通用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.docx

通用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、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。
2、一个质量为2kg的物体从某高处自由下落，重力加速度取10m/s2，下落2s时（未落地）重力的功率是（  ）
A．300WB．400WC．500WD．600W
答案：B
下落2s时重力的功率是
P=mgvy=mg2t=2×102×2W=400W
故选B。
3、用与斜面平行的恒力F将质量为m的物体沿倾角为θ的斜面运动一段距离，拉力做功W1；用同样大小的水平力将物体沿水平面拉动同样的距离，拉力做功W2，则（  ）
A．W1<W2B．W1>W2C．W1=W2D．无法判断
答案：C
根据功的计算公式
W=Flcosθ
可得
W1=W2=Fl
故选C。
4、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。
5、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。
6、在下列几种情况中，甲、乙两物体的动能相等的是（　　）
A．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的12
B．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的12
C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的14
D．甲、乙质量相等，速度大小也相等，但甲向东运动，乙向西运动
答案：D
由动能公式Ek=12mv2及题意可得
A．若甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的12时，有
E甲=12m甲v甲2
E乙=12m乙v乙2=12×2m甲v甲22=14m甲v甲2
故A错误；
B．若甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的12时，有
E甲=12m甲v甲2
E乙=12m乙v乙2=12×m甲22v甲2=m甲v甲2
故B错误；
C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的14时，有
E甲=12m甲v甲2
E乙=12m乙v乙2=12×m甲44v甲2=2m甲v甲2
故C错误；
D．由上述分析可知，动能与速度方向无关，只与质量和速度大小有关，故甲、乙质量相等，速度大小也相等时，甲向东运动，乙向西运动的动能相等，故D正确。
故选D。
7、如图所示，骑自行车下坡虽然不再蹬车，人和自行车却运动得越来越快。自行车下坡过程中（　　）

A．重力势能减少，动能减少
B．重力势能减少，动能增加
C．重力势能增加，动能增加
D．重力势能增加，动能减少
答案：B
车从高往低处运动，重力对车做正功，重力势能减少，速度越来越快，动能增加。
故选B。
8、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。
9、如图所示，将一可视为质点的物块从固定斜面顶端由静止释放后沿斜面加速下滑，设物块质量为m、物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面高度h和底边长度x均可独立调节（斜面长度随之改变），下列说法正确的是（  ）

A．若只增大x，物块滑到斜面底端时的动能增大
B．若只增大h，物块滑到斜面底端时的动能减小
C．若只增大μ，物块滑到斜面底端时的动能增大
D．若只改变x，物块最终在水平面上停止的位置不会改变
答案：D
ABC．对物块运用动能定理可得
mgh－Wf=Ek－0
其中Ek为物块滑到斜面底端时的动能，Wf为下滑过程物块克服摩擦力所做的功，而
Wf=fs=μFNs=μmgcosθ·s=μmgx
其中f为物块受到的摩擦力，s为斜面斜边长，FN为斜面对物块的支持力，则
mgh－μmgx=Ek－0
故ABC错误；
D．对物块从下滑到地面到停止，运用动能定理，有
－μmgl=0－Ek
则
mgh－μmgx－μmgl=0
若只改变x，由于
x＋l=hμ
物体最终在水平面上停止的位置不会改变，故D正确。
故选D。
10、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。
11、如图所示，用细绳系住小球，让小球从M点无初速度释放，小球从M点运动到N点的过程中(  )

A．若忽略空气阻力，则机械能不守恒B．若考虑空气阻力，则机械能守恒
C．绳子拉力不做功D．只有重力做功
答案：C
A．忽略空气阻力，拉力与运动方向垂直不做功，只有重力做功，机械能守恒，故A错误；
B．若考虑空气阻力，阻力做功，则机械能不守恒，故B错误；
C．拉力与运动方向即速度方向垂直不做功，故C正确；
D．如果考虑阻力，重力和阻力都做功，不考虑阻力，重力做功，故D错误。
故选C。
12、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。
13、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。
14、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。
15、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。
多选题
16、如图，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，A点在水平面上，轨道AB段竖直，长度为R，BC段是半径为R的四分之一的圆弧，与AB相切于B点。一质量为m的小球从A点以某一竖直向上的初速度沿ABC轨道的内侧运动，且到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，已知小球始终受到与重力大小相等的水平向右的外力作用，小球的半径远小于R，重力加速度大小为g。则（  ）

A．小球在A点的初速度为6gR
B．小球在A点的初速度为7gR
C．小球的落地点到A点的距离为R
D．小球的落地点到A点的距离为2R
答案：BC
AB．小球到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，根据牛顿第二定律有
mg=mv2R
小球从A点到C点根据动能定理有
-FR-mg⋅2R=12mv2-12mv02
解得小球在A点的初速度为
v0=7gR
故A错误B正确；
CD．小球从C点之后做平抛运动，根据平抛运动规律有
x=vt-12Fmt2
2R=12gt2
联立解得
x=0
所以小球的落地点为C点正下方，到A点的距离为R，故C正确D错误。
故选BC。
17、如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在固定倾斜直杆上，倾斜直杆与水平面成45°角，B套在固定水平直杆上，两直杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆（初始时轻杆与水平面成30°角）连接，A、B从静止释放，B沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B均视为质点，重力加速度大小为g，在运动的过程中，下列说法正确的是（  ）

A．当A到达B所在水平面时vB=22vA
B．当A到达B所在水平面时，B的速度为gL3
C．滑块B到达最右端时，A的速度为2gL
D．滑块B的最大动能为32mgL
答案：ABD
A．当A到达B所在水平面时，由运动的合成与分解有
vAcos 45°=vB
解得
vB=22vA
A正确；
B．从开始到A到达B所在的水平面的过程中，A、B两滑块组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有
mgLsin30∘=12mvB2+12vA2
解得
vB=gL3
B正确；
C．滑块B到达最右端时，此时轻杆与倾斜直杆垂直，则此时滑块B的速度为零，由机械能守恒可得
mgLsin30∘+sin45∘=12mvA2
解得
vA=1+2gL
C错误；
D．由题意可知，当轻杆与水平直杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统机械能守恒可得
mgL（1+sin 30°）=EkB
解得
EkB=32mgL
D正确。
故选ABD。
18、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ω=βt，式中β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
B．PQ杆对小球的作用力不断增大
C．PQ杆对小球的作用力垂直指向MN
D．PQ杆对小球的作用力做正功
答案：AD
A．对小球受力分析，设弹簧与水平方向夹角为θ，竖直方向上，由平衡条件得
F弹sinθ=mg
设弹簧的原长为l0，根据胡克定律有
F弹=kMPcosθ-l0
联立可得
sin2θ+cos2θ=mgF弹2+k⋅MPF弹+kl02=1
可知随着ω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。
19、下列关于机车以恒定加速度启动后速度v、牵引力F、牵引功率P和位移s随时间变化关系的图像中正确的是（  ）
A．B．
C．D．
答案：BC
机车以恒定加速度启动后，在达到额定功率前，做匀加速直线运动，牵引力为恒力，由
s=12at2
知s-t图像是开口向上的抛物线，由
v=at
知v与t成正比，根据
P=Fv=Fat
知P与t成正比；当达到额定功率P0后功率保持P0不变，速度仍在增大，由
P0=Fv
知牵引力不断减小，但牵引力仍比阻力大，加速度不断减小，当牵引力减小到等于阻力时，加速度为零，机车以最大速度做匀速运动，牵引力不变，故BC正确，AD错误。
故选BC。
20、下列叙述中正确的是（　　）
A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒
B．做匀变速直线运动的物体机械能可能不守恒
C．外力对物体做功为零，物体的机械能一定守恒
D．系统内只有重力和弹力做功时，系统的机械能一定守恒
答案：BD
A．做匀速直线运动的物体机械能不一定守恒，例如物体向上做匀速直线运动时，机械能增加，故A错误；
B．做匀变速直线运动的物体机械能可能不守恒，如水平面上做匀加速直线运动的物体，机械能增加，故B正确；
C．外力对物体做功为零，物体的机械能不一定守恒，例如物体向上做匀速直线运动时，外力对物体做功为零，机械能增加，故C错误；
D．系统内只有重力和弹力做功时，系统的机械能一定守恒，故D正确。
故选BD。
21、喷泉已经成为很多公园、广场的景观。如图所示为某地的音乐喷泉，喷泉的喷水口紧贴水面，中心的众多喷水口围成一个圆。水滴上升的最大高度h=5m，水滴下落到水面的位置到喷水口的距离d=10m，空气阻力不计，g=10m/s2由此可知（  ）

A．水从喷水口喷出后做斜抛运动
B．从喷水口喷出的水在空中运动的时间为1s
C．水从喷水口喷出时的速度大小为55m/s
D．水滴喷出后飞到最高点时的重力势能最大，动能为0
答案：AC
A．水从喷水口喷出后做斜抛运动，故A项正确；
B．由
h=12gt2
可得，水滴从最高点落到地面的时间为
t=1s
根据斜抛运动关于最高点的对称性可知，从喷水口喷出的水在空中运动的时间
t'=2t=2s
故B项错误；
C．根据题意知，水滴上升的最大高度 h=5 m，水滴从最高点飞出可以看成平抛运动，由
vy2=2gh
可得
vy=10m/s
由
d2=vxt
解得
vx=5m/s
水滴落地时的合速度
v=vx2+vy2=55m/s
由对称性可知，水从喷水口喷出时的速度大小为55m/s，故C项正确；
D．水滴喷出后飞到最高点时，重力势能最大，但是由于水滴有水平方向的分速度，故动能不可能为0，故D项错误。
故选AC。
22、如图所示，NPQ是由细杆弯成的半圆弧，其半径为R，半圆弧的一端固定在天花板上的N点，NQ是半圆弧的直径，处于竖直方向，P点是半圆弧上与圆心等高的点。质量为m的小球A（可视为质点）穿在细杆上，通过轻绳与质量也为m的小球B相连，轻绳绕过固定在C处的轻质小定滑轮。将小球A移到P点，此时CP段轻绳处于水平伸直状态，CP=2R，然后将小球A由静止释放。不计一切摩擦，已知重力加速度为g，在小球A由P点运动到圆弧最低点Q的过程中，下列说法正确的是（  ）

A．小球A的动能可能先增大后减小
B．小球A始终比小球B运动得快（释放点P除外）
C．当小球A绕滑轮转过角度为30°时，小球A的动能为8-235mgR
D．小球A刚释放时，小球A、B的加速度大小分别为aA=g、aB=0
答案：BCD
A．小球A下滑过程中，小球A所受的绳子拉力沿切线方向的分力与重力沿切线方向的分力都与小球A的速度方向相同，故小球A的速度一直增大，所以小球A的动能一直增大，故A错误；
B．设小球A运动到某位置（P点除外）时，A、C连线与水平方向的夹角为θ，由关联速度可知
vB=vAsinθ（0°<θ<45°）
所以小球A的速度始终比小球B的速度大，故B正确；
C．当小球A绕滑轮转过30°时，小球A下降的距离为
hA=Rsin60°
减少的重力势能为
ΔEPA=mghA=mgRsin60°
小球B下降的高度为
hB=2R-2Rcos30°
减少的重力势能为
ΔEPB=mghB=mg⋅2R(1-cos30°)
此时两小球的速度关系为
vB=vAsin30°
由系统机械能守恒有
ΔEPA+ΔEPB=12mvA2+12mvB2
联立解得
EkA=12mvA2=8-235mgR
故C正确；
D．小球A刚释放时受重力、杆的弹力、绳的拉力，杆的弹力和绳的拉力大小相等、方向相反，所以A球所受的合外力为重力，即加速度为g；小球B此时受重力和绳的拉力，合力为零，所以此时小球B的加速度为0，故D正确。
故选BCD。
23、如图所示，乒乓球以较大速度从地面竖直向上抛出，若球所受空气阻力与速率成正比，且乒乓球在落回地面前已趋于匀速。取地面为重力势能零势能面，则乒乓球在空中运动过程中，其动能及重力势能随时间变化的图象可能正确的是（　　）

A．B．
C．D．
答案：BC
AB．乒乓球上升阶段，设某一很短时间Δt内速度大小为v，则阻力
f=kv
发生的位移为
Δx=vΔt
由动能定理有
-mg+fΔx=ΔEk
可得
ΔEkΔt=-mg+kvv
上升过程，速度逐渐减小，ΔEkΔt的绝对值逐渐减小，即Ek-t图线切线的斜率的绝对值减小，到达最高点时，速度减为0，斜率也为0，同理，下降阶段有
ΔEkΔt=mg-kv'v'
下降过程乒乓球速度大小逐渐增加，所受合力逐渐减小，最后乒乓球趋于匀速，所受合力趋于0，ΔEkΔt的绝对值从0先增加然后减小最终趋于0，A错误，B正确；
CD．上升阶段结合上述分析，有
mgΔx=ΔEp
有
ΔEpΔt=mgv
上升阶段速度逐渐减小，ΔEpΔt的绝对值逐渐减小，即Ep-t图线斜率逐渐减小，到达最高点时，速度减为0，Ep-t图线斜率也为0，同理，下降阶段有
ΔEpΔt=-mgv'
速度大小逐渐增加，图线斜率绝对值逐渐增大，C正确，D错误。
故选BC。
24、“嫦娥三号”从距月面高度为100 km的环月圆轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入近月点为15 km的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q成功落月，如图所示。关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是（  ）

A．沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期
B．沿轨道Ⅰ运动至P点时，需制动减速才能进入轨道Ⅱ
C．沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度
D．在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减小，机械能不变
答案：BD
A．轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径，根据开普勒第三定律
r3T2＝k
可知沿轨道Ⅱ运行的周期小于轨道Ⅰ上的周期，故A项错误；
B．在轨道Ⅰ上运动，从P点开始变轨，可知“嫦娥三号”做向心运动，在P点应该制动减速以减小做匀速圆周运动所需要的向心力，通过做向心运动减小轨道半径，故B项正确；
C．在轨道Ⅱ上运动时，卫星只受万有引力作用，在P点时的万有引力比Q点的小，故P点的加速度小于在Q点的加速度，故C项错误；
D．在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，“嫦娥三号”只受到万有引力的作用，机械能守恒；万有引力对“嫦娥三号”做正功，“嫦娥三号”的速度逐渐增大，动能增加，离地高度降低，重力势能减小，故D项正确。
故选BD。
25、如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小F阻不变，则下列说法正确的是（  ）

A．重力做功为mgL
B．悬线的拉力做功为0
C．空气阻力做功为－mgL
D．空气阻力做功为－12F阻πL
答案：ABD
A．摆球下落过程中，重力做功为
WG=mgL
故A正确；
B．悬线的拉力始终与速度方向垂直，故做功为0，故B正确；
CD．空气阻力的大小不变，方向始终与速度方向相反，故做功为
Wf=-F阻·12πL
故C错误，D正确。
故选ABD。
填空题
26、如图所示，质量为m的小球，从A点下落到地面上的B点，若以桌面为参考平面， 小球在A点的重力势能为__________ ，小球在B点的重力势能为______________ 整个下落过程中小球的重力势能减少_______

答案：     mgh1     -mgh2     mg(h1+h2)
[1]以桌面为参考平面，小球在A点的重力势能为
EPA=mgh1
[2]小球在B点的重力势能为
EPB=-mgh2
[3] 整个下落过程中小球重力势能的变化量为
ΔEP=EPB-EPA=-mg(h1+h2)
即整个下落过程中小球的重力势能减少mg(h1+h2)
27、如图所示，光滑凸形桥的半径R=10m，桥面圆弧所对圆心角α=120°，一质量m=10kg的物体以v0=11m/s的初速度从水平路面冲上桥面，不计拐角处的能量损失，则到达桥面顶端时的速度大小为________m/s，此时对桥面的压力大小为________N。

答案：     4.58     79
[1]根据机械能守恒定律
12mv02=mgR(1-cosα2)+12mv2
代入数据解得
v=21m/s=4.58m/s
[2]根据
FN-mg=mv2R
解得
FN=79N
根据牛顿第三定律可知物体对桥面的压力大小
F'N=FN=79N
28、如图所示，倾角为θ、高为h的光滑斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块（可视为质点）从斜面顶端A由静止开始下滑。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则小物块沿斜面下滑的整个过程中重力所做的功为___________；小物块沿斜面下滑到B点时重力的功率为___________。

答案：     mgh     mg2ghsinθ
[1]重力做功与路径无关，重力的功为
W=mgh
[2]根据机械能守恒定律，下滑到B点的速度为
mgh=12mv2 
重力的功率为
P=mgvsinθ 
解得
P=mg2ghsinθ
29、在竖直平面内有一个粗糙的1/4圆弧轨道，其半径R= 0.40 m，轨道的最低点距地面高度h = 0.80m。一质量m=0.10kg的小滑块从轨道的最高点由静止释放，到达最低点时以一定的水平速度离开轨道，落地点距轨道最低点的水平距离x = 0.80 m。空气阻力不计，g取10m/s2，则小滑块离开轨道时的速度大小________ m/s；小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小________N；小滑块在轨道上运动的过程中，摩擦力所做的功________J；

答案：     2     2     -0.2
[1]小滑块离开轨道时做平抛运动，设小滑块离开轨道时的速度大小为v0
x=v0th=12gt2
解得
v0=2m/s
[2]小滑块在轨道最低点时，由支持力和重力的合力提供向心力，则
FN-mg=mv02R 
解得
FN=2N
由牛顿第三定律得小滑块对轨道的压力大小为2N。
[3]对小滑块在轨道上，由出发到轨道最低点用动能定理
mgR+Wf=12mv02-0 
解得
Wf=-0.2J
即摩擦力所做的功为-0.2J。
30、物体从高空坠落到地面，即使质量较小，也可能会造成危害。设一质量为0.2kg的苹果从距离地面20m处由静止下落，取重力加速度g=10m/s2，落地时苹果的动能约为___________。
答案：40J
依题意，根据动能定理，可得
mgh=Ek-0
代入题中相关数据求得：落地时苹果的动能
Ek=0.2×10×20J=40J

32