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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经典大题例题

1

单选题
1、如图中a、b所示，是一辆质量m=6×103kg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θ=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B．4s末汽车的速度
C．4s末汽车合外力的功率D．4s内汽车牵引力所做的功
答案：D
A．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=12×10×33×42≈46m
故A错误；
B．由
v=at=10×33×4m/s≈23m/s
故B错误；
C．由
F=ma=6×103×10×33N≈3.46×104N
所以4s末汽车的功率为
P=Fv=3.46×104×23W=7.97×105W
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。
2、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μ，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（  ）

①μmgL  ②maL  ③mFM+mL 
A．只有①对B．只有②对
C．只有③对D．②③都对
答案：D
对M、m组成整体分析
F＝（M＋m）a
a＝FM+m
木块受到的静摩擦力
f＝ma＝mFM+m
摩擦力对木块做的功
W＝fL＝maL＝mFLM+m
故选D。
3、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。
4、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。
5、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。
6、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。
7、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。
8、质量为50g的小石头从一水井口自由下落至距离井口5m以下的水面时，其重力的功率为（重力加速度g取10m/s2）（  ）
A．5WB．50WC．500WD．2500W
答案：A
v2=2gh
代入数据，解得
v=10m/s
此时重力的功率为
P=Fv=mgv=0.05×10×10W=5W
故选A。
9、一质量为m的驾驶员以速度v0驾车在水平路面上匀速行驶。在某一时刻发现险情后立即刹车，从发现险情到汽车停止，汽车运动的v﹣t（速度—时间）图像如图所示。则在此过程中汽车对驾驶员所做的功为（  ）

A．12mv02B．−12mv02
C．12mv02（t2+t1t2-t1）D．−12mv02（t2+t1t2-t1）
答案：B
刹车过程中，驾驶员的初速度为v0，末速度为零，则对刹车过程由动能定理可得
Wf＝0﹣12mv02
解得汽车对驾驶员所做的功为
Wf＝﹣12mv02
与所用时间无关。故B正确；ACD错误。
故选B。
10、如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h。让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中（整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内）（  ）

A．橡皮绳的弹性势能一直增大
B．圆环的机械能先不变后增大
C．橡皮绳的弹性势能增加了mgh
D．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大
答案：C
A．橡皮绳开始处于原长，弹性势能为零，圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中，弹性势能始终为零，A错误；
B．圆环在下落的过程中，橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大，根据机械能守恒定律可知，圆环的机械能先不变，后减小，B错误；
C．从圆环开始下滑到滑至最低点过程中，圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，C正确；
D．橡皮绳达到原长时，圆环受合外力方向沿杆方向向下，对环做正功，动能仍增大，D错误。
故选C。
11、2020年12月6日，嫦娥五号返回器与上升器分离，进入环月圆轨 道等待阶段，准备择机返回地球。之后返回窗口打开后，返回器逐渐抬升离月高度，进入月地转移轨道（如图），于12月17日，嫦娥五号返回器携带月球样品着陆地球。下列说法正确的是（  ）

A．嫦娥五号返回器在环月圆轨道运行时，还受地球的引力作用
B．若嫦娥五号返回器等待阶段的环月圆轨道半径越大，则环绕速度越大
C．嫦娥五号返回器在月地转移轨道上运动时，月球样品处于超重状态
D．嫦娥五号返回器在月地转移轨道上运动时，与地球距离变小，机械能变小
答案：A
A． 虽然距离地球较远，但地球质量很大，地球对引力作用比较明显，故嫦娥五号返回器在环月圆轨道运行时，还受地球的引力作用，A正确；
B．若只考虑月球的引力，根据
GMmr2=mv2r
解得
v=GMr
可知距离月球球心r越大，环绕速度越小，B错误；
C．嫦娥五号返回器在月地转移轨道上运动时，由万有引力（即重力）提供向心力，样品处于完全失重状态，C错误；
D．嫦娥五号返回器在月地转移轨道上运动时，与地球距离变小，在转移轨道上万有引力做正功，引力势能减小，动能增大，机械能守恒，D错误。
故选A。
12、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。
13、如图，高台跳水项目中要求运动员从距离水面H的高台上跳下，在完成空中动作后进入水中。若某运动员起跳瞬间重心离高台台面的高度为h1，斜向上跳离高台瞬间速度的大小为v0，跳至最高点时重心离台面的高度为h2，入水（手刚触及水面）时重心离水面的高度为h1。图中虚线为运动员重心的运动轨迹。已知运动员的质量为m，不计空气阻力，则运动员跳至最高点时速度及入水（手刚触及水面）时速度的大小分别是（  ）

A．0，v02+2gH
B．0，2g(H+h2-h1)
C．v02+2g(h1-h2)，v02+2gH
D．v02+2g(h1-h2)，v02+2g(H-h1)
答案：C
从跳离高台瞬间到最高点，据动能定理得
-mg(h2-h1)=12mv2-12mv02
解得最高点的速度
v=v02+2g(h1-h2)
从跳离高台瞬间到入水过程，据动能定理得
mgH=12mv'2-12mv02
解得入水时的速度
v'=v02+2gH
故选C。
14、如图所示，长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为L2时，下列说法正确的是（不计一切摩擦，重力加速度为g）（  ）

A．杆对小球A做功为14mgL
B．小球A、B的速度都为12gL
C．小球A、B的速度分别为123gL和12gL
D．杆与小球A、B组成的系统机械能减少了12mgL
答案：C
BCD．对A、B组成的系统，整个过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得
mg·L2＝12mvA2+12mvB2
又有
vAcos60°＝vBcos30°
解得
vA＝123gL
vB＝12gL
故C正确，BD错误；
A．对A，由动能定理得
mgL2＋W＝12mvA2
解得杆对小球A做的功
W＝12mvA2－mg·L2＝－18mgL
故A错误。
故选C。
15、关于“探究功与速度变化的关系”的实验，下列叙述正确的是（  ）
A．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值
B．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致
C．放小车的长木板应该尽量使其水平
D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出
答案：D
A．橡皮筋完全相同，通过增加橡皮筋的条数来使功倍增，，因此不需要每次计算橡皮筋对小车做功的具体数值，故A错误；
B．通过增加橡皮筋的条数来使功倍增，则橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，故B错误；
C．小车和木板之间存在摩擦力，需平衡摩擦力，则要用小木块垫高长木板的一端，故C错误；
D．先接通电源，打点稳定后再让小车在橡皮筋的作用下弹出，故D正确。
故选D。
多选题
16、如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻，甲、乙两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，丙球由C点自由下落到M点，有关下列说法正确的是（  ）

A．甲球下滑的加速度大于乙球下滑的加速度
B．丙球最先到达M点
C．甲、乙、丙球同时到达M点
D．甲、丙两球到达M点时的速率相等
答案：BD
A．设光滑倾斜轨道与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得加速度
a=mgsinθm=gsinθ
可知乙球的加速度大于甲球的加速度。故A错误。
BC．对于AM段，位移
x1=2R
加速度
a1=gsin45°=22g
则根据
x=12at2
得
t1=2x1a1=4Rg
对于BM段，位移
x2=2R
加速度
a2=gsin60∘=32g
t2=2x2a2=8R3g
对于CM段，位移
x3=R
加速度
a3=g
则
t3=2Rg
知t3最小，故B正确，C错误。
D．根据动能定理得
mgh=12mv2
甲，丙高度相同，则到达M的速率相等，故D正确。
故选BD。
17、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θ=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μ=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34g
B．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：AD
A．对运动员在C点受力分析有
mgsin60∘-μmgcos60∘=ma
解得
a=34g
选项A正确；
B．在下滑到最低点B时，此时vB⊥mg，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。
18、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θ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（1－sinθ）
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：BC
A．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，
ΔEp=mgh=mgL(1-sinθ)
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。
19、如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，速率始终不变。t＝0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m＝1kg，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/s
B．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235
C．0～t2时间因摩擦产生热量为27J
D．0～t2时间内电动机多消耗的电能为28.5J
答案：ABC
A．从v－t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
a＝1m/s2
对物块受力分析，可得
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得
μ＝235
故B正确；
C．物块运动速度减为零后，反向加速经历时间
t＝va＝2s
由v－t图像可知
t2＝3s
则物块向下运动过程中与传送带间的相对位移为
Δx1=x1+x1'=1×12m+1×2m=2.5m
物块向上运动过程中与传送带间的相对位移为
Δx2=x2-x2'=2×2m-2×22m=2m
所以传送带与物块的总相对位移为
Δx=Δx1+Δx2=4.5m
所以产生内能为
Q＝μmgcosθ·Δs＝27J
故C正确；
D．物块增加的重力势能
ΔEp＝mgsinθ·(x2-x1) ＝7.5J
物块动能的增量
ΔEk＝12mv2－12mv02＝1.5J
则传送带多消耗的电能
W电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36J
故D错误。
故选ABC。
20、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0 ~ 6s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（   ）

A．0 ~ 6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0 ~ 6s内物体在5s时的速度最大
C．物体在2 ~ 4s内速度不变
D．0 ~ 4s内合力对物体做的功等于0 ~ 6s内合力对物体做的功
答案：BD
A．a—t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，0 ~ 6s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a—t图线可知，0 ~ 5s内，加速度方向与速度方向相同，做加速运动，5 ~ 6s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2—4s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；
D．a—t图像的“面积”大小等于速度变化量，根据图像可知，0 ~ 4s内速度变化量等于0 ~ 6s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0 ~ 4s内合力对物体做的功等于0 ~ 6s内合力做的功，D正确。
故选BD。
21、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μ，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μmgR
B．物体在BC段克服摩擦力所做的功mgR
C．物体在AB段克服摩擦力所做的功mgR
D．物体在AB段克服摩擦力所做的功1-μmgR
答案：AD
AB．BC段物体受摩擦力大小为
f=μmg
BC段摩擦力对物体做功为
WfBC=-fR=-μmgR
所以物体在BC段克服摩擦力所做的功μmgR，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=μ-1mgR
所以AB段克服摩擦力做功为1-μmgR，故C错误，D正确。
故选AD。
22、我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m高处做一次悬停（可认为是相对于月球静止）；最后关闭发动机，探测器自由下落。已知探测器的质量约为1.3×103 kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2。则此探测器（  ）
A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/s
B．悬停时受到的反冲作用力约为2×103 N
C．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒
D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度
答案：BD
A．设月球表面的重力加速度为g月，则
g月g地=M月R地2M地R月2
解得
g月≈1.7 m/s2
由
v2＝2g月h
得着陆前的速度为
v=2g月h=3.7ms
故A错误；
B．悬停时受到的反冲力
F＝mg月≈2×103 N
故B正确；
C．从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力做功，机械能不守恒。故C错误；
D．设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上的线速度分别为v1、v2，则
v1v2=GM月R月GM地R地<1
即
v1<v2
故D正确。
故选BD。
23、如图所示，半径为r的光滑圆环竖直固定，原长为r的轻弹性绳一端固定在圆环的最高点A，另一端与套在圆环上、质量为m的小球相连，先将小球移至某点使弹性绳处于原长状态，然后由静止释放小球，当小球在弹性绳作用下速度达到最大时，绳与小球从连接处断开。已知在弹性限度内弹性绳的弹性势能与其形变量的关系为Ep=12kΔx2，弹性绳的劲度系数为k=8mg3r，g为重力加速度，弹性绳始终在弹性限度内。则下列说法正确的是（  ）

A．绳与小球断开瞬间，弹性绳的弹性势能为3mgr5
B．绳与小球断开瞬间小球的速度大小为15gr5
C．绳与小球断开后瞬间，小球对圆环的作用力大小为63mg25
D．小球与绳断开后能运动到与圆心等高处
答案：BD
A．如图所示，小球在弹性绳作用下到达速度最大位置时，受重力、圆环的支持力和弹性绳的拉力，在该位置小球沿圆环的切向加速度为零，设此时弹性绳与竖直方向的夹角为θ，则弹性绳伸长量为
Δx=2rcosθ-r
受力分析有
Fsinθ=mgsin2θ，F=kΔx
解得
cosθ=45，Δx=35r
此时弹性绳的弹性势能为
Ep=12mgr25
A错误；
B．从释放小球到小球与绳刚断开有
mgr2cos2θ-cos60°-Ep=12mv2
解得
v=15gr5
B正确；
C．设断开后瞬间圆环对小球的作用力为F1，则有
F1-mgcos2θ=mv2r
解得
F1=22mg25
C错误；
D．以圆环最低点所在水平面为重力势能零势能面，断开瞬间小球的机械能为
mgr2-cos60°-Ep=51mgr50>mgr
则断开后小球能运动到与圆心等高处，D正确。

24、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：ACE
A．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。
25、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。
填空题
26、质量为M的凹槽固定在水平地面上，其内壁是半径为R的光滑半圆柱面，截面如图所示，O是半圆的圆心，A为半圆的最低点，OB水平。凹槽内有一质量为m的小滑块，用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中推力F的最大值为____________，推力F所做的功为______________。

答案：     mg     mgR
[1]设小滑块受到内壁的支持力大小为N，由于F和N不为零时，方向始终垂直，根据平衡条件以及力的合成有
N2+F2=(mg)2
当滑块到达B点时，N恰好为零，F具有最大值为mg。
[2]滑块从A缓慢运动至B，动能变化量为零，根据动能定理有
WF-mgR=0
所以推力F做的功为
WF=mgR
27、依据下面情境，判断下列说法对错。
长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m 的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h ，在空中的运动可视为平抛运动，运动轨迹如图所示，重力加速度为g ，以地面为零势能面。

（1）手榴弹在运动过程中动能越来越大。(        )
（2）手榴弹在运动过程中重力势能越来越大。(        )
（3）重力对手榴弹做的功为mgh 。(        )
（4）从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh 。(        )
（5）从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh 。(        )
答案：     正确     错误     正确     正确     错误
（1）手榴弹在下落过程中，做加速运动，速度越来越来大，动能越来越大，故正确；
（2）手榴弹在运动过程中，距地面的高度越来越低，所以重力势能越来越小，故错误；
（3）根据功的定义式可得重力做功为
WG=mgh
故正确；
（4）根据功的定义式可得重力做功为
WG=mgh
重力势能减少mgh，故正确；
（5）手榴弹在下落过程中，只有重力做功，机械能守恒，故错误。
28、电动机从很深的矿井中提升重物，重物由静止开始竖直向上做匀加速运动，加速度大小为2m/s2，当电动机输出功率达到其允许输出的最大值时，保持该功率不变。已知重物质量为50kg，电动机最大输出功率为6kW，则重物匀加速上升时，重物所受的拉力为___________，匀加速运动的时间为___________s。（取g=10m/s2）
答案：     600N     5s
[1]重物匀加速上升时的受力如图所示

根据牛顿第二定律可得
F-Mg=Ma
解得
F=600N
[2]当电动机输出功率达到其允许输出的最大值时重物的速度为v，根据功率的定义可知
P=Fv
解得
v=10m/s
匀加速运动的时间为
t=Δva=10m/s2m/s2=5s
29、一半径为R的圆柱水平固定，横截面如图所示。一根长度为πR，不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力。当与圆柱未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为________，小球的速度大小为________。

答案：     π+22R     (2+π)gR
[1]这个过程小球下落的高度
h=πR-π2R+R=π+22R
[2]小球下落过程中，根据动能定理有
mgh=12mv2
综上有
v=(2+π)gR
30、功的计算公式：_____________（其中F为恒力）。
答案：W=Fscosα
功的计算式W=Fscosα中，F是恒力的大小，s是位移的大小，α是力F和位移s的夹角。

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