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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考点题型与解题方法

1

单选题
1、将一乒乓球竖直向上抛出，乒乓球在运动过程中，它的动能随时间变化的关系的图线如图所示。已知乒乓球运动过程中，受到的空气阻力与速率平方成正比，重力加速度为g。则乒乓球在整个运动过程中加速度的最小值、最大值为（  ）

A．0，4gB．0，5gC．g，4gD．g，5g
答案：B
乒乓球最终匀速运动时，加速度最小为0，而乒乓球刚向上抛出时，速度最大，阻力最大，加速度最大，设最大速度为v0，则
mg+kv02=mam
4E0=12mv02
乒乓球最终匀速运动时，速度为v1则
mg=kv12
此时的动能
E0=12mv12
联立上式可解得
am=5g
故选B。
2、如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0从A点开始做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹。已知在ts末质点的速度达到最小值v，到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，则下列说法不正确的是（  ）

A．恒定外力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且sinθ=vv0
B．质点所受合外力的大小为mv02-v2t
C．质点到达B点时的速度大小为v0vv02-v2
D．ts内恒力F做功为12m（v02-v2）
答案D
AB．到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，恒力F的方向与速度方向成钝角π﹣θ，建立坐标系

则
v=v0sinθ，v0cosθ=ayt，
根据牛顿第二定律有
F=may
解得
F=mv02-v2t，sinθ=vv0
即恒定外力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且sinθ=vv0，故AB正确，不符合题意；
C．设质点从A点运动到B经历时间t1，设在v0方向上的加速度大小为a1，在垂直v0方向上的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得
Fcosθ=ma1，Fsinθ=ma2
根据运动学公式可得
v0=a1t1，vB=a2t1
解得质点到达B点时的速度大小为
vB=v0vv02-v2
故C正确，不符合题意；
D．从A到B过程，根据动能定理
W=12mv2-12mv02
即ts内恒力F做功为-12m（v02-v2），故D错误，符合题意。
故选D。
3、如图所示，竖直平面内固定着一光滑的直角杆，水平杆和竖直杆上分别套有质量为mP＝0.8kg和mQ＝0.9kg的小球P和Q，两球用不可伸长的轻绳相连，开始时轻绳水平伸直，小球Q由顶角位置O处静止释放，当轻绳与水平杆的夹角θ＝37°时，小球P的速度为3m/s，已知两球均可视为质点．重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则连接P、Q的轻绳长度为（  ） 

A．0.8mB．1.2m
C．2.0mD．2.5m
答案：C
将小球P和Q的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向，两小球沿绳方向的速度相等，即
vcos37°=vQcos53°
解得
vQ=43v=4m/s
两小球组成的系统机械能守恒，则
mQgh=12mPv2+12mQvQ2
连接P、Q的绳长
l=hsin37°
联立解得
l=2m
故选C。
4、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。
5、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。
6、如图，一个质量为m的小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放；滑块与斜面间动摩擦因数恒定，以水平地面为零势能面。则滑块滑至斜面底端时的动能Ek随斜面倾角θ变化的关系图像可能正确的是（   ）

A．B．
C．D．
答案：A
由题知小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，则对于小滑块下滑的过程应用动能定理可得
mgh-μmghtanθ=Ek（tanθ ≥ μ）
故当θ=π2时，Ek = mgh；随着θ减小，tanθ逐渐减小，物块滑到斜面底端的动能逐渐减小，当重力沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力时，有
mgsinθ ≤ μmgcosθ
解得
μ ≥ tanθ
此后继续减小θ，物块都不再下滑，则此后小滑块的动能一直为零。
故选A。
7、在国际单位制中，质量的单位符号是（　　）
A．kgB．NC．JD．Pa
答案：A
A．国际单位制中，kg是质量单位，故A正确；
B．国际单位制中，N是力的单位，故B错误；
C．国际单位制中，J是能量单位，故C错误；
D．国际单位制中，Pa是压强单位，故D错误。
故选A。
8、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。
9、质量为3 kg的物体，从高45 m处自由落下（g取10 m/s2），那么在下落的过程中（  ）
A．前2 s内重力做功的功率为300 W
B．前2 s内重力做功的功率为675 W
C．第2 s末重力做功的功率为500 W
D．第2 s末重力做功的功率为900 W
答案：A
AB．前2 s内重物下落的距离
h=12gt2=20m
重力做功
W=mgh=600J
前2 s内重力做功的功率为
P=Wt=6002W=300W
选项A正确，B错误；
CD．第2 s末重物的速度
v=gt=20m/s
则第2 s末重力做功的功率为
P=mgv=600W
选项CD错误。
故选A。
10、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。
11、北斗卫星导航系统是由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止同步轨道卫星和3颗地球倾斜同步轨道卫星共30颗卫星组成.已知地球半径为R，表面重力加速度为g，两种地球同步卫星到地心的距离均为kR，中圆地球轨道卫星周期为同步卫星的一半，如图所示。有关倾斜地球同步轨道卫星A与中圆地球轨道卫星B，下列说法正确的是（  ）

A．中圆地球轨道卫星B加速度大小为432k2g
B．倾斜地球同步轨道卫星A与中圆地球轨道卫星B线速度大小之比为34:4
C．某时刻两卫星相距最近，则再经12小时两卫星间距离为(1+134)kR
D．中圆地球轨道卫星B的动能大于倾斜地球同步轨道卫星A的动能
答案：C
A．设中圆地球轨道卫星B的轨道半径为rB，倾斜地球同步轨道卫星A的轨道半径rA=kR
根据开普勒第三定律，有
rA3rB3=T2(T2)2
得
rB=kR34
由牛顿第二定律
GMmrB2=maB
由黄金代换公式
GM=gR2
得
aB232k2g
选项A错误；
B．卫星做圆周运动线速度大小
v=2πrT
则倾斜地球同步轨道卫星A与中圆地球轨道卫星B线速度大小之比
vA:vB=34:2
选项B错误；
C．某时刻两卫星相距最近，即两卫星与地心连线在一条直线上，则再过12小时中圆轨道卫星B回到原位置，但倾斜地球同步轨道卫星A位于原位置关于地心的对称点，两卫星间距离
L=rA+rB=(1+134)kR
选项C正确；
D．中圆地球轨道卫星B的速度大于倾斜地球同步轨道卫星A的速度，由于两卫星质量不确定，不能比较其动能大小，选项D错误。
故选C。
12、一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．运动员到达最低点前重力势能先减小后增大
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能减小
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
答案：C
A．在运动的过程中，运动员一直下降，则重力势能一直减小，故A错误；
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加，故B错误；
C．蹦极的过程中，系统只有重力和弹力做功，所以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒，故C正确；
D．重力势能的变化量与零势能点的选取无关，故D错误。
故选C。
13、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
tanθv0v=3
解得
θ=60∘
故选C。
14、如图所示，跳水运动员从跳板上以一定的速度斜向上跳起，最后以一定的速度进入水中，若不计阻力，则该运动员在下降的过程中（  ）

A．重力势能减小，动能增加，机械能不变
B．重力势能减小，动能增加，机械能减小
C．重力势能增加，动能增加，机械能增加
D．重力势能减小，动能增加，机械能增加
答案：A
不计空气阻力，运动员下降过程中机械能守恒，重力势能减小，动能增加，机械能不变。
故选A。
15、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。
多选题
16、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。
17、如图所示，在距地面h高处以初速度v0沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在下落过程中，下列说法正确的是（    ）

A．物体在c点比在a点具有的机械能大
B．物体在b点比在c点具有的动能小
C．物体在a、b、c三点具有的动能一样大
D．物体在a、b、c三点具有的机械能相等
答案：BD
AD．物体在运动过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，在下落过程中，在任何一个位置物体的机械能都相等，故A错误，D正确；
BC．物体在下落过程中，重力势能转化为动能，根据动能定理可得
Eka＜Ekb＜Ekc
故B正确，C错误。
故选BD。
18、如图所示，质量为m的物体相对静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离l，物体相对斜面静止，则下列说法正确的是（  ）

A．重力对物体做正功B．合力对物体做功为零
C．摩擦力对物体做负功D．支持力对物体做正功
答案：BCD
A．重力竖直向下，位移水平向右，故重力对物体不做功，故A错误；
B．合力为0，故合力对物体做功为零，故B正确；
C．摩擦力沿斜面向上，与位移的夹角为钝角，故摩擦力对物体做负功，故C正确；
D．支持力垂直于斜面向上，与位移的夹角为锐角，故支持力对物体做正功，故D正确。
故选BCD。
19、如图所示，质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g，这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这一过程中（  ）

A．物体的重力势能增加了0.9mgHB．物体的重力势能增加了mgH
C．物体的动能损失了0.5mgHD．物体的机械能损失了0.5mgH
答案：BD
AB．在物体上滑到最大高度的过程中，重力对物体做负功，故物体的重力势能增加了mgH，故A错误，B正确；
C．物体所受的合力沿斜面向下，其合力做的功为
W=-F·Hsin37°=-ma·Hsin37°=-1.5mgH
故物体的动能损失了1.5mgH，故C错误；
D．设物体受到的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋Ff=ma
解得
Ff=0.3mg
摩擦力对物体做的功为
Wf=-Ff·Hsin37°=-0.5mgH
因此物体的机械能损失了0.5mgH，故D正确。
故选BD。
20、如图所示，踢毽子是一项深受大众喜爱的健身运动项目。在某次踢毽子的过程中，毽子离开脚后，恰好沿竖直方向向上运动，毽子在运动过程中受到的空气阻力不可忽略。毽子在上升至最高点的过程中，下列说法正确的是（  ）

A．脚对毽子一直做正功
B．毽子的机械能减少
C．毽子的重力势能一直增加
D．空气阻力对毽子做正功
答案：BC
A．毽子离开脚以后，脚对毽子不做功，选项A错误；
B．脚接触毽子向上运动时，毽子的机械能增加，毽子离开脚以后，有阻力做功，则毽子的机械能减小，选项B正确；
C．毽子从最低点上升到最高点的过程中，重力势能一直增加，选项C正确；
D．空气阻力对毽子做负功，选项D错误。
故选BC。
21、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
fmgsinθ
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。

22、如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（  ）

A．当x=h+x0时重力势能与弹性势能之和最小
B．最低点的坐标为x=h+2x0
C．小球受到的弹力最大值等于2mg
D．小球动能的最大值为mgh+12mgx0
答案：AD
A．根据图乙可知，当
x=h+x0
时，弹簧的弹力大小等于小球的重力大小，此时小球具有最大速度，而弹簧和小球组成的系统机械能守恒，可知此时重力势能与弹性势能之和最小，A正确；
BC．若在x=h位置小球的速度为零，根据运动的对称性可知，小球到达的最低点坐标为
x=h+2x0
而实际上小球到达x=h位置时速度不为0，则小球运动的最低点的坐标大于h+2x0，则小球受到的弹力最大值大于2mg，BC错误；
D．当
x=h+x0
时，小球动能有最大值，小球从最高点至
x=h+x0
的过程中，根据动能定理可知
mg(h+x0)-12mgx0=Ekm
故小球动能的最大值为
Ekm=mgh+12mgx0
D正确；
故选AD。
23、下列关于各图中机械能是否守恒的判断正确的是（　　）

A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒
B．乙图中，在大小等于摩擦力的拉力下沿斜面下滑时，物体B机械能守恒
C．丙图中，不计任何阻力时A加速下落、B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D．丁图中，ω越来越大，小球慢慢升高，小球的机械能仍然守恒
答案：BC
A．甲图中只有重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A将弹簧压缩的过程中，弹簧的弹性势能增大，物体A机械能减小，所以物体A机械能不守恒，A错误；
B．乙图中物体B除受重力外，还受弹力、拉力、摩擦力，但除重力之外的三个力做功代数和为零，机械能守恒，B正确；
C．丙图中绳子张力对A做负功，对B做正功，两功代数和为零，A、B组成的系统机械能守恒，C正确；
D．丁图中小球的动能增加，重力势能也增加，故机械能增加，机械能不守恒（拉力对小球做正功），D错误。
故选BC。
24、下列对能量守恒定律的认识正确的是（　　）
A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加
B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——第一类永动机是不可能制成的
D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了
答案：ABC
A．不同形式的能量间的转化过程中能量是守恒的，即某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，A正确；
B．能量在不同的物体间发生转移过程中能量是守恒的，即某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加，B正确；
C．第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律，C正确；
D．石子从空中落下的过程中，机械能在变化，比如受空气阻力作用使机械能减少，最后停止在地面上时机械能并没有消失，而是转化成其他形式的能，能量守恒定律表明能量既不能创生，也不能消失，D错误；
故选ABC。
25、如图所示，质量为M的凹槽B静置在粗糙的水平地面上，内壁为半球形，半径为R。质量为m、半径为R4的光滑球体A静止于凹槽底部。现对球体A施加一始终沿凹槽切面的外力F，使A缓慢移动至凹槽内壁最高点，在A缓慢移动的过程中凹槽B始终保持静止状态。重力加速度为g，下列说法正确的是（  ）

A．球体A上升R4的高度时，对凹槽内壁的压力大小为3mg2
B．球体A上升R4的高度时，外力F的大小为5mg3
C．在球体A缓慢移动的过程中，凹槽对A的弹力不做功
D．在球体A缓慢移动的过程中，凹槽对地面的摩擦力逐渐变大
答案：BC
A B．设球体A上升R4的高度时所受支持力与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知
cosθ=R-R4-R4R-R4=23
sinθ=1-cos2θ=53
凹槽对球体的支持力为
N=mgcosθ=23mg
由牛顿第三定律可知球体对凹槽的压力大小为23mg
外力F的大小为
F=mgsinθ=5mg3
A错误，B正确；
C．由于凹槽对A的弹力始终垂直于A的运动方向，弹力不做功，C正确；
D．对A、B整体，由平衡条件知，地面对凹槽的摩擦力总等于外力F的水平分力，即
Ff=Fcosθ=mgsinθcosθ=12mgsin2θ
可知该摩擦力随θ的增大先增大后减小，D错误。
故选BC。
填空题

26、一质量为2kg的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向运动2s后撤去外力，其v-t图像如图所示：

（1）在0~6s内，合外力做的功为__________J；
（2）在t=4s时，摩擦力的瞬时功率大小为__________W；
（3）在0~6s内，摩擦力做的功为_________J。
答案：     0     1     -6
(1)[1]0~6s内，初末速度均为0，由动能定理可得合外力做功为0。
(2)[2]根据牛顿第二定律在2~6s内
a2=0-26-2m/s2=-0.5m/s2，-Ff=ma2
联立可求得
Ff=1N
由图像，t=4s时物体速度为1m/s，摩擦力的瞬时功率大小为
PFf=Ffv4=1×1W=1W
(3)[3]在0~6s内，由图像面积求得物体位移
x=6m
摩擦力做的功为
WFf=-Ffx=-1×6×22J=-6J
27、功率是___________（填“矢”或“标”）量。在国际单位制中，功率的单位是________（填写中文全称），符号是W。
答案：     标     瓦特
[1][2]功率是表示做功快慢的物理量，是标量，在国际单位制中，功率的单位是瓦特，简称瓦，符号是W。
28、动能定理指出，物体受到的__________所做的功等于物体动能的变化量。从________定律出发，可以导出动能定理，体现了牛顿力学的简约美。
答案：     合外力     牛顿第二
[1]动能定理指出，物体受到的合外力所做的功等于物体动能的变化量；
[2] 设质量为m的物体以初速度v0、加速度为a做匀加速直线运动，位移为s时，速度为vt，物体所受合力为F合，由牛顿第二定律可得
F合=ma
由匀变速直线运动规律可得
2as=vt2-v02
联立可得
F合s=12mvt2-12mv02
因此从牛顿第二定律出发，可以导出动能定理；
29、（1）一个大钟的秒针长20cm，针尖的线速度是__________m/s，分针与秒针从重合至第二次重合，中间经历的时间为__________s。
（2）某井深8m，井上有一支架高2m，在支架上用一根长3m的绳子系住一个重100N的物体。若以地面为参考平面，则物体的重力势能为__________J；若以井底为参考平面，则物体的重力势能为__________J。
答案：     π150     360059     -100     700
（1）[1]秒针的角速度为
ω=ΔθΔt=π30rad/s
则线速度为
v=ωr=π150m/s
[2]设分针的角速度为ω1，有
ω1=ΔθΔt1=π1800rad/s
设分针与秒针从重合至第二次重合时间为t，有
2π=(ω-ω1)t
解得
t=360059s
（2）[3]以地面为参考平面，根据题意有，物体在地面下一米处，故有
Ep=mgh=-100J
[4]以井底为参考平面，物体在井底上方七米处，故有
Ep=mgh'=700J
30、如图所示，在地面上以速度v1抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为零势能参考平面，且不计空气阻力，则物体落到海平面时的重力势能为______，物体在在海平面上的机械能为______。

答案：     -mgh     12mv12
[1]若以地面为零势能参考平面，海平面的高度为-h，则物体落到海平面时的重力势能为
Ep=-mgh
[2]因为不计空气阻力，则物体运动过程只有重力做功，机械能守恒，则物体在在海平面上的机械能为
E=12mv12

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