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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集锦

1

单选题
1、关于机械能，以下说法正确的是（     ）
A．质量大的物体，重力势能一定大
B．速度大的物体，动能一定大
C．做平抛运动的物体机械能时刻在变化
D．质量和速率都相同的物体，动能一定相同
答案：D
A．重力势能的大小与零势能面的选取有关，质量大但重力势能不一定大，A错误；
B．动能的大小与质量以及速度有关，所以速度大小，动能不一定大，B错误；
C．平抛运动过程中只受重力作用，机械能守恒，C错误；
D．根据
Ek=12mv2
可知质量和速率都相同的物体，动能一定相同，D正确。
故选D。
2、细绳悬挂一个小球在竖直平面内来回摆动，因受空气阻力最后停止在最低点，则此过程中（　　）

A．空气阻力对小球不做功B．小球的动能一直减小
C．小球的重力势能一直减小D．小球的机械能不守恒
答案：D
A．空气阻力对小球做负功，A错误；
B．合外力做正功时小球动能增大，合外力做负功时动能减小，故小球的动能不是一直减小，B错误；
C．小球上升过程中重力势能变大，小球下落过程中重力势能减小，故小球的重力势能不是一直减小，C错误；
D．小球的机械能不守恒，不断减小，转化为内能，D正确。
故选D。
3、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。
4、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。
5、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。
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。
8、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。
9、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。
10、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。
11、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。
12、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。
13、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。
14、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。
15、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。
多选题
16、如图所示，左侧为一固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，质量分别为m1、m2，且m1>m2.开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且伸直，C点在圆心O的正下方。当m1由静止释放开始运动，则下列说法正确的是（  ）

A．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定
B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的2倍
C．若细绳在m1到达C点时断开，m1可能沿碗面上升到B点
D．在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒
答案：ABD
A．m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力始终不变，斜面所受重力不变，且一直处于平衡状态，则地面对斜面的支持力也始终不变，A正确；
B．小球m1到达最低点C时，m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成与分解得
v1cos45°=v2
则
v1=2v2
B正确；
C．m1由静止从A点运动到C点的过程中，除重力外，绳的拉力对m1做负功，m1的机械能一直在减小，所以细绳断开后，m1不能上升到B点，C错误；
D．m1从A点运动到C点的过程中，m1和m2组成的系统只有重力做功，机械能守恒，D正确；
故选ABD。
17、如果汽车以额定功率P由静止出发，沿平直路面行驶，受到的阻力恒为Ff，则下列判断正确的是（  ）
A．汽车行驶的最大速度为vmax=PFf
B．汽车先做匀加速运动，最后做匀速运动
C．汽车先做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速运动
D．汽车先做匀加速运动，再做匀减速运动，最后做匀速运动
答案：AC
A．汽车以最大速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，所以汽车行驶的最大速度为
vmax=PF=PFf
故A正确；
BCD．汽车以额定功率启动，根据P=Fv可知随着速度的增大，牵引力减小，而阻力不变，则汽车所受合外力减小，加速度减小，所以汽车先做加速度越来越小的加速运动，当加速度最后减小至零后，汽车做匀速运动，故C正确，BD错误。
故选AC。
18、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。
19、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。
20、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。
21、如图所示，分别在光滑水平面上用大小相等方向不同的力F拉同一物体由静止开始向右运动相同的距离l，甲图中水平拉，乙图中斜向上拉，下列说法中正确的是（  ）

A．甲图中物体运动的时间短
B．甲图中物体运动的加速度大
C．甲、乙两图中力F做功相等
D．甲、乙两图中力F做功的平均功率相等
答案：AB
B．对甲，由牛顿第二定律得
F=ma
对乙，设拉力与水平方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得
Fcosθ=ma'
显然，甲的加速度大，故B正确；
C．根据功的定义，可知位移相同，甲水平方向上的力大，则甲图中力F做功多。故C错误；
A．由位移时间公式得
x=12at2
可知，位移相同，甲的加速度大，则时间少。故A正确；
D．由公式
P=Wt
可知，甲图做功多，时间小，则甲图中力F的平均功率大。故D错误。
故选AB。
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，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。
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、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。
填空题
26、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
27、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；
28、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。
29、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
30、如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块的动能________（选填“变大”“不变”或“变小”），木块所受摩擦力的大小为________。

答案：     变小     mv024πL
[1]由于受到摩擦力作用，木块做减速圆周运动，动能变小；
[2]在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有
-f·2πL=0-12mv02
可得摩擦力的大小
f=mv024πL

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