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易混淆知识点.docx

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易混淆知识点

1

单选题
1、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。
2、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。
3、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。
4、如图甲所示，光滑水平面与光滑竖直半圆轨道平滑衔接，其中圆弧DE部分可以拆卸，弧CD（C点与圆心等高）部分对应的圆心角为30°，在D点安装有压力传感器并与计算机相连，在.A点固定弹簧枪，可以发射质量相同、速率不同的小球，通过计算机得到传感器读数与发射速率平方关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的（  ）

A．小球质量为0.2kg
B．圆弧轨道半径为0.5m
C．当传感器读数为3.5N时，小球在E点对轨道压力大小为3N
D．若拆卸掉圆弧DE部分，小球发射速率平方v02=17.5时，小球上升到最高点时与水平面间距离为78m
答案：B
AB．设小球在D点速度大小为vD，小球对传感器压力大小为F，由牛顿第二定律有
F+mgsin30°=mvD2R
由机械能守恒有
12mv02=mgR(1+sin30°)+12mvD2
整理得
F=mRv02-72mg
在F-v02图像中是一次函数，则
72mg=3.5
mR=3.517.5
解得
m=0.1kg
R=0.5m
选项A错误，B正确；
C．由图像可知，当传感器读数为3.5N时，v02=35，设最高点速度为v，则有
12mv02=2mgR+12mv2
对E点压力N，有
N+mg=mv2R
联立各式解得
N=2N
选项C错误；
D．若圆弧DE部分拆卸掉，小球发射速率平方v02=17.5时，小球在D点做斜上抛运动，小球在D点速度大小
vD=2.5m/s
则小球上升到最高点与水平面间距离
H=R(1+sin30°)+(vDcos30°)22g=2732m
选项D错误。
故选B。
5、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。
6、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。
7、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：B
A．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。
8、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。
9、下列有关力对物体做功的说法正确的是(  )
A．静摩擦力一定不做功
B．如果外力对物体做功为零，则物体一定处于静止状态
C．物体受到的外力越大则外力对物体所做的功越大
D．物体在运动过程中，若受力的方向总是垂直于速度的方向，则此力不做功
答案：D
A．静摩擦力也可以做功，如物体随倾斜传送带向上运动，物体受到静摩擦力做功，故A错误；
B．如匀速下落的小球，外力对物体做功为零，物体不是处于静止状态，故B错误；
C．物体受到的外力对物体所做功的大小和力、位移和力位移夹角有关，故C错误；
D．物体在运动过程中，若受力的方向总是垂直于速度的方向，则此力不做功，故D正确。
故选D。
10、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。
11、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：D
A．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。
12、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：B
A．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vQ>vP，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。
13、如图所示。固定在竖直平面内的光滑的圆14周轨道MN，圆心O与M点等高。并处在最低点N的正上方。在O，M两点各有一质量为m的小物块a和b（均可视为质点）。a，b同时由静止开始运动，a自由下落，小沿圆弧下滑。空气阻力不计，下列说法正确的是（  ）

A．a比b先到达N点，它们到达N点的动能相同
B．a比b先到达N点，它们到达N点的动能不同
C．a与b同时到达N点，它们到达N点的动能相同
D．a与b同时到达N点，它们到达N点的动能不同
答案：A
在物块下降的过程，根据机械能守恒有
mgh=12mv2
所以a、b两物块到达同一高度时的速度大小都相同，由于a和b 质量相同，所以到N点的动能相同；
下降同一很小高度的过程中，a的竖直方向的位移小于b沿圆弧切线方向的位移，a、b的初速度大小相同， a的加速度为g，b沿圆弧运动时，把重力沿圆弧切线和垂直切线方向分解，除M点外，b所受得切线方向的外力小于重力，则b沿切线方向的加速度小于g ，由
x=v0t+12at2
可得，a的运动时间较短，所以a比b先到达N点，故A项正确。
故选A。
14、某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上绕地球运行的周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方。假设某时刻，该卫星在A点变轨由半径为r1的圆形轨道进入椭圆轨道，近地点B到地心距离为r2。设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为T0，不计空气阻力，则（  ）

A．T=38T0
B．t=(r1+r2)T2r1⋅r1+r22r1
C．卫星在图中椭圆轨道由A到B时，机械能增大
D．卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变
答案：A
A．赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，则有地球转了３圈，卫星转了８圈，可得
3T0=8T
T=38T0
A正确；
B．根据开普勒第三定律可知
r1+r2232t2=r13T2
解得
t=r1+r2T4r1r1+r22r1
B错误；
C．卫星在图中椭圆轨道由A到B时，只有万有引力做功，机械能守恒，C错误；
D．卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，卫星做向心运动，速度必须减小，高度降低，势能减小，因此机械能减小，D错误。
故选A。
15、有一辆质量为170kg、输出功率为1440W的太阳能试验汽车，安装有约6m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30W/m2。驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为90km/h。假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车（  ）
A．以最大速度行驶时牵引力大小为60N
B．以额定功率启动时的加速度大小为0.24m/s2
C．保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8h
D．直接用太阳能电池板输出的功率可获得6m/s的最大行驶速度
答案：C
A．根据
P额＝Fvmax
可得
F＝P额vmax＝1440903.6N＝57.6N
故A错误；
B．以额定功率启动时，由牛顿第二定律有
Pv－Ff＝ma
而刚启动时速度v为零，则阻力Ff也为零，故刚启动时加速度趋近于无穷大，故B错误；
C．由能量守恒得
W＝Pt＝1440W×1h＝30×6W×t
解得
t＝8h
即保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8h，故C正确；
D．由题意，汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，设
Ff＝kv
达到最大速度时有57.6＝k×903.6
解得
k＝2.304
当直接用太阳能电池板输出的功率行驶且有最大速度时，则有
30×6v'＝kv′
解得
v′≈8.84m/s
故D错误。
故选C。
多选题
16、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。
17、发射高轨道卫星过程如图所示。假设先将卫星发射到半径为r1=r的圆轨道上做匀速圆周运动，到A点时使卫星瞬间加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B点时，再次瞬间改变卫星的速度，使卫星进入半径为r2=2r的圆轨道做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道时距地心的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上A点时的速度为v，卫星的质量为m，地球质量为M，引力常量为G，不计卫星的质量变化。则以下说法正确的是（  ）

A．卫星在椭圆轨道上运行时机械能不守恒
B．卫星在椭圆轨道上运行时机械能守恒
C．发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差为34mv2-3GMm4r
D．发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差为58mv2-3GMm4r
答案：BD
AB．卫星在椭圆轨道上运行时只有万有引力做功，所以机械能守恒，故A错误，B正确；
CD．设卫星在半径为r1=r的圆轨道上运行时的速率为v1，根据牛顿第二定律有
GMmr2=mv12r
解得
v1=GMr
根据动能定理可得发动机在A点对卫星做的功为
W1=12mv2-12mv12=12mv2-GMm2r
设卫星在半径为r2=2r的圆轨道上运行时的速率为v2，根据牛顿第二定律有
GMm(2r)2=mv222r
解得
v2=GM2r
设卫星在椭圆轨道上运行时经过B点的速度为v′，则由题意可知
vr1=v'r2
解得
v'=vr1r2=v2
根据动能定理可得发动机在B点对卫星做的功为
W2=12mv22-12mv'2=GMm4r-18mv2
所以发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差为
W1-W2=58mv2-3GMm4r
故C错误，D正确。
故选BD。
18、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。
19、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。
20、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。
21、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。
22、下列说法正确的是（　　）
A．千克、米/秒、牛顿是导出单位
B．以额定功率运行的汽车，车速越快，牵引力越大
C．汽车在水平公路上转弯时，车速越快，越容易滑出路面
D．地球球心与人造地球卫星的轨道必定在同一平面内
答案：CD
A．千克是国际单位制中基本单位，米/秒、牛顿是导出单位。故A错误；
B．以额定功率运行的汽车，由
P＝Fv
可知，车速越快，牵引力越小，故B错误；
C．在水平面拐弯，汽车受重力、支持力、静摩擦力，重力和支持力平衡，静摩擦力提供圆周运动的向心力，汽车转弯速度越大，需要越大的向心力，由于静摩擦力存在最大值，所以当速度超过一定值时，提供的最大静摩擦力都无法满足需要的向心力时，就会造成事故。故C正确；
D．人造地球卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，方向指向圆心。所以地球球心与人造地球卫星的轨道必定在同一平面内。故D正确。
故选CD。
23、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。
24、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。
25、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。
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：     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
27、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.
28、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
29、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。
30、质量为2kg的小球从某一高度由静止释放，经3s到达地面，不计空气阻力，3s内重力的平均功率是___________W，3s末重力的瞬时功率是___________W（g=10m/s2）。
答案：     300     600
[1]小球下落的高度为
h=12gt2=12×10×32m=45m
3s内重力所做的功为
WG=mgh=2×10×45J=900J
则3s内重力的平均功率为
P=WGt=9003W=300W
[2]小球在3s末的速度为
v=gt=10×3m/s=30m/s
则3s末重力的瞬时功率为
P=Fv=mgv=2×10×30W=600W

32