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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重点知识归纳

1

单选题
1、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。
2、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。
3、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。
4、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。
5、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。
6、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。
7、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。
8、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。
9、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。
10、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。
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、如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP=2R，重力加速度为g，不计空气阻力，小球可视为质点，则小球从P到B的运动过程中（  ）

A．重力势能减少2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功12mgR
答案：D
A．从P到B的过程中，小球下降的高度为R，则重力势能减少了
ΔEp=mgR
故A错误；
BD．小球到达B点时恰好对轨道没有压力，则有
mg=mvB2R
设摩擦力对小球做的功为Wf，从P到B的过程，由动能定理可得
mgR＋Wf=12mvB2
解得
Wf=－12mgR
即克服摩擦力做功12mgR，机械能减少12mgR，故B错误，D正确；
C．根据动能定理知
W合=12mvB2=12mgR
故C错误。
故选D。
15、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。
多选题
16、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。
17、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。
18、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。
19、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。
20、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。
21、如图所示，小物体从某一高度自由下落， 落到竖直固定在地面上的轻弹簧上，在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为零，然后被弹回。下列说法中正确的是（  ）

A．物体经过A点时速度最大
B．从A点下落到B点的过程中，物体的机械能守恒
C．从A点下落到B点以及从B点上升到A点的过程中，物体的动能都是先变大后变小
D．从A点下落到B点的过程中，物体的机械能不守恒
答案：CD
A．对物体经过A点时进行受力分析，此时物体只受重力，此时加速度方向与速度方向相同，所以物体经过A点时继续加速，速度还未达到最大，选项A错误；
BD．物体从A下落到B的过程中，由于要克服弹簧弹力做功，所以物体的机械能不守恒，选项B错误，D正确；
C．在A、B之间某位置满足
kx=mg
此时加速度为0，所以物体从A下落到B以及从B上升到A的过程中，速度都是先增大后减小，动能都是先变大后变小，选项C正确。
故选CD。
22、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。
23、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。
24、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。
25、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。
填空题
26、质量为m的小球，从桌面上竖直抛出，桌面离地高为h，小球能到达离地面的最大高度为H，不计空气阻力，若以桌面为零势能参考平面，则小球落地时的动能为_______，小球落地时的机械能为_______；若以地面为零势能参考平面，小球到达最高点时的机械能为_______。
答案：     mgH     mg(H-h)     mgH
[1]小球从最高点下落到地面的过程，由动能定理有
mgH=Ek
知落地时的动能为mgH；
[2]小球运动过程中机械能守恒，以桌面为零势能面，小球在最高点的重力势能为mg(H-h)，则落地时的机械能为mg(H-h)；
[3]以地面为零势能参考平面，小球到达最高点时的机械能为mgH。
27、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
28、某同学在原地进行单手运球训练中发现，让篮球从静止开始下落并自由弹起，弹起的最大高度比原来低20cm。为了让篮球每次都能弹回原来的高度，当球回到最高点时，向下拍打一次球，每分钟拍打100次，篮球质量为0.6kg。取重力加速度g=10m/s2.。不计空气阻力和拍球瞬间的能量损失，则该同学每次拍打篮球需做功为___________J，拍打篮球的平均功率为___________W。
答案：     1.2     2
[1]该同学每一次拍打小球做的功最终转化为小球的重力势能，则有
W=mgΔh=0.6×10×20×10-2J=1.2J
[2]每分钟做的功
W总=nW=100×1.2J=120J
该同学拍打小球的平均功率
P=W总t=12060W=2W
29、如图，消防员用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物，喷水口横截面积为S，水柱以速度v射出。假设水流进入水枪的速度忽略不计，水的密度为ρ。t时间内喷出水柱的体积为__________，水枪对水做功的功率为__________。

答案：     Svt     ρSv32
[1]t时间内喷出水柱的体积为
V=Svt
[2]t时间内喷出水柱的质量为
m=ρSvt
由动能定理，水枪对水做功为
W=12mv2=ρSv3t2
所以平均功率为
P=Wt=ρSv32
30、质量为2t的汽车，以30kW的恒定功率在平直公路上行驶，运动过程受到的阻力恒为2000N。则汽车的最大行驶速度为________ms；当汽车速度为36km/h时，汽车的加速度为________ms2。
答案：     15     0.5
[1]当牵引力等于阻力时，汽车的行驶速度最大，则有
vm=PF=Pf=30×1032000m/s=15m/s
[2]汽车速度为36km/h时，此时速度为
v1=363.6m/s=10m/s
此时的牵引力为
F1=Pv1=3000N
根据牛顿第二定律可得，汽车的加速度为
a=F1-fm=3000-20002000m/s2=0.5m/s2

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