2023人教版带答案高中物理必修三第九章静电场及其应用微公式版知识点梳理.docx

2023人教版带答案高中物理必修三第九章静电场及其应用微公式版知识点梳理

1

单选题
1、我国发射的神舟十三号载人飞船，进入预定轨道后绕地球椭圆轨道运动，地球位于椭圆的一个焦点上，如图所示。飞船从A点运动到远地点B的过程中，下列表述正确的是（  ）

A．地球引力对飞船不做功
B．地球引力对飞船做负功
C．地球引力对飞船做正功
D．飞船受到的引力越来越大
答案：B
飞船运动远离地球，而地球引力指向地球，故引力对飞船做负功，故选B。
2、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。
3、氢气球在空中匀速上升的过程中，它的（　　）
A．动能减小，重力势能增大B．动能不变，重力势能增大
C．动能减小，重力势能不变D．动能不变，重力势能不变
答案：B
氢气球在空中匀速上升，质量不变，速度不变，动能不变，高度增大，重力势能变大。
故选B。
4、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。
5、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。
6、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。
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，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。
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、下列关于重力势能的说法正确的是（　　）。
A．物体的重力势能一定大于零
B．在地面上的物体的重力势能一定等于零
C．物体重力势能的变化量与零势能面的选取无关
D．物体的重力势能与零势能面的选取无关
答案：C
A．物体的重力势能可能等于零、大于零、小于零。A错误；
B．选地面为参考平面，在地面上的物体的重力势能等于零，不选地面为参考平面，在地面上的物体的重力势能不等于零。B错误；
C．物体重力势能的变化量与零势能面的选取无关，C正确；
D．物体的重力势能与零势能面的选取有关。D错误。
故选C。
11、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。
12、质量相同的两个物体，分别在地球和月球表面以相同的初速度竖直上抛，已知月球表面的重力加速度比地球表面重力加速度小，若不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　）
A．物体在地球表面时的惯性比在月球表面时的惯性大
B．物体在地球表面上升到最高点所用时间比在月球表面上升到最高点所用时间长
C．落回抛出点时，重力做功的瞬时功率相等
D．在上升到最高点的过程中，它们的重力势能变化量相等
答案：D
A．物体的惯性只与质量有关系，两个物体质量相同，惯性相同，选项A错误；
B．由于月球表面的重力加速度比地球表面重力加速度小，物体在地球表面上升到最高点所用时间比在月球表面上升到最高点所用时间短，选项B错误；
C．落回抛出点时，速度相等，而月球表面重力小，所以落回抛出点时，月球上重力做功的瞬时功率小，选项C错误；
D．由于抛出时动能相等，由机械能守恒定律可知，在上升到最高点的过程中，它们的重力势能变化量相等，选项D正确。
故选D。
13、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。
14、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。
15、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。
多选题
16、小明同学想借助一支可伸缩的圆珠笔来看看“圆珠笔的上跳”，笔内有一根弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出。如图所示，手握笔杆，使笔尖向上，小帽抵在桌面上，在压下后突然放手，笔杆将竖直向上跳起一定的高度。在某次实验中，小明用刻度尺测得圆珠笔跳起的高度为12cm，若重力加速度g=10m/s2，在圆珠笔由静止起跳至上升到最大高度的过程中，以下分析正确的是（  ）

A．小明对圆珠笔不做功
B．圆珠笔的机械能不守恒
C．圆珠笔在弹起过程中对桌面做正功
D．圆珠笔起跳的初速度约为1.55m/s
答案：AD
AB．小明放手后，圆珠笔由静止开始向上运动，在起跳至上升到最大高度的过程中，小明对笔没有作用力，所以小明对笔不做功；桌面对笔的弹力的作用点在笔的小帽上，在笔离开桌面之前，小帽没有位移，桌面对笔的弹力也不做功。所以在圆珠笔由静止起跳至上升到最大高度的过程中，只有系统内弹力和重力做功，圆珠笔的机械能守恒，故A正确，B错误；
C．在弹起过程中，圆珠笔对桌面有力的作用，但桌面在力的方向上没有位移，则圆珠笔在弹起过程中对桌面不做功，故C错误；
D．由机械能守恒定律得
mgh=12mv02
代入数据可得
v0≈1.55m/s
故D正确。
故选AD。
17、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。
18、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。
19、如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1m/s顺时针传动。建筑工人将质量m＝2kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1m/s的速度向右匀速运动。已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2m，重力加速度大小为g＝10m/s2。以下说法正确的是（  ）

A．建筑工人比建筑材料早到右端0.5s
B．建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动
C．因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1J
D．运输带对建筑材料做的功为1J
答案：AD
AB．建筑工人匀速运动到右端，所需时间
t1＝Lv0＝2s
假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为
a＝μg＝1m/s2
加速的时间为
t2＝v0a＝1s
加速运动的位移为
x1＝v02t2＝0.5m<L
假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为
t3＝L-x1v0＝1.5s
因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为
Δt＝t3＋t2－t1＝0.5s
故A正确，B错误；
C．建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为
x2＝v0t2＝1m
则因摩擦而生成的热量为
Q＝μmg（x2－x1）＝1J
运输带对建筑材料做的功为
W＝12mv02＝1J
则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为
E=Q+W=2J
故C错误，D正确。
故选AD。
20、重10N的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab=0.7m，bc=0.5m，那么在整个过程中（  ）

A．滑块动能的最大值是6J
B．弹簧弹性势能的最大值是6J
C．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6J
D．整个过程滑块与弹簧组成的系统机械能守恒
答案：BCD
D．以滑块和弹簧组成的系统为研究对象，在滑块的整个运动过程中，只发生动能、重力势能和弹性势能之间的相互转化，系统机械能守恒，故D正确；
B．根据题意可知，滑块从a到c重力势能减少了
ΔEp=mgΔh=mgab+bcsin30°=6J
全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能的最大值是6J，故B正确；
A．根据题意，以c点所在水平面为参考平面，则系统的机械能为6J，滑块动能最大时，弹簧处于压缩状态，则滑块动能的最大值小于6J，故A错误；
C．根据题意可知，从c到b弹簧恢复原长，弹簧的弹力对滑块做功，将6J的弹性势能全部转化为滑块的机械能，故C正确。
故选BCD。
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、如图所示，质量均为m的物块甲、乙用轻弹簧相连且静止在倾角为α的光滑斜面上，物块乙与固定在斜面底端并与斜面垂直的挡板接触，弹簧的劲度系数为k。某时刻若用沿斜面向上的恒力F1作用在物块甲上，当物块甲向上运动到速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此过程F1做功为W1；若用沿斜面向上的恒力F2作用在物块甲上，当物块甲斜向上运动到加速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此过程F2做功为W2，重力加速度为g，弹簧始终处在弹性限度内，则下列判断正确的是（  ）

A．F1=2mgsinα
B．F2=2mgsinα
C．W1等于弹簧弹性势能的增加量
D．W2等于物块甲机械能的增加量
答案：BD
A．当用F1拉着物块甲向上运动到速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此时物块甲的加速度方向沿斜面向下，因此
F1<2mgsinα
故A错误；
B．当用F2拉着物块甲向上运动到加速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此时甲、乙整体所受的合力为零，则有
F2=2mgsinα
故B正确；
C．当用F1拉着物块甲向上运动到速度为零时，弹簧弹性势能的变化量为零，F1做的功W1等于物块甲重力势能的增加量，故C错误；
D．当用F2拉着物块甲向上运动到加速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此过程中弹簧弹性势能的变化量仍为零，F2做的功W2等于物块甲机械能的增加量，故D正确。
故选BD。
23、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。
24、如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc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，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，水平位移和机械能的增量分别为（  ）

A．5RB．6RC．5mgRD．6mgR
答案：AC
设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理得
F·3R-mgR=12mvc2
又
F=mg
解得
vc2=4gR
小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为
t=vcg=2Rg
小球在水平方向的加速度
a=g
在水平方向的位移为
x=12at2=2R
由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量
ΔE=F·5R=5mgR
故选AC。
25、如图所示，弹簧上面固定一质量为m的小球，小球在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当小球振动到最高点时弹簧正好为原长，则小球在振动过程中（  ）

A．小球最大动能应小于mgA
B．弹簧最大弹性势能等于2mgA
C．弹簧的弹性势能和小球动能总和保持不变
D．小球在最低点时的弹力大于2mg
答案：AB
A．在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减小mgA，动能和弹性势能增加，所以物体的最大动能小于mgA．A正确；
B．从最高点到最低点，动能变化为0，重力势能减小2mgA，则弹性势能增加2mgA．而初位置弹性势能为0，在最低点弹性势能最大，为2mgA．B正确；
C．在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变．C错误；
D．小球做简谐运动的平衡位置处
mg=kx
x=mgk
当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，可知
x=A
所以在最低点时，形变量为2A．弹力大小为2mg．D错误。
故选AB。
填空题
26、木箱静止于水平地面上，现在用一个80N的水平推力推动木箱前进10m，木箱受到地面的摩擦力为60N，空气阻力不计，则转化为木箱与地面系统的内能U=___________J，转化为木箱的动能Ek=___________J。
答案：     600     200
[1]由于摩擦生热知
U=Q=fx=60×10J=600J
[2]根据动能定理得
Ek=Fx-U=80×10J-600J=200J
27、如图，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将回球斜向上传给前方队友，球传出瞬间离地面高h1，速度大小为v；对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后乙手离地面的最大高度为h2，球越过乙时的速度恰好沿水平方向，且恰好未被拦截。球可视为质点，重力加速度取g，忽略空气阻力，试估算篮球在空中运动时间为__________，球刚斜抛出时的水平分速度为__________。（用h1、h2、v、g表示）

答案：     2h2-h1g+2h2g     v2-2gh2-h1
[1][2]由题知球越过乙时的速度恰好沿水平方向，则设球越过乙时的速度为vx，则根据动能定理，有
-mg(h2-h1)=12mvx2-12mv2
解得
vx=v2-2gh2-h1
则竖直方向的分速度有
vy=v2-vx2
解得
vy=2gh2-h1
根据逆向思维法可知，球从抛出到越过乙时的时间
t1=vyg=2h2-h1g
球再从越过乙时到落地的时间为
t2=2h2g
则篮球在空中运动时间为
t=t1+t2=2h2-h1g+2h2g
28、电动机通过一轻绳从静止开始竖直吊起质量为8kg的物体，在前2s内绳的拉力恒定，此后电动机一直以最大的输出功率工作，物体被提升到90m高度时恰开始以15m/s 的速度匀速上升。上述过程的v-t图如图所示。则前2s内绳的拉力大小为________N，物体从静止开始被提升90m所需时间为________s。（取g＝10m/s2）

答案：     120     7.75
[1]前2s内物体的加速度大小为
a=ΔvΔt=5m/s2
根据牛顿第二定律可知前2s内绳的拉力大小为
F=mg+a=120N
[2]电动机的额定功率为
P=Fv1=1200W
物体匀加速上升的高度为
h=12at12=10m
设物体从v1=10m/s到vm=15m/s所需时间为t2，根据动能定理有
Pt2-mg(H-h)=12mvm2-12mv12
解得
t2=5.75s
所以物体从静止开始被提升90m所需时间为
t=t1+t2=7.75s
29、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。
30、质量为1kg的小球从高空自由下落。小球下落的第2秒末重力的瞬时功率是___________W，下落的前3秒重力做功的平均功率是___________W。（忽略空气阻力，g取10m/s2）
答案：     200     150
[1]小球自由下落的第2秒末的速度为
v=gt1=20ms
则小球下落的第2秒末重力的瞬时功率为
P=mgv=200W
[2]小球下落的前3秒的平均速度为
v=gt22=15ms
小球下落的前3秒重力做功的平均功率为
P=mgv=150W

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