2023人教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须掌握的典型题.docx

2023人教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须掌握的典型题1单选题1、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22gC该行星的质量为gR22GD该行星的第一宇宙速度为gR2答案：CA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=122mg2解得g=12g故B错误；C设该行星的质量为M，则有2mg=GM2mR2解得M=gR22G故C正确；D由mg=mv2R得v=gR可得该行星的第一宇宙速度为v=gR2故D错误。故选C。2、如图中a、b所示，是一辆质量m=6103kg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=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B4s末汽车的速度C4s末汽车合外力的功率D4s内汽车牵引力所做的功答案：DA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=1210334246m故A错误；B由v=at=10334m/s23m/s故B错误；C由F=ma=61031033N3.46104N所以4s末汽车的功率为P=Fv=3.4610423W=7.97105W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。3、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，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（）mgLmaLmFM+mLA只有对B只有对C只有对D都对答案：D对M、m组成整体分析F（Mm）aaFM+m木块受到的静摩擦力fmamFM+m摩擦力对木块做的功WfLmaLmFLM+m故选D。4、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=mg，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-1gRB-22-3gRC33-13gRD23gR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=2R1413=R6根据力的做功公式可知，克服阻力做功为Wf=Fs=mgR6=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mgRsin903-Wf=12mv2-0解得v=23gR故D正确，ABC错误。故选D。5、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（）AB物体受到细线的拉力保持不变BB物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量CA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DA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：BA以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律可得mBgkx(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mBgTmBa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。6、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（）Af=PvmBf=vmPCf=PvmDf=mvm22P答案：C当动车达到最大速度vm时，动车受力平衡，即F=fP=Fvm解得f=Pvm故选C。7、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LALB，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（）AA球动能大于B球动能BA球机械能与B球机械能不相等CA球加速度等于B球加速度DA球向心力等于B球向心力答案：CA根据机械能守恒有mgL12mv2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；BA、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F2mg因两球的质量不相等，故向心力不相等。故D错误。故选C。8、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：BA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。9、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（）A4.5JB0C9JD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。10、如图所示，斜面倾角为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g10m/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（）A3hB73hC2hD43h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（4mgsin+4mgcos）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（4mgsin+4mgcos）s0-12（5m）v12解得s=h3则1沿斜面上滑的最大距离为Lh+s=43h故D正确，ABC错误。故选D。11、在第24届北京冬季奥林匹克运动会上，我国18岁的小将谷爱凌以1620跳的高难度动作力压群芳，拿到了自由式滑雪女子大跳台金牌。下面相关叙述正确的是（）A裁判在对谷爱凌1620跳的动作进行裁定时可以将她看成质点B教练员在分析谷爱凌起跳后能到达的最大高度时可以将她看成质点C该项目不受天气环境的影响，随时可以进行比赛D该项目在完成的过程中满足机械能守恒答案：BA裁判在对谷爱凌的动作进行裁定时，谷爱凌的形状和大小不能忽略，不能看成质点，A错误；B教练员在分析谷爱凌起跳后能到达的最大高度时，谷爱凌的形状和大小可以忽略，B正确；C降雪带来的新增积雪，会使赛道表面松软，摩擦力增大，不利于选手发挥，C错误；D该项目在完成的过程中有摩擦力、空气阻力等其他力做功，机械能不守恒，D错误。故选B。12、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2mgAB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2gD物体在最低点时的弹力大小应为mg答案：AA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。13、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Ek|Ek1Ek2|，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（）AEk1Ek2，Ek12F1lCEk1Ek2，EkF1l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=Ek=F2l可知有Ek2Ek1Ek=F2l故BCD错误，A正确。故选A。14、关于机械能，以下说法正确的是（）A质量大的物体，重力势能一定大B速度大的物体，动能一定大C做平抛运动的物体机械能时刻在变化D质量和速率都相同的物体，动能一定相同答案：DA重力势能的大小与零势能面的选取有关，质量大但重力势能不一定大，A错误；B动能的大小与质量以及速度有关，所以速度大小，动能不一定大，B错误；C平抛运动过程中只受重力作用，机械能守恒，C错误；D根据Ek=12mv2可知质量和速率都相同的物体，动能一定相同，D正确。故选D。15、2013年12月2日1时30分，嫦娥三号探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察。嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示。假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则（）A若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度B嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，应让发动机点火使其减速C嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度大于Q点的速度D嫦娥三号在动力下降阶段，其引力势能增大答案：BA由于不确定月球的半径，根据密度公式，无法求月球的密度，选项A错误；B嫦娥三号在进行变轨时，改变卫星的速度，此时万有引力不变，要做向心运动，故应让发动机点火使其减速，选项B正确；C根据开普勒定律可知：近月点的速度大于远月点的速度，即vQvP，选项C错误；D嫦娥三号在动力下降阶段，引力做正功，引力势能减小，选项D错误。故选B。多选题16、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=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=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34gB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：ADA对运动员在C点受力分析有mgsin60-mgcos60=ma解得a=34g选项A正确；B在下滑到最低点B时，此时vBmg，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。17、用长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为的光滑斜面体，斜面体放在水平面上，开始时小球与斜面接触且细绳恰好竖直，如图所示。现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则在此过程中（）A小球受到的斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功B细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C若水平面光滑，则推力做功为mgL（1sin）D由于缓慢推动斜面体，故小球所受合力可视为零，小球机械能不变答案：BCA根据力做功的条件：1作用在物体上的力；2物体必须是在力的方向上移动一段距离，斜面弹力对小球做正功，故A错误；B细绳对小球的拉力始终与小球运动方向垂直，故对小球不做功，故B正确；C若取小球和斜面体整体为研究对象，根据能量守恒得F做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量，所以F做功等于小球重力势能增量，Ep=mgh=mgL(1-sin)故C正确；D用水平力F缓慢向左推动斜面体，所以小球的动能不变，重力势能在增加，所以小球在该过程中机械能增加，故D错误。故选BC。18、如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角30，皮带在电动机的带动下，速率始终不变。t0时刻在传送带适当位置放上一具有初速度的小物块。取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示。已知小物块质量m1kg，g取10m/s2，下列说法正确的是（）A传送带顺时针转动，速度大小为2m/sB传送带与小物块之间的动摩擦因数235C0t2时间因摩擦产生热量为27JD0t2时间内电动机多消耗的电能为28.5J答案：ABCA从vt图像可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度为2m/s，因为取沿斜面向上为正方向，所以传送带顺时针转动，故A正确；B小物块的加速度a1m/s2对物块受力分析，可得mgcosmgsinma解得235故B正确；C物块运动速度减为零后，反向加速经历时间tva2s由vt图像可知t23s则物块向下运动过程中与传送带间的相对位移为x1=x1+x1=112m+12m=2.5m物块向上运动过程中与传送带间的相对位移为x2=x2-x2=22m-222m=2m所以传送带与物块的总相对位移为x=x1+x2=4.5m所以产生内能为Qmgcoss27J故C正确；D物块增加的重力势能Epmgsin(x2-x1)7.5J物块动能的增量Ek12mv212mv021.5J则传送带多消耗的电能W电QEpEk36J故D错误。故选ABC。19、用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是（）A06s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B06s内物体在5s时的速度最大C物体在24s内速度不变D04s内合力对物体做的功等于06s内合力对物体做的功答案：BDAat图线与坐标轴所围成的图形的面积大小等于速度变化量，由图像可知，06s内速度变化量一直为正，所以一直沿正方向运动，A错误；B由图示at图线可知，05s内，加速度方向与速度方向相同，做加速运动，56s内加速度方向与速度方向相反，做减速运动，则5s末速度最大，B正确；C物体在24s内加速度不变，物体做匀加速直线运动，物体的速度不断增加，C错误；Dat图像的“面积”大小等于速度变化量，根据图像可知，04s内速度变化量等于06s内速度变化量，物体的初速度为零，所以4s末和6s末的速度相等，则动能的变化量相等，根据动能定理可知04s内合力对物体做的功等于06s内合力做的功，D正确。故选BD。20、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，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mgRB物体在BC段克服摩擦力所做的功mgRC物体在AB段克服摩擦力所做的功mgRD物体在AB段克服摩擦力所做的功1-mgR答案：ADABBC段物体受摩擦力大小为f=mgBC段摩擦力对物体做功为WfBC=-fR=-mgR所以物体在BC段克服摩擦力所做的功mgR，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=-1mgR所以AB段克服摩擦力做功为1-mgR，故C错误，D正确。故选AD。21、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12mv2C人的拉力做功等于mgh+12mv2D人的拉力做功大于mgh+12mv2答案：BDAB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。22、下列说法正确的是（）A物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合力的方向一定与速度方向相同B物体做变速率曲线运动时，其所受合力的方向一定改变C物体做曲线运动时，速度方向不断发生变化，速度大小不一定发生变化D对做匀速直线运动的物体施加一恒力后，该物体单位时间内速率变化量总相同E物体做曲线运动时，其在某一点的速度方向沿该点的切线方向F物体在变力作用下，一定做曲线运动G只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动答案：ACEA已知物体做直线运动，说明合力与速度共线，又知速率逐渐增加，说明合力（加速度）与速度同向，故其所受合力的方向一定与速度方向相同，故A正确；B物体做变速率曲线运动时，其所受合力的方向不一定改变，如做平抛运动的物体受重力，为恒力，故B错误；C曲线运动的速度方向一定是时刻变化的，若合力方向总是与速度方向垂直，根据动能定理可知，合力不做功速度大小不变，如匀速圆周运动，故C正确；D对做匀速直线运动的物体施加一恒力，若该恒力与物体速度方向不共线，物体开始做匀变速曲线运动，则物体在单位时间内速度变化量相同，速率变化量不同，如平抛运动，故D错误；E曲线运动中物体的速度方向沿曲线在这一点的切线方向，故E正确；F物体受变力的作用，但力的方向可以与速度的方向共线，此时物体仍然做直线运动，故F错误；G两个分运动是直线运动，合运动不一定是直线运动，比如平抛运动，故G错误。故选ACE。23、如图所示，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆竖直光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，开始时整个装置处于静止状态。现在让金属框绕MN轴转动，其角速度逐渐增大，即=t，式中是一个常数。则在角速度逐渐增大的过程中，下列判断正确的是（）A小球的重力势能不变BPQ杆对小球的作用力不断增大CPQ杆对小球的作用力垂直指向MNDPQ杆对小球的作用力做正功答案：ADA对小球受力分析，设弹簧与水平方向夹角为，竖直方向上，由平衡条件得F弹sin=mg设弹簧的原长为l0，根据胡克定律有F弹=kMPcos-l0联立可得sin2+cos2=mgF弹2+kMPF弹+kl02=1可知随着增大，弹簧的弹力不变，则弹簧长度不变，所以小球的高度不变，则重力势能不变，A正确；D由A解析可知，弹簧的弹力对小球不做功，由于小球的动能不断增大，据动能定理可知，PQ杆对小球的作用力做正功，D正确；BC由D解析可知，PQ杆对小球的作用力沿着速度方向的分力使小球线速度增大，由题意可知，切向加速度不变，则PQ杆对小球的作用力沿着速度方向的分力大小不变，当速度小时，弹簧沿着水平方向的分力大于向心力，则PQ杆对小球的作用力垂直速度方向的分力垂直MN向外，随着角速度逐渐增大而减小，当速度逐渐变大到弹簧沿着水平方向的分力恰好等于向心力后，PQ杆对小球的作用力垂直速度方向的分力垂直MN向内，随着角速度逐渐增大而增大，根据平行四边形定则可知PQ杆对小球的作用力先减小后增大，且不在垂直MN的方向上，BC错误。故选AD。24、如图所示，一光滑宽阔的斜面，倾角为，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gsinC小球到达B点的时的速度为2ghD小球到达B点时小球的水平位移为v0sin2hg答案：ABDA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=mgsinm=gsin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hsin，根据hsin=12at2解得t=1sin2hg在水平方向上做匀速直线运动x=v0t=v0sin2hg故D正确。故选ABD。25、质量m1kg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45m内物体匀速运动。x7m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0.1Bx4m时物体的速度最大C撤去外力时物体的速度为2m/sD撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s答案：BCA45m内物体匀速运动，则有Ffmg得=Fmg=310=0.3故A错误；B只要Ffmg物体就在加速，所以x在04m内物体一直加速，x4m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07m内外力做功为W3+523+5+321+1+323J22J设撤去外力时物体的速度为v，根据动能定理得Wfx12mv20其中x7m，解得v2m/s，故C正确；D撤去外力后物体的加速度大小为ag3m/s2物体还能滑行时间t=va23s故D错误。故选BC。填空题26、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：25251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=25J2由动能定理可得，人对足球做功是W=Ek-0=25J27、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21，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：2:12:11两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2:1.28、质量为m的木块沿着倾角为的光滑斜面从静止开始下滑，已知重力加速度为g，当下降的高度为h时，重力做功为_，重力的瞬时功率为_。答案：mghmg2ghsin1根据重力做功的定义，可知当下降的高度为h时，重力做功为WG=mgh2由牛顿第二定律可知，木块的加速度为a=mgsinm=gsin又v2=2axx=hsin联立解得木块的速度为v=2gh则重力的瞬时功率为P=mgvcos(2-)=mg2ghsin29、如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块的动能_（选填“变大”“不变”或“变小”），木块所受摩擦力的大小为_。答案：变小mv024L1由于受到摩擦力作用，木块做减速圆周运动，动能变小；2在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有-f2L=0-12mv02可得摩擦力的大小f=mv024L30、如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1=1m/s匀速向右运动。一质量为2kg的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2=2m/s滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端；则全过程中电动机对传送带做的功为_J；全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为_J。答案：6912设滑块向左运动的时间为t1，位移大小为s1，则滑块的位移为s1=v222g滑块向左运动过程中传送带的位移大小s2=v1t1=v1v2g=v1v2g设滑块向右匀加速运动的时间为t2，位移大小为s3，则滑块的位移为s3=v122g滑块向右匀加速运动过程中传送带的位移大小s4=v1t2=v1v1g=v12g滑块相对传送带运动的总路程s相=s1+s2+s4-s3=(v1+v2)22g滑块与传送带间摩擦产生的热量Q=fs相=mgs相=12m（v1+v2）2=9J全过程中，电动机对传送带做的功W=f（s2+s4）=mv1v2+mv12=6J31