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通用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真题

1

单选题
1、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。
2、2021年10月16日0时23分，搭载神舟十号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射，约582秒后，神舟十三号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航大员送入太空。10月16日6时56分，载人飞船与中国空间站组合体完成自主快速交会对接空间站组合体在离地400km左右的椭圆轨道上运行，如图所示。11月8日，经过约6.5小时的出舱活动，神舟十三号航天员乘组密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务，同时，在完成任务的过程中，航天员发现在空间站内每隔大约1.5小时就能看到一次日出。不计一切阻力，组合体则根据题中所给信息，以下判断正确的是（  ）

A．航天员在出舱工作时处于超重状态
B．空间站组合体运动到近地点时的加速度最小
C．空间站组合体的椭圆轨道半长轴小于地球同步卫星的轨道半径
D．空间站组合体沿椭圆轨道由近地点向远地点运动的过程中，机械能不守恒
答案：C
A．航天员出舱工作时处于失重状态，A错误；
B．空间站组合体运动到近地点时的加速度最大，B错误；
C．空间站组合体的运动周期小于地球同步卫星的运动周期，故空间站组合体的轨道半长轴小于地球同步卫星的轨道半径，C正确；
D．空间站组合体沿椭圆轨道由近地点向远地点运动的过程中，机械能守恒，D错误。
故选C。
3、质量为50g的小石头从一水井口自由下落至距离井口5m以下的水面时，其重力的功率为（重力加速度g取10m/s2）（  ）
A．5WB．50WC．500WD．2500W
答案：A
v2=2gh
代入数据，解得
v=10m/s
此时重力的功率为
P=Fv=mgv=0.05×10×10W=5W
故选A。
4、有一种飞机在降落的时候，要打开尾部的减速伞辅助减速，如图所示。在飞机减速滑行过程中，减速伞对飞机拉力做功的情况是（　　）

A．始终做正功
B．始终做负功
C．先做负功后做正功
D．先做正功后做负功
答案：B
减速伞对飞机的作用力与飞机运动方向相反，对飞机做负功。
故选B。
5、如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h。让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中（整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内）（  ）

A．橡皮绳的弹性势能一直增大
B．圆环的机械能先不变后增大
C．橡皮绳的弹性势能增加了mgh
D．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大
答案：C
A．橡皮绳开始处于原长，弹性势能为零，圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中，弹性势能始终为零，A错误；
B．圆环在下落的过程中，橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大，根据机械能守恒定律可知，圆环的机械能先不变，后减小，B错误；
C．从圆环开始下滑到滑至最低点过程中，圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，C正确；
D．橡皮绳达到原长时，圆环受合外力方向沿杆方向向下，对环做正功，动能仍增大，D错误。
故选C。
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、如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动,轨道半径ra=rb>rc。其中a为地球静止同步卫星。下列说法正确的是（  ）

A．c在运动过程中可能会经过北京上空
B．b的周期可能大于地球的自转周期
C．a的动能一定等于b的动能
D．a、b的线速度一定相同
答案：A
A．由图可知，c为极地轨道卫星，所以c在运动过程中可能会经过北京上空，故A正确；
B．卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有
GMmr2=m4π2T2r
解得
T=4π2r3GM
又
ra=rb
a为地球静止同步卫星，所以b的周期等于地球的自转周期，故B错误；
C．卫星的质量关系未知，所以无法比较a、b的动能大小关系，故C错误；
D．卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有
GMmr2=mv2r
解得
v=GMr
故a、b的线速度大小一定相等，但方向不相同，故D错误。
故选A。
8、如图，高台跳水项目中要求运动员从距离水面H的高台上跳下，在完成空中动作后进入水中。若某运动员起跳瞬间重心离高台台面的高度为h1，斜向上跳离高台瞬间速度的大小为v0，跳至最高点时重心离台面的高度为h2，入水（手刚触及水面）时重心离水面的高度为h1。图中虚线为运动员重心的运动轨迹。已知运动员的质量为m，不计空气阻力，则运动员跳至最高点时速度及入水（手刚触及水面）时速度的大小分别是（  ）

A．0，v02+2gH
B．0，2g(H+h2-h1)
C．v02+2g(h1-h2)，v02+2gH
D．v02+2g(h1-h2)，v02+2g(H-h1)
答案：C
从跳离高台瞬间到最高点，据动能定理得
-mg(h2-h1)=12mv2-12mv02
解得最高点的速度
v=v02+2g(h1-h2)
从跳离高台瞬间到入水过程，据动能定理得
mgH=12mv'2-12mv02
解得入水时的速度
v'=v02+2gH
故选C。
9、如图（a）所示，一个可视为质点的小球从地面竖直上抛，小球的动能Ek随它距离地面的高度h的变化关系如图（b）所示，取小球在地面时的重力势能为零，小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则下列说法正确的是（  ）

A．小球的质量为2E0gh0
B．小球受到空气阻力的大小为E0gh0
C．上升过程中，小球的动能等于重力势能时，小球距地面的高度为47h0
D．下降过程中，小球的动能等于重力势能时，小球的动能大小为E02
答案：C
AB．上升阶段，根据能量守恒
2E0=fh0+mgh0
下降阶段，根据能量守恒
E0+fh0=mgh0
联立解得，小球的质量为
m=3E02gh0
小球受到空气阻力的大小为
f=E02h0
故AB错误；
C．上升过程中，小球的动能等于重力势能时，根据能量守恒
2E0=Ek1+mgh+fh=2mgh+fh
解得小球距地面的高度为
h=47h0
故C正确；
D．下降过程中，小球的动能等于重力势能时，设此时高度h1，根据能量守恒
mgh0=Ek2+mgh1+f(h0-h1)=2Ek2+fh0-fh1
即
3E02=2Ek2+E02-fh1
解得小球的动能大小
Ek2=E0+fh12
不等于E02，故D错误。
故选C。
10、关于“探究功与速度变化的关系”的实验，下列叙述正确的是（  ）
A．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值
B．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致
C．放小车的长木板应该尽量使其水平
D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出
答案：D
A．橡皮筋完全相同，通过增加橡皮筋的条数来使功倍增，，因此不需要每次计算橡皮筋对小车做功的具体数值，故A错误；
B．通过增加橡皮筋的条数来使功倍增，则橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，故B错误；
C．小车和木板之间存在摩擦力，需平衡摩擦力，则要用小木块垫高长木板的一端，故C错误；
D．先接通电源，打点稳定后再让小车在橡皮筋的作用下弹出，故D正确。
故选D。
11、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。
12、如图，撑杆跳全过程可分为四个阶段：A→B阶段，助跑加速；B→C阶段，杆弯曲程度增大、人上升；C→D阶段，杆弯曲程度减小、人上升；D→E阶段，人越过横杆后下落，整个过程空气阻力忽略不计。这四个阶段的能量变化为（  ）

A．A→B地面对人和杆系统做正功
B．B→C人和杆系统的动能减小量小于重力势能和弹性势能增加量
C．C→D人和杆系统的动能减少量小于重力势能的增加量
D．D→E重力对人所做的功等于人机械能的增加量
答案：C
A．A→B地面对人和杆系统不做功，人加速过程增加的机械能是通过人体肌肉做功，消耗人体内的化学能，转化为人的机械能，A错误；
B．B→C人和杆系统的动能减小量等于重力势能和弹性势能增加量，B错误；
C．C→D人和杆系统的动能减小和弹性势能的减少量等于重力势能的增加量，则人和杆系统的动能减少量小于重力势能的增加量，C正确；
D．D→E重力对人所做的功等于人的重力势能减少量，人的机械能不变，D错误。
故选C。
13、2021年7月6日，我国成功将“天链一号05”卫星发射升空，卫星进入预定轨道，天链系列卫星为我国信息传送发挥了重要作用。如图所示，卫星在半径为R的近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的远地点B时，再次点火进入轨道半径为5R的圆形轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动，设卫星质量保持不变。则（  ）

A．若地球表面的重力加速度为g0，则在圆形轨道Ⅲ的重力加速度为g05
B．若在圆形轨道Ⅰ上运动的线速度为v0，则在圆形轨道Ⅲ上运动的线速度为5v0
C．卫星在椭圆轨道Ⅱ从A到B运动的时间是其在圆形轨道Ⅰ上运动周期的1.53倍
D．卫星从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ再到轨道III的过程中，机械能守恒
答案：C
A．卫星在地球表面时，忽略地球自转的影响，物体所受的重力等于物体与地球间的万有引力，所以有
mg0=GMmR2
解得
g0=GMR2
当卫星进入5R的轨道时，物体此时所受的重力等于其与地球间的万有引力，所以有
mg=GMm5R2
解得
g=g025
故A项错误；
B．卫星做绕地球做匀速圆周运动有
GMmr2=mv2r
解得
v=GMr
当r=R，解得
v0=GMr
当r=5R，解得
v=GM5r=55v0
故B项错误；
C．根据开普勒定律，有
a3T2=k
因为卫星绕地球飞行，所以整理有
r13T12=r23T22
又因为卫星在椭圆轨道Ⅱ的半长轴为3R，所以有上述式子可得，卫星在椭圆轨道Ⅱ的周期是圆形轨道Ⅰ周期33倍，卫星在椭圆轨道Ⅱ从A到B运动的时间是圆形轨道Ⅰ周期的1.53倍，故C项正确；
D．卫星从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ再到轨道Ⅲ的过程中，变轨需要加速，即物体的动能增加，根据
E机=Ek+Ep
所以机械能增加，故D项错误。
故选C。
14、南宁的夏天温度较高，天气炎热，此时喝一瓶冰水降暑是一件很幸福的事情。用手握着瓶子运动，关于摩擦力的说法不正确的是（　　）
A．可能是滑动摩擦力
B．摩擦力可能做正功
C．摩擦力可能与运动方向垂直
D．摩擦力一定做负功
答案：D
A．用手握着瓶子运动，瓶子可能相对手滑动，所以瓶子所受摩擦力可能是滑动摩擦力，故A正确；
C．当用手握着瓶子沿水平方向运动且瓶子处于竖直状态时，瓶子所受摩擦力与运动方向垂直，故C正确；
BD．当用手握着瓶子竖直向上运动且瓶子处于竖直状态时，摩擦力做正功，故B正确，D错误。
本题选错误的，故选D。
15、公安部规定：子弹射出枪口时的动能与子弹横截面积的比在0.16J/cm2以下的枪为玩具枪。已知某弹簧玩具枪的钢珠直径约为1cm，则该枪中弹簧的弹性势能不能超过（  ）
A．1×10-6JB．1×10-3JC．1×10-2JD．1×10-1J
答案：D
钢珠的横截面积为
S=π122cm2
弹簧的弹性势能转化为钢珠的动能，则
EpS=0.16J/cm2
解得
Ep≈1×10-1J
故选D。
多选题
16、如图甲所示，足够长的倾斜直传送带以速度v=2.5m/s沿顺时针方向运行，可视为质点的物块在t=0时刻以速度v0=5m/s从传送带底端开始沿传送带上滑，物块的质量m=4kg。物块在传送带上运动时传送带对物块的摩擦力的功率与时间的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。若用θ表示倾斜传送带与水平方向的夹角，μ表示物块与传送带间的动摩擦因数，L为物块与传送带间的划痕长度，则（  ）

A．tanθ>μB．θ=30∘C．μ=0.5D．L=0.25m
答案：BD
A．作出物块在传送带上运动的v-t图像如图所示

结合P-t图像可知，物块先沿倾斜传送带向上减速到与传送带共速，后与传送带一起向上做匀速运动，所以tanθ≤μ，故A错误；
BC．由题图乙可得，0~0.2 s内滑动摩擦力的功率为
P1=μmgcosθ⋅v0-at
当t=0时，代入数据得
μmgcosθ=30N
物块匀速运动时受到静摩擦力的作用，摩擦力的功率
P2=mgsinθ⋅v
代入数据得
mgsinθ=20N
解得
θ=30∘，μ=32
故B正确，C错误；
D．由v-t图像可知物块与传送带间的划痕长度为
L=12×0.2×(5-2.5)m=0.25m
D正确。
故选BD。
17、如图所示，A、B两星球为双星系统，相距为L，围绕某定点O（未画出）做圆周运动，质量之比为mA:mB=1:9，两星球半径远小于L。沿A、B连线从星球A向B以某一初速度发射一探测器，只考虑星球A、B对探测器的作用，假设弹射器初速度足够大，可以到达B星球，下列说法正确的是（  ）

A．探测器在距星球A为L4处加速度为零
B．双星的总质量一定，若双星之间的距离增大，其转动周期变大
C．若探测器能到达星球B，其速度可能恰好为零
D．A、B两星球绕定点O做匀速圆周运动，动能之比为9:1
答案：ABD
A．设探测器的质量为m，探测器距A星球的距离为x时，两星球对探测器的引力相等，即
GmAmx2=GmBm(L-x)2
解得
x=14L
故A正确；
C．探测器到达B的过程中，其所受合力先向左减小到0，后向右增大，故探测器先减速后加速，故C错误；
B．设A做圆周运动的轨道半径为rA，B做圆周运动的轨道半径为rB，根据万有引力提供向心力分别对A、B得
GmAmBL2=mA4π2T2rA
GmAmBL2=mB4π2T2rB
又
rB+rA=L
联立解得
T=4π2L3GmA+mB
可知双星的总质量一定，若双星之间的距离增大，其转动周期变大，故B正确；
D．根据
mA4π2T2rA=mB4π2T2rB
可得
rA:rB=9:1
结合
v=2πTr
可得
vA:vB=9:1
根据
Ek=12mv2
联立可得
EkA:EkB=9:1
故D正确。
故选ABD。
18、下列说法正确的是（　　）
A．物体受拉力作用向上运动，拉力做的功是1J，但物体重力势能的增加量可能不是1J
B．物体受拉力作用向上匀速运动，拉力做的功是1J，但物体重力势能的增加量可能不是1J
C．在物体运动过程中，重力做的功是－1J，物体重力势能的增加量一定是1J
D．没有摩擦时，物体由A沿直线运动到B，克服重力做的功是1J，有摩擦时物体由A沿曲线运动到B，克服重力做的功大于1J
答案：AC
AC．重力势能的变化只与重力做功有关，与其他力做功无关，重力做了多少正功，重力势能就减少多少，克服重力做了多少功，重力势能就增加多少，故AC正确；
B．物体受拉力向上匀速运动，拉力做的功是1J，由动能定理知重力做的功是－1J，则物体重力势能的增加量一定是1J，故B错误；
D．重力对物体做功，与物体运动的初、末位置有关，与物体运动路径和其他力做功无关，故有摩擦时物体由A沿曲线运动到B，克服重力做的功还是1J，故D错误。
故选AC。
19、如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小F阻不变，则下列说法正确的是（  ）

A．重力做功为mgL
B．悬线的拉力做功为0
C．空气阻力做功为－mgL
D．空气阻力做功为－12F阻πL
答案：ABD
A．摆球下落过程中，重力做功为
WG=mgL
故A正确；
B．悬线的拉力始终与速度方向垂直，故做功为0，故B正确；
CD．空气阻力的大小不变，方向始终与速度方向相反，故做功为
Wf=-F阻·12πL
故C错误，D正确。
故选ABD。
20、汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的N点结束，所用的时间t=8s，经历的路程s=50m，8s后汽车做匀速运动。若汽车所受阻力始终不变，则（  ）

A．汽车匀速运动时的牵引力大小为2×104N
B．汽车所受阻力的大小为4×104N
C．汽车恒定功率为8×104W
D．汽车的质量为8.75×103kg
答案：AD
加速过程在N点结束，即此后汽车沿平直路面作匀速运动，由平衡条件和图象信息可得
F-f=0
汽车做匀速运动时的牵引力大小为
F=2×104N
汽车所受的阻力大小
f=2×104N
由图象信息得汽车的恒定功率
P=Fv=2×104×8W=1.6×105W
汽车加速运动过程，牵引力做功为
W=pt
根据动能定理可得
Pt-Fs=12mv2
解得
m=2(Pt-fs)v2=2×(1.6×105×8-2×104×50)64kg=8.75×103kg
故选AD。
21、如图所示，A、B、C分别为太阳、地球和月球，地球绕太阳运动的轨道形状为椭圆，P点为近日点，到太阳的距离为R1，Q点为远日点，到太阳的距离为R2，地球公转周期为T；月球绕地球的运动可视为匀速圆周运动（忽略太阳对月球的引力），月球运行轨道半径为r，月球公转周期为t。则（  ）

A．相同时间内，月球与地球的连线扫过的面积等于地球与太阳连线扫过的面积
B．地球在P点和Q点的速率之比vPvQ=R2R1
C．地球从P点运动到Q点的过程中，动能一直变小
D．由开普勒第三定律可知R1+R238T2=r3t2=k，k为常数
答案：BC
A．由开普勒第二定律可知，任意一个行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，是针对同一中心天体而言的，A错误；
B．由开普勒第二定律可知相同时间内，地球在近日点和远日点与太阳的连线扫过的面积相等，有
12R1vp⋅Δt=12R2vQ⋅Δt
所以
vPvQ=R2R1
B正确；
C．地球从P点运动到Q点的过程中，机械能守恒，引力势能越来越大，故动能一直变小，C正确；
D．由开普勒第三定律可知，所有行星的轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，是针对同一中心天体而言的，而月球绕着地球转，地球绕着太阳转，中心天体不同，D错误。
故选BC。
22、下列关于机械能守恒的判断正确的是（　　）
A．拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升时，物体的机械能守恒
B．如果忽略空气阻力作用，物体做竖直上抛运动时，机械能守恒
C．一个物理过程中，当重力和弹力以外的力做了功时，机械能不再守恒
D．物体做自由落体运动时，物体机械能一定守恒
答案：BCD
A．拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升时，动能不变，势能增大，故机械能增大，故A错误；
B．物体做竖直上抛运动时，只有重力做功，故机械能守恒，故B正确；
C．机械能守恒的条件是除重力和弹力以外的力做功的代数和为0，或者不做功，当重力和弹力以外的力做了功时，物体的机械能不守恒，故C正确；
D．物体做自由落体运动时只受重力作用，机械能守恒，故D正确。
故选BCD。
23、如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2。在小球从M点运动到N点的过程中（  ）

A．弹力对小球先做正功后做负功
B．小球的机械能一直增加
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点间的重力势能之差
答案：CD
A．小球在从M点运动到N点的过程中，弹簧的压缩量先增大后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N点的过程中，弹簧又伸长。弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A项错误；
B．弹簧对小球先做负功，再做正功，最后又做负功，所以小球的机械能先减小后增大，然后再减小，B错误；
C．弹簧长度最短时，弹力方向与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C项正确；
D．由于在M、N两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M点到N点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N点时的动能等于其在M、N两点间的重力势能之差，D项正确。
故选CD。
24、质量为m的物体从距地面H高处自由下落，经历时间t，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（  ）
A．t秒内重力对物体做功为12mg2t2
B．t秒内重力的平均功率为mg2t
C．t2秒末重力的瞬时功率与t秒末重力的瞬时功率之比为1∶2
D．前t2秒内重力做功的平均功率与后t2秒内重力做功的平均功率之比为1∶3
答案：ACD
A．物体自由下落，t秒内物体下落的高度为
h=12gt2
则重力对物体做功为
W=mgh=12mg2t2
故A正确；
B．t秒内重力的平均功率为
P＝Wt=12mg2t2t=12mg2t
故B错误；
C．从静止开始自由下落，根据
v＝gt
可知前t2秒末与后t2秒末的速度之比为1∶2，根据
P＝Fv＝mgv∝v
故前t2秒末与后t2秒末功率瞬时值之比为
P1∶P2＝1∶2
C正确；
D．根据匀变速直线运动的规律，可知前t2秒与后t2秒下落的位移之比为1∶3，则重力做功之比为1∶3，故重力做功的平均功率之比为1∶3，D正确。
故选ACD。
25、在地面附近斜向上推出的铅球，在落地前的运动中（不计空气阻力）（　　）
A．速度和加速度的方向都在不断改变
B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小
C．在相等的时间间隔内，速度的改变量相等
D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等
答案：BC
A．由于物体只受重力作用，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化，A错误；
B．设某时刻速度与竖直方向夹角为θ，则
tanθ=v0vy=v0gt
随着时间t变大，tan θ变小，θ变小，B正确；
C．根据加速度定义式
a=ΔvΔt=g
则
Δv=gΔt
即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等， C正确；
D．根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力做的功，即
WG=mgh
对于平抛运动，由于在竖直方向上，在相等时间间隔内的位移不相等，D错误。
故选BC。
填空题
26、一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0（E0>0），则物块的机械能________（选填“守恒”或“不守恒”）；若物块位于r1时速度为0，则物块位于r2时速度大小为________。
答案：     守恒     2E0m
[1]物块仅在重力作用下运动，所以机械能守恒。
[2]设物块位于r2时速度大小为v，根据机械能守恒定律可得
3E0=E0+12mv2
解得
v=2E0m
27、如图所示，AB是光滑的倾斜直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m的小球在A点由静止释放，设重力加速度为g，若它恰能通过最高点D，则小球在D点的速度VD＝_____；A点的高度h＝_____。

答案：     gR     2.5R
（1）小球恰能通过最高点D时，由重力提供向心力，有
mg=mvD2R
得vD=gR
（2）从A到D，取C为零势能点，由机械能守恒定律得
mgh=mg·2R+12mvD2
解得h＝2.5R
28、水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、 F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v - t图线如图，图中AB∥CD。则整个过程中F1______F2（选填“>”或“=”或“<”）；F1做的功______F2做的功（选填“>”或“=”或“<”）；合外力对a物体做的功______合外力对b物体做的功（选填“>”或“=”或“<”）。

答案：     >     <     =
[1]图像斜率表示加速度，撤去推力后两物体加速度相同，则受到的摩擦力相同，a加速阶段加速度比较大，根据
F-f=ma
可知
F1>F2
[2]整个过程根据动能定理可知
WF-Wf=0
图像面积表示位移，因此
xa<xb
根据
Wf=fx
可知，a摩擦力做功较小，F1做功较小。
[3]根据动能定理可知
W合=0
故合外力做功相同。
29、请写出重力做功和重力势能变化量之间的关系________；请写出机械能守恒的条件：________。
答案：     WG=-ΔEp     只有重力和弹力做功，其他力不做功
[1]WG=-ΔEP
[2]只有重力和弹力做功，其他力不做功
30、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

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