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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易错题集锦

1

单选题
1、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。
2、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。
3、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。
4、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。
5、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。
6、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。
7、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。
8、一物体在运动过程中，重力做了-2J的功，合力做了4J的功，则（  ）
A．该物体动能减少，减少量等于4J
B．该物体动能增加，增加量等于4J
C．该物体重力势能减少，减少量等于2J
D．该物体重力势能增加，增加量等于3J
答案：B
AB．合外力所做的功大小等于动能的变化量，合力做了4J的功，物体动能增加4J，故A错误，B正确；
CD．重力做负功，重力势能增大，重力做正功，重力势能减小，所以重力势能增加2J，故CD错误。
故选B。
9、如图所示，重为G的物体受一向上的拉力F，向下以加速度a做匀减速运动，则（  ）

A．重力做正功，拉力做正功，合力做正功
B．重力做正功，拉力做负功，合力做负功
C．重力做负功，拉力做正功，合力做正功
D．重力做正功，拉力做负功，合力做正功
答案：B
由于物体向下运动，位移方向向下，因此重力方向与位移方向相同，重力做正功，拉力方向与位移方向相反，拉力做负功，由于物体向下做匀减速运动，加速度方向向上，因此合力方向向上，合力方向与位移方向相反，合力做负功。
故选B。
10、A、B两小球用不可伸长的轻绳悬挂在同一高度，如图所示，A球的质量小于B球的质量，悬挂A球的绳比悬挂B球的绳更长。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，将两球由静止释放，两球运动到最低点的过程中（  ）

A．A球的速度一定大于B球的速度
B．A球的动能一定大于B球的动能
C．A球所受绳的拉力一定大于B球所受绳的拉力
D．A球的向心加速度一定大于B球的向心加速度
答案：A
A．对任意一球，设绳子长度为L，小球从静止释放至最低点，由机械能守恒定律得
mgL=12mv2
解得
v=2gL∝L 
因为，悬挂A球的绳比悬挂B球的绳更长，通过最低点时，A球的速度一定大于B球的速度，A正确。
B．根据Ek=12mv2，由于A球的质量小于B球的质量，而A球的速度大于B球的速度，无法确定A、B两球的动能大小，B错误；
C．在最低点，由拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
F-mg=mv2L 
解得
F=3mg
绳的拉力与L无关，与m成正比，所以A球所受绳的拉力一定小于B球所受绳的拉力，C错误；
D．在最低点小球的向心加速度
a向=v2L=2g
向心加速度与L无关，所以A球的向心加速度一定等于B球的向心加速度，D错误。
故选A。
11、如图所示是一竖直固定在水平地面上的可伸缩细管，上端平滑连接四分之一细圆弧弯管，管内均光滑，右管口切线水平。竖直细管底部有一弹射装置（高度忽略不计），可以让静止在细管底部的小球（可视为质点）瞬间获得足够大的速度v0，通过调节竖直细管的长度h，可以改变上端管口到地面的高度，从而改变小球平抛的水平距离，重力加速度为g，则小球平抛的水平距离的最大值是（    ）

A．v02gB．v022g
C．v023gD．v024g
答案：B
设管口到地面的高度是H，小球从管口射出的速度为v，由机械能守恒定律得
12mv02=mgH+12mv2
小球离开管口后做平抛运动，则
x=vt
H=12gt2
联立方程，可得
x=(v02g-2H)⋅2H=-4H2+2v02gH
由二次函数的知识可知，当管口到地面的高度为
H=v024g
x取最大值，且
xmax=v022g
故选B。
12、在体育课上，某同学练习投篮，站在罚球线处用力将篮球从手中投出，恰好水平击中篮板，则篮球在空中运动过程中（  ）
A．重力势能增加，动能增加B．重力势能减小，动能减小
C．重力势能增加，动能减小D．重力势能减小，动能增加
答案：C
篮球上升，恰好水平击中篮板，运动到最高点，整个过程重力做负功，重力势能增加，动能减小。
故选C。
13、将一小球从地面上以12m/s的初速度竖直向上抛出，小球每次与水平地面碰撞过程中的动能损失均为碰前动能的n倍，小球抛出后运的v-t图像如图所示。已知小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度大小为10m/s2，则n的值为（  ）

A．56B．16C．59D．49
答案：B
小球第一次上升的最大高度
h1=12(12+0)m=6m
上升阶段，根据动能定理有
-(mg+Ff)h1=-12mv02
 v0=12m/s
下降阶段，根据动能定理可知碰前瞬间的动能为
 mgh1-Ffh1=Ek0=48mJ
第一次与地面碰撞的过程中动能损失
 ΔEk=Ek0-12mv22=8mJ
则依题意有
n=ΔEkEk1=16
故ACD错误，B项正确。
故选B。
14、如图所示，在水平地面上方固定一水平平台，平台上表面距地面的高度H=2.2m，倾角θ= 37°的斜面体固定在平台上，斜面底端B与平台平滑连接。将一内壁光滑血管弯成半径R=0.80m的半圆，固定在平台右端并和平台上表面相切于C点，C、D为细管两端点且在同一竖直线上。一轻质弹簧上端固定在斜面顶端，一质量m=1.0kg的小物块在外力作用下缓慢压缩弹簧下端至A点，此时弹簧的弹性势能Ep=2.8J，AB长L=2.0m。现撤去外力，小物块从A点由静止释放，脱离弹簧后的小物块继续沿斜面下滑，经光滑平台BC，从C 点进入细管，由D点水平飞出。已知小物块与斜面间动摩擦因数μ=0.80，小物块可视为质点，不计空气阻力及细管内径大小，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求小物块到达D点时细管内壁对小物块的支持力大小；（  ）

A．42NB．45NC．48ND．55N
答案：D
小物块从A点到C点的过程，由动能定理可得
W弹+mgLsinθ-μmgLcosθ=12mv2C-0
弹簧弹力做功数值等于弹簧弹性势能的变化量数值，故
W弹=2.8J
解得小物块达到C点速度为
vC=2m/s
小物块从C点到D点的过程，由机械能守恒得
2mgR=12mv2D-12mv2C
在D点，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律可得
FN-mg=mv2DR
解得细管内壁对小物块的支持力为
FN=55N
故选D。
15、如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体与斜面体始终相对静止。则下列说法中正确的是（  ）

A．物体所受支持力一定做正功B．物体所受摩擦力一定做正功
C．物体所受摩擦力一定不做功D．物体所受摩擦力一定做负功
答案：A
A．由功的定义式
W=Flcosθ
可知，物体所受支持力方向垂直斜面向上，与位移方向的夹角小于90°，支持力一定做正功，故A正确；
BCD．摩擦力的方向不确定，当摩擦力Ff沿斜面向上，摩擦力做负功；当摩擦力Ff沿斜面向下，摩擦力做正功；当摩擦力不存在，不做功，故BCD错误。
故选A。
多选题
16、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。
17、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。
18、宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的某固定点O点做匀速圆周运动，如图所示。若A、B两星球到O点的距离之比为3∶1，则（  ）

A．星球A与星球B所受引力大小之比为1∶1
B．星球A与星球B的线速度大小之比为1∶3
C．星球A与星球B的质量之比为3∶1
D．星球A与星球B的动能之比为3∶1
答案：AD
A．星球A所受的引力与星球B所受的引力均为二者之间的万有引力，大小是相等的，故A正确；
B．双星系统中，星球A与星球B转动的角速度相等，根据v＝ωr，则线速度大小之比为3∶1，故B错误；
C．A、B两星球做匀速圆周运动的向心力由二者之间的万有引力提供，可得
GmAmBL2＝mAω2rA＝mBω2rB
则星球A与星球B的质量之比为
mA∶mB＝rB∶rA＝1∶3
故C错误；
D．星球A与星球B的动能之比为
EkAEkB=12mAv2A12mBvB2=mA(ωrA)2mB(ωrB)2=31
故D正确。
故选AD。
19、空降兵是现代军队的重要兵种。一次训练中，总质量为m的空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下（初速度可看作0，未打开伞前不计空气阻力），下落高度h之后打开降落伞，接着又下降高度H之后，空降兵达到匀速。设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k，即f＝kv2，重力加速度为g。那么关于空降兵的说法正确的是（  ）
A．空降兵从跳下到下落高度为h时，机械能损失mgh
B．空降兵从跳下到刚匀速时，重力势能一定减少了mg（H＋h）
C．空降兵匀速下降时，速度大小为mgk
D．空降兵从跳下到刚匀速的过程，空降兵克服阻力做功为mg（H＋h）－m2g2k
答案：BD
A．空降兵从跳下到下落高度为h的过程中，只有重力做功，机械能不变，故A项错误；
B．空降兵从跳下到刚匀速时，重力做功为mg（H＋h），重力势能一定减少了mg（H＋h），故B项正确；
C．空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以
kv2＝mg
得
v＝mgk
故C项错误；
D．空降兵从跳下到刚匀速的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即
mg（H＋h）－W阻＝12mv2
则
W阻＝mg（H＋h）－12m(mgk)2＝mg（H＋h）－m2g2k
故D项正确。
故选BD。
20、下列说法不正确的是（　　）
A．由P=Wt，可知功率越大的机器做的功越多
B．由P=Wt，可知做功时间越长，功率越小
C．功有正负，因此功是矢量
D．功率是描述物体做功快慢的物理量
答案：ABC
ABD．功率是描述物体做功快慢的物理量，功率的定义式为
P=Wt
功率由机器所做的功与做功对应时间共同决定，机器做功越多功率不一定越大，做功时间越长功率也不一定越小，AB错误，D正确；
C．功有正负，但没有方向，功是标量，C错误；
本题选择不正确选项，故选ABC。
21、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。
22、一辆汽车在水平路面上的启动过程的v-t图像如图所示，其中Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率P行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，若汽车的质量为m，行驶过程中所受阻力恒为F阻，则下列说法正确的是（  ）

A．汽车在t1时刻的牵引力和功率都是最大值，t2~t3时间内其牵引力等于F阻
B．0~t1时间内汽车做变加速运动
C．0~t2时间内汽车的平均速度等于v22
D．t1~t2时间内汽车克服阻力所做的功为P（t2-t1）+12mv12-12mv22
答案：AD
A．由题图可知，Oa段为匀加速直线运动，ab段以恒定功率运动，且加速度在逐渐减小，所以t1时刻牵引力和功率最大，bc段是匀速直线运动，t2~t3时间内其牵引力等于F阻，故A正确；
B．在0~t1时间内，由v-t图像知汽车做匀加速直线运动，故B错误；
C．在0~t2时间内，由v-t图像可知，汽车先做匀加速运动再做变加速运动，故此段时间内平均速度大于v22，故C错误；
D．设时间t1~t2内汽车克服阻力所做的功为Wf，由动能定理有
P（t2-t1）-Wf=12mv22-12mv12
克服阻力所做的功为
Wf=P（t2-t1）+12mv12-12mv22
故D正确。
故选AD。
23、水平地面上质量为m=7kg的物体，在水平拉力F作用下开始做直线运动，力F随位移x的变化关系如图所示，当x=10m时拉力为零，物体恰好停下，g取10m/s2，下列说法正确的是（  ）

A．物体与地面间的动摩擦因数为0.2
B．加速阶段克服摩擦力做的功为81.2J
C．加速阶段拉力做的功为8J
D．全过程摩擦力做的功为-14J
答案：AB
A．设恒力作用下物体运动位移为x1，变力作用下运动位移为x2，动摩擦因数为μ，全过程由动能定理得
Fx1+F2x2-μmgx1+x2=0
解得
μ=0.2
故A正确；
B．当
F=Ff=14N
速度最大，此后物体将做减速运动，由图像结合几何关系可得此时x=5.8m，故加速阶段克服摩擦力做的功为
Wf=μmgx=81.2J
故B正确；
C．匀加速阶段F做的功为
W=Fx1=80J
故加速阶段F做的功大于8J，故C错误；
D．全过程摩擦力做的功
Wf'=-μmg（x1+x2）=-140J
故D错误。
故选AB。
24、国外一个团队挑战看人能不能在竖直的圆内测完整跑完一圈，团队搭建了如图一个半径1.6m的木质竖直圆跑道，做了充分的安全准备后开始挑战。（g=10m/s2）（  ）

A．根据v=gR计算人奔跑的速度达到4m/s即可完成挑战
B．不计阻力时由能量守恒计算要80m/s的速度进入跑道才能成功，而还存在不可忽略的阻力那么这个速度超过绝大多数人的极限，所以该挑战根本不能成功
C．人完成圆周运动的轨道半径实际小于1.6m，因此这个速度并没有超过多数人的极限速度，挑战可能成功
D．一般人不能完成挑战的根源是在脚在上半部分时过于用力蹬踏跑道内测造成指向圆心的力大于需要的向心力从而失败
答案：CD
A．人在最高点时，且将人的所有质量集中到脚上一点的情况下，且在人所受重力提供向心力的情况下，有
mv2R=mg
可得
v=gR=4m/s
考虑情况太过片面，A错误；
BC．若将人的所有质量集中到脚上一点的情况下，设恰好通过最高点时的速度为v1，通过最低点的速度为v0，有
-2mgR=12mv12-12mv02
mv12R=mg
联立可得
v0=80m/s
但实际上这是不可能的，人的重心不可能在脚底，所以人完成圆周运动的轨道半径实际小于1.6m，因此这个速度并没有超过多数人的极限速度，挑战可能成功，B错误，C正确；
D．脚在上半部分时过于用力蹬踏跑道内测造成指向圆心的力大于需要的向心力，而人的速度不够，则会导致挑战失败，D正确。
故选CD。
25、关于重力势能的几种理解，正确的是（　　）
A．放在地面上的物体，它的重力势能一定等于零
B．重力势能的变化量与参考平面的选取无关
C．重力势能减小时，重力对物体做正功
D．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
答案：BC
A．重力势能和零势能面选取有关，放在地面上的物体，它的重力势能不一定等于零，故A错误；
B．重力势能的变化量与物体的质量和变化高度有关，与参考平面的选取无关，故B正确；
C．重力势能减小时，高度下降，重力对物体做正功，故C正确；
D．物体与零势能面的距离越大，若物体在零势能面下方，则重力势能越小，故D错误。
故选BC。
填空题
26、质量为1kg的物体从离地面1.5m高的A处以速度5m/s抛出至离地面高2m的B处速度为3m/s，（空气阻力不可忽略）若以地面为零势能面，A处物体的机械能是________J，由A至B过程中克服空气阻力做功________J，合外力做功________J；（g取10m/s2）
答案：     27.5     3     -8
[1]以地面为零势能面，则物体抛出点的重力势能为
Ep=mgh=10×1.5J=15J
动能为
Ek=12mvA2=12×1×52J=12.5J
故物体的机械能为
E=15J+12.5J=27.5J
[2][3]由A至B过程中根据动能定理
W合=12mvB2-12mvA2=12×1×32J-12×1×52J=-8J
又因为
W合=-mg∆h+Wf
解得
Wf=-3J
所以由A至B过程中克服空气阻力做功3J。
27、质量为5kg的物体静止于水平地面上，现对物体施以水平方向的恒定拉力，1s末将拉力撤去，物体运动的v-t图象如图所示，则1s末物体的动能为__________J，滑动摩擦力在0~3s内做的功为__________J。

答案：     360     540
[1]1s末物体的动能为
Ek=12mv12=360J
[2]撤去拉力后，物体做匀减速运动的加速度大小为
a=ΔvΔt=6m/s2
根据牛顿第二定律可知物体所受滑动摩擦力大小为
f=ma=30N
0~3s内物体的位移大小为
x=12×3×12m=18m
滑动摩擦力在0~3s内做的功为
W=fx=540J
28、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。
29、质量为50kg的攀岩者，花了500s的时间登上一峭壁，此时攀岩者位于出发点上方20m处。这一过程中该攀岩者克服重力做的功为____________J，攀岩者克服重力做功的平均功率为___________W。（g取10m/s2）
答案：     10000##1×104     20
[1]这一过程中该攀岩者克服重力做的功为
W=mgh=10000J
[2]攀岩者克服重力做功的平均功率为
P=Wt=20W
30、甲、乙两物体质量之比为1∶2，速度大小之比为2∶1，则甲与乙的动能之比为___________。
答案：2∶1
根据Ek=12mv2，甲与乙的动能之比为
Ek1Ek2=m1m2⋅v12v22=21
甲与乙的动能之比为2∶1。

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