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通用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总结例题

1

单选题
1、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。
2、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。
3、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。
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。
6、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。
7、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。
8、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。
9、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。
10、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。
11、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。
12、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。
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
tanθ=v0v=3
解得
θ=60∘
故选C。
14、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。
15、如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，现用手控制住A，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是（  ）

A．A获得的最大速度为gm5k
B．A获得的最大速度为2gm5k
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
答案：B
C．C球刚离开地面时，弹簧被拉长，对C有
kxC=mg
此时A获得最大速度，而A、B的速度大小始终相等，故此时A、B加速度均为零（最小值），对B有
T-mg-kxC=0
对A有
4mgsinα-T=0
联立解得
sinα=0.5
则
α=30°
C错误；
AB．开始时弹簧被压缩，对B有
kxB=mg
又
kxC=mg
故当C刚离开地面时，B上升的距离以及A沿斜面下滑的距离均为
h=xC+xB
由于开始时和C刚离开地面时弹簧的弹性势能相等，故以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得
4mg⋅hsinα-mgh=12(4m+m)vm2
联立解得
vm=2gm5k
A错误、B正确；
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，但A、B两小球组成的系统机械能不守恒，D错误。
故选B。
多选题
16、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。
17、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。
18、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。
19、多国科学家联合宣布人类第一次直接探测到来自“双中子星”合并的引力波信号。假设双中子星在合并前，两中子星A、B的质量分别为m1、m2，两者之间的距离为L，如图所示。在双中子星互相绕行过程中两者质量不变，距离逐渐减小，则（  ）

A．A、B运动的轨道半径之比为m1m2B．A、B运动的速率之比为m2m1
C．双中子星运动周期逐渐增大D．双中子星系统的引力势能逐渐减小
答案：BD
A．双星的周期、角速度、向心力大小相同，根据
Gm1m2L2=m1ω2r1=m2ω2r2
可得
r1r2=m2m1
故A错误；
B．双星的角速度相同，根据
v=ωr
可得
v1v2=r1r2=m2m1
故B正确；
C．由
Gm1m2L2=m1ω2r1=m2ω2r2， r1＋r2=L
又角速度为
ω=2πT
可得
T=2πL3G(m1+m2)
L减小，则T减小，故C错误；
D．两中子星相互靠近过程中引力做正功，引力势能减小，故D正确。
故选BD。
20、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。
21、如图，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，A点在水平面上，轨道AB段竖直，长度为R，BC段是半径为R的四分之一的圆弧，与AB相切于B点。一质量为m的小球从A点以某一竖直向上的初速度沿ABC轨道的内侧运动，且到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，已知小球始终受到与重力大小相等的水平向右的外力作用，小球的半径远小于R，重力加速度大小为g。则（  ）

A．小球在A点的初速度为6gR
B．小球在A点的初速度为7gR
C．小球的落地点到A点的距离为R
D．小球的落地点到A点的距离为2R
答案：BC
AB．小球到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，根据牛顿第二定律有
mg=mv2R
小球从A点到C点根据动能定理有
-FR-mg⋅2R=12mv2-12mv02
解得小球在A点的初速度为
v0=7gR
故A错误B正确；
CD．小球从C点之后做平抛运动，根据平抛运动规律有
x=vt-12Fmt2
2R=12gt2
联立解得
x=0
所以小球的落地点为C点正下方，到A点的距离为R，故C正确D错误。
故选BC。
22、如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在固定倾斜直杆上，倾斜直杆与水平面成45°角，B套在固定水平直杆上，两直杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆（初始时轻杆与水平面成30°角）连接，A、B从静止释放，B沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B均视为质点，重力加速度大小为g，在运动的过程中，下列说法正确的是（  ）

A．当A到达B所在水平面时vB=22vA
B．当A到达B所在水平面时，B的速度为gL3
C．滑块B到达最右端时，A的速度为2gL
D．滑块B的最大动能为32mgL
答案：ABD
A．当A到达B所在水平面时，由运动的合成与分解有
vAcos 45°=vB
解得
vB=22vA
A正确；
B．从开始到A到达B所在的水平面的过程中，A、B两滑块组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有
mgLsin30∘=12mvB2+12vA2
解得
vB=gL3
B正确；
C．滑块B到达最右端时，此时轻杆与倾斜直杆垂直，则此时滑块B的速度为零，由机械能守恒可得
mgLsin30∘+sin45∘=12mvA2
解得
vA=1+2gL
C错误；
D．由题意可知，当轻杆与水平直杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统机械能守恒可得
mgL（1+sin 30°）=EkB
解得
EkB=32mgL
D正确。
故选ABD。
23、完全相同的两辆汽车，都拖着完全相同的拖车，以相同的速度在平直公路上以速度v匀速齐头并进，汽车与拖车的质量均为m，某一时刻两拖车同时与汽车脱离之后，甲汽车保持原来的牵引力继续前进，乙汽车保持原来的功率继续前进，经过一段时间后甲车的速度变为2v，乙车的速度变为1.5v，若路面对汽车的阻力恒为车重的0.1倍，取g=10m/s2，则此时（  ）
A．甲、乙两车在这段时间内的位移之比为4∶3
B．甲车的功率增大到原来的4倍
C．甲、乙两车在这段时间内克服阻力做功之比为12∶11
D．甲、乙两车在这段时间内牵引力做功之比为3∶2
答案：CD
A．汽车拖着拖车时做匀速运动，受牵引力
F=0.1×2mg，P1=0.1×2mgv
拖车脱离后，对甲车，因为保持牵引力不变，有
F-0.1mg=ma，2v=v＋at
联立解得
a=1m/s2，t=v（s）
甲车在这段时间内的位移
x1=vt+12at2=32v2(m)
对乙车，因为保持功率不变，由动能定理
Pt-0.1mgx2=12m(1.5v)2-12mv2
解得
x2=2.752v2(m)
故有
x1x2=1211
故A错误；
B．根据
P=Fv
可知甲车的功率与速度成正比，即甲车的功率增大到原来的2倍。故B错误；
C．汽车克服阻力做功为
W=fx
故
W1W2=x1x2=1211
故C正确；
D．牵引力做功之比
W1'W2'=Fx1P1t=32
故D正确。
故选CD。
24、如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是（  ）

A．B．
C．D．
答案：CD
A．滑块向上运动的加速度为
a=F-f-mgsinθm=-μgcosθ
滑块做匀减速直线运动，位移为
x=v0t-12at2
摩擦产生热量
Q=fx=μmgcosθ⋅(v0t-12at2)
Q与t是二次函数关系，图像是抛物线，A错误；
B．滑块的速度为
v=v0-at
动能为
Ek=12mv2=12m(v0-at)2
动能Ek与t是二次函数关系，图像是抛物线，B错误；
C．滑块的重力势能
Ep=mgh=mgxsinθ
势能Ep与x成正比，C正确；
D．除重力之外的其他力做功等于机械能的变化量
ΔE=(F-f)x=(mgsinθ-μmgcosθ)x=(mgsinθ-tanθ⋅mgcosθ)x=0
所以机械能总量不变，D正确。
故选CD。
25、如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻质光滑小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等，均为m。C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC＝h，开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，现将A、B由静止释放。重力加速度为g。下列说法正确的是（  ）

A．物块A由P到C过程的机械能守恒
B．物块A在C点的速度最大，大小为2gh 
C．物块A由P到C过程，物块B的机械能减少mgh
D．物块A到C点时，物块B的速度大小为2gh
答案：BC
A．将物块A、B由静止释放，物块A由P运动到C的过程中，拉力做正功，物块A的机械能增大，故A错误；
BCD．对物块A、B组成的系统进行分析，仅有重力做功，所以系统机械能守恒，由于
vB＝vA·cos θ
当物块A运动到C点时，物块A的速度最大，物块B的速度为零，物块B下落高度为
hsin30°－h＝h
所以物块B的机械能减少了mgh，设物块A在C点的速度为vA，则由系统的机械能守恒得
mgh＝12mvA2
解得
vA＝2gh 
故BC正确，D错误。
故选BC。
填空题
26、关于机械能守恒：
（1）做自由落体运动的物体，机械能_________，（选“守恒”或“不守恒”）
（2）人乘电梯加速上升的过程，人的机械能_________，（选“守恒”或“不守恒”）
（3）合外力对物体做功为零时，物体的机械能可能_________，（选“守恒”、 “不守恒”或“守恒，也可能不守恒”）
（4）物体在只受重力作用的情况下，物体的机械能_________，（选“守恒”或“不守恒”）
答案：     守恒     不守恒     守恒，也可能不守恒     守恒
（1）[1]做自由落体运动的物体，运动过程只有重力做功，物体的重力势能转化为物体的动能，物体的机械能守恒；
（2）[2]人乘电梯加速上升的过程，人的动能和重力势能都在增加，故人的机械能不守恒，而是在增加；
（3）[3]合外力对物体做功为零时，物体的动能保持不变，当物体在水平面运动时，物体的重力势能不变，则物体的机械能不变；当物体在竖直方向运动时，物体的重力势能发生变化，则物体的机械能发生变化，故合外力对物体做功为零时，物体的机械能可能守恒，也可能不守恒；
（4）[4]物体在只受重力作用的情况下，不管物体重力是否做功，物体的机械能一定守恒；
27、一物体在一个水平拉力作用下在粗糙水平面上沿水平方向运动的v—t图像如图甲所示，水平拉力的P—t图像如图乙所示，g = 10m/s2，图中各量的单位均为国际制单位。若此水平拉力在6s内对物体所做的功相当于一个恒定力F′沿物体位移方向所做的功，则F′ = ___________，物体与水平面间的动摩擦因数为___________。

答案：     1513N     0.6
[1]由图11甲知图线与时间轴所围面积表示位移，故物体在6s内发生的位移为
x = 12 × 2 × 6m + 2 × 6m + 12 × (2 + 6) × 2m = 26m
由图11乙知图线与时间轴所围面积表示拉力做功，故物体在6s内水平拉力所做的功为
W = 12 × 2 × 9J + 2 × 6J + 12 × (3 + 6) × 2J = 30J
而恒力F′做功W = F′·x，代入数值得
F′ = 1513N
[2]由图11甲知物体在0到2s内做匀加速直线运动时的加速度大小为
a = ΔvΔt = 3m/s2
由P = Fv及图甲知匀加速过程中水平拉力
F = 96N = 1.5N
由图11甲知物体在2到4s内做匀速直线运动，摩擦阻力为
f = 1N
由牛顿第二定律知
F - f = ma
代入数值得
m = 16kg
而
f = μmg
所以
μ = 0.6
28、如图所示，质量为50 kg的同学在做仰卧起坐运动。若该同学上半身的质量约为全身质量的35，她在1min内做了50个仰卧起坐，每次上半身重心上升的距离均为0.3m，g取10m/s2，则她克服重力做的功W=________J，做功的功率P=________W。

答案：     4500     75
[1]每次上半身重心上升的距离均为0.3 m，则她在1 min内完成50个仰卧起坐，克服重力所做的功
W=50×35mgh=50×35×50×10×0.3J=4500J
[2]做功的功率
P=Wt=450060W=75W
29、如图所示，运动员从距地面高h1=2.5m的A处投出一篮球，正中距地高h3=3.05m的篮筐，球运动过程中到达的最高点B距地面高h2=4m。球的质量m=0.6kg，g取10m/s2。按要求在表中填入数据。

零势能面位置
篮球在A点的重力势能
篮球在B点的重力势能
从A到B过程中篮球重力做的功
从A到B过程中篮球重力势能的变化
篮筐

A点

地面

答案：-3.3J；5.7J；-9J；9J；0；9J；-9J；9J；15J；24J；-9J；9J
若以篮筐位置为零势能面，以篮筐位置为坐标原点，以竖直向上方向为正方向，则A点竖直方向的位置坐标为hA=-(h3-h1)=-0.55m，篮球在A点的重力势能为
EpA=mghA=-3.3J
B点竖直方向的位置坐标为hB=h2-h3=0.95m，篮球在B点的重力势能为
EpB=mghB=5.7J
从A到B过程中竖直方向位移为Δh=h1-h2=-1.5m，篮球重力做的功为
W=mgΔh=-9J
从A到B过程中篮球重力势能的变化为
ΔEp=EpB-EpA=9J
若以A点位置为零势能面，以A点位置为坐标原点，以竖直向上方向为正方向，则A点的竖直方向位置坐标为hA=0，篮球在A点的重力势能为
EpA=0
B点的竖直方向位置坐标为hB=h2-h1=1.5m，篮球在B点的重力势能为
EpB=mghB=9J
从A到B过程中竖直方向位移为Δh=h1-h2=-1.5m，篮球重力做的功为
W=mgΔh=-9J
从A到B过程中篮球重力势能的变化为
ΔEp=EpB-EpA=9J
若以地面为零势能面，以地面为坐标原点，以竖直向上方向为正方向，则A点的竖直方向位置坐标为hA=2.5m，篮球在A点的重力势能为
EpA=mghA=15J
B点的竖直方向位置坐标为hB=4m，篮球在B点的重力势能为
EpB=mghB=24J
从A到B过程中竖直方向位移为Δh=h1-h2=-1.5m，篮球重力做的功为
W=mgΔh=-9J
从A到B过程中篮球重力势能的变化为
ΔEp=EpB-EpA=9J
30、不可伸长的轻绳一端固定，另一端系着质量为m的小球在竖直面内做圆周运动，小球动能Ek随它离地高度h的变化如图所示。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，以地面为重力势能零点，由图中数据可得小球质量为________kg，绳对小球拉力最大值为________N；当小球离地高度为0.7m时，绳对小球拉力为________N。

答案：     2     120     60
[1]根据竖直面内圆周运动的特点结合图像可知，小球的轨道半径r满足
2r=1.2m-0.2m=1.0m
则
r=0.5m
小球从最低点运动到最高点的过程中，根据动能定理有
-2mgr=Ek2-Ek1
代入数据，联立可得
m=2kg
[2]小球在最低点时，根据牛顿第二定律有
F-mg=mv12r
Ek1=12mv12
代入数据，可得
F=120N
[3]根据图中信息，可知当小球离地高度为0.7m时，小球的动能为15J，此时小球处在与圆心等高的位置，绳对小球的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律有
F′=mv32r
Ek3=12mv32
代入数据，可得
F′=60N

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