专题09 电场线、等势面和电容器的动态分析
一、电场线
1．某电场的电场线分布如图所示，则（ ）
A．P带负电
B．点的电势低于点的电势
C．点的电场强度大于点的电场强度
D．从处由静止释放一个正电荷，仅在电场力的作用下，可以沿着电场线运动到点
【答案】B
【详解】A．根据电场线方向可知P带正电，故A错误；
B．沿电场线方向电势降低，所以点的电势低于点的电势，故B正确；
C．电场线越密集的位置电场强度越大，所以点的电场强度小于点的电场强度，故C错误；
D．由于电场线不是直线，所以正电荷所受电场力方向会时刻变化，正电荷将做曲线运动，其所受电场力将指向轨迹的凹侧，且沿电场线切线方向，所以从处由静止释放一个正电荷，仅在电场力的作用下，不可能沿着电场线运动到d点，故D错误。故选B。
2．等量异种电荷的电场线如图所示，下列表述正确的是（ ）
A．a点的电势低于b点的电势
B．将一负电荷从a点移到b点电场力做负功
C．a点的场强大于b点的场强，方向相同
D．负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
【答案】B
【详解】A．两电荷连线中垂线为等势线，根据沿电场线方向电势降低可知a点电势高于中垂线电势，而b点电势低于中垂线电势，所以a点的电势高于b点的电势，故A错误；
BD．将一负电荷从a点移到b点，负电荷的电势能增大，电场力做负功，故B正确，D错误；
C．电场线越密的位置电场强度越大，所以a点的场强大于b点的场强；电场强度方向沿电场线切线方向，所以a、b两点场强方向不同，故C错误。故选B。
3．如图为真空中两点电荷A、B形成的电场中的部分电场线，电场线关于虚线对称，O点为A、B电荷连线中点，a、b为其连线的中垂线上对称两点，则下列说法正确的是（ ）
A．O点电场强度为零，电势也为零
B．a、b两点一定不在同一等势面上
C．a、b两点处没有电场线，电场强度为零
D．同一试探电荷在a、b两点处所受库仑力的合力大小相等，方向相反
【答案】D
【详解】A．由图可知电场线是对称的A、B是等量正电荷，O点电场强度为零，电势不为零，故A错误；
B． a、b为A、B连线的中垂线上对称两点，a、b两点一定在同一等势面上，故B错误；
C． a、b两点处虽然没有电场线，但电场强度不为零，故C错误；
D． a、b为A、B连线的中垂线上对称两点，两点的电场强度大小相等，方向相反。同一试探电荷在a、b两点处所受库仑力的合力大小相等，方向相反。故D正确。故选D。
4．一对不等量异种点电荷周围的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．Q1为负电荷
B．Q1的带电荷量一定比Q2的带电荷量多
C．以大地为零电势，则Q1Q2连线的中点电势必定为零
D．尽管B处没画出电场线，但B处的场强比A处大
【答案】B
【详解】A．由图中电场线的方向可知，Q1为正电荷，Q2为负电荷，故A错误；
B．由图中Q1、Q2附近电场线的疏密程度可知，Q1附近的电场强度大于Q2附近的电场强度，所以Q1的带电荷量一定比Q2的带电荷量多，故B正确；
C．因为两个电荷电量不相等，故以大地为零电势，Q1Q2连线的中点及中垂线的电势不再等于零，故C错误；
D．尽管B处没画出电场线，但B处有场强。且根据电场线的分布疏密可知，B处的场强比A处小，故D错误。故选B。
二、等势面
5．如图所示，虚线a、b、c、d、e代表电场中的五个相邻等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的试探电荷仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则（ ）
A．M点的电势高于N点
B．M点的电场强度比N点的大
C．该试探电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．该试探电荷在M点的动能大于在N点的动能
【答案】D
【详解】A．由于电场线垂直等势面，粒子所受电场力沿电场线切向方向且指向轨迹的凹侧，试探电荷带正电，因此可以判断电场线的分布情况，如图所示
所以M点的电势低于N点电势，故A错误；
B．电场线的疏密表示电场强弱，所以M点的电场强度小于N点电场强度，故B错误；
CD．由电势能与电势的关系可知，带正电的粒子在电势越高的位置，电势能越大，所以该试探电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，又由能量守恒定律可知，试探电荷在M点的动能大于在N点的动能，故C错误，D正确。故选D。
6．如图所示，将带正电的试探电荷沿着等量异种点电荷连线的中垂线从A点移动到B点，再沿连线从B点移动到C点，在此全过程中（ ）
A．试探电荷所经过各点处的电势一直增大
B．试探电荷的电势能先不变后增大
C．试探电荷所受的静电力先增大后减小
D．C点和关于B点的对称点D点的场强大小相等，方向相反
【答案】B
【详解】等量异种电荷的电场线如图所示
A.试探电荷从A点运动到B点电势不变，从B点移动到C点电势增大，故A错误；
B.由可知，带正电的试探电荷从A点运动到B点电势能不变，从B点移动到C点电势能增大，故B正确；
C.在电场中，电场线越密集的地方电场强度越大，由得，试探电荷从A点运动到B点静电力一直变大，从B点移动到C点静电力一直增大，故C错误；
D.C、D两点位于等量异种电荷的连线上，并且关于中点对称，故电场强度大小相同，方向也相同，故D错误。故选B。
7．两个带等量正电的点电荷Q1和Q2的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、c两点关于两电荷连线对称，a、d两点在两电荷连线上，且a点到Q1的距离和d点到Q2的距离相等。则（ ）
A．b点的场强与c点的场强相同
B．a点的场强比d点的场强大
C．a点的电势比b点的电势高
D．电子在a点的电势能比在c点的电势能大
【答案】C
【详解】A．根据等量正电点电荷电场分布可知，b点的场强与c点的场强大小相同，方向相反，故A错误；
B．等势面越密集电场强度越大，故a点的场强比d点的场强小，故B错误；
C．越靠近正电点电荷电势越高，由图中等势面可知，a点的电势比b点的电势高，故C正确；
D．同理，a点的电势比c点的电势高，电子在a点的电势能比在c点的电势能小，故D错误。故选C。
8．如图所示，A，B，C，D为电场中相邻的四个等差等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV，飞经等势面C时，电势能为-10eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为5cm，则下列说法正确的是（ ）
A．该电场一定是匀强电场，电场强度为200V/m
B．C等势面的电势为-10V
C．电子再次飞经等势面D时，动能为10eV
D．该电场方向向下
【答案】A
【详解】AD．等差等势面是一组均匀的平行线，故一定是匀强电场，电子从D到B过程中，根据动能定理
电场强度方向向上，故A正确，D错误；
B．电势故B错误；
C．根据能量守恒可知，回到D时动能不变为20eV，故C错误。故选A。
三、电容器的动态分析
9．如图所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地。在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器的带电量不变，下面的操作中能使静电计指针张角变大的是（ ）
A．仅将M板向上平移
B．仅将M板向右平移
C．仅在M、N之间插入云母板
D．仅在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触
【答案】A
【详解】A．仅将M板向上平移，两极板正对面积减小，电容减小，而电容器的电荷量不变，由
得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故A正确；
B．仅将M板向右平移，板间距离减小，电容增大，而电容器的电荷量不变，由得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故B错误；
C．仅在M、N之间插入云母板 ，电容增大，而电容器的电荷量不变，由得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故C错误；
D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触，相当于d减小，根据电容增大，根据
不变，则电势差减小，张角变小，故D错误。故选A。
10．如图所示的电路中，一带电油滴静止在电容器中的P点。现仅将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（ ）
A．油滴带正电 B．P点的电势降低
C．静电计指针张角变大 D．电容器的电容值变大
【答案】B
【详解】A．依据电场力与重力平衡，结合上极板带正电，则电场强度竖直向下，而电场力竖直向上，那么带电油滴带负电荷，故A错误；
B．将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电势差不变，两极板间的距离增大，由可知，电场强度减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故B正确；
D．将电容器的上极板竖直向上移动一小段距离时，d增大，由电容的决定式，可知C减小，故D错误；
C．由于电容器接在电源两端，故U不变，则静电计指针张角不变，故C错误。故选B。
11．如图所示，真空中a、b两点分别固定电荷量为＋q、－q的点电荷，以a、b连线中点O为圆心的圆与a、b连线的中垂线cd交于K点。圆上的四个点M、N、Q、P为矩形的四个顶点，且MP平行于cd。则下列说法不正确的是（ ）
A．M、Q两点电场强度相同
B．P、N两点电势相等
C．电性为负的试探电荷位于K点时的电势能小于其位于M点时的电势能
D．电性为正的试探电荷（不计重力）沿OK方向以一定的速度射出，该电荷将做匀速直线运动
【答案】BCD
【详解】A．根据对称性和点电荷场强公式知：正电荷在M点的场强与负电荷在Q点的场强相同，正电荷在Q点的场强与负电荷在M点的场强相同，且两电荷在M、Q分别产生的场强夹角相同，根据电场强度的叠加可知：M、Q两点电场强度相同，A正确；
B．cd是等量异种点电荷电场中的一条等势线，在其左侧靠近正电荷区域电势高，其右侧靠近负电荷区域电势低，故P点电势高于N点电势，B错误；
C．由B中分析知，K点电势低于M点电势，则负试探电荷从K点移到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，所以负电荷在K点电势能大于在M点电势能，C错误；
D．电性为正的试探电荷（不计重力）沿OK方向以一定的速度射出，电荷受向右的电场力作用而做曲线运动，D错误。本题选不正确的，故选BCD。
12．如图所示，在正方形的四个顶点分别固定有电量大小相等的点电荷，A、B、C、D分别是正方形四个边的中点，则（ ）
A．A、B两点场强相同，电势相等
B．C、D两点场强相同，电势相等
C．将电荷从A沿直线移到B，其电势能一直在增大
D．将电荷从C沿直线移到D，电场力一直对其做正功
【答案】BC
【详解】A．由对称性结合场强叠加可知，A、B两点场强相同；A点电势高于B点的电势，选项A错误；
B．由对称性结合场强叠加可知，C、D两点场强相同，C、D两点连线为等势线，则电势也相等，选项B正确；
C．将电荷从A沿直线移到B，电场力做负功，电势能一直增大，故C正确；
D．C、D两点连线为等势线，将电子从C点沿直线移动到D点过程中，静电力不做功，选项D错误。
故选BC。
13．如图所示，立方体的四个顶点、、、处各固定着一个电荷量均为的正点电荷，为连线的中点，为连线的中点。下列说法正确的是（ ）
A．、两点处的电势相同 B．、两点处的电势相同
C．、两点处的电场强度相同 D．、两点处的电场强度相同
【答案】AB
【详解】AC．设正方体中心为O，根据几何关系可知三角形ACH和ACF为全等的等边三角形。设A、C、H在D点产生的电场强度为E1，电势为φ1；A、C、F在B点处产生的电场强度为E2，电势为φ2。根据对称性可知φ1等于φ2，E1沿OD方向，E2沿OB方向。而F在D点产生的电场强度方向沿OD方向，H在B点产生的电场强度沿OB方向，根据对称性以及电场的叠加可知B、D两点电场强度大小相同、方向不同。而F在D点产生的电势与H在B点产生的电势相等，则根据电势的叠加可知B、D两点电势相等，故A正确，C错误；
BD．根据对称性可知A、C两点在M产生的合场强为零，F、H两点在M产生的合场强沿OM方向；H、C两点在N产生的合场强为零，A、F在N产生的合场强沿ON方向，根据对称性以及电场的叠加可知M、N两点电场强度大小相同、方向不同。而A、C在M产生的电势与H、C在N产生的电势相等，H、F在M产生的电势又与A、F在N产生的电势相等，根据电势的叠加可知M、N两点电势相等，故B正确，D错误。
故选AB。
14．如图所示，真空中有一圆柱体，圆柱体上底面直径ab与直径ef垂直，下底面直径cd与直径ef平行，在c点固定电荷量为+Q的点电荷，在f点固定电荷量为－Q的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．a、b两点电势相等
B．a、b两点电场强度相同
C．e、d两点电场强度相同
D．电子沿直线从a点运动到b点的过程中，电势能先减小后增大
【答案】AC
【详解】A．根据几何关系可知，a、b两点到两点电荷的距离相等，故a、b两点电势相等，A正确；
B．a、b两点关于cf连线对称，根据电场强度矢量性，a、b两点电场强度大小相等，方向不相同，B错误；
C．同理根据电场强度矢量性e、d两点电场强度相同，故C正确；
D．根据电场叠加原理，a点的电场强度有沿着ab方向的分量，b点的电场强度有沿着ba方向的分量，故电子沿直线从a到b的过程中，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D错误。故选AC。
15．小刘在学习了《静电场》一章后，来到实验室研究如图所示的电场，实线和虚线分别表示该电场的电场线和等势线，若a、b两点所处的等势线电势为0，相邻等势线间的电势差为2V，则（ ）
A．a处电场强度等于b处电场强度
B．c、b两点间的电势差大于c、a两点间的电势差
C．电子在c处具有的电势能为-20eV
D．若将一电子在d处由静止释放并且只受电场力，则运动至c点对应等势线时，具有的动能为2eV
【答案】CD
【详解】A．a处电场线较b处密集，a处电场强度大于b处电场强度，故A错误；
B．a、b两点在同一等势面上，c、b两点间的电势差等于c、a两点间的电势差，故B错误；
C．由题意可推知c点所在的等势面电势为20V，所以电子在c处具有的电势能为-20eV，故C正确；
D．电子在d处由静止释放，运动至c点对应等势线时，电场力做功2eV，电子的电势能减少2eV，动能增加2eV，故D正确。故选CD。
16．某电场中的等差等势面如图中虚线所示，比荷大小相等的甲、乙两带电粒子从b等势面上的A点以相同的速率射入电场，运动轨迹如图中实线所示，分别是等势面上的点，也是甲、乙粒子运动轨迹上的点。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．A点的电场强度比B点的大
B．甲粒子经过B点时的速率等于乙粒子经过C点时的速率
C．甲粒子经过B点时的动能等于乙粒子经过C点时的动能
D．甲粒子在B点时的电势能等于乙粒子在C点时的电势能
【答案】AB
【详解】A．因为在等差等势面密的地方电场强度较大，所以A点的电场强度比B点的大，A正确；
B．设相邻等势面间的电势差大小为U，则根据动能定理可得解得
又粒子比荷相等，可知甲粒子经过B点时的速率等于乙粒子经过C点时的速率，B正确；
CD．甲、乙两粒子的比荷相同，但质量、所带电荷量不一定相等，无法判断甲、乙两粒子在两点时动能和电势能的关系，CD错误。故选AB。
17．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点。已知O点电势高于c点，若不计重力，则（ ）
A．M带正电荷，N带负电荷
B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同
C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功
D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零
【答案】ABD
【详解】A．由题，这些平行直线是一些等势线，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向垂直虚线向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向向上，M粒子所受的电场力方向向下，所以M粒子带正电，N带负电，故A正确；
B．由于相邻等势线间的电势差相等，由图可知，Oc和Oa间的电势差大小相等，由W＝qU可知，M粒子从O到c与N粒子从O到a，电场力做功相等，两个粒子初动能相等，由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，故B正确；
C．N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功，故C错误；
D．由于O点与b点在同一等势线上，即两点电势相等，所以两点电势差为零，由W＝qU可知，电场力做功为零，故D正确。故选ABD。
18．墙体探测仪是一种新型的建筑装潢辅助工具，用于探测墙体内水管、电线和钢筋的位置。如图所示为其探测水管的原理示意图，主要感应元件为电容器，当探测仪靠近水管时，指示灯亮起，便可确定水管的位置。则探测仪靠近水管前后（ ）
A．电容器的电介质发生变化
B．电容器的两板间距离发生变化
C．电容器极板的正对面积发生变化
D．电容器的电容发生变化
【答案】AD
【详解】探测仪靠近水管后，电容器的两板间距离和极板正对面积均未变，而指示灯亮起说明电容器发生了充电或放电，即电容发生改变，根据可知电容器的电介质发生变化，故AD正确，BC错误。
故选AD。
19．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．将上极板下移，则P点的电势不变
B．将下极板上移，则P点的电势降低
C．减小极板间的正对面积，P点的电势升高
D．减小极板间的正对面积，带电油滴仍然保持静止
【答案】BC
【详解】AB．将上极板下移，或者将下极板上移，两极板间距d减小，根据可知，可知电容增大，电容器被充电，两极板间电压不变，电容器电量增大，根据可知内部电场强度增大。将上极板下移，P点和下极板间距不变，电势差增大，则P点电势升高；将下极板上移，P点到上极板距离不变，两极板间电压不变，根据可得，所以P点与上极板电势差增大，所以P点与下极板电势差减小，因此P点的电势降低，故A错误，B正确；
CD．根据减小极板间的正对面积，电容减小，根据由于二极管具有单向导电性，电容器的带电量不能减小，因此两极板间的电压升高，根据电容器内部的电场强度增加，液滴受电场力大于重力，将向上运动；P点与下极板间的距离保持不变，因此P点的电势升高，C正确，D错误。故选BC。
20．电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备方面应用广泛。其原理如图所示，质量块左右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与左、右容器固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，但不能上下移动。计算机下列关于该传感器的说法正确的是（ ）
A．保持静止时，电容器的电荷量为0
B．静止时与向右匀速直线运动时电容器的电容相同
C．由静止突然向右加速，电容器的电容减小
D．由静止突然向左加速，电路中有逆时针方向的电流
【答案】BD
【详解】A．静止时，电容器两端的电压等于电源电动势，由可知，电容器电量不为0，故A错误；
B．静止与向右匀速直线运动时，弹簧对质量块的弹力为0，所以电解质的位置相同，所以电容器的电容相同，故B正确；
C．突然向右加速时，电解质相对极板向左运动，所以由电容的决定式可知，电容器的电容变大，故C错误；
D．突然向左加速时，电解质相对极板向右运动，所以电容器的电容变小，由可知，电容器电量会减小，所以会有逆时针电流，故D正确。故选BD。专题12 电场中的类抛体运动和圆周运动
一、电场中的类抛体运动
1．如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速后以速度垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是，两平行板间的距离为，电势差是，板长是，每单位电压引起的偏移量（）叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用的方法是（ ）
A．增大两极板间电势差
B．尽可能使极板长做得长些
C．尽可能使板间距离增大些
D．使电子的入射速率大些
【答案】B
【详解】粒子通过偏转电场的时间竖直方向上的电子加速度为电子的偏离距离为
灵敏度为故想要提高灵敏度，可以增大板长、减小板间距离、减小初速度，故ACD错误，B正确。故选B。
2．如图所示，一粒子枪发射出的带电粒子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y。要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的（不考虑粒子射出时碰到偏转极板的情况，重力忽略不计）（ ）
A．增大偏转电压U B．增大加速电压U0
C．增大偏转极板间距离 D．使带电粒子的带电量增加
【答案】A
【详解】ABC．设偏转极板长为l，极板间距为d，在加速电场中，由动能定理得
在偏转电场中，水平方向竖直方向得偏转位移增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转极板间距离d，都可使偏转位移增大，选项A正确，选项BC错误；
D．由于偏转位移与粒子质量、带电荷量无关，故偏转位移不变，选项D错误。故选A。
3．如图所示为示波管的示意图。左边为加速电场，右边水平放置的两极板之间有竖直方向的偏转电场。电子经电压为的电场加速后，射入偏转电压为的偏转电场，离开偏转电场时，电子离荧光屏中心的侧移为。单位偏转电压引起的偏转距离 称为示波器的灵敏度。设极板长度为，极板间距为，通过调整一个参量，下列方法可以提高示波器的灵敏度的是（ ）
A．增大 B．增大 C．增大 D．减小
【答案】A
【详解】设经加速电场后的速度为，由动能定理有由牛顿第二定律有由运动学公式可得；联立可得所以可得由表达式可知，提高灵敏度的方法为增大或减小或减小与无关。故选A。
二、电场中的圆周运动
4．如图把一个带电小球A固定在光滑的绝缘水平桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B，现给小球B一个垂直A、B连线方向的速度v0，使其在水平桌面上运动，则下列说法中正确的是（ ）
A．若A、B带同种电荷，B球可能做速度减小的曲线运动
B．若A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动
C．若A、B带异种电荷，B球一定做类平抛运动
D．若A、B带异种电荷，B球可能以A为圆心做匀速圆周运动
【答案】D
【详解】AB．若A、B带同种电荷，则B受到库仑斥力作用，由于库仑力与速度方向始终不在同一直线上，所以B做曲线运动，且斥力方向和速度方向夹角越来越小，库仑力对B做正功，B的速度增大，而A、B间距离越来越大，库仑力越来越小，加速度越来越小，AB错误；
CD．若A、B带异种电荷，则B受到的库仑引力的作用，且方向始终指向A，而类平抛运动的受力是恒力，所以B不可能做类平抛运动。当库仑力的大小满足下列关系时，B将以A为圆心做匀速圆周运动，故C错误，D正确。故选D。
5．如图所示，在光滑绝缘水平面上有三个孤立的点电荷Q1、Q、Q2，Q恰好静止不动，Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线。已知Q1、Q2分别与Q相距r1、r2，不计点电荷间的万有引力，下列说法正确的是（ ）
A．Q1、Q2的电荷量之比为 B．Q1、Q2的电荷量之比为
C．Q1、Q2的质量之比为 D．Q1、Q2的质量之比为
【答案】C
【详解】AB．点电荷Q恰好静止不动，因此根据库仑定律和二力平衡有
所以Q1、Q2的电荷量之比为，AB错误；
CD．Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线，Q1、Q2的角速度相同，根据牛顿第二定律有m12r1=m22r2所以Q1、Q2的质量之比为=，C正确，D错误。故选C。
6．如图所示，半径为、内壁光滑绝缘的圆轨道竖直放置，场强为E的匀强电场水平向右；当质量为m、带电量为+q的小球静止在圆轨道的A点时，轨道的圆心O与A点的连线与水平面的夹角为37°，、，让小球在圆轨道内做完整的圆周运动，则在A点至少给小球的速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】重力与电场力的合力即等效场力设圆心O与A的连线的反向延长线与圆轨道的另一个交点即等效最高点为B，小球在圆轨道内做完整的圆周运动，设在等效最高点B的最小速度为，在等效最高点B，等效场力F充当向心力，则有设小球在A点的最小速度为，小球从A点到B点，由动能定理可得联立解得故选D。
7．如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则（ ）
A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小
B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大
C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最大
D．小球在运动过程中机械能不守恒
【答案】D
【详解】AB．带负电小球的电场力方向竖直向上，如果电场力大于重力则等效重力向上，最高点a变为等效最低点，则小球在a点的速度最大，线的张力最大，所以AB错误；
C．因为a点电势高于b点电势，负电荷在电势越高的位置电势能越小，所以C错误；
D．小球在竖直平面内做圆周运动，除了重力做功还有电场力做功，所以机械能不守恒，则D正确；故选D。
8．有三个质量相等的小球，分别带正电、负电和不带电，以相同的水平初速度由P点射入水平放置的平行金属板间，它们分别落在下板的A、B、C三处，已知两金属板的上板带负电荷，下板接地，如图所示，下面说法正确的是（ ）
A．落在A、B、C三处的小球分别是带正电、不带电和带负电的
B．三小球在该电场中的加速度大小关系是
C．三小球从进入电场至落到下板所用的时间相等
D．三小球到达下板时动能的大小关系是
【答案】AB
【详解】C．小球在水平方向做匀速直线运动，则有由于三个小球的初速度相同，且
可得，C错误；
B．小球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有由于三个小球在竖直方向的位移相等，且有可得，B正确；
A．由于三个小球质量相等，根据牛顿第二定律可知三个小球的合力大小关系为
可知A处小球受到向上的电场力，带正电，C处小球受到向下的电场力，带负电，则B处小球不带电，A正确；
D．由于三个小球的合力大小关系为可知三个小球的合力做功的大小关系为
由于三个小球的初动能相等，根据动能定理可知，三小球到达下板时动能的大小关系为
，D错误；故选AB。
9．如图所示，氕核（）和氚核（）沿水平方向射入平行板电容器。平行板电容器上极板带有正电荷，下极板带有等量负电荷。氕核（）和氚核（）均带正电且电荷量相等，它们的质量之比为。两粒子射入电场的初动能相等且均可从电场射出，不计粒子所受重力，则下列说法正确的是（ ）
A．氕核和氚核在电场中的运动时间之比为
B．氕核和氚核在电场中运动的加速度大小之比
C．氕核和氚核在电场中运动时的侧向位移之比为
D．氕核和氚核在电场中运动时的动能的增加量之比为
【答案】BC
【详解】A．两粒子射入电场的初动能相等，则由可得氕核（）和氚核（）射入电场的初速度之比为粒子在电场中水平方向做匀速运动，根据则氕核和氚核在电场中的运动时间之比为选项A错误；
B．根据则氕核和氚核在电场中运动的加速度大小之比选项B正确；
C．根据氕核和氚核在电场中运动时的侧向位移之比为选项C正确；
D．根据氕核和氚核在电场中运动时的动能的增加量之比为选项D错误。
故选BC。
10．如图所示，A为粒子源，A和极板B间的加速电压为，两水平放置的平行带电板间的电压为。现有质量为m、电荷量为的粒子由静止从A处被加速电压加速后水平进入竖直方向的匀强电场，最后从右侧射出。平行板的长度为L，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，则下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子射出B板时的速度
B．带电粒子在极板间运动的时间
C．带电粒子飞出间电场时在竖直方向上发生的位移
D．若同时使和加倍，则带电粒子在飞出极板间的电场时的速度与水平方向的夹角将加倍
【答案】AC
【详解】A．粒子从粒子源A到B板由动能定理得故故A正确；
B．粒子在C、D间的运动时间故B错误；
C．粒子飞出C、D间时在竖直方向发生的位移故C正确；
D．若粒子飞出C、D极板间时速度与水平方向夹角为θ，则
同时使U1和U2加倍，夹角不变，故D错误。故选AC。
11．如图所示为真空中的某装置，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏，今有、、三个带电粒子均由A板从静止开始被同一加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上，已知三个粒子的质量之比为1：2：3，电荷量之比为1：1：1，不计重力，则下列判断中正确的是（ ）
A．三种粒子飞离B板时速度之比为
B．在加速电场中，带电粒子运动时间最长
C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：1：1
D．三种粒子打到荧光屏上的位置不同
【答案】BC
【详解】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d。
AB．在加速电场中，由动能定理可得解得依题意，三个粒子的质量之比为1：2：3，电荷量之比为1：1：1，所以三种粒子飞离B板时速度之比为粒子在加速电场中的位移相同，由公式易知，带电粒子运动时间最长。故A错误；B正确；
CD．粒子飞出偏转电场时偏转的距离为偏转角的正切
从两式可以看出，三种粒子从偏转电场的同一位置穿出，且速度方向相同，最后打到荧光屏的位置相同。偏转电场对三种粒子做功则电场力做功之比等于电荷量之比，所以偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：1：1。故C正确；D错误。故选BC。
12．示波管原理如图所示，当两偏转电极、电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏正中间的O点，其中x轴与电场的场强方向平行，y轴与电场的场强方向平行。则下列说法正确的是（ ）
A．若电压为零时，只在加电压，电子只能打在荧光屏的x轴上
B．若电压为零时，只在加电压，电子只能打在荧光屏的x轴上
C．要使电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限内，应使、Y接电源的正极，X、接电源的负极
D．要使电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限内，应使X、接电源的正极，、Y接电源的负极
【答案】BC
【详解】A．若电压为零时，只在加电压，电子只能打在荧光屏的y轴上，故A错误；
B．若电压为零时，只在加电压，电子只能打在荧光屏的x轴上，故B正确；
CD．要使电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限内，则电子在经过之间时向＋y方向偏转，应使Y接电源的正极，接电源的负极；之后电子在经过之间向－x方向偏转，应使接电源的正极，X接电源的负极。综上所述可知C正确，D错误。故选BC。
13．如图所示，带电粒子（不考虑重力）在辐射状电场中做匀速圆周运动。粒子所在轨道对应电场强度的大小为E，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子的带电量为q、轨道半径为r，运行的线速度为v，则粒子的质量为
B．若粒子的比荷为k，运行的线速度为v，则匀速圆周运动的周期为
C．若粒子的带电量为q、轨道半径为r，则粒子的动能为Eqr
D．若粒子的动能为Ek，带电量为q，匀速圆周运动的周期为T，则粒子的线速度为
【答案】BD
【详解】A．设带点粒子的电荷量、质量分别为q、m，由匀速圆周运动的规律与牛顿第二定律得
可得粒子的质量故A错误；
B．设粒子的轨道半径为r，运行的线速度为v，匀速圆周运动的周期，由、结合
综合可得故B正确；
C．由匀速圆周运动的规律与牛顿第二定律得解得故C错误；
D．由、、综合解得故D正确。故选BD。
14．如图甲所示，用轻绳拴着一个质量为m、电荷量为的小球在竖直面内绕O点做圆周运动，竖直面内加有竖直向下的匀强电场，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能与绳中张力F间的关系如图乙所示，重力加速度为g，则（ ）
A．轻绳的长度为
B．电场强度大小为
C．小球在最高点时的最小速度为
D．小球在最低点和最高点所受绳子的拉力差为
【答案】BCD
【详解】A．在最高点时，绳对小球的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，可得
即故由图象斜率为即，A错误；
B．当F=0时，由；联立解得，B正确；
C．当F=0时，重力和电场力提供向心力，此时为最小速度，有解得，C正确；
D．小球在最低点时，有小球在最高点时有从最低点到最高点，由动能定理可得联立解得，D正确；故选BCD。
15．如图所示，用长为L的绝缘细线拴住一只质量为m、带电荷量为q的小球，线的另一端拴在O点，整体处于水平向右的匀强电场中。开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A点（线拉直）让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时，球的速度恰好为零，重力加速度为g。空气阻力忽略不计，以下说法中正确的是（ ）
A．B、A两点之间的电势差为
B．匀强电场的场强为
C．小球运动到B点时细线上的拉力大小为mg
D．小球到达B点以后恰好能保持静止
【答案】ABC
【详解】A．小球到B速度恰好为零，说明电场力做负功．故电场力与电场方向相同，小球带正电，设B、A两点之间的电势差为U，由A到B过程，由动能定理得解得故A正确；
B．在匀强电场中，则解得故B正确；
C．小球到达B点时速度为零，向心力为零，所以沿细线方向合力为零，此时对小球受力如图所示
沿细线方向有解得故C正确；
D．小球在B点沿细线方向合力为零，但沿圆弧切线方向合力不为零所受合力并不为零，所以不能静止在B点，故D错误。故选ABC。
16．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L不可伸长的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球保持静止时细线与竖直方向成θ角，某时刻小球获得沿切线方向的初速度恰好能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的（ ）
A．小球所受电场力的大小为
B．小球运动过程中动能的最小值为
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，可能电势能先减小后增大
【答案】AB
【详解】对小球受力分析如图所示
A．小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有
A正确；
B．如图所示：小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有则最小动能为，B正确；
C．小球带负电，小球运动圆周轨迹的最左端点时电场力做负功，电势能最大，小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，C错误；
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内逆时针运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小；小球从初始位置开始，在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增加后减小，再增加，D错误。故选AB。专题11 电场中的平衡问题和匀变速直线运动问题
一、电场中的平衡问题
1．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示。A处为带电荷量为Q1的正电荷，B处为带电荷量为Q2的负电荷，且Q1=4Q2，另取一个可以自由移动的点电荷P，放也AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（ ）
A．P为负电荷，且放于A左方
B．P为负电荷，且放于B右方
C．P为正电荷，且放于A、B之间
D．P为正电荷，且放于B右方
【答案】D
【详解】假设P放在Q1 Q2之间，那么Q1对P的电场力和Q2对P的电场力方向相同，P不能处于平衡状态；假设P放在Q1左边，由于Q1=4Q2且由库仑定律那么Q1对P的电场力大于Q2对P的电场力，P不能处于平衡状态；则P只能放在Q2右边，且只能带正电。故选D。
2．如图所示，半径为R的光滑绝缘半圆环竖直放置，AB为半圆形的直径。在A、B两点位置，分别固定电荷量为Q1、Q2的两个负点电荷。在半圆环的P点，一个电荷量为–q小球（可视为点电荷）穿在半圆环上，恰好处于静止状态。已知PA与AB的夹角α，不计小球重力。求Q1、Q2的关系应满足（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】A、B两点位置分别固定电荷量为Q1、Q2的两个负点电荷，则带电小球-q的受力情况如图所示：
由图可知，力的三角形F1FpP和几何三角形PBA为两个直角三角形，且有一个角都为α，因此这两个三角形相似，则有根据库仑定律得由数学知识得联立解得故选D。
3．如图所示，在水平向左的匀强电场中，固定有倾角为的光滑绝缘斜面。一个质量为、电荷量为的带电小球静止在斜面上，重力加速度为，则该匀强电场的电场强度的大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】对小球受力分析如图，受重力、电场力、斜面的支持力
小球在三个力的作用下保持平衡，则由平衡条件可知带入可得
由公式可得故选D。
4．如图所示，带电小球A固定在竖直墙面上，用绕过固定在竖直墙上C点的小定滑轮的细线拉着带电小球B，小球B静止，此时A、B连线水平，A、B间的距离为r，A、C间的距离为h，h>r。用拉力F缓慢拉动绳端，使小球B缓慢向上移动，在小球B从图示位置一直运动到C点的过程中（ ）
A．拉力F一直减小 B．拉力F先增大后减小
C．小球一直做曲线运动 D．小球先做曲线运动后做直线运动
【答案】D
【详解】设小球B的质量为m，B、C间距离为L，在小球B到达竖直墙之前，对小球B受力分析，根据力的矢量三角形与几何三角形相似可得在小球B从图示位置到与墙壁接触的过程中，mg、h、qA、qB均不变，L变小，则F变小，r不变，因此这个过程小球B绕A做圆周运动；当小球B与竖直墙接触后，在拉力作用下沿墙壁直线上升，库仑力变小，小球在竖直方向受力平衡，所以F变大。综上所述可知拉力F先减小后增大，小球先做曲线运动后做直线运动。故ABC错误，D正确。故选D。
二、电场中的匀变速直线运动问题
5．在如图所示的匀强电场中，一个点电荷以初速度v沿电场线方向进入电场后，若只受电场力作用，则该点电荷（ ）
A．一定做匀速直线运动
B．一定做匀加速直线运动
C．一定做匀减速直线运动
D．可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动
【答案】D
【详解】依题意，可知由于该电荷电性未知，所以该电荷在匀强电场中所受电场力方向可能与速度方向相同，也可能相反，所以电荷可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动，故选D。
6．如图所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30°角的虚线以速度斜向上做匀速运动。当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则（ ）
A．原电场方向竖直向下
B．改变后的电场方向垂直于ON
C．电场方向改变后，小球的加速度大小为
D．电场方向改变后，小球的最大电势能为
【答案】D
【详解】A．开始时，小球沿虚线做匀速运动，可知小球受向下的重力和向上的电场力平衡，即有
小球带正电，则电场竖直向上，A错误；
B．改变电场方向后，小球仍沿虚线做直线运动，可知电场力与重力的合力沿着NO方向，因Eq=mg
可知电场力与重力关于ON对称，电场方向与NO成60°，B错误；
C．电场方向改变后，电场力与重力夹角为120°，故合力大小为mg，小球的加速度大小为g，C错误；
D．电场方向改变后，小球能沿ON运动的距离为则克服电场力做功为
故小球的电势能最大值为，D正确；故选D。
7．如图甲所示，将一带正电的小球从直线电场线上的A点由静止释放，小球仅在电场力作用下沿直线从A点运动到点（A、间距为），到达点时的速度大小为，其图像如图乙所示。已知小球质量为、电荷量为，下列说法中正确的是（ ）
A．A点电场强度大于点电场强度
B．A点电势低于点电势
C．A点电场强度大小为
D．A、两点的电势差大小为
【答案】D
【详解】A．由v2-x图像结合v2=2ax可得加速度不变，则电场为匀强电场，即A点电场强度等于B点电场强度，选项A错误；
B．从A到B带正电的粒子加速运动，可知电场线从A到B，则A点电势高于点电势，选项B错误；
C．根据Eq=ma可知，A点电场强度大小为选项C错误；
D．A、两点的电势差大小为选项D正确。故选D。
8．如图所示，三个完全相同的可视为点电荷的小球甲、乙、丙放在光滑绝缘的水平面上，且三个小球在同一条直线上，现在小球丙上施加一水平的恒力F，三个小球保持相对静止且共同向右做匀加速直线运动，已知三个小球甲、乙、丙所带电荷量之比为6：3：8，且相邻两个小球之间的距离相等。则下列说法正确的是（ ）
A．小球丙的合力大小为F
B．小球甲、丙带异种电荷，小球甲、乙带同种电荷
C．小球乙和小球丙之间的作用力大小为
D．小球甲和小球乙之间的作用力大小为
【答案】C
【详解】A．设甲、乙、丙三球的质量为m，加速度为a，相邻两个小球之间的距离为r，三球的带电量分别为6q、3q、8q，对甲、乙、丙三球整体，由牛顿第二定律得对丙球，由牛顿第二定律得
A错误；
B．甲、丙间库仑力大小为乙、丙间库仑力大小为甲、乙间库仑力大小为即甲、乙所受静电力的合力向右，则小球甲、丙带同种电荷，小球甲、乙带异种电荷，B错误；
C．对乙，根据牛顿第二定律得可得则小球乙和小球丙之间的作用力大小为，C正确；
D．小球甲和小球乙之间的作用力大小为，D错误。故选C。
9．如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷分别为、，其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B位置处，如图所示。现在改变小球2的带电量，把它放置在图中C位置时也恰好能平衡，已知AB弦是AC弦的两倍，则（ ）
A．小球2在C位置时的电量是B位置时电量的一半
B．小球2在C位置时的电量是B位置时电量的八分之一
C．小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小
D．小球2在B点对碗的压力大小大于小球2在C点时对碗的压力大小
【答案】BC
【详解】CD．设小球2在B、C位置时所受库仑力大小分别为F1、F2，所受碗的支持力大小分别为N1、N2，碗的半径为R，小球2的重力为mg，根据平衡问题的相似三角形法可得；
由题意可知解得；根据牛顿第三定律可知小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小，故C正确，D错误；
AB．设小球2在C位置时的电量为，根据库仑定律可得；解得
故A错误，B正确。故选BC。
10．如图，光滑绝缘圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．a、b小球一定带同种电荷 B．a、c小球可能带同种电荷
C．a、b小球电量之比为 D．a、b小球电量之比为
【答案】AD
【详解】AB．对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的库仑力也为引力，所以a与c的电性一定相反，与b的电性一定相同。即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，选项A正确，B错误；
CD．对c小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得又由几何关系知解得选项C错误，D正确。故选AD。
11．如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的质量为m、电荷量为q，为保证当丝线与竖直方向的夹角为θ=60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【详解】小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据平行四边形定则，当电场力方向与拉力方向垂直时
电场力最小所以电场强度的最小值 所以E的范围为
E可能为、、故选ACD。
12．如图所示，电池的两极接在与水平面成60°角的平行板电容器M、N的两极板上，悬挂在电容器内部的小球带正电，闭合开关S，给电容器充电，小球稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为，已知小球质量为m，带电量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．S闭合至小球稳定时，极板间的电场强度大小为
B．若保持开关S闭合，M板逐渐远离N板，则小球向N板靠近
C．若开关S断开，M板逐渐远离N板，则θ不变
D．若开关S断开，剪断悬线瞬间，小球运动的加速度大小等于重力加速度大小
【答案】AC
【详解】A．S闭合至小球稳定时，对小球受力分析可知
极板间的电场强度大小为选项A正确；
B．若保持开关S闭合，M板逐渐远离N板，则场强减小，电场力减小，则小球远离N板，选项B错误；
C．若开关S断开，M板逐渐远离N板，则由可知，两板间场强不变，则θ不变，选项C正确；
D．细线的拉力为若开关S断开，两板间场强不变，则电场力不变，剪断悬线瞬间，小球受到的合力为小球运动的加速度大小选项D错误。故选AC。
13．如图所示，平行板电容器两极板与水平面夹角为，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则（ ）
A．微粒达到B点时动能为
B．微粒的加速度大小等于
C．两极板的电势差
D．微粒从A点到B点的过程电势能增加
【答案】CD
【详解】A．物体在运动过程中，受力如图所示
由于物体受力不在一条直线上，因此不可能做匀速直线运动，到达B点的速度一定不是，故A错误；
B．将电场力分解到水平方向和竖直方向上，可知；联立可得加速度大小为故B错误；
C．电容器内的电场强度由题意可知，M板是正极板，因此两板间的电势差为
故C正确；
D．由题意可知，微粒作匀减速直线运动，动能减少，且重力不做功，所以电场力做负功， 则电势能增加，增加了故D正确。故选CD。
14．如图所示，长为、倾角为的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为、质量为的小球（可视为质点），以初速度恰能沿斜面匀速上滑，取，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．小球带负电荷
B．水平匀强电场的电场强度为
C．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为
D．若电场强度减半，小球运动到B点时的速度为
【答案】BD
【详解】A．小球沿斜面向上运动，故知电场力向右，故小球带正电，故A错误；
B．带电小球从A点到B点，动能不变，由动能定理知重力做功与电场力做功之和为零，即；故B正确；
C．由题意知，电场强度未加倍时，满足电场强度加倍后，小球在斜面方向的合力
所以小球的加速度故C错误；
D．电场强度未减半时，满足若电场强度减半，小球在斜面方向的合力为
所以小球的加速度为根据速度位移公式，有
代入数据解得故D正确。故选BD。
15．电荷量为q＝1×10－4 C的带正电的小物块置于绝缘粗糙水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图像所提供的信息，下列说法正确的是 （ ）
A．物块在4s内的总位移x＝8m
B．物块的质量m＝0.5 kg
C．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
D．物块在4 s内电势能减少14 J
【答案】CD
【详解】A．由v-t图线可知，物块在4s内位移是选项A错误；
BC．因2s-4s内物体匀速运动，则在0-2s内的加速为a=1m/s2，则由牛顿第二定律可得
联立解得m=1kg，μ=0.2选项B错误，C正确；
D．由动能定理可知解得W电=14J故物块在4s内电势能减少了14J，选项D正确；
故选CD。
16．如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。（不计重力作用）下列说法中正确的是（ ）
A．从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
B．从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
C．从t=时刻释放电子，电子可能在两板间往复运动，也可能打到右极板上
D．从t=时刻释放电子，电子必将打到左极板上
【答案】BC
【详解】AB．分析电子在一个周期内的运动情况，从时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动。后内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上，故A错误，B正确；
C．分析电子在一个周期内的运动情况；从时刻释放电子，在内，电子向右做匀加速直线运动；在内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，时刻速度为零；在内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在时刻速度减为零；接着重复。若两板间距大于电子在向右运动的最远距离，则电子在两板间往返运动；若两板间距小于电子向右运动的最远距离，则电子将打到右极板上，故C正确；
D．用同样的方法分析从时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以电子最终一定从左极板的小孔离开电场，即不会打到左极板，故D错误。故选BC。专题01 功和功率
一、功的概念和基本计算
1．质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s，如图所示，物体m相对斜面静止。则下列说法正确的是（ ）
A．重力对物体m做正功
B．合力对物体m做功为零
C．摩擦力对物体m做负功
D．支持力对物体m不做正功
【答案】BC
【详解】A．物体在水平方向移动，在重力方向上没有位移，所以重力对物体m做功为零，故A错误；
B．物体匀速运动时，合力为零，合力对物体m做功为零，故B正确；
C．摩擦力f与位移的夹角为钝角，所以摩擦力对物体m做负功，故C正确；
D．由图看出，弹力N与位移s的夹角小于90°，则弹力对物体m做正功，故D错误。故选BC。
2．如图所示，坐在雪橇上的小英与雪橇的总质量为m，狗拉着雪橇沿水平地面向左移动了一段距离L，假定狗对雪橇的拉力F为恒力且与水平方向成θ角斜向上。已知雪橇与雪地间的动摩擦因数为μ，雪橇受到的（ ）
A．支持力做功为mgL
B．合外力做功为mgL
C．拉力做功为FLcosθ
D．滑动摩擦力做功为-μmgL
【答案】C
【详解】A．支持力做功为零，A错误；
B．合外力做功为，B错误；
C．拉力做功为FLcosθ，C正确；
D．滑动摩擦力做功为，D正确。故选C。
3．如图所示光滑的水平面上静止着质量为M的三角形物块，一质量为m的小球从物块顶端由静止释放，小球滑至底端的过程中物块水平移动了一段距离，下列说法正确的是（ ）
A．小球的重力对小球做负功 B．物块对小球的支持力不做功
C．物块对小球的支持力做负功 D．小球对物块的压力做负功
【答案】C
【详解】A．小球滑至底端的过程中，小球的重力对小球做正功，选项A错误；
BC．物块对小球的支持力与位移夹角大于90°，所以支持力做负功，选项B错误，C正确；
D．由系统机械能守恒可知，小球对物块的压力做正功，选项D错误。故选C。
求变力的功
4．（微元法）如图所示，摆球质量为m，悬线长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力f的大小不变，则摆球从A摆到位置B的过程中，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f做功为－mgL
D．空气阻力f做功为
【答案】ABD
【详解】A.重力在整个运动过程中始终不变，所以重力做功为 WG=mgL，故A正确；
B.因为拉力在运动过程中始终与运动方向垂直，故拉力对小球不做功，即WF=0，故B正确；
CD.阻力所做的总功等于每个小弧段上f所做功的代数和，，故C错误，D正确．
5．（动能定理法）如图所示，质量为的物体（可看成质点）以初速度沿水平面向左开始运动，起始点与轻弹簧端相距，已知物体与水平面间的动摩擦因数为，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为，则物体从开始运动到弹簧被压缩至最短的过程中（ ）
A．物体克服弹簧弹力所做的功为
B．物体克服弹簧弹力所做的功为
C．弹簧处于最大压缩量时，弹簧的弹性势能为
D．弹簧处于最大压缩量时，弹簧的弹性势能为
【答案】AD
【详解】AB．物体从开始运动到弹簧被压缩至最短的过程中，根据动能定理
解得物体克服弹簧弹力所做的功为选项A正确，B错误；
CD．由能量关系可知，弹簧处于最大压缩量时，弹簧的弹性势能为选项C错误，D正确。故选AD。
6．（图像法）静置于光滑平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F的作用下，沿x轴正方向运动，拉力F随物块所在位置位标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆。则小物块运动到x0处时拉力F做的功为（ ）
A．0 B．Fmx0 C．Fmx0 D．x
【答案】C
【详解】由于水平面光滑，所以拉力F即为合外力，F随物块所在位置坐标x的变化图像与横轴包围的面积即为F做的功，即故选C。
7．（功率法）如图“祝融号”火星车在水平的火星地表上从静止开始加速行驶，在电动机的牵引下经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，设这一过程中电动机输出的机械功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内（ ）
A．电动机对火星车所做的功为Pt
B．电动机对火星车所做的功为
C．电动机对火星车所做的功为
D．火星车先匀加速运动，达到最大速度后开始匀速运动
【答案】A
【详解】A．这一过程中电动机的功率恒为P，所以所以这段时间内电动机所做的功为Pt，A正确；
BC．对小车启动过程中根据动能定理，有这段时间内电动机所做的功为
BC错误；
D．小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系公式可知，牵引力不断减小，根据牛顿第二定律，有故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，D错误。故选A。
平均功率和瞬时功率
8．竖直上抛一球，球又落回原处，已知空气阻力的大小恒定，则（ ）
A．上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功
B．上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功
C．上升过程中克服重力做功的平均功率小于下降过程中重力的平均功率
D．上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率
【答案】B
【详解】AB．重力做功的大小只与物体的初末的位置有关，与物体的路径等无关，所以上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，故A错误，B正确；
CD．物体在上升的过程中，受到的阻力向下，在下降的过程中受到的阻力向上，所以在上升时物体受到的合力大，加速度大，采用逆向思维，根据知，物体运动的时间短，在上升和下降的过程中物体重力做功的大小是相同的，根据知，上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率，故CD错误。故选B。
9．如图，A、B和C三相同小球等高，且都可视为质点，A小球无初速度自由下落，B小球无初速度的沿光滑固定斜面下滑，小球为平抛，三者同时开始运动。下列说法中正确的是（ ）
A．三小球同时落地
B．从开始运动到落地A和C两小球重力的平均功率相等
C．落地瞬间A和B两小球的重力功率相等
D．落地瞬间三者动能相等
【答案】B
【详解】A．设斜面高度为h，倾角为，因为AC两球竖直方向均做自由落体运动，故AC同时落地，即
而B小球在斜面上满足所以所以AC先落地，故A错误；
B．由可得，从开始运动到落地A和C两小球重力的平均功率相等，故B正确；
C．由动能定理知，AB两球落地速度大小相等，但是B小球速度沿着斜面向下，故竖直方向的分速度小于A小球竖直方向速度，故落地瞬间A小球的重力功率大于B小球的重力功率，故C错误；
D．由动能定理知，三小球合外力做功相等，但C小球有初速度，故落地时C小球动能最大，故D错误。
故选B。
机车启动问题
10．“歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中，质量为m的“歼-20”以恒定的功率P起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间t0飞机的速度达到最大值为vm时，刚好起飞。关于起飞过程，下列说法正确的是（ ）
A．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B．飞机所受合力增大，速度增加越来越快
C．发动机的牵引力做功为
D．飞机克服阻力所做的功为
【答案】D
【详解】AB．根据图像可知，图像的斜率表示加速度，斜率越来越小，表示加速度越来越小，速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律加速度减小，合外力减小，故AB错误；
CD．设起飞过程飞机克服阻力做功为，根据动能定理牵引力做功
故C错误，D正确。故选D。
11．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v-t图像如图所示，已知汽车的质量m=2×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，（g=10m/s2）则（ ）
A．汽车在前5s内的牵引力为6×103N
B．汽车的额定功率为120kW
C．汽车的最大速度为vm=30m/s
D．当汽车速度为20m/s时，汽车加速度大小为2m/s2
【答案】BD
【详解】A．汽车在前5s内做匀加速运动，加速度由牛顿第二定律得，A错误；
B．汽车在5s末功率达到额定功率，B正确；
C．当牵引力等于阻力时，汽车达最大速度，则最大速度，C错误；
D．当汽车速度为20m/s时，则；得，D正确。故选BD。
12．如图所示，B物体在拉力F的作用下向左运动，在运动的过程中，A，B之间有相互作用的力，则对力做功的情况，下列说法正确的是（ ）
A．A、B都克服摩擦力做功
B．AB间弹力对A、B都不做功
C．摩擦力对B做负功，对A做正功
D．AB间弹力对A不做功，对B做正功
【答案】B
【详解】AC．物块A没有位移，则摩擦力对A不做功，摩擦力对B做负功，选项AC错误；
BD．AB间弹力沿竖直方向，则对A、B都不做功，选项B正确，D错误；故选B。
13．水平桌面上一质量为3kg的物体，在水平拉力F的作用下，从静止开始运动2s后撤去外力，其图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在0~2s内，合外力做的功为4J
B．在0~2s内，拉力大小是阻力大小的2倍
C．在时，拉力的瞬时功率为
D．在0~6s内，摩擦力做的功为9J
【答案】C
【详解】A．在0～2s内，根据动能定理得，合外力做的功，A错误；
B．2-6s内物体的加速度物体受到的摩擦力大小
0-2s内物体的加速度则解得在0～2s内，拉力大小是阻力大小的3倍，B错误；
C．在t=1s时，物体的速度为拉力的瞬时功率为，C正确；
D．在0～6s内，物体的位移所以在0～6s内，摩擦力做的功为
D错误。故选C。
14．沿水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向，建立平面直角坐标系。在竖直平面内，由A点抛出一个物体，、和是该物体运动轨迹上的三点，如图所示，其中为常数。空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．从A到和从到，重力对物体的冲量相同
B．从A到和从到，重力对物体做的功相同
C．从A到和从到，重力对物体做功的功率相同
D．从A到和从到，物体的动量增量相同
【答案】B
【详解】AD．从A到的时间大于从到的时间，根据I=mgt可知，重力对物体的冲量不相同，根据动量定理可知，物体的动量增量不相同，AD错误；
B．从A到和从到，物体下落的竖直高度相同，根据W=mgh可知，重力对物体做的功相同，B正确；
C．根据可知，从A到和从到，重力对物体做功相同，但是时间不同，则重力的功率不相同，C错误；故选B。
15．如图所示，小明同学采用“背跃式”——身体横着恰好越过了高度为2米的横杆，获得了校运动会跳高冠军，若小明体重为，身高为1.8米，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．达到最高点时，小明所受重力的瞬时功率为零
B．起跳离地上升过程，小明克服重力做功约为
C．起跳离地前，地面支持力对小明做功约为
D．起跳时地面对小明的支持力大于他对地面的压力
【答案】A
【详解】A．达到最高点时，小明速度为零，所受重力的瞬时功率为零，故A正确；
B．起跳离地上升过程，小明克服重力做功故B错误；
C．地面支持力作用点始终未动，支持力对小明做功为0，故C错误；
D．起跳时地面对小明的支持力与他对地面的压力是一对相互作用力，等大反向，故D错误。故选A。
16．一辆质量为m的小汽车在水平地面上由静止开始运动，其功率随速度的变化关系如图所示，其中AB段平行于v轴，汽车匀速运动阶段的速度为vB。根据图像，你可以判断的是（ ）
A．汽车与地面间的摩擦力大小为
B．在OA段汽车的位移为
C．速度增大到vA的过程中，汽车的加速度逐渐减小，当v=vA时，a=0
D．速度从vA增加到vB的过程中，汽车的牵引力逐渐减小，当v=vB时，牵引力减小为0
【答案】B
【详解】A．由图像可知，速度为时，牵引力等于摩擦力，功率为额定功率，汽车将做匀速直线运动，故
，A错误；
B．因OA段为倾斜直线，故其斜率不变，斜率即表示汽车的牵引力，可知汽车牵引力在OA段不变，故汽车为匀加速启动，在A点功率为额定功率，牵引力为匀加速运动的牵引力，故匀加速阶段的牵引力为
则由得，B正确；
C．速度增大到的过程中，汽车的加速度不变，C错误；
D．速度从增加到的过程中，汽车的牵引力逐渐减小，当时，牵引力不为0，其与摩擦力大小相等，D错误。故选B。
17．如图甲，起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其重物的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，此过程中钢索拉力的功率P随时间t变化的图像可能是图丙中的（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】对重物的运动过程进行分析可知中，重物先0~时间内做匀加速直线运动，设加速度为，根据牛顿第二定律得此时拉力的功率可知此段时间内功率与时间成正比；
在 ~时间内重物向上做匀速直线运动，拉力则拉力的功率可知这段时间内拉力的功率不变，根据拉力的大小得，此时拉力的功率小于时刻拉力的功率；在时间内重物向上做匀减速直线运动，设加速度为，根据牛顿第二定律得此时间内拉力的功率则可知与t是线性关系，减小，时刻拉力突然减小，功率突然减小。
综上可知BCD错误，A选项正确。故选A。
18．一静止在水平地面上的物体质量为0.5kg，在大小为2N、与水平方向夹角为30°斜向右上方的拉力的作用下，在2s内运动了2m，重力加速度为g=10m/s2，关于物体在该过程中运动，下列说法正确的是（ ）
A．重力做功为零
B．克服摩擦力做功为零
C．拉力做功为J
D．2s末拉力的功率为2W
【答案】AD
【详解】A．物体在水平地面上运动，重力做功为零，故A正确；
B．在2s内摩擦力与运动方向相反，摩擦力做负功不为零，故B错误；
C．根据功的定义式得拉力做功为W＝FLcosα＝J故C错误；
D．根据运动学公式得；，2s末速度大小v＝2m/s根据P＝Fvcosα得2s末拉力的功率为P＝W故D正确；故选AD。
19．放在粗糙水平地面上一物体受到水平拉力的作用，在0~6 s内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图甲、乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．0~6 s内拉力做的功为140 J
B．拉力在0~6 s内做的功与0~2 s内拉力做的功相等
C．物体质量为0.8kg
D．物体在0~2 s内所受的拉力为6 N
【答案】ACD
【详解】A．功率与时间的关系图象中，图线与坐标轴所围图形的面积，在数量上等于功，所以0~6s内拉力做的功为故A正确；
B．拉力在0~6s内做的功大于0~2s内拉力做的功，故B错误；
C．由图乙可知2~6s内拉力的功率由图甲可知2~6s内物体的速度为所以拉力的大小为这段时间内物体做匀速运动，则摩擦力的大小为在0~2s内，由动能定理可得
即解得故C正确；
D．物体在0~2s内的加速度为由牛顿第二定律有解得故D正确。故选ACD。
20．如图甲所示，在距离地面高度为的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量、可看作质点的物块相接触（不粘连），段粗糙且长度等于弹簧的原长，其余位置均光滑。物块开始静止于点，段的动摩擦因数。现对物块施加一个水平向左的外力，其大小随位移变化关系如图乙所示。物块向左运动到达点，到达点时速度为零，随即撤去外力，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从点离开平台，落到地面上点，取，则（ ）
A．弹簧被压缩过程中外力做的功为
B．弹簧在被压缩过程中具有的最大弹性势能为
C．整个运动过程中克服摩擦力做功为
D．、的水平距离为
【答案】AC
【详解】A．根据图象，图象与坐标轴围成的面积表示力F做的功，则弹簧被压缩过程中外力做的功为，A正确；
B．物块受到摩擦力所以摩擦力做功根据动能定理
解得W弹=-3J弹力做负功，弹性势能增加，故最大弹性势能为3J，故B错误；
C．整个过程即物块从A运动到B再从B运动到N，其中仅OA段粗糙，从A到B摩擦力做功-2J，摩擦力从B到A做功同为-2J，故摩擦力做功为-4J，即整个运动过程中克服摩擦力做功为，C正确；
D．从B到M，弹力做正功，大小等于从弹簧最大弹性势能，外力F撤去，根据动能定理
解得，M至N物块做平抛运动，运动时间则水平位移
，D错误。故选AC。专题05 功能关系
各种功能关系
1．高速公路在长下坡路段通常会设置避险车道，刹车失灵的载重货车可驶入避险（如图所示），若刹车失灵且失去动力的货车以初速度v0经A点冲上避险车道，前进一段距离到B点减速为零，货车所受摩擦阻力恒定，A、B两点高度差为h，货车质量为m。已知重力加速度为g。下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是（ ）
A．货车的重力势能增加了
B．摩擦阻力做的功大于机械能的变化量
C．动能的变化量等于重力做的功
D．摩擦产生的热量为
【答案】D
【详解】A．货车重力势能的增加量故A错误；
B．货车上升过程中，只有重力和阻力做功，根据能量守恒定律可知，摩擦阻力做的功等于机械能的减少量，故B错误；
C．根据动能定理可知，重力和阻力做功代数和等于动能的变化，故C错误；
D．根据能量守恒定律可知，摩擦产生的热量为故D正确。故选D。
2．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力和阻力对他做功的情况如图所示。韩晓鹏在此过程中（ ）
A．动能增加了 B．重力势能减小了
C．内能增加了 D．机械能减小了
【答案】D
【详解】A．根据动能定理可得动能增加了，A错误；
B．重力势能的变化用重力做功衡量，则有故重力势能减小了，B错误；
CD．除重力外，其他做功用来衡量机械能的变化，则有可知机械能减小了，减少的机械能变成了内能，即内能增加了，C错误，D正确；故选D。
在传送带模型中应用功能关系
3．如图所示，传送带保持1m/s的速度顺时针转动。现将一质量m=1kg的小物体轻轻地放在传送带的a点上，物体与传送带间的动摩擦因数=0.1，a、b间的距离L=2.5m，g=10m/s2，设物体从a点运动到b点所经历的时间为t，该过程中物体和传送带间因摩擦而产生的热量为Q，下列说法正确的是（ ）
A．t=s B．t=2s C．Q=0.5J D．Q=1J
【答案】C
【详解】物体在传送带上做匀加速运动时的加速度大小为物块从开始运动到与传送带共速所经历的时间为，t1时间内物体的位移大小分别为，t1后物体与传送带一起做匀速运动，t1时间内传送带的位移大小分别为物体做匀速运动的时间物体从a点运动到b点所经历的时间为传送带间因摩擦而产生的热量故选C。
4．如今网上购物非常流行，快递公司把邮件送到家里，消费者足不出户就可以购买到所需的商品。如图是某快递公司搬运邮件的传输装置示意图，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个邮件轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法正确的是（ ）
A．第一阶段摩擦力对邮件做正功，第二阶段摩擦力对邮件不做功
B．第一阶段摩擦力对邮件做的功等于第一阶段邮件动能的增加
C．第一阶段邮件和传送带间的摩擦生热等于第一阶段邮件机械能的增加
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程邮件与传送带间的摩擦生热
【答案】C
【详解】A．第一阶段是动摩擦力，第二阶段是静摩擦力，两阶段摩擦力都做正功。A错误；
B．第一阶段，合力做的功等于重力及摩擦力做的功，所以根据动能定理，摩擦力做的功大于动能的增加。B错误；
C．设传动带速度为v，共速时间t，则摩擦生热为根据功能关系，机械能的增加等于非重力做的功，即，C正确；
D．邮件在第二阶段没有相对传送带发生位移，所以在第二阶段没有发热，在第一阶段与传送带的摩擦生热即为全程的生热，而第二阶段机械能的增量等于第二阶段静摩擦力做的功，结合C选项可知，物体从底端到顶端全过程机械能的增加大于全过程邮件与传送带间的摩擦生热。D错误。故选C。
在板块模型中应用功能关系
5．如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ。为保持木板的速度不变，须对木板施加一水平向右的作用力F。从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，木块与物体组成的系统产生的热量为（ ）
A．2mv2 B．mv2 C． D．
【答案】C
【详解】物体相对木板运动时的加速度a＝＝μg由v＝μgt知物体与木板相对运动的时间t＝
该过程木板相对物体运动的路程s相＝vt－t＝vt由功能关系知，物体与木板组成的系统产生的热量
Q＝fs相＝μmg·s相各式联立得Q＝mv2故C正确；ABD错误；故选C。
6．质量为M的长木板放在光滑的水平面上，如图所示，一质量为m的滑块以某一速度沿木板表面从A点滑到B点，在木板上前进的距离为L，而长木板前进的距离为l，若滑块与木板间动摩擦因数为，则（ ）
A．摩擦力对滑块所做的功为
B．摩擦力对木板所做的功为
C．滑块损失的动能为
D．滑块和木板系统损失的动能为
【答案】D
【详解】A．摩擦力对滑块所做的功为故A错误；
B．摩擦力对木板所做的功为故B错误；
C．根据动能定理知，滑块损失的动能等于滑块克服摩擦力所做的功，即故C错误；
D．根据能量守恒定律可知滑块和木板系统损失的动能等于系统产生的摩擦热，即故D正确。
故选D。
7．在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性床的协助下实现上下弹跳，如图所示。某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．从A点运动到O点，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量
B．从O点运动到B点，小孩机械能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量
C．从A点运动到B点，小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量
D．从B点返回到A点，小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量
【答案】AD
【详解】A．从A点运动到O点，小孩的速度不断增大，根据能量转化和守恒定律可知，其重力势能的减少量等于增加的动能与弹性绳的弹性势能之和，故重力势能的减少量大于动能的增加量，故A正确；
B．从O点运动到B点，小孩的速度不断减小，根据能量转化和守恒定律可知，小孩机械能减少量等于弹性绳、蹦床弹性势能增加量，故小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能的增加量，故B错误；
C．从A点运动到B点，小孩机械能转化为弹性绳和蹦床的弹性势能，则知小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，故C错误；
D．从B点返回到A点的过程中，弹性绳的弹性势能和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能，则知小孩机械能增加量大于蹦床弹性势能的减少量，故D正确。故选AD。
8．如图所示，一小孩从公园中粗糙的滑梯上自由加速滑下，其能量的变化情况是（ ）
A．小孩减少的重力势能等于产生的内能
B．小孩减少的重力势能等于增加的内能与增加的动能之和
C．小孩克服摩擦力所做的功数值上等于产生的内能
D．小孩的重力与摩擦力所做的功之和等于小孩机械能的减少量
【答案】BC
【详解】AB．小孩从公园中粗糙的滑梯上自由加速滑下，根据能量守恒，小孩减少的重力势能等于增加的内能与增加的动能之和，A错误B正确；
C．根据功能关系，小孩克服摩擦力所做的功数值上等于产生的内能，C正确；
D．根据机械能守恒，小孩受到的摩擦力所做的功等于小孩机械能的减少量，D错误。故选BC。
9．如图所示，一木块放在光滑水平面上，一子弹水平射入木块中，射入深度为d，平均阻力为f。设木块滑行距离为s时开始匀速前进，下列说法正确的是（ ）
A．木块动能的增加量等于fs B．子弹损失的动能等于fs
C．子弹与木块总机械能的损失等于fs D．子弹与木块总机械能的损失等于fd
【答案】AD
【详解】A．根据动能定理，木块动能的增加量，A正确；
B．根据动能定理，子弹损失的动能，B错误；
CD．根据能量守恒定律，子弹与木块损失的总机械能为，C错误，D正确。故选AD。
10．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为，则在整个运动过程中若，下列说法正确的是（ ）
A．
B．摩擦力对物体做功为零
C．传送带与物体摩擦生热为
D．电动机因传送小物块多消耗的电能为
【答案】ACD
【详解】A．由于传送带足够长，物体匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，如果v1B．整个过程中，根据动能定理可得摩擦力对物体做功为 W=mv32 mv22≠0故B错误；
CD．设物体所受的摩擦力大小为f，物体向左运动的加速度大小a=时间t1=物体向左运动的位移
x1=传送带的位移x2=v1t1=摩擦生热Q1=f（x1+x2）=+mv1v2物体向右运动时，运动时间为t2=物体向右运动的位移x3==传送带的位移x4=v1t2=摩擦生热Q2=f（x4-x3）=
传送带与物体摩擦生热共为Q=Q1+Q2=故C正确。
D．电动机因传送小物块多消耗的电能为选项D正确。故选ACD。
11．如图甲所示，倾角为的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为的木箱（可视为质点）轻放到传送带底端A，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t=10s时刻木箱到达传送带上端B。重力加速度g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则（ ）
A．木箱与传道带之间的动摩擦因数为0.75
B．木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.8
C．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能为1240J
D．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱重力势能和动能的增加量之和
【答案】BC
【详解】AB．木箱放上传送带先做匀加速运动，根据图乙可得木箱做匀加速运动的加速度为
根据牛顿第二定律可得解得，动摩擦因数为μ=0.8
故A错误，B正确；
CD．设传送带的速度为v，根据图像可知v=2m/s；木箱与传送带的相对位移为木箱和传送带间因摩擦产生的热量为
AB间距离为则木箱上升的高度为由能量守恒知木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，即联立方程，解得E电=1240J故C正确，D错误。故选BC。
12．在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将的货物放在传送带上的A端，经过到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示。已知重力加速度，则可知（ ）
A．A、B两点的距离为
B．货物与传送带间的动摩擦因数为
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为
D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为
【答案】ABD
【详解】A． A、B两点的距离等于全程物块的位移，根据运动学相关规律可得速度时间图像与横轴所围面积表示物体位移，可得故A正确；
B．由图像可知，0.2s内物体相对传送带向上运动，根据牛顿运动定律和图线斜率的特点可得
，0.2s~1.2s内，物体相对传送带向下运动，根据牛顿运动定律和图线斜率的特点可得代入数据计算可得货物与传送带间的动摩擦因数为、 故B正确；
C．根据能量守恒定律可得传送带对物块做的功故C错误；
D．由速度时间图像与横轴所围面积表示物体位移可得货物从A运动到B过程中，货物与传送带的相对位移为则摩擦产生的热量为
故D正确。故选ABD。
13．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力大小为，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，在这个过程中，以下结论正确的是（ ）
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为
C．摩擦力对小物块所做的功为
D．小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为
【答案】BCD
【详解】A．小物块到达小车最右端过程，对于小物块根据动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为故A错误；
B．小物块到达小车最右端过程，对于小车根据动能定理可得小车具有的动能为故B正确；
C．摩擦力对小物块所做的功为故C正确；
D．小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为故D正确；故选BCD。
14．如图甲，劲度系数的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量为M的木板。开始时弹簧处于原长，木板静止在光滑的水平桌面上、一质量的物块（可视为质点）从木板左端以初速度滑上木板，最终恰好停在木板的右端。图乙中A为物块的图线；B为木板的图线且为正弦图线。已知重力加速度，根据图中所给信息可得（ ）
A．木板的长度为
B．时，弹簧的弹性势能为
C．时，木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等
D．内“物块和木板”系统的摩擦生热为
【答案】AD
【详解】A．由于v-t图像与t轴围成的面积表示位移，通过图像可知，A一直向右运动，位移s=2m，B先向右后向左运动，总位移为0。因此，A运动的位移即为木板长度，即2m，A正确；
B．由于v-t图像的斜率表示加速度，可知A减速运动的加速度为1m/s2。而A在仅受摩擦力的作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知由物块B的v-t图像可知，t=0.5s时，B的速度最大，此时由于切线斜率为0，故B物块的加速度为0。
对B进行受力分析可知，此时弹簧弹力与摩擦力二力平衡，且弹簧伸长量的大小应为B的位移x，则有：
解得由正弦图线的对称性可知，t=1s时，B的速度为0，即位于简谐运动的振幅处，B向右的位移为2x。对0~1s过程列能量守恒：其中A在1s内的位移为联立可得，B错误；
C．1s时，木板的v-t图切线斜率不为0，说明木板此时仍有加速度，故摩擦力与弹簧弹力并不相等，C错误；
D．两秒内“物块和木板”系统的摩擦生热而由图像可知，全过程物块与木板的相对路程即等于物块的位移s，因此系统摩擦生热为2J，D正确。故选AD。
15．如图，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B的左端放一小物体A，现以水平力F拉A，使A从B的左端滑到右端，由于A、B间摩擦力的作用，B向右移动一段距离。在此过程中（ ）
A．F做功的大小等于A动能的增加量 B．F越大系统中由摩擦产生的热量越多
C．摩擦力对A、B做功的代数和不为零 D．摩擦力对B所做的功的大小等于B动能的增加量
【答案】CD
【详解】A．根据能量守恒可知，F做功一部分变成物块A的动能，一部分变成木板B的动能，一部分摩擦生成了热，A错误；
B．产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，A、B间滑动摩擦力恒定，相对位移为板长恒定，因此产生的热量为定值，与力的大小F无关，B错误；
C．A、B间的摩擦力为作用力和反作用力等大反向，而A、B两物体在力的作用下通过的位移不同，摩擦力对A、B做功大小不同，因此代数和不为零，C正确；
D．只有摩擦力对B做功，根据动能定理，摩擦力对B所做的功等于B动能的增加量，D正确。故选CD。专题13 功能关系在电场中的应用
1．如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为的小金属块（可视为质点），从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm，小金属块最后停止在C点。已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电力常量为k，则（ ）
A．从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能
B．在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小
C．O、B间的距离为
D．在点电荷形成的电场中，A、B两点间的电势差
【答案】C
【详解】D．滑块从A到B过程，由动能定理得得A、B两点间的电势差故D错误；
B．小金属块由A向C运动的过程中，电场力一直做正功，所以电势能一直减小，故B错误；
C．由题意知，A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有得故C正确；
A．从B到C的过程中，小金属块的动能和电势能全部转化为内能，故A错误。故选C。
2．如图所示，高为h的固定光滑绝缘斜面，倾角，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的带电量为q的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，电场强度，重力加速度为g，，，则物块落地的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】物块受到的电场力则合力的大小为 ，合力的方向和水平夹角为 ，则小物块沿合力方向做匀加速直线运动，不会沿着斜面下滑
根据动能定理可得解得故选A。
3．如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态。保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放。则释放后小球从M点向下运动的过程中（ ）
A．小球向下运动的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能减小
B．从M到N运动过程中，小球重力势能和弹簧弹性势能的减少量等于小球电势能的增加量
C．向下运动的过程中，在重力与电场力等大反向的位置处，小球有最大速度
D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和
【答案】A
【详解】A．根据功能关系小球向下运动的过程中，电场力做负功，电势能增加，则小球和弹簧组成的系统机械能减小，所以A正确；
B．从M到N运动过程中，小球重力势能和弹簧弹性势能的减少量等于小球电势能和动能的增加量，所以B错误；
C．向下运动的过程中，重力与电场力总是等大反向，在N点弹簧处于原长时，合外力为0，加速度为0，则小球才有最大速度，所以C错误；
D．由动能定理可知，小球动能的增加量等于电场力、弹簧弹力和重力做功的代数和，所以D错误；故选A。
4．如图所示，空间有场强大小，方向竖直向下的匀强电场，长不可伸长的轻绳固定于O点，另一端系一质量、带电荷量的正电小球。现把小球拉起至绳子水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂（无能量损失），小球继续运动并垂直打在一个与水平面成且足够大的挡板上的C点，重力加速度g取，试求：
（1）绳子的最大张力T；
（2）两点的电势差U；
【答案】（1）54N；（2）
【详解】（1）过程，由动能定理得，B点向心力的来源
联解得
（2）由功能关系得，C点速度分解电势差与电场强度关系
联解得
5．如图所示，光滑绝缘水平面上固定一半径为R的绝缘光滑绝缘圆弧轨道AB，圆弧轨道的最低点A与水平轨道平滑连接，置于水平向右的匀强电场中。若将一带电小球从距离A点左侧R处的绝缘水平面上静止释放，小球恰好能运动到B点。现将该带电小球从A点的左边9R由静止释放（重力加速度为g）。求：
（1）小球第一次落到水平面前距水平面的最大距离；
（2）小球第一次落到水平面时的速度的大小和位置。
【答案】（1）；（2）；
【详解】（1）带电小球从第一次释放到B，由动能定理
设带电粒子第二次释放到B点的速率为，由动能定理
设粒子离开B点后经过时间到达最高点，从B点开始上升的距离为y。则；
最高点到绝缘地面之间的距离解得
（2）设粒子从最高点到落地用时，落地时的竖直方向的速率为，水平方向的速率为则
；落地时的速度设落地点到B点的水平距离为x，则
其中解上述方程得；
6．如图所示，在绝缘水平面上，有相距为L的A、B两点，分别固定着两个带电荷量均为Q的正电荷。O为AB连线的中点，a、b是AB连线上两点，其中Aa=Bb=。一质量为m、电荷量为+q的小滑块（可视为质点）以初动能Ek0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为3Ek0，第一次到达b点时的动能恰好为零，小滑块最终停在O点，已知静电力常量为k。重力加速度为g求：
（1）小滑块与水平面间滑动摩擦因数μ。
（2）小滑块刚要到达b点时加速度的大小和方向。
（3）小滑块运动的总路程s。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）a点与b点等势，小滑块第一次由a到b，由动能定理有
求得小滑块与水平面内间滑动摩擦力大小则动摩擦因数为
（2）小滑块刚要到b时，受库仑力；
b点，由牛顿第二定律有解得刚要到b点时的加速度
（3）由a第一次到O时静电力做功为W，有
由a开始到最后停在O点有联立解得
7．如图所示。倾角为的绝缘粗糙斜面长度为长度为。斜面上方间有平行斜面向上的匀强电场，一质量为m、电荷量为的小物块自A端左上方某处以初速度水平抛出，恰好在A点与斜面相切滑上斜面。沿斜面向下运动。经过C点但未能到达B点。在电场力作用下返回。最终恰好静止在A点。已知物块与斜面间的动摩擦因数为。不考虑运动过程中物块电荷量的变化。小物块可看成点电荷。重力加速度为g。求；
（1）物块平抛至A点时的速度大小；
（2）物块在电场中的最大电势能（规定C处电势为零）。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹角为，设此时速度为v则
解得
（2）设物块沿斜面向下运动的最大位移为x。自物块从A点开始向下运动到再次返回A点根据动能定理有
解得物块位于最低点时，电势能最大，物块自A点到最低点过程中，设电场力做功为W，根据动能定理有解得
即物块电势能大值为
8．如图所示的平面直角坐标系，y轴和直线之间存在沿x轴负方向的匀强电场Ⅰ，在直线和直线之间存在与直线的夹角为的匀强电场Ⅱ，一质量为m、带电量为的带电粒子，从y轴上的A点以沿着y轴负方向的初速度进入匀强电场Ⅰ，经过直线上的B点（图中未画出），进入匀强电场Ⅱ做匀变速直线运动，最后粒子达到直线上的C点（图中未画出），速度刚好为0，不计粒子的重力。求：
（1）A、B两点的电势差及匀强电场Ⅱ的电场强度；
（2）粒子从A点到B点的运动时间；
（3）粒子从A点到C点沿y轴方向的分位移。
【答案】（1）,;（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，粒子在B点的速度沿着匀强电场Ⅱ的方向，与直线、直线的夹角为,粒子从A点到B点做类平抛运动，把分别沿y轴、x轴分解，沿y轴方向的分速度为：
由动能定理综合解得设电场Ⅱ的强度为，粒子从B点到C点由动能定理综合解得；
（2）在匀强电场Ⅰ中，粒子沿x轴的正方向做初速度为0的匀加速直线运动，设运动时间为：
综合解得，粒子从A点到B点的运动时间
（3）粒子从A点到B点，沿y轴方向做匀速直线运动，其分位移粒子从B点到C点，沿y轴方向的分位移结合可得粒子从A点到C点沿y轴方向的分位移
9．如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周最低点。现有一质量为m、电荷量为q套在杆上的带负电小球（可视为质点）从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为。求：
（1）A、B两点间的电势差；
（2）小球滑至C点时的速度的大小；
（3）若以C点做为零电势点，试确定A点的电势。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对小球从A到B由动能定理有代入数值可解得
A、B两点间的电势差
（2）小球从B到C电场力做的总功为零，由几何关系可得BC的竖直高度为
根据动能定理有解得
（3）C电势为0，则B电势为0，根据可得
10．如图所示，两异种点电荷的电荷量均为，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点且与连线垂直，平面上A、、三点位于同一竖直线上，，点电荷到点的距离也为。现有电荷量为、质量为的小物块（可视为质点），从A点以初速度向滑动，到达点时速度恰好减为零。已知物块与平面的动摩擦因数为，求：
（1）A点的电场强度的大小；
（2）物块从A运动到点的过程中，克服摩擦力所做的功是多少？
（3）物块通过点的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）正、负点电荷在A点产生的场强均为，A点的电场强度的大小
（2） 物块从A到B，根据动能定理有解得
（3）小物块从A到O过程解得专题07 功能关系在计算题中的应用
一、功的求解
1．“滑草”是一项新的健康娱乐运动，“滑草”运动的示意图如图所示，坐在垫板上的小孩从高的倾斜滑道顶端由静止下滑，到达底端时速度大小，进入水平滑道时速度大小不变，最终停在水平滑道上。已知小孩和垫板的总质量，垫板与水平滑道的动摩擦因数，取。求：
（1）在倾斜滑道上滑动时重力做的功；
（2）在倾斜滑道上滑动时摩擦力做的功；
（3）小孩在水平滑道上滑行的距离s。
【答案】（1）3000J；（2）-2760J；（3）
【详解】（1）在倾斜滑道上滑动时重力做的功
（2）从开始下滑到斜面底端，由动能定理得解得
（3）在水平地面上运动时，由动能定理得解得
二、功率的求解
2．如图甲所示，一台起重机将质量的重物由静止开始竖直向上匀加速提升，末达到额定功率，之后保持该功率继续提升重物，末重物达到最大速度。整个过程中重物的图像如图乙所示。取，不计额外功率。试计算：
（1）起重机的额定功率；
（2）重物的最大速度；
（3）前起重机的平均功率；
（4）后起重机由于突然故障，额定功率下降一半，分析说明在故障后重物的运动情况。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）见解析
【详解】（1）根据图乙可知，内重物匀加速上升，加速度大小为
设牵引力为，根据牛顿第二定律可得解得
则起重机的额定功率为
（2）当牵引力等于重力时，重物的速度达到最大，则有
（3）内重物的位移为整个前内，牵引力做的功为
则前起重机的平均功率为
（4）后起重机由于突然故障，额定功率下降一半，故障瞬间重物的速度不变，根据可知牵引力减小为原来的一半，即为，重物所受合力方向向下，重物向上做减速运动，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，重物的加速度逐渐减小，当牵引力再次等于重力时，重物又做匀速直线运动，此时有可知故障后重物向上做加速度逐渐减小的减速运动，最终匀速，匀速运动的速度大小为。
三、动能定理的应用
3．如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，圆心为O，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5m；BD部分水平，长度为0.2m，C为BD的中点。现有一质量m＝1kg、可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点。（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）物块运动到B点时的速度大小；
（2）为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大。
【答案】（1）；（2）10N
【详解】（1）设物块运动到B点时的速度大小为vB，根据动能定理有解得
（2）设物块与BD间的动摩擦因数为μ，对物块从B到D和从B到C的过程根据动能定理分别有
；解得
四、机械能守恒定律的应用
4．如图所示，一根光滑的细杆上穿有一个质量为m的小球A，小球A和质量为M的物块B通过一根足够长的轻绳绕过定滑轮（大小可忽略不计）相连，细杆与定滑轮之间的水平间距L=0.8m，现将小球A从与定滑轮同一高度处由静止释放，已知m=0.34kg，M=0.5kg，g=10m/s2，A离地足够高，不计一切摩擦阻力。求：
（1）A能下降的最大高度hm；（结果保留两位有效数字）
（2）当A下降高度为h=0.6m时A的速度大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）当A下降时，B上升的高度根据系统机械能守恒有
解得
（2）设此时小球A的速度为，物块B的速度为，对A、B组成的系统，根据系统机械能守恒关系得
；解得
五、功能关系的应用
5．如图甲所示，倾角为的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为煤块轻轻放在传送带的A端。物体相对地面的速变随时间变化的关系如图乙所示。末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，，求：
（1）内煤块加速度a的大小；
（2）煤块与传送带间的动摩擦因数；
（3）内物体机械能的减少量，电动机因传送物体而多消耗的电能E。
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）由图乙可知，内煤块加速度a的大小
（2）内，对煤块应用牛顿第二定律得解得
（3）由图乙，可知煤块到达传送带B端时的速度大小，内，煤块沿传送带运动的距离为
煤块的动能增加了煤块的重力势能减少了
所以煤块的机械能的减少量
由功能关系可知，煤块与传送带的摩擦产生的热为
代入数值得由能量守恒定律可得，电动机因传送物体而多消耗的电能
6．如图所示，倾角的足够长斜面固定在水平地面上，在时刻，用平行斜面向上、大小的力拉质量的物块沿斜面由静止向上运动。已知物块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取，。求：
（1）在，拉力F及合外力做的功；
（2）时，摩擦力与重力的功率大小。
【答案】（1），；（2），
【详解】（1）物块向上运动过程中，受力如图所示，由牛顿第二定律有
在内，由匀变速直线运动规律有又联立解得合外力做功
联立解得
（2）在时，由运动学有又联立解得且；
7．一名同学周末在家收拾客厅，在把一个木箱拉到客厅一角时，他想估算自己对这个木箱做了多少功。为了减小摩擦引起的噪声，以减轻对楼下住户的影响，他以斜向上与水平面约成60°夹角的恒力，沿直线缓慢拉动木箱移动了3m。利用体重计称得木箱质量约为30kg，通过相关资料查到木头与地面的动摩擦因数约为0.60，试估算：（取g=10）
（1）这名同学对木箱的拉力在该过程中所做的功；
（2）木箱受到的外力做的总功；
（3）系统大约消耗了多少能量；这些能量去哪了。
【答案】（1）270J；（2）0；（2）见解析
【详解】（1）设拉力的大小为F，由题知，木箱缓慢移动，受力平衡，根据正交分解，可得水平方向有
竖直方向有又根据联立解得故拉力做的功为
（2）木箱缓慢移动，则合外力为零，故合外力做的总功为0；
（3）木箱克服摩擦力做功，消耗了能量，则克服摩擦力做功为即系统大约消耗了270J的能量，这些能量转化为内能。
8．自主品牌比亚迪汽车2022年4月份的新能源汽车总销量超越全球知名品牌特斯拉，旗下热销车型比亚迪·唐好评如潮。表格中是纯电动唐的部分技术参数，已简化处理。
整备质量（kg） 2000
最高车速（m/s） 40
额定功率（kW） 180
设整个运动过程中阻力恒定。
（1）求汽车受到的阻力大小；
（2）若某段时间内汽车保持额定功率不变，当汽车的加速度为1.75m/s2时速度是多大？
（3）若汽车保持额定功率不变从静止起动，达到最大速度走过的位移是200m，这一过程需要多长时间？
【答案】（1）4500N；（2）22.5m/s；（3）s或13.9s
【详解】（1）根据最大速度时，牵引力等于阻力，根据功率表达式得解得汽车运动中所受阻力大小为Ff=4500N
（2）由牛顿第二定律得F1-Ff=ma此时汽车速度联立并代入数据得v1=22.5m/s
（3）根据动能定理得代入数据解得s或13.9s
9．动车组是由几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢组成的，带动力的车厢叫动车，不带动力的车厢叫拖车。假设动车组行驶过程中所受阻力与车重成正比（比例系数为k），每节车质量都为m，每节动车额定功率都为。某动车组共8节车厢，当以额定功率启动4节动车运行时，动车组由静止经时间达到最大行驶速度，重力加速度为g。求：
（1）该动车组由静止到最大速度所行驶的路程；
（2）当动车组速度为最大速度的一半时的加速度大小；
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）该动车组由静止到最大速度过程，根据动能定理
达到最大速度时，牵引力与阻力平衡，有联立解得
（2）动车组速度最大速度当动车组速度为最大速度的一半时，牵引力
根据牛顿第二定律解得
10．如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的高度h可调的斜轨道、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道和相连）组成。可认为所有轨道均处在同一竖直平面内，连接处均平滑。已知，滑块质量为且可视为质点，竖直圆轨道半径为，图中，滑块与间动摩擦因数为，其他轨道均光滑，不计空气阻力，重力加速度取。现调节h的大小，让滑块从斜轨道最高点由静止释放，求：
（1）物体在AB段克服摩擦力做的功。
（2）若，滑块能否到达点 若能，求滑块对点压力大小。
（3）若要保证滑块第一次到达竖直圆轨道时不脱离圆环，求斜轨道高度h调节的范围。
【答案】（1）0.75J；（2）1N；（3）或
【详解】（1）物体在段克服摩擦力做的功，设倾斜角度为，则
（2）若滑块能够到达F点，则由动能定理可得解得
因为恰好到达F点得则能够达到F点，在F点，竖直方向有
解得
（3）若滑块恰好过F点时，有滑块的动能为由动能定理可得
解得若要保证滑块第一次到达竖直圆轨道时不脱离圆环，斜轨道高度h调节的范围为若滑块恰好到达竖直圆轨道圆心高度，由动能定理可得
解得恰好在E点，由动能定理得解得
若要保证滑块第一次到达竖直圆轨道时不脱离圆环，斜轨道高度h调节的范围为
11．如图所示，水平轨道左端固定的挡板上连接轻弹簧，虚线左侧的轨道光滑，右侧的轨道粗糙，虚线右侧空间存在着恒力作用区，对进入该区的物体始终施加一水平向左的恒力，一质量为小物块从虚线右侧处由静止释放，已知物块在虚线右侧运动时受到的滑动摩擦力大小恒为。求物块：
（1）由静止释放至第1次到达虚线所用的时间；
（2）第1次将弹簧压缩至最短时，弹簧具有的弹性势能；（请用动能定理求解）
（3）在虚线右侧轨道上运动的总路程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由静止释放至第1次到达虚线的过程，物块做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得得根据运动学公式有联立解得
（2）设物块第1次将弹簧压缩至最短的过程，弹力做功为，从释放点到弹簧第1次被压缩至最短的过程，由动能定理得根据功能关系知解得第1次将弹簧压缩至最短时，弹簧具有的弹性势能
（3）物块最终停在虚线处，对全过程，根据动能定理得解得
12．如图所示，不可伸长的轻绳长l，一端固定于O点，另一端系一质量为m小球，把小球拉到与水平方向成θ角的A点（绳子刚好伸直）然后由静止释放。己知θ=30°，求小球运动到O正下方B点时绳的张力是多少？重力加速度g已知，空气阻力忽略不计。
【答案】
【详解】小球在到达与A点关于过O点的水平线对称的位置C点之前做自由落体运动，如图所示：
根据运动学公式可知可知小球在经过点C的瞬间，因受线的拉力作用，其沿绳方向速度分量突变为零，此时以后小球以为初速度做圆周运动到达B点，根据动能定理有
在B点根据牛顿第二定律，有解得
13．如图所示，BC为半径等于0.2m竖直放置的光滑细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末端B连接倾斜角为的足够长光滑斜面，一质量为的小球从斜面上A点静止释放，小球进入圆管后从圆管最高点C水平抛出，落到斜面上的D点，CD连线垂直斜面，重力加速度为，求：
（1）小球运动到C点时的速度大小；
（2）小球运动到C点时对细圆管的压力；
（3）改变小球在斜面上释放点的位置，求小球落到斜面上的最小速度。（结果可用根号表示）
【答案】（1）；（2），方向竖直向上；（3）
【详解】（1）小球从C点做平抛运动，由几何关系可知，O、D等高。水平方向竖直方向
小球运动到C点时的速度大小为
（2）由牛顿第二定律得小球受到圆管外壁竖直向下的弹力，根据牛顿第三定律，小球运动到C点时对细圆管的压力大小为，方向竖直向上。
（3）设小球从C点落到斜面时，下落高度为y，则由几何关系可知，水平位移为
小球落到斜面上的速度为联立上式得有数学知识得
则小球落到斜面上的最小速度为
14．如图，倾角为的斜面体固定在水平面上，一根轻弹簧放在斜面上，弹簧下端与斜面底端的固定挡板相连，弹簧处于原长时上端对应斜面上A点。将一个质量为m的物块轻放在斜面上，物块静止时位于B点，再用沿斜面向下的推力将物块缓慢推至C点。已知，弹簧的形变在弹性限度内，弹簧弹性势能的表达式为，k为弹簧的劲度系数（未知），x为弹簧的形变量。重力加速度为g，斜面上A点以下光滑，A点以上粗糙，物块与斜面粗糙部分的动摩擦因数小于，斜面足够长。现撤去推力，求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）物块第一次向上运动到A点时的速度大小；
（3）物块在斜面粗糙部分运动时因摩擦产生的热量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块静止时位于B点，根据平衡条件则有
解得弹簧的劲度系数为
（2）设物块第一次运动到A点时速度大小为v，根据机械能守恒定律有
解得
（3）最终稳定时，物块做简谐运动，物块运动到A点时速度为零，因此根据能量守恒有解得因摩擦产生的热量
15．如图所示，AB为倾角θ=37°的斜面轨道，其中轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙，BP部分为圆心角θ2=143°、半径R=0.5m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，O点为圆弧的圆心，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一端自由仲长至斜面上C点处，现将一质量m=1kg的小物块（可视为质点）在B点以沿斜面向下v0=3m/s初速度射出，物块沿斜面向下运动，当物块压缩弹簧到D点时速度恰好为零。已知斜面B、C两点间距x1=1m，C、D两点间距x2=0.1m，小物块与斜面BC部分间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）弹簧被压缩到D点时的弹性势能Ep；
（2）小物块再次回到B点时对轨道的压力；
（3）若改变小物块在B点沿斜面向下的初速度v0，要使小物块在轨道上运动的过程中不脱离轨道，则v0的取值范围为多少？
【答案】（1）；（2）10N；（3）或
【详解】（1）物块从B到D的过程，由能量守恒定律可知
解得
（2）物体从B再次回到B的过程，由动能定理可知由牛顿第二定律可知
解得由牛顿第三定律可知，物体对轨道压力为10N。
（3）若物块由弹簧反弹上升到与O等高点时的初速度为零，从将物块从B点射出到运动到与O点等高点整个过程。由能量守恒可知解得若小物体返回后恰能到达P点从将物块从B点射出到运动到P点整个过程应用动能定理
解得要使小物块在轨道上运动过程中不脱离轨道，的取值范围为或。
16．如图所示，有一个可视为质点的质量为的小物块，从光滑平台上的点以的初速度水平抛出，到达点时，恰好沿点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端点的质量为的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，小物块与长木板间的动摩擦因数，圆弧轨道的半径为，点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角，不计空气阻力，取重力加速度.。求：
（1）、两点的高度差；
（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端点时对轨道的压力；
（3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。（，）
【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3）
【详解】（1）小物块在点速度大小为小物块在点的竖直分速度
下落高度为
（2）小物块由到的过程中，由动能定理可得解得
小球在点时由牛顿第二定律得代入数据解得根据牛顿第三定律可知，小物块刚要到达圆弧轨道末端点时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（3）设小物块刚滑到木板左端时，与木板达到共同速度，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为，速度分别为，解得对物块和木板系统，由能量守恒定律得解得
即木板的长度至少是。专题03 机械能守恒定律的应用
一、机械能守恒的条件
1．下列关于机械能守恒的说法，正确的是（ ）
A．运动的物体，若受到的合外力为零，则其机械能一定守恒
B．运动的物体，若受到的合外力不为零，则其机械能一定不守恒
C．合外力对物体不做功，物体的机械能一定守恒
D．运动的物体，若受到的合外力不为零，其机械能有可能守恒
【答案】D
【详解】在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，系统的机械能守恒。
AC．运动的物体，若受到的合外力为零或者合外力对物体不做功，但除了重力之外的外力不一定做功为零，其机械能不一定守恒，例如在竖直方向做匀速直线运动的物体，故AC错误；
BD．运动的物体，若受到的合外力不为零，但除了重力之外的外力做功可能为零，其机械能可能守恒，例如在水平面内做匀速圆周运动的物体，故B错误，D正确。故选D。
2．如图所示，下列说法正确的是（所有情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量）（ ）
A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空，机械能守恒
B．乙图中，物块在外力F的作用下匀速上滑，物块的机械能守恒
C．丙图中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，物块A的系机械能守恒
D．丁图中，物块A加速下落，物块B加速上升的过程中，A、B系统机械能守恒
【答案】D
【详解】A．甲图中，不论是火箭匀速升空还是加速升空，推力对火箭要做正功，则火箭的机械能增加，机械能不守恒，故A错误；
B．乙图中，物体匀速上升，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故B错误；
C．丙图中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，由于只有重力和弹簧的弹力做功，则物块A与弹簧组成的系统机械能守恒，物体A机械能不守恒，故C错误；
D．丁图中，物块A加速下落，物块B加速上升的过程中，对A、B组成的系统，只有重力做功，动能和势能之和保持不变，故系统的机械能守恒，故D正确。故选D。
二、机械能守恒定律在弹簧模型中的应用
3．一小球自空中A位置被静止释放，薄到竖直放置的轻质弹簧上，小球运动的最低点为B。关于小球从A到B运动过程中的功和能量问题，下列说法正确的是（ ）
A．小球重力做多少正功，它的重力势能就减小多少
B．小球重力势能及其变化量都与参考平面的选取有关
C．小球从接触弹簧开始，弹力对小球做负功，它的动能一直减小
D．只有重力和弹簧弹力对小球做功，小球的机械能一直保持不变
【答案】A
【详解】A．重力做功等于重力势能的变化量，即小球重力做多少正功，它的重力势能就减小多少，A正确；
B．小球重力势能与参考平面的选择有关，但重力势能的变化量与高度差有关，与参考平面的选择无关，B错误；
C．平衡位置为重力与弹力等大反向的位置，小球从接触弹簧到平衡位置过程中，重力大于弹簧弹力，合外力对小球做正功，小球的动能增加，从平衡位置到最低点过程中，重力小于弹簧弹力，合外力对小球做负功，小球的动能减小。因此，小球从接触弹簧开始，动能先增加，后减小，C错误；
D．接触弹簧之后，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减小，D错误。故选A。
4．儿童蹦极如图所示，先绑上安全带，然后将弹性绳拉长后固定在儿童身上，并通过其它力作用使儿童停留在地面上，当撤去其它力后，儿童从点被“发射”出去冲向高空，当上升到点时弹性绳恢复原长，儿童继续上升到最高点，若儿童始终沿竖直方向运动并视为质点，忽略弹性绳质量与空气阻力.下列说法正确的是（ ）
A．儿童在点时的加速度大小为0
B．儿童在点时弹性绳的弹性势能最大
C．从点运动到点过程中，儿童的机械能守恒
D．从点运动到点过程中，儿童的重力功率逐渐减小
【答案】B
【详解】A ．儿童在C点时弹性绳处于原长转态，所以加速度大小为g，A错误；
B．儿童在A点时弹性绳伸长量最大，所以弹性势能最大，B正确；
C．从A点运动到C点过程中，弹性绳做正功，儿童的机械能增加，C错误；
D．从A点运动到C点过程中，速度从零到零，所以儿童的重力功率先增大后减小，D错误。故选B。
三、机械能守恒定律在绳类模型中的应用
5．如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球和，用手托住球，当绳刚好被拉紧时，球离地面的高度为，球静止于地面。已知球的质量为，球的质量为，重力加速度为，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。若无初速度释放球，则下列判断正确的是（ ）
A．经过时间，球恰好落地
B．在球下落过程中，球所受拉力大小为
C．在球下落过程中，球的机械能保持不变
D．球落地前瞬间速度大小为
【答案】D
【详解】A．以、研究对象，根据牛顿第二定律解得根据解得故A错误；
B．设绳子拉力为，以为研究对象，根据牛顿第二定律得解得故B错误；
C．球下落过程中，球重力势能增大，动能增大，机械能变大，故C错误；
D．根据解得故D正确。故选D。
6．如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等。为点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离，重力加速度为g，开始时A位于点，与水平方向的夹角为，现将A、B由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．物块A由点出发第一次到达点过程中，速度先增大后减小
B．物块A经过点时的速度大小为
C．物块A在杆上长为的范围内做往复运动
D．在物块A由点出发第一次到达点过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量
【答案】C
【详解】A．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，其余的力不做功，所以物体A的动能不断增大，速度不断增大，故A错误；
B．物体到C点时物块B的速度为零，设物块A经过C点时的速度大小为v，根据系统的机械能守恒得
得故B错误；
C．由几何知识可得由于A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动。故C正确；
D．物体A到C点时物块B的速度为零。根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故D错误。故选C。
四、机械能守恒定律在杆类模型中的应用
7．长的轻杆两端分别固定有质量为的小铁球，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴。用手将该装置固定在杆恰好水平的位置，然后由静止释放，当杆到达竖直位置时，则轴对杆的作用力F的大小和方向为（ ）
A．竖直向下
B．竖直向上
C．竖直向下
D．竖直向上
【答案】B
【详解】设竖直位置时，杆子的角速度为ω。 对整个系统，根据机械能守恒有 当杆运动到竖直位置时，顶端的小球1向心力为
底端的小球2向心力为 由牛顿第三定律和力的平衡条件得，轴对杆的作用力F的大小 联立各式，解得方向竖直向上。故选B。
8．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，质量为ma的a球置于地面上，质量为mb的b球从水平位置静止释放。当b球摆过的角度为90°时，a球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】因为b球摆动的过程中机械能守恒，则有当b球摆过的角度为90°时，a球对地面压力刚好为零，说明此时绳子得张力为，b球摆过最低点时，根据牛顿第二定律和向心力公式得解得故选A。
五、机械能守恒定律在链条类模型中的应用
9．如图所示，总长为L，质量分布均匀的铁链放在高度为H的光滑桌面上，有长度为a的一段下垂，，重力加速度为g，则铁链刚接触地面时速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】设铁链单位长度的质量为m，设地面为零势能面，由机械能守恒定律可得
解得故ABC错误，D正确。故选D。
10．如图所示，有一条长为1m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（g取10m/s2）（ ）
A．2.5m/s B．m/s
C．m/s D．m/s
【答案】A
【详解】链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为
E＝Ep＋Ek＝－mg·sinθ－mg·＋0＝－mgL链条全部下滑出后，动能为Ek′＝×2mv2重力势能为
Ep′＝－2mg·由机械能守恒可得E＝Ek′＋Ep′即－mgL＝mv2－mgL解得故A正确，BCD错误。故选A。
11．下列图中的描述正确的是（均不计空气阻力）：（ ）
A．图甲中物块沿固定光滑斜面下滑，物块的机械能守恒
B．图乙中物块在F作用下沿固定光滑斜面上滑，物块的机械能守恒
C．图丙中细线拴住小球绕O点来回摆动，小球的机械能守恒
D．图丁中光滑半圆形轨道静止在光滑的水平面上，小球由静止沿半圆形轨道下滑，小球的机械能守恒
【答案】AC
【详解】A．图甲中，物块沿固定光滑斜面下滑，只有物块的重力对物块做功，则物块的机械能守恒，故A正确；
B．图乙中，物块在F作用下沿固定光滑斜面上滑，拉力对物块做功，物块机械能不守恒，故B错误；
C．图丙中，细线拴住小球绕O点来回摆动，只有小球的重力做功，小球的机械能守恒，故C正确；
D．图丁中，光滑半圆形轨道静止在光滑的水平面上，小球由静止沿半圆形轨道下滑，半圆形轨道给小球的支持力对小球做功，小球的机械能不守恒，故D错误。故选AC。
12．如图所示，一轻弹簧的一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由下摆，不计空气阻力，则在重物由A点摆向最低点B的过程中（ ）
A．重物的机械能守恒 B．重力做正功，弹力不做功
C．重物和弹簧组成的系统机械能不变 D．重物的机械能减小
【答案】CD
【详解】AB．在重物下落的过程中，弹簧被拉伸，重力做正功，弹簧弹力做负功，重物的机械能不守恒，AB错误；
C．在重物下落的过程中，弹簧被拉伸，只有重力和弹簧弹力做功，重物和弹簧组成的系统机械能守恒，C正确；
D．在重物下落的过程中弹簧弹力做负功，弹性势能增加，重物和弹簧组成的系统机械能守恒，则重物下落过程中重物的机械能减小，D正确。故选CD。
13．如图甲所示，轻弹簧竖起放置，下端固定在水平地面上，一质量为的小球，从离弹簧上端高处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖起向下方向建立坐标轴，作出小球所受弹力大小随小球下落的位置坐标的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为。以下判断正确的是（ ）
A．当时，小球的动能最大 B．当时，小球的动能为零
C．小球下落过程机械能守恒 D．小球动能的最大值为
【答案】AD
【详解】A．根据乙图可知，当，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，小球的动能最大，故A正确；
B．对小球由动能定理得由图乙可知可得故B错误；
C．小球下落过程由弹簧弹力对小球做功，小球机械能不守恒，故C错误；
D．小球达到最大速度的过程中，弹力做负功为根据动能定理
解得故D正确。故选AD。
14．如图所示，A、B两物块由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的倾角为的光滑斜面上，物块 B和物块C在坚直方向上通过劲度系数为的轻质弹簧相连，C放在水平地面上、现用手控制住A，并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，B、C的质量均为 ，取 ，重力加速度，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。则（ ）
A．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B组成的系统机械能守恒
B．斜面的倾角
C．从释放至的速度最大的过程中，弹簧的弹性势能改变量为零
D．A的最大速度为
【答案】CD
【详解】A．释放A时，细线刚刚拉直但无拉力作用，弹簧处于压缩状态，B上升过程中，弹簧弹力对B做功。所以，A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．C刚离开地面时，对C有此时B由最大速度，即对B有对A有解得故B错误；
C．释放A时，对B分析得所以，弹簧的弹性势能改变量为零，故C正确；
D．对于A、B、C组成的系统，系统机械能守恒得
故D正确。故选CD。
15．如图所示，质量均为m的两个物体A和B，其中物体A置于光滑水平台上，物体B穿在光滑竖直杆上，杆与平台有一定的距离，A、B两物体通过不可伸长的细轻绳连接跨过台面边缘的光滑小定滑轮，细线保持与台面平行。现由静止释放两物体，当物体B下落h时，B物体的速度为2v，A物体的速度为v。关于此过程下列说法正确的是（ ）
A．该过程中B物体的机械能损失了 B．该过程中绳对物体A做功为
C．物体A在水平面上滑动的距离为h D．该过程中绳对系统做功
【答案】AB
【详解】AB．物体B下落h时，物体B的速度为，物体A速度为，将物体B的速度分解如图
根据几何关系得解得此过程中A、B系统机械能守恒
此过程中物体B机械能的减少量联立解得该过程中绳对物体A做功为
故AB正确；
C．据上图，由几何关系得：物体A在台面上滑动的距离故C错误；
D．由于绳子不可伸长，不储存弹性势能，绳子对两端物体做功的代数和等于绳子弹性势能的变化量，则该过程中绳对系统做功为零，故D错误。故选AB。
16．如图所示，在距水平地面高为0.8m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边杆上套有一质量的小球A．半径R=0.6m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O、半圆形轨道上的C点在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为的小球B，用一条不可伸长的柔软轻绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直平面内，两小球均可看作质点，不计滑轮大小、质量的影响，小球B开始静止在地面上，球A、B间的轻绳刚好伸直。现给小球A一个水平向右的恒力。重力加速度，则（ ）
A．把小球B从地面拉到P的正下方C处时力F做功为48J
B．小球B运动到C处时的速度大小为4m/s
C．小球B被拉到与小球A速度大小相等时，
D．把小球B从地面拉到P的正下方时C处时，小球B的机械能增加了16J
【答案】AC
【详解】A．把小球B从地面拉到P的正下方C处时力F做功为故A正确；
B．小球B运动到C处时，A的速度为零，根据能量守恒解得故B错误；
C．当细线方向沿圆弧切线时，小球B被拉到与小球A速度大小相等，此时故C正确；
D．把小球B从地面拉到P的正下方时C处时，小球B的机械能增加故D错误。
故选AC。
17．如图所示，质量分别为和的两球（可视为质点）用长为L的轻杆连接紧靠墙壁竖直立于水平面上，已知A、B两球的质量之比，B球与水平面之间的动摩擦因数为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，轻微扰动，A球将在图示平面内向右倾倒，已知重力加速度为g，，，下列说法正确的是（ ）
A．在B球移动前，当A球绕B球转过角度为时，A球的速度大小
B．在B球移动前，当A球绕B球转过角度为时，A球的速度大小
C．当A球绕B球转动角度时，B球将离开墙壁
D．当A球绕B球转动角度时，B球将离开墙壁
【答案】AC
【详解】AB．在B球移动前，A球机械能守恒可得故A正确，B错误；
CD．B球被拉离墙壁时刻，对B球，根据竖直方向和水平方向平衡条件；
对A球，根据牛顿第二定律解得将代入可得所以故C正确，D错误。故选AC。
18．如图所示，长为L的轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球A、B，系统置于竖直平面内，且杆可绕过“O”点的水平固定轴在竖直面内无摩擦转动，已知A、B的质量分别为2m、m，，当小球A位于最低点时给系统一初始角速度，重力加速度为g，不计一切阻力，则（ ）
A．只有大于某临界值，系统才能做完整的圆周运动
B．无论大小多少，A球均能做完整圆周运动
C．若，A球运动到最高点时杆对A球作用力为零
D．当A球运动到最高点时，转轴对轻杆的作用力大小为
【答案】BC
【详解】AB．根据题意可知，转动过程中，A、B和杆组成的系统机械能守恒，当B球在上，A球在下时，转动到任意位置时，设杆和开始位置时的夹角为，则B小球重力势能的减少量为
A小球重力势能的增加量为可知，转动过程中，系统的重力势能不变，当B球在下，A球在上时，转动到任意位置时，设杆和开始位置时的夹角为，则B小球重力势能的减少量为A小球重力势能的增加量，则整个转动过程中，系统的重力势能不变，故系统的动能不变，两个小球都做匀速圆周运动，则无论大小多少，A球均能做完整圆周运动，故A错误B正确；
C．在最高点，对A球，假设杆给A球的支持力为，根据牛顿第二定律有又有
，解得即杆和A球间的作用力为零，故C正确；
D．由C分析可知，A球运动到最高点时，当时，杆和A球间没有作用力，对B球，根据牛顿第二定律有可得根据牛顿第三定律可知，B球对杆有向下的作用力为，根据平衡条件可知，此时，转轴对轻杆的作用力大小为，故D错误。故选BC。
19．如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为远大于一节铁链的高度和长度．铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列判断正确的是
A．在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒
B．每节铁链通过最高点的速度依次减小
C．第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等
D．第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链的速度保持不变
【答案】CD
【详解】A、铁链、火车、绳等由完全相同的各部分构成连接体，各部分之间有弹力作用，若选一节研究，有除重力或弹簧弹力的其他外力做功，机械能不守恒；但选取真个系统为对象时，各部分的力属于内力，做功抵消，系统只有重力做功，机械能守恒，A错误．B、D、当系统的重心上升到圆心处，重力势能增大，由系统机械能守恒知动能减小；以后每下降一节，后面上升一节，系统的机械能不变，则速度相等，故B错误，D正确．C、第一节到达最高点和最后一节到最高点时系统的重心位置相同，由知重力势能相等时动能相等，则每一节的速率相等，C正确．故选CD．
