(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)專題06質(zhì)量檢測(cè)卷（解析版）

專題06機(jī)械能守恒定律質(zhì)量檢測(cè)卷第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～8題只有一項(xiàng)符合題目要求，第9～12題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1.(2021·河北張家口高三上學(xué)期期末)如圖所示，運(yùn)動(dòng)員跳傘將經(jīng)歷加速下降和減速下降兩個(gè)過程，在這兩個(gè)過程中，下列說法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)B．空氣浮力對(duì)系統(tǒng)始終做負(fù)功C．加速下降時(shí)，重力做的功大于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量D．任意相等的時(shí)間內(nèi)系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量相等【答案】B【解析】運(yùn)動(dòng)員先加速向下運(yùn)動(dòng)，處于失重狀態(tài)，后減速向下運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；空氣浮力與運(yùn)動(dòng)方向總相反，故空氣浮力對(duì)系統(tǒng)始終做負(fù)功，B正確；加速下降時(shí)，重力做的功等于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量，C錯(cuò)誤；因?yàn)槭亲兯龠\(yùn)動(dòng)，所以任意相等的時(shí)間內(nèi)，系統(tǒng)下降的高度不相等，則系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量不相等，D錯(cuò)誤。2.(2021·上海市靜安區(qū)檢測(cè))一個(gè)質(zhì)量為0.2kg的彈性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運(yùn)動(dòng)，反彈后的速度大小與碰撞前相同，碰撞前后小球速度變化量的大小為Δv，碰撞過程中墻對(duì)小球做功的大小為W，則()A．Δv＝0，W＝0 B．Δv＝0，W＝7.2JC．Δv＝12m/s，W＝0 D．Δv＝12m/s，W＝7.2J【答案】C【解析】碰撞前后小球的速率相等，則動(dòng)能相等，由動(dòng)能定理得：墻對(duì)小球做功W＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2＝0，取小球撞墻前的速度方向?yàn)檎较?，速度的變化量大小Δv＝|v′－v|＝|－v－v|＝|－2v|＝12m/s，故選C.3.(2021·吉林省吉林市高三上學(xué)期期末聯(lián)考)如圖所示，在皮帶傳送裝置中，皮帶把物體P勻速帶至高處，在此過程中，下列說法不正確的是()A．摩擦力對(duì)物體做正功B．摩擦力對(duì)物體做負(fù)功C．支持力對(duì)物體不做功D．合外力對(duì)物體做功為零【答案】B【解析】物體P勻速向上運(yùn)動(dòng)的過程中，摩擦力的方向沿傳送帶向上，與運(yùn)動(dòng)的方向相同，所以摩擦力做正功，A正確，B錯(cuò)誤；支持力的方向與物體運(yùn)動(dòng)的方向垂直，則支持力對(duì)物體不做功，C正確；物體勻速上升，動(dòng)能變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理可知，合力對(duì)物體做功為零，D正確。4.(2021·安徽蕪湖高三上學(xué)期期末)用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線系著一個(gè)質(zhì)量為m的小球(可以看做質(zhì)點(diǎn))，以細(xì)線端點(diǎn)O為圓心，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。P點(diǎn)和Q點(diǎn)分別為軌跡的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)，不考慮空氣阻力，小球經(jīng)過P點(diǎn)和Q點(diǎn)時(shí)所受細(xì)線拉力的差值為()A．2mgB．4mgC．6mgD．8mg【答案】C【解析】根據(jù)牛頓第二定律，在Q點(diǎn)，有F1＋mg＝meq\f(v\o\al(2,1),L)，在P點(diǎn)，有F2－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),L)，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mg·(2L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立三式，解得小球經(jīng)過P點(diǎn)和Q點(diǎn)時(shí)所受細(xì)線拉力的差值為F2－F1＝6mg，C正確。5.(2021·浙江嘉興重點(diǎn)中學(xué)期中測(cè)試)如圖所示，傾角為30°的斜面上，質(zhì)量為m的物塊在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a＝eq\f(g,2)(g為重力加速度)向上加速運(yùn)動(dòng)距離x的過程中，下列說法正確的是()A．重力勢(shì)能增加mgx B．動(dòng)能增加eq\f(mgx,4)C．機(jī)械能增加mgx D．拉力做功為eq\f(mgx,2)【答案】C【解析】由幾何知識(shí)知，物塊上升的高度為eq\f(x,2)，因而增加的重力勢(shì)能為ΔEp＝eq\f(1,2)mgx，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可得增加的動(dòng)能為ΔEk＝max＝eq\f(1,2)mgx，B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可得ΔE＝ΔEp＋ΔEk，故增加的機(jī)械能為ΔE＝mgx，C正確；由于斜面是否光滑未知，因而不能確定拉力的大小，不能得到拉力做的功，D錯(cuò)誤．6.在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象．已知重力加速度g取10m/s2.根據(jù)以上信息不能精確得出或估算得出的物理量有()A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) B．合外力對(duì)物體所做的功C．物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度 D．物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間【答案】D【解析】物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力F與滑動(dòng)摩擦力Ff大小相等，則F＝μmg，得物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(F,mg)＝0.35，A可求出；對(duì)物體做減速運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，根據(jù)F－x圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對(duì)物體所做的功及物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v，B、C可求出；因?yàn)槲矬w做加速度大小逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間無法求出，D無法求出．7．(2021·浙江杭州二中模擬)如圖所示，一個(gè)小球從光滑固定的圓弧槽的A點(diǎn)由靜止釋放后，經(jīng)最低點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，小球的動(dòng)能Ek隨時(shí)間t的變化圖象可能是()【答案】B【解析】動(dòng)能Ek與時(shí)間t的圖象上的任意一點(diǎn)的斜率表示重力做功的瞬時(shí)功率，即eq\f(ΔEk,Δt)＝eq\f(W,Δt)＝P，A點(diǎn)與C點(diǎn)處小球速度均為零，B點(diǎn)處小球速度方向與重力方向垂直，所以A、B、C三點(diǎn)處重力做功的功率為零，則小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中重力做功的功率是先增大再減小至零，小球由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，重力做功的功率也是先增大再減小至零，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．8．(2021·廣東揭陽高三上學(xué)期期末)某位工人師傅用如圖所示的裝置，將重物從地面沿豎直方向拉到樓上，在此過程中，工人師傅沿地面以速度v向右勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)質(zhì)量為m的重物G上升高度為h時(shí)輕繩與水平方向成α角，(重力加速度大小為g，滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計(jì))在此過程中，下列說法正確的是()A．人的速度比重物的速度小B．輕繩對(duì)重物的拉力大于重物的重力C．重物做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．繩的拉力對(duì)重物做的功為mgh＋eq\f(1,2)mv2【答案】B【解析】將人的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，沿繩子方向的速度等于重物G的速度，根據(jù)平行四邊形定則，繩子與水平方向的夾角為θ時(shí)，vG＝vcosθ，故v>vG，A錯(cuò)誤；人在向右勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，繩子與水平方向的夾角θ減小，所以重物的速度增大，重物做加速上升運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知繩子的拉力大于重物的重力，B正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)重物G上升高度為h時(shí)，重物的速度vG＝vcosα，重物由地面上升高度h的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)，解得W＝mgh＋eq\f(1,2)m(vcosα)2，D錯(cuò)誤。9.(2021·浙江嘉興一中模擬)在兒童樂園的蹦床項(xiàng)目中，小孩在兩根彈性繩和彈性床的協(xié)助下實(shí)現(xiàn)上下彈跳，如圖所示．某次蹦床活動(dòng)中小孩靜止時(shí)處于O點(diǎn)，當(dāng)其彈跳到最高點(diǎn)A后下落可將蹦床壓到最低點(diǎn)B，小孩可看成質(zhì)點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是()A．從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，小孩重力勢(shì)能的減少量大于動(dòng)能的增加量B．從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，小孩機(jī)械能的減少量等于蹦床彈性勢(shì)能的增加量C．從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，小孩機(jī)械能的減少量小于蹦床彈性勢(shì)能的增加量D．從B點(diǎn)返回到A點(diǎn)，小孩機(jī)械能的增加量大于蹦床彈性勢(shì)能的減少量【答案】AD【解析】從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，小孩的速度不斷增大，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，其重力勢(shì)能的減少量等于增加的動(dòng)能與彈性繩的彈性勢(shì)能之和，故重力勢(shì)能的減少量大于動(dòng)能的增加量，選項(xiàng)A正確；從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，小孩的速度不斷減小，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，小孩機(jī)械能減少量等于彈性繩、蹦床彈性勢(shì)能增加量，故小孩機(jī)械能減少量大于蹦床彈性勢(shì)能的增加量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，小孩機(jī)械能轉(zhuǎn)化為彈性繩和蹦床的彈性勢(shì)能，則知小孩機(jī)械能減少量大于蹦床彈性勢(shì)能增加量，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從B點(diǎn)返回到A點(diǎn)的過程中，彈性繩的彈性勢(shì)能和蹦床的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小孩的機(jī)械能，則知小孩機(jī)械能增加量大于蹦床彈性勢(shì)能的減少量，選項(xiàng)D正確．10.(2021·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)如圖所示，斜面1、曲面2和斜面3的頂端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1與曲面2的水平底邊長(zhǎng)度相同．一物體與三個(gè)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，在它由靜止開始分別沿三個(gè)面從頂端下滑到底端的過程中，下列判斷正確的是()A．物體減少的機(jī)械能ΔE1＝ΔE2>ΔE3B．物體減少的機(jī)械能ΔE2>ΔE1>ΔE3C．物體到達(dá)底端時(shí)的速度v1＝v2<v3D．物體到達(dá)底端時(shí)的速度v2<v1<v3【答案】BD【解析】如圖所示，由功能關(guān)系可知物體克服摩擦力所做的功等于物體減少的機(jī)械能．當(dāng)物體在斜面上滑動(dòng)時(shí)，物體克服摩擦力所做的功為μmgcosθ·eq\x\to(AC)＝μmgeq\x\to(BC)，則物體克服摩擦力所做的功與BC邊>W克3可得v2<v1<v3，故B、D正確．11.(2021·江西贛州高三上學(xué)期期末)放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時(shí)間圖象和該拉力的功率與時(shí)間的圖象如圖所示。下列說法正確的是()A．0～6s內(nèi)物體的位移大小為12mB．0～6s內(nèi)拉力做功為70JC．物體的質(zhì)量為10kgD．滑動(dòng)摩擦力的大小為5N【答案】BCD【解析】0～6s內(nèi)物體的位移大小等于v-t圖象中圖線與時(shí)間軸所包圍的面積，即x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2＋4×2))m＝10m，A錯(cuò)誤；0～2s內(nèi)拉力做的功W1＝eq\x\to(P)·t1＝eq\f(0＋30,2)×2J＝30J,2～6s內(nèi)拉力做的功W2＝Pt2＝10×4J＝40J，所以0～6s內(nèi)拉力做的總功W＝W1＋W2＝70J，B正確；在2～6s內(nèi)，v＝2m/s，P＝10W，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)＝f，則滑動(dòng)摩擦力f＝F＝eq\f(P,v)＝eq\f(10,2)N＝5N，當(dāng)P1＝30W時(shí)，v＝2m/s，得到牽引力F1＝eq\f(P1,v)＝eq\f(30,2)N＝15N，在0～2s內(nèi)，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，由牛頓第二定律可得：F1－f＝ma，可知：m＝10kg，C、D正確。12.(2021·山東泰安市一輪檢測(cè))如圖所示，一彈性輕繩(彈力與其伸長(zhǎng)量成正比)左端固定在墻上A點(diǎn)，右端穿過固定光滑圓環(huán)B連接一個(gè)質(zhì)量為m的小球p，小球p在B點(diǎn)時(shí)，彈性輕繩處在自然伸長(zhǎng)狀態(tài)。小球p穿過豎直固定桿在C處時(shí)，彈性輕繩的彈力為mg。將小球p從C點(diǎn)由靜止釋放，到達(dá)D點(diǎn)速度恰好為0。已知小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，A、B、C在一條水平直線上，CD＝h；重力加速度為g，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是()A.小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中克服摩擦力做功為0.3mghB.小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中克服摩擦力做功為0.2mghC.若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(gh)D.若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(2gh)【答案】BC【解析】設(shè)BC的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)胡克定律有mg＝kL，BD與豎直方向的夾角為α?xí)r，伸長(zhǎng)量為eq\f(L,sinα)，彈力為F＝keq\f(L,sinα)，對(duì)球受力分析，受重力、橡皮條的彈力、摩擦力，支持力，水平方向平衡，有FN＝Fsinα＝kL＝mg，由此可知，下降過程中，水平方向的支持力保持不變，且摩擦力Ff＝μFN＝0.2mg，也保持不變，小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中克服摩擦力做功為Wf＝Ffh＝0.2mgh，故A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh－Ffh－W彈＝0，解得W彈＝0.8mgh，若僅把小球的質(zhì)量變成2m，小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有2mgh－Ffh－W彈＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,D)，解得vD＝eq\r(gh)，故C正確，D錯(cuò)誤。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)二、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題，共14分)13.(2021·福建龍巖市5月模擬)（6分）如圖甲所示是“探究做功與物體速度變化的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：①用天平測(cè)出滑塊(含滑輪)的質(zhì)量M＝240g，并安裝好實(shí)驗(yàn)裝置；②適當(dāng)墊高長(zhǎng)木板不帶滑輪的一端，滑塊不掛輕繩，掛上紙帶，輕推滑塊使滑塊沿長(zhǎng)木板勻速運(yùn)動(dòng)；③輕繩通過長(zhǎng)木板末端的滑輪和滑塊上的滑輪，一端掛在拉力傳感器上，另一端掛質(zhì)量為m＝100g的鉤碼，兩輕繩與木板平行；④接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，釋放滑塊，打出一條點(diǎn)跡清晰的紙帶，如圖乙所示，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間時(shí)間間隔為0.1s，并記錄拉力傳感器示數(shù)F＝0.39N.回答下列問題：(1)滑塊從B運(yùn)動(dòng)到D的過程中，合力對(duì)滑塊所做的功W＝________J，滑塊動(dòng)能的增量ΔEk＝________J；(計(jì)算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)(2)多次實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)合力對(duì)滑塊所做的功W總略大于滑塊動(dòng)能的增量ΔEk，可能的原因是________．A．沒有滿足滑塊質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼質(zhì)量B．平衡摩擦力過度C．滑輪摩擦影響(3)利用該實(shí)驗(yàn)裝置還可以完成的物理實(shí)驗(yàn)有：________(寫出一種即可)．【答案】(1)0.140.13(2)C(3)研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律(探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系；測(cè)量滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)等)【解析】(1)由題圖乙知，合外力對(duì)滑塊做的功為W＝2FxBD≈0.14J；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求：vB＝eq\f(xAC,2T)＝0.6m/s，vD＝eq\f(xCE,2T)＝1.2m/s，所以滑塊動(dòng)能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)MvD2－eq\f(1,2)MvB2≈0.13J；(2)因有拉力傳感器測(cè)量繩上的拉力，故不需要滿足滑塊質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼質(zhì)量，A錯(cuò)誤；若平衡摩擦力過度，會(huì)有重力做正功，動(dòng)能的增量應(yīng)大于合力做的功，B錯(cuò)誤；滑輪有摩擦，需克服摩擦做功，有一部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，動(dòng)能的增量略小于合力做的功，C正確；(3)有打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、紙帶，可研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律；也可測(cè)量滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；加速度、質(zhì)量、合外力均可測(cè)，故也可以研究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系．14．(8分)(2020·浙江杭州二中3月模擬)利用圖甲裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)．(1)除打點(diǎn)計(jì)時(shí)器(含紙帶、復(fù)寫紙)、重錘、鐵架臺(tái)、導(dǎo)線及開關(guān)外，在下面的器材中，必須使用的還有________．(選填器材前的字母)A．天平B．刻度尺C．游標(biāo)卡尺D．直流電源E．交流電源F．秒表(2)圖乙是實(shí)驗(yàn)中得到的一條紙帶．在紙帶上選取三個(gè)連續(xù)打出的點(diǎn)A、B、C，測(cè)得它們到起始點(diǎn)O的距離分別為hA、hB、hC.重錘質(zhì)量用m表示，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的頻率為f.從打下O點(diǎn)到打下B點(diǎn)的過程中，重錘重力勢(shì)能的減少量|ΔEp|＝________，動(dòng)能的增加量ΔEk＝________.(3)在實(shí)驗(yàn)過程中，以下操作正確的是________．A．做實(shí)驗(yàn)時(shí)，先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，再釋放重錘B．為測(cè)量打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下某點(diǎn)時(shí)重錘的速度v，可測(cè)量該點(diǎn)到O點(diǎn)的距離h，再根據(jù)公式v＝eq\r(2gh)計(jì)算，其中g(shù)應(yīng)取當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣菴．用刻度尺測(cè)出物體下落的高度h，根據(jù)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)紙帶上某點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于這點(diǎn)前后相鄰兩點(diǎn)間的平均速度，測(cè)算出這點(diǎn)的瞬時(shí)速度vD．用刻度尺測(cè)量某點(diǎn)到O點(diǎn)的距離h，利用公式mgh計(jì)算重力勢(shì)能的減少量，其中g(shù)應(yīng)取當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?4)某同學(xué)操作時(shí)在重錘下落后接通電源，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器開始工作；該同學(xué)把第一個(gè)打點(diǎn)記為O，測(cè)量其他計(jì)數(shù)點(diǎn)到起始點(diǎn)O的距離h，并計(jì)算出打相應(yīng)計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)重錘的速度v，描繪v2－h(huán)圖象．若實(shí)驗(yàn)中重錘所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不變，從理論上分析，v2－h(huán)圖象是圖中的________．【答案】(1)BE(2)mghBeq\f(mhC－h(huán)A2f2,8)(3)ACD(4)C【解析】(1)本實(shí)驗(yàn)不需要測(cè)量質(zhì)量，A不需要；在該實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量點(diǎn)跡間的距離，需要刻度尺，測(cè)量結(jié)果不需要太精密，且距離大于游標(biāo)卡尺測(cè)量范圍，所以不需要游標(biāo)卡尺，B需要，C不需要；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的是交流電源，故D不需要，E需要；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器是計(jì)時(shí)儀器，不需要秒表，F(xiàn)不需要．(2)從打下O點(diǎn)到打下B點(diǎn)的過程中，重錘下落hB高度，故重力勢(shì)能減少量為|ΔEp|＝mghB.下落過程近似為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以B點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于AC過程中的平均速度，故有vB＝eq\f(hC－h(huán)A,2T)＝eq\f(fhC－h(huán)A,2)所以動(dòng)能增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(mhC－h(huán)A2f2,8).(3)做實(shí)驗(yàn)時(shí)，先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，再釋放重錘，A正確；由于摩擦力、空氣阻力等因素，通常v<eq\r(2gh)；而且實(shí)驗(yàn)?zāi)康木褪且?yàn)證v＝eq\r(2gh)，故不能用該公式計(jì)算，通常利用勻變速運(yùn)動(dòng)時(shí)間中點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于該過程的平均速度來求得某一位置的速度，B錯(cuò)誤，C正確；某點(diǎn)到O點(diǎn)的距離h即為重錘下落的高度，故應(yīng)由mgh求得重力勢(shì)能的減少量，故D正確；(4)由于該同學(xué)先釋放重錘后接通電源，則打第一個(gè)點(diǎn)O時(shí)，重錘有初速度v0，由動(dòng)能定理可得(mg－Ff)h＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02變形可得v2＝eq\f(2mg－Ff,m)h＋v02，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．三、計(jì)算論述題(本題共4小題，共48分。解答時(shí)寫出必要的文字說明和重要的演算步驟，只寫出答案的不得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值的單位)15.（10分）(2021·海南省高考調(diào)研)高鐵在改變?nèi)藗兂鲂泻蜕罘绞椒矫娴淖饔贸醪斤@現(xiàn)。某高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作在水平面上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，列車的加速度大小為a。已知該列車(含乘客)的質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力為其所受重力的k倍，重力加速度大小為g。求列車從靜止開始到速度大小為v的過程中，(1)列車運(yùn)動(dòng)的位移大小及運(yùn)動(dòng)時(shí)間；(2)列車牽引力所做的功?！敬鸢浮?1)eq\f(v2,2a)eq\f(v,a)(2)eq\f(mv2,2a)(kg＋a)【解析】(1)由速度位移的關(guān)系式得v2＝2ax解得列車運(yùn)動(dòng)的位移為x＝eq\f(v2,2a)由速度公式得v＝at解得t＝eq\f(v,a)(2)由動(dòng)能定理得W－kmgx＝eq\f(1,2)mv2－0解得W＝eq\f(mv2,2a)(kg＋a)16.(2020·安徽宣城高三上學(xué)期期末)(12分)如圖，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)相切，半圓形導(dǎo)軌的半徑為R。一個(gè)質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當(dāng)它經(jīng)過B點(diǎn)進(jìn)入導(dǎo)軌的瞬間對(duì)軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運(yùn)動(dòng)恰能到達(dá)最高點(diǎn)C。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，試求：(1)物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能；(2)物體從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能。【答案】(1)eq\f(7,2)mgR(2)mgR【解析】(1)設(shè)物體在B點(diǎn)的速度為vB，所受彈力為FNB，由牛頓第二定律得FNB－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，由牛頓第三定律知FNB＝FNB′＝8mg，由能量守恒定律可知，物體在A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(7,2)mgR。(2)設(shè)物體在C點(diǎn)的速度為vC，由題意可知mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，物體由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－(eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋2mgR)，解得Q＝mgR。17．(2021·長(zhǎng)春實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三上學(xué)期期末)(12分)如圖甲所示，傾斜的傳送帶以恒定的速率逆時(shí)針運(yùn)行。在t＝0時(shí)刻，將質(zhì)量為1.0kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在傳送帶的最上端A點(diǎn)，經(jīng)過1.0s，物塊從最下端的B點(diǎn)離開傳送帶。取沿傳送帶向下為速度的正方向，則物塊的對(duì)地速度隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示(g＝10m/s2)。求：(1)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)物塊從A到B的過程中，傳送帶對(duì)物塊做的功?！敬鸢浮?1)eq\f(\r(3),5)(2)－3.75J【解析】(1)由v-t圖象可知，物塊在前0.5s的加速度為：a1＝eq\f(v1,t1)＝8m/s2后0.5s的加速度為：a2＝eq\f(v2－v1,t2)＝2m/s2物塊在前0.5s受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，由牛頓第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1物塊在后0.5s受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，由牛頓第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2聯(lián)立解得：θ＝30°，μ＝eq\f(\r(3),5)。(2)由v-t圖象可知，在前0.5s，物塊對(duì)地位移為：x1＝eq\f(v1t1,2)則摩擦力對(duì)物塊做功：W1＝μmgcosθ·x1在后0.5s，物塊對(duì)地位移為：x2＝eq\f(v1＋v2,2)t2則摩擦力對(duì)物塊做功：W2＝－μmgcosθ·x2所以傳送帶對(duì)物塊做的總功：W＝W1＋W2聯(lián)立解得：W＝－3