值。
[4]小球和弹簧看做整体，根据机械能守恒定律可知
mgH-h=Ep
30、关于作用力与反作用力做功，有同学认为：当作用力做正功时，反作用力一定做负功。你__________（选填“同意”、“不同意”）这种观点正确。理由或者举例__________。
答案：     不同意     用板擦擦黑板时，二者之间的摩擦力为相互作用力，其中板擦所受摩擦力对板擦做负功，黑板所受摩擦力对黑板不做功。
[1]不同意
[2]用板擦擦黑板时，二者之间的摩擦力为相互作用力，其中板擦所受摩擦力对板擦做负功，黑板所受摩擦力对黑板不做功。

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