2023人教版帶答案高中物理必修三第九章靜電場及其應用微公式版重點知識點大全

單選題1、如圖所示是北斗導航系統中部分衛(wèi)星的軌道示意圖，已知a、b、c三顆衛(wèi)星均做勻速圓周運動,軌道半徑。其中a為地球靜止同步衛(wèi)星。下列說法正確的是（

）A．c在運動過程中可能會經過北京上空B．b的周期可能大于地球的自轉周期C．a的動能一定等于b的動能D．a、b的線速度一定相同答案：AA．由圖可知，c為極地軌道衛(wèi)星，所以c在運動過程中可能會經過北京上空，故A正確；B．衛(wèi)星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，有解得又a為地球靜止同步衛(wèi)星，所以b的周期等于地球的自轉周期，故B錯誤；C．衛(wèi)星的質量關系未知，所以無法比較a、b的動能大小關系，故C錯誤；D．衛(wèi)星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，有解得故a、b的線速度大小一定相等，但方向不相同，故D錯誤。故選A。2、如圖，高臺跳水項目中要求運動員從距離水面H的高臺上跳下，在完成空中動作后進入水中。若某運動員起跳瞬間重心離高臺臺面的高度為h1，斜向上跳離高臺瞬間速度的大小為v0，跳至最高點時重心離臺面的高度為h2，入水（手剛觸及水面）時重心離水面的高度為h1。圖中虛線為運動員重心的運動軌跡。已知運動員的質量為m，不計空氣阻力，則運動員跳至最高點時速度及入水（手剛觸及水面）時速度的大小分別是（

）A．0，B．0，C．，D．，答案：C從跳離高臺瞬間到最高點，據動能定理得解得最高點的速度從跳離高臺瞬間到入水過程，據動能定理得解得入水時的速度故選C。3、關于“探究功與速度變化的關系”的實驗，下列敘述正確的是（

）A．每次實驗必須設法算出橡皮筋對小車做功的具體數值B．每次實驗中，橡皮筋拉伸的長度沒有必要保持一致C．放小車的長木板應該盡量使其水平D．先接通電源，再讓小車在橡皮筋的作用下彈出答案：DA．橡皮筋完全相同，通過增加橡皮筋的條數來使功倍增，，因此不需要每次計算橡皮筋對小車做功的具體數值，故A錯誤；B．通過增加橡皮筋的條數來使功倍增，則橡皮筋拉伸的長度必須保持一致，故B錯誤；C．小車和木板之間存在摩擦力，需平衡摩擦力，則要用小木塊墊高長木板的一端，故C錯誤；D．先接通電源，打點穩(wěn)定后再讓小車在橡皮筋的作用下彈出，故D正確。故選D。4、下列關于重力勢能的說法正確的是（）。A．物體的重力勢能一定大于零B．在地面上的物體的重力勢能一定等于零C．物體重力勢能的變化量與零勢能面的選取無關D．物體的重力勢能與零勢能面的選取無關答案：CA．物體的重力勢能可能等于零、大于零、小于零。A錯誤；B．選地面為參考平面，在地面上的物體的重力勢能等于零，不選地面為參考平面，在地面上的物體的重力勢能不等于零。B錯誤；C．物體重力勢能的變化量與零勢能面的選取無關，C正確；D．物體的重力勢能與零勢能面的選取有關。D錯誤。故選C。5、如圖，撐桿跳全過程可分為四個階段：階段，助跑加速；階段，桿彎曲程度增大、人上升；階段，桿彎曲程度減小、人上升；階段，人越過橫桿后下落，整個過程空氣阻力忽略不計。這四個階段的能量變化為（

）A．地面對人和桿系統做正功B．人和桿系統的動能減小量小于重力勢能和彈性勢能增加量C．人和桿系統的動能減少量小于重力勢能的增加量D．重力對人所做的功等于人機械能的增加量答案：CA．地面對人和桿系統不做功，人加速過程增加的機械能是通過人體肌肉做功，消耗人體內的化學能，轉化為人的機械能，A錯誤；B．人和桿系統的動能減小量等于重力勢能和彈性勢能增加量，B錯誤；C．人和桿系統的動能減小和彈性勢能的減少量等于重力勢能的增加量，則人和桿系統的動能減少量小于重力勢能的增加量，C正確；D．重力對人所做的功等于人的重力勢能減少量，人的機械能不變，D錯誤。故選C。6、2021年7月6日，我國成功將“天鏈一號05”衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星進入預定軌道，天鏈系列衛(wèi)星為我國信息傳送發(fā)揮了重要作用。如圖所示，衛(wèi)星在半徑為R的近地圓形軌道Ⅰ上運動，到達軌道的A點時點火變軌進入橢圓軌道Ⅱ，到達軌道的遠地點B時，再次點火進入軌道半徑為5R的圓形軌道Ⅲ繞地球做勻速圓周運動，設衛(wèi)星質量保持不變。則（

）A．若地球表面的重力加速度為，則在圓形軌道Ⅲ的重力加速度為B．若在圓形軌道Ⅰ上運動的線速度為，則在圓形軌道Ⅲ上運動的線速度為C．衛(wèi)星在橢圓軌道Ⅱ從A到B運動的時間是其在圓形軌道Ⅰ上運動周期的倍D．衛(wèi)星從軌道Ⅰ到軌道Ⅱ再到軌道III的過程中，機械能守恒答案：CA．衛(wèi)星在地球表面時，忽略地球自轉的影響，物體所受的重力等于物體與地球間的萬有引力，所以有解得當衛(wèi)星進入5R的軌道時，物體此時所受的重力等于其與地球間的萬有引力，所以有解得故A項錯誤；B．衛(wèi)星做繞地球做勻速圓周運動有解得當，解得當，解得故項錯誤；C．根據開普勒定律，有因為衛(wèi)星繞地球飛行，所以整理有又因為衛(wèi)星在橢圓軌道Ⅱ的半長軸為，所以有上述式子可得，衛(wèi)星在橢圓軌道Ⅱ的周期是圓形軌道Ⅰ周期倍，衛(wèi)星在橢圓軌道Ⅱ從A到B運動的時間是圓形軌道Ⅰ周期的倍，故C項正確；D．衛(wèi)星從軌道Ⅰ到軌道Ⅱ再到軌道Ⅲ的過程中，變軌需要加速，即物體的動能增加，根據所以機械能增加，故D項錯誤。故選C。7、質量相同的兩個物體，分別在地球和月球表面以相同的初速度豎直上拋，已知月球表面的重力加速度比地球表面重力加速度小，若不計空氣阻力，下列說法中正確的是（）A．物體在地球表面時的慣性比在月球表面時的慣性大B．物體在地球表面上升到最高點所用時間比在月球表面上升到最高點所用時間長C．落回拋出點時，重力做功的瞬時功率相等D．在上升到最高點的過程中，它們的重力勢能變化量相等答案：DA．物體的慣性只與質量有關系，兩個物體質量相同，慣性相同，選項A錯誤；B．由于月球表面的重力加速度比地球表面重力加速度小，物體在地球表面上升到最高點所用時間比在月球表面上升到最高點所用時間短，選項B錯誤；C．落回拋出點時，速度相等，而月球表面重力小，所以落回拋出點時，月球上重力做功的瞬時功率小，選項C錯誤；D．由于拋出時動能相等，由機械能守恒定律可知，在上升到最高點的過程中，它們的重力勢能變化量相等，選項D正確。故選D。8、公安部規(guī)定：子彈射出槍口時的動能與子彈橫截面積的比在0.16J/cm2以下的槍為玩具槍。已知某彈簧玩具槍的鋼珠直徑約為1cm，則該槍中彈簧的彈性勢能不能超過（

）A．1×10-6JB．1×10-3JC．1×10-2JD．1×10-1J答案：D鋼珠的橫截面積為彈簧的彈性勢能轉化為鋼珠的動能，則解得故選D。9、如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力。已知AP=2R，重力加速度為g，不計空氣阻力，小球可視為質點，則小球從P到B的運動過程中（

）A．重力勢能減少2mgRB．機械能減少mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功mgR答案：DA．從P到B的過程中，小球下降的高度為R，則重力勢能減少了ΔEp=mgR故A錯誤；BD．小球到達B點時恰好對軌道沒有壓力，則有設摩擦力對小球做的功為Wf，從P到B的過程，由動能定理可得mgR＋Wf=mvB2解得Wf=－mgR即克服摩擦力做功mgR，機械能減少mgR，故B錯誤，D正確；C．根據動能定理知W合=mvB2=mgR故C錯誤。故選D。10、用與斜面平行的恒力F將質量為m的物體沿傾角為θ的斜面運動一段距離，拉力做功W1；用同樣大小的水平力將物體沿水平面拉動同樣的距離，拉力做功W2，則（

）A．W1<W2B．W1>W2C．W1=W2D．無法判斷答案：C根據功的計算公式可得故選C。11、如圖所示，“殲15”戰(zhàn)機每次從“遼寧號”航母上起飛的過程中可視為勻加速直線運動，且滑行的距離和牽引力都相同，則（

）A．攜帶的彈藥越多，加速度越大B．攜帶的彈藥越多，牽引力做功越多C．攜帶的彈藥越多，滑行的時間越長D．攜帶的彈藥越多，獲得的起飛速度越大答案：CA．由題知，攜帶的彈藥越多，即質量越大，然牽引力一定，根據牛頓第二定律質量越大加速度a越小，A錯誤B．牽引力和滑行距離相同，根據得，牽引力做功相同，B錯誤C．滑行距離L相同，加速度a越小，滑行時間由運動學公式可知滑行時間越長，C正確D．攜帶的彈藥越多，獲得的起飛速度由運動學公式可知獲得的起飛速度越小，D錯誤故選C。12、我國發(fā)射的神舟十三號載人飛船，進入預定軌道后繞地球橢圓軌道運動，地球位于橢圓的一個焦點上，如圖所示。飛船從A點運動到遠地點B的過程中，下列表述正確的是（

）A．地球引力對飛船不做功B．地球引力對飛船做負功C．地球引力對飛船做正功D．飛船受到的引力越來越大答案：B飛船運動遠離地球，而地球引力指向地球，故引力對飛船做負功，故選B。13、如圖所示為某汽車啟動時發(fā)動機功率P隨時間t變化的圖像，圖中P0為發(fā)動機的額定功率，若已知汽車在t2時刻之前已達到最大速度vm，據此可知（

）A．t1～t2時間內汽車做勻速運動B．0～t1時間內發(fā)動機做的功為P0t1C．0～t2時間內發(fā)動機做的功為P0（t2－）D．汽車勻速運動時所受的阻力小于答案：CA．由題意得，在0～t1時間內功率隨時間均勻增大，知汽車做勻加速直線運動，加速度恒定，由牛頓第二定律可知，牽引力恒定，合力也恒定。在時刻達到額定功率，隨后在t1～t2時間內，汽車速度繼續(xù)增大，由可知，牽引力減小，則加速度減小，直到牽引力減小到與阻力相等時，達到最大速度接著做勻速運動，A錯誤；B．發(fā)動機所做的功等于圖線與t軸所圍的面積，則0～t1時間內發(fā)動機做的功為B錯誤；C．發(fā)動機所做的功等于圖線與t軸所圍的面積，則0～t2時間內發(fā)動機做的功為C正確；D．當汽車勻速運動時所受的阻力D錯誤。故選C。14、氫氣球在空中勻速上升的過程中，它的（）A．動能減小，重力勢能增大B．動能不變，重力勢能增大C．動能減小，重力勢能不變D．動能不變，重力勢能不變答案：B氫氣球在空中勻速上升，質量不變，速度不變，動能不變，高度增大，重力勢能變大。故選B。15、2021年10月16日0時23分，搭載神舟十號載人飛船的長征二號F遙十三運載火箭，在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火發(fā)射，約582秒后，神舟十三號載人飛船與火箭成功分離，進入預定軌道，順利將翟志剛、王亞平、葉光富3名航大員送入太空。10月16日6時56分，載人飛船與中國空間站組合體完成自主快速交會對接空間站組合體在離地400km左右的橢圓軌道上運行，如圖所示。11月8日，經過約6.5小時的出艙活動，神舟十三號航天員乘組密切協同，圓滿完成出艙活動全部既定任務，同時，在完成任務的過程中，航天員發(fā)現在空間站內每隔大約1.5小時就能看到一次日出。不計一切阻力，組合體則根據題中所給信息，以下判斷正確的是（

）A．航天員在出艙工作時處于超重狀態(tài)B．空間站組合體運動到近地點時的加速度最小C．空間站組合體的橢圓軌道半長軸小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑D．空間站組合體沿橢圓軌道由近地點向遠地點運動的過程中，機械能不守恒答案：CA．航天員出艙工作時處于失重狀態(tài)，A錯誤；B．空間站組合體運動到近地點時的加速度最大，B錯誤；C．空間站組合體的運動周期小于地球同步衛(wèi)星的運動周期，故空間站組合體的軌道半長軸小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，C正確；D．空間站組合體沿橢圓軌道由近地點向遠地點運動的過程中，機械能守恒，D錯誤。故選C。多選題16、如圖所示，小物體從某一高度自由下落，

落到豎直固定在地面上的輕彈簧上，在A點物體開始與彈簧接觸，到B點物體的速度為零，然后被彈回。下列說法中正確的是（

）A．物體經過A點時速度最大B．從A點下落到B點的過程中，物體的機械能守恒C．從A點下落到B點以及從B點上升到A點的過程中，物體的動能都是先變大后變小D．從A點下落到B點的過程中，物體的機械能不守恒答案：CDA．對物體經過A點時進行受力分析，此時物體只受重力，此時加速度方向與速度方向相同，所以物體經過A點時繼續(xù)加速，速度還未達到最大，選項A錯誤；BD．物體從A下落到B的過程中，由于要克服彈簧彈力做功，所以物體的機械能不守恒，選項B錯誤，D正確；C．在A、B之間某位置滿足kx=mg此時加速度為0，所以物體從A下落到B以及從B上升到A的過程中，速度都是先增大后減小，動能都是先變大后變小，選項C正確。故選CD。17、避險車道是指在長陡下坡路段行車道外側增設的供速度失控（剎車失靈）車輛駛離正線安全減速的專用車道，避險車道末端設有防撞設施，如圖所示，避險車道與水平地面的夾角為37°，避險車道長度為100m，一輛貨車在行駛過程中剎車失靈，駛入避險車道，貨車進入避險車道后牽引力為0，貨車受到的阻力是車重力的20%，假設貨車以速度20m/s沖上避險車道，取重力加速度大小，以水平地面為零勢能面，，，則（

）A．貨車在避險車道上的加速度大小為B．貨車將在避險車道上向上滑行25mC．駛入該避險車道的速度為40m/s時，貨車恰好不與防撞設施相撞D．當貨車動能等于重力勢能時，在避險車道上運動了10m答案：BCA．由牛頓第二定律可得又因為聯立解得A錯誤；B．由運動學公式可得故貨車將在避險車道上向上滑行25m，B正確；C．當x＝100m時，代入得最大速度故駛入該避險車道的速度為40m/s時，貨車恰好不與防撞設施相撞，C正確；D．根據動能定理可得根據題意有聯立解得故當貨車動能等于重力勢能時，在避險車道上運動了，D錯誤。故選BC。18、如圖所示為某建筑工地所用的水平放置的運輸帶，在電動機的帶動下運輸帶始終以恒定的速度v0＝1m/s順時針傳動。建筑工人將質量m＝2kg的建筑材料靜止地放到運輸帶的最左端，同時建筑工人以v0＝1m/s的速度向右勻速運動。已知建筑材料與運輸帶之間的動摩擦因數為μ＝0.1，運輸帶的長度為L＝2m，重力加速度大小為g＝10m/s2。以下說法正確的是（

）A．建筑工人比建筑材料早到右端0.5sB．建筑材料在運輸帶上一直做勻加速直線運動C．因運輸建筑材料電動機多消耗的能量為1JD．運輸帶對建筑材料做的功為1J答案：ADAB．建筑工人勻速運動到右端，所需時間t1＝＝2s假設建筑材料先加速再勻速運動，加速時的加速度大小為a＝μg＝1m/s2加速的時間為t2＝＝1s加速運動的位移為x1＝t2＝0.5m<L假設成立，因此建筑材料先加速運動再勻速運動，勻速運動的時間為t3＝＝1.5s因此建筑工人比建筑材料早到達右端的時間為Δt＝t3＋t2－t1＝0.5s故A正確，B錯誤；C．建筑材料與運輸帶在加速階段摩擦生熱，該過程中運輸帶的位移為x2＝v0t2＝1m則因摩擦而生成的熱量為Q＝μmg（x2－x1）＝1J運輸帶對建筑材料做的功為W＝mv02＝1J則因運輸建筑材料電動機多消耗的能量為故C錯誤，D正確。故選AD。19、質量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用從靜止開始做勻加速直線運動。經過時間t0和4t0速度分別達到2v0和v0時，分別撤去F1和F2，以后物體繼續(xù)做勻減速直線運動直至停止，兩物體速度隨時間變化的圖線如圖所示。則下列結論正確的是（

）A．A、B物體所受摩擦力∶=2∶1B．A、B物體所受摩擦力∶=1∶1C．F1和F2對A、B做的功W1∶W2=6∶5D．F1和F2對A、B做的功W1∶W2=12∶5答案：BCAB．從圖像可知，兩物塊勻減速運動的加速度大小之都為根據牛頓第二定律，勻減速運動中有f=ma質量相等，則摩擦力大小相等；故A錯誤，B正確；CD．圖線與時間軸所圍成的面積表示運動的位移，則全過程A、B的位移之比為對A、B全過程運用動能定理得W1-fs1=0，W2-fs2=0得W1=fs1，W2=fs2由上可知，整個運動過程中F1和F2做功之比為W1∶W2=6∶5故C正確，D錯誤。故選BC。20、如圖所示，左側為一固定在水平桌面上的半徑為R的半球形碗，碗口直徑AB水平，O點為球心，碗的內表面及碗口光滑。右側是一個足夠長的固定光滑斜面。一根不可伸長的輕質細繩跨過碗口及豎直固定的輕質光滑定滑輪，細繩兩端分別系有可視為質點的小球m1和物塊m2，質量分別為m1、m2，且m1>m2.開始時m1恰在A點，m2在斜面上且距離斜面頂端足夠遠，此時連接m1、m2的細繩與斜面平行且伸直，C點在圓心O的正下方。當m1由靜止釋放開始運動，則下列說法正確的是（

）A．m2沿斜面上滑過程中，地面對斜面的支持力始終保持恒定B．當m1運動到C點時，m1的速率是m2速率的倍C．若細繩在m1到達C點時斷開，m1可能沿碗面上升到B點D．在m1從A點運動到C點的過程中，m1與m2組成的系統機械能守恒答案：ABDA．m2沿斜面上滑過程中，m2對斜面的壓力始終不變，斜面所受重力不變，且一直處于平衡狀態(tài)，則地面對斜面的支持力也始終不變，A正確；B．小球m1到達最低點C時，m1、m2的速度大小分別為v1、v2，由運動的合成與分解得則B正確；C．m1由靜止從A點運動到C點的過程中，除重力外，繩的拉力對m1做負功，m1的機械能一直在減小，所以細繩斷開后，m1不能上升到B點，C錯誤；D．m1從A點運動到C點的過程中，m1和m2組成的系統只有重力做功，機械能守恒，D正確；故選ABD。21、質量為m的物體，靜止在傾角為θ的斜面上，斜面沿水平方向向右勻速移動了距離L，如圖所示。物體相對斜面靜止，則下列說法正確的是（

）A．重力對物體做正功B．重力對物體做功為零C．摩擦力對物體做負功D．支持力對物體做正功答案：BCDAB．物體的受力和位移方向如圖所示。重力與位移垂直，故重力不做功。故A錯誤；B正確；C．摩擦力Ff與位移L的夾角大于90°，故摩擦力做負功。故C正確；D．支持力FN與位移L的夾角α<90°，故支持力做正功。故D正確。故選BCD。22、內徑面積為S的U形圓筒豎直放在水平面上，筒內裝水，底部閥門K關閉時兩側水面高度分別為h1和h2，如圖所示。已知水的密度為ρ，不計水與筒壁的摩擦阻力?，F把連接兩筒的閥門K打開，到兩筒水面高度相等的過程中（

）A．水柱的重力做正功B．大氣壓力對水柱做負功C．水柱的機械能守恒D．水柱動能的改變量是答案：ACDA．把連接兩筒的閥門K打開，到兩筒水面高度相等的過程中，等效于把左管高的水柱移至右管，如圖中的陰影部分所示，該部分水重心下降，重力做正功，故A正確；B．把連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中大氣壓力對左筒水面做正功，對右筒水面做負功，抵消為零，故B錯誤；CD．由上述分析知，只有重力做功，故水柱的機械能守恒，重力做的功等于重力勢能的減少量，等于水柱增加的動能，由動能定理知故CD正確。故選ACD。23、如圖所示，質量均為的物塊甲、乙用輕彈簧相連且靜止在傾角為的光滑斜面上，物塊乙與固定在斜面底端并與斜面垂直的擋板接觸，彈簧的勁度系數為。某時刻若用沿斜面向上的恒力作用在物塊甲上，當物塊甲向上運動到速度為零時，物塊乙剛好要離開擋板，此過程做功為；若用沿斜面向上的恒力作用在物塊甲上，當物塊甲斜向上運動到加速度為零時，物塊乙剛好要離開擋板，此過程做功為，重力加速度為，彈簧始終處在彈性限度內，則下列判斷正確的是（

）A．B．C．等于彈簧彈性勢能的增加量D．等于物塊甲機械能的增加量答案：BDA．當用拉著物塊甲向上運動到速度為零時，物塊乙剛好要離開擋板，此時物塊甲的加速度方向沿斜面向下，因此故A錯誤；B．當用拉著物塊甲向上運動到加速度為零時，物塊乙剛好要離開擋板，此時甲、乙整體所受的合力為零，則有故B正確；C．當用拉著物塊甲向上運動到速度為零時，彈簧彈性勢能的變化量為零，做的功等于物塊甲重力勢能的增加量，故C錯誤；D．當用拉著物塊甲向上運動到加速度為零時，物塊乙剛好要離開擋板，此過程中彈簧彈性勢能的變化量仍為零，做的功等于物塊甲機械能的增加量，故D正確。故選BD。24、如圖甲，一足夠長的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動機的帶動下，速率始終不變。t＝0時刻在傳送帶適當位置放上一具有初速度的小物塊。取沿斜面向上為正方向，物塊在傳送帶上運動的速度隨時間的變化如圖乙所示。已知小物塊質量m＝1kg，g取10m/s2，下列說法正確的是（

）A．傳送帶順時針轉動，速度大小為2m/sB．傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數μ＝C．0～t2時間因摩擦產生熱量為27JD．0～t2時間內電動機多消耗的電能為28.5J答案：ABCA．從v－t圖像可知，小物塊最終隨傳送帶一起勻速運動，說明傳送帶的速度為2m/s，因為取沿斜面向上為正方向，所以傳送帶順時針轉動，故A正確；B．小物塊的加速度a＝1m/s2對物塊受力分析，可得μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得μ＝故B正確；C．物塊運動速度減為零后，反向加速經歷時間t＝＝2s由v－t圖像可知t2＝3s則物塊向下運動過程中與傳送帶間的相對位移為物塊向上運動過程中與傳送帶間的相對位移為所以傳送帶與物塊的總相對位移為=4.5m所以產生內能為Q＝μmgcosθ·Δs＝27J故C正確；D．物塊增加的重力勢能ΔEp＝mgsinθ·

＝7.5J物塊動能的增量ΔEk＝mv2－mv02＝1.5J則傳送帶多消耗的電能W電＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36J故D錯誤。故選ABC。25、下列敘述中正確的是（）A．做勻速直線運動的物體機械能一定守恒B．做勻變速直線運動的物體機械能可能不守恒C．外力對物體做功為零，物體的機械能一定守恒D．系統內只有重力和彈力做功時，系統的機械能一定守恒答案：BDA．做勻速直線運動的物體機械能不一定守恒，例如物體向上做勻速直線運動時，機械能增加，故A錯誤；B．做勻變速直線運動的物體機械能可能不守恒，如水平面上做勻加速直線運動的物體，機械能增加，故B正確；C．外力對物體做功為零，物體的機械能不一定守恒，例如物體向上做勻速直線運動時，外力對物體做功為零，機械能增加，故C錯誤；D．系統內只有重力和彈力做功時，系統的機械能一定守恒，故D正確。故選BD。填空題26、如圖所示，一長為L的均勻鐵鏈對稱掛在一輕質小滑輪上，由于某一微小擾動使得鏈條向一側滑動，滑輪離地面足夠高，重力加速度大小為g，則鐵鏈滑動過程機械能________（選填“守恒”或“不守恒”），鐵鏈完全離開滑輪時的速度大小為________。答案：

守恒

[1]鐵鏈從開始滑動到完全離開滑輪的過程中，只有重力做功，鐵鏈機械能守恒；[2]鐵鏈重心下降的高度為h=-=鐵鏈下落過程，由機械能守恒定律得mg·=mv2解得v=27、如圖所示，一直角斜面體固定在水平地面上，左側斜面傾角為，右側斜面傾角為。A、B兩個物體分別系于一根跨過定滑輪的輕繩兩端且分別置于斜面上，兩物體下邊緣位于同一高度且處于平衡狀態(tài)，滑輪兩邊的輕繩都平行于