第七章《機械能守恒定律》測試卷- 高一下學期物理人教版必修2

第32頁（共32頁）第七章《機械能守恒定律》測試卷2020-2021學年高一物理人教版必修2一．選擇題（共10小題）1．（2021?河南模擬）北京2022年冬奧會跳臺滑雪比賽在張家口賽區(qū)的國家跳臺滑雪中心進行，跳臺由助滑道、起跳區(qū)、著陸坡、停止區(qū)組成，如圖所示。運動員從起跳區(qū)水平起跳后在空中運動的速度變量、重力的瞬時功率大小、動能、機械能分別用△v、P、Ek、E表示，用t表示運動員在空中的運動時間，不計運動員空氣阻力，下列圖象中可能正確的是（）A． B． C． D．2．（2021?咸陽模擬）如圖，為大型游樂設施的“跳樓機”?！疤鴺菣C”座艙從a自由下落到b，再從b開始在恒定制動力作用下到c停下。已知“跳樓機”座艙和游客的總質量為m，ab高度差為2h，bc高度差為h，重力加速度為g，忽略空氣阻力（）A．游客在b時，速度大小為 B．制動力的大小等于2mg C．a到b與b到c，重力的平均功率為2：1 D．制動力的沖量大小為3m3．（2021?沈陽模擬）2021年春節(jié)，沈陽市禁止三環(huán)和部分四環(huán)內區(qū)域燃放煙花爆竹，有效控制了空氣污染，減少了意外火災，讓廣大民眾歡度了一個安靜祥和的春節(jié)。但是消防官兵仍時刻備戰(zhàn)，以保證第一時間控制突發(fā)火災。在某次消防演習中，消防車的高壓水龍頭豎直向上噴水，噴出的水可上升到距離管口45m的最大高度；當高壓水龍頭固定在高為10m的消防車的云臺上，仍以同樣大小的速率將水斜向上噴出，噴水方向與水平方向夾角約53°，不計空氣阻力，則噴出的水可上升到距離地面的最大高度約為（）A．10m B．20m C．30m D．40m4．（2021?河南三模）把一重物自足夠高的地方由靜止釋放，取地面為重力勢能零點，其下落過程中的機械能E隨位移x的關系如圖所示，則下列描述重物下落過程的重力勢能Ep、動能Ek、速度v、加速度a隨位移x的變化關系中圖像可能正確的是（）A． B． C． D．5．（2021?淄博三模）研究“蹦極”運動時，在運動員身上系好彈性繩并安裝傳感器，可測得運動員豎直下落的距離及其對應的速度大小。根據傳感器收集到的數(shù)據，得到如圖所示的“速度﹣位移”圖像。若空氣阻力和彈性繩的重力可以忽略，根據圖像信息，下列說法正確的是（）A．彈性繩原長為15m B．當運動員下降10m時，處于超重狀態(tài) C．當運動員下降15m時，繩的彈性勢能最大 D．當運動員下降20m時，處于超重狀態(tài)6．（2021?湖北模擬）水平地面上豎直固定一輕質彈簧，將一小物塊從彈簧正上方離地面h1處由靜止釋放，其動能Ek與離地面高度h的關系如圖所示。其中h1～h2間圖象為直線，其余部分為曲線，h3對應圖象最高點，小物塊質量為m，重力加速度為g，彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力。則下列說法正確的是（）A．h1～h5過程中，小物塊、彈簧及地球組成的系統(tǒng)機械能先增大后減小 B．h1～h5過程中，小物塊加速度先減小后增大 C．彈簧勁度系數(shù) D．h2～h4過程中，彈簧的彈性勢能增加了mg（h2﹣h4）7．（2021?濱州二模）如圖所示是動力滾筒輸送機示意圖，水平框架上安裝了許多同樣的轉筒，由電動機帶動轉筒轉動。當物體放到轉筒上，依靠轉筒摩擦帶動運送貨物。動力滾筒輸送機適用于各類箱、包、托盤等貨件的輸送。滾筒輸送機具有結構簡單，可靠性高，使用維護方便等優(yōu)點。某快遞公司用動力滾筒輸送機分揀快遞，動力滾筒輸送機水平方向放置，轉筒半徑為r＝4cm，轉動角速度ω＝50rad/s，現(xiàn)將一個質量m＝2kg的快遞箱無初速放在A點，將快遞箱從A點傳送到B點運動的距離為16m?？爝f箱與轉筒間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，整個過程轉筒始終保持勻速轉動，快遞箱大小可忽略不計，重力加速度g取10m/s2，快遞箱從A點傳到B點的過程中，下列說法正確的是（）A．所需要的時間為8s B．平均速度為4m/s C．輸送機對快遞箱做的功為64J D．運送快遞箱電動機多做的功為8J8．（2021春?大渡口區(qū)校級月考）光滑水平面上有A、B兩木塊，A、B之間用一輕彈簧拴接，A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止狀態(tài)，若突然撤去力F，則下列說法中正確的是（）A．木塊A離開墻壁前，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．木塊A離開墻壁后，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．木塊A離開墻壁前，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．木塊A離開墻壁后，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒9．（2021?江蘇模擬）如圖所示，質量為m的小車在水平恒力F推動下，從山坡（粗糙）底部A處由靜止起運動至高為h的坡頂B，獲得速度為v，A、B之間的水平距離為s，重力加速度為g下列說法正確的是（）A．小車重力所做的功是mgh B．推力對小車做的功是mv2+mgh C．合外力對小車做的功是mv2+mgh D．阻力對小車做的功是mv2+mgh﹣Fs10．（2021?保定二模）如圖所示，下列三種情況下，相同大小的作用力F作用在沿水平面運動的物塊上。如果物塊沿圖中速度的方向運動相同大小的位移，力F做的功分別為W甲、W乙、W丙，下列關系正確的是（）A．W甲＝W乙 B．W甲＝W丙 C．W乙＝W丙 D．W甲＝﹣W丙二．多選題（共4小題）11．（2021?河南模擬）如圖，傾角θ＝37°的光滑且足夠長的斜面固定在水平面上，在斜面頂端固定一個輪半徑和質量不計的光滑定滑輪。質量均為m的兩物體A和B用一輕彈簧連接，物體A被位于斜面底端且垂直于斜面的擋板擋住。用一不可伸長的輕繩跨過定滑輪使物體B與電動玩具小車連接。系統(tǒng)靜止時，輪左側輕繩與斜面平行，右側輕繩豎直，長度為L且繩無彈力。當小車在水平地面上緩慢向右運動L距離時，A恰好剛離開擋板。已知重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為 B．當彈簧恢復原長時，物體B沿斜面向上移動了L C．若小車從圖示位置以的速度向右勻速運動，小車位移大小為L時B的速率為 D．當小車緩慢向右運動L距離時，若輕繩突然斷開，則此時B的加速度為1.2g，方向沿斜面向下12．（2021?讓胡路區(qū)校級三模）如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻上，初始時處于自然狀態(tài)，右端在P點，某時刻一質量為10kg的物塊A以一定初速度向左滑向輕彈簧，從開始運動至彈簧壓縮至最短的過程中，物塊速度平方隨位移的變化規(guī)律如圖乙所示，已知彈簧勁度系數(shù)為k＝150N/m，取重力加速度g＝10m/s2，以下說法正確的是（）A．物塊A最終停在出發(fā)點 B．物塊A向右運動過程中加速度先減小后不變 C．此過程中彈簧的最大彈性勢能為75J D．物塊A與地面間動摩擦因數(shù)為0.513．（2021?廣東）長征途中，為了突破敵方關隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內投擲手榴彈。戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質量均為m的手榴彈。手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g。下列說法正確的有（）A．甲在空中的運動時間比乙的長 B．兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等 C．從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少mgh D．從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為mgh14．（2021?廣東模擬）我國快遞行業(yè)迅猛發(fā)展，2020年“雙十一”淘寶天貓全天成交額突破3千億，工作人員在分快遞時常用傳送帶傳送快遞商品．工作人員用如圖所示的傾斜傳送帶向高處傳送質量為m＝2kg的快遞商品，傳送帶傾角為37°，傳送帶的底端A和頂端B之間的距離L＝9m，傳送帶以恒定速率v＝3m/s順時針方運行，將快遞商品靜止放于傳送帶底端A，經過一段時間將快遞商品傳送到傳送帶的頂端B，快遞商品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.875．快遞商品可以看作質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．下列說法正確的是（）A．快遞商品從底端A傳送到頂端B用的時間為s B．快遞商品從底端A傳送到頂端B過程中滑動摩擦力對快遞商品做的功為126J C．快遞商品從底端A傳送到頂端B過程中機械能的增量為117J D．快遞商品從底端A傳送到頂端B過程中電動機比空載時多消耗的電能為180J三．實驗題（共1小題）15．（2021?晉中三模）某同學用如圖甲所示的實驗裝置測量重力加速度g的大小。實驗步驟如下：①調節(jié)斜槽軌道末端水平，并與斜面體ABC的頂端A點銜接，然后將斜槽和斜面體固定；②將光電門傳感器固定在斜槽軌道末端，并調節(jié)其高度，使小球在斜槽軌道末端靜止時球心與光電門上的小孔重合；③先在斜面上鋪一層白紙，再在白紙上鋪復寫紙，并將它們固定好；④把小球從斜槽軌道上的某一位置由靜止釋放，使其脫離斜槽軌道后落到復寫紙上，記錄小球經過光電門的遮光時間△t1，并測量小球落在斜面上的位置與A點的距離s1；⑤不斷改變小球從斜槽軌道上釋放的位置，重復步驟④，得到多組△t和s值，并以為縱坐標，以s為橫坐標，建立直角坐標系，描點作圖后得如圖丁所示的正比例函數(shù)圖像，圖像的斜率為k。（1）實驗過程中，該同學用圖乙所示的游標卡尺測量小球的直徑d，應該用游標卡尺的（填“A”“B”或“C”）進行測量，示數(shù)如圖丙所示，該小球的直徑d為mm。（2）為完成該實驗，還需測量的物理量有。A.小球的釋放點到桌面的高度h1B.斜面的高度h2C.斜面的長度LD.小球的質量m（3）請用k、d及第（2）問中所選物理量的符號表示重力加速度g的大?。篻＝。四．計算題（共3小題）16．（2021?乙卷）一籃球質量為m＝0.60kg，一運動員使其從距地面高度為h1＝1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2m。若使籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）運動員拍球過程中對籃球所做的功；（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小。17．（2021?鹽城三模）如圖所示，長為L的輕桿A端固定質量為m的小球，另一端可以繞軸O自由轉動。在光滑水平面上，質量為M、邊長為x的正方形木塊在水平外力的作用下，使輕桿、木塊均處于靜止狀態(tài)，此時，桿與水平面夾角為α.撤去外力，木塊水平向右運動。經過一段時間，桿與水平面夾角為β.重力加速度為g，以水平面為零勢能面。求上述過程中：（1）小球重力勢能的最大值EPm；（2）小球A發(fā)生的位移大小xA；（3）輕桿對木塊所做的功W.18．（2021?日照二模）已知質量為m0的物體在受到F＝﹣k0x的回復力作用下，將做簡諧運動，其偏離平衡位置的位移x與時間t的關系遵循規(guī)律x＝Asin（ωt+φ），其中ω＝，k0為比例系數(shù)，A為振幅。如圖，一豎直光滑的足夠長圓管，內有一勁度系數(shù)為k的輕質彈簧，彈簧下端固定于地面上，上端與一質量為m的圓盤a相連，圓盤a靜止時所在位置為O。另一質量為2m的圓盤b從距O高度為H＝的P點由靜止由靜止開始下落，與a發(fā)生碰撞，瞬間粘在一起向下運動，運動的最低點為O。兩圓盤厚度不計，半徑相同且略小于圓管半徑。在運動過程中，彈簧形變始終在彈性限度內，且當形變量為x時，彈性勢能為Ep＝kx2。重力加速度為g，忽略一切阻力。求：（1）整個運動過程系統(tǒng)損失的機械能；（2）圓盤a、b碰后做簡諧運動的振幅；（3）從圓盤b開始下落到第一次運動至最低點Q所用的時間。

第七章《機械能守恒定律》測試卷2020-2021學年高一物理人教版必修2參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2021?河南模擬）北京2022年冬奧會跳臺滑雪比賽在張家口賽區(qū)的國家跳臺滑雪中心進行，跳臺由助滑道、起跳區(qū)、著陸坡、停止區(qū)組成，如圖所示。運動員從起跳區(qū)水平起跳后在空中運動的速度變量、重力的瞬時功率大小、動能、機械能分別用△v、P、Ek、E表示，用t表示運動員在空中的運動時間，不計運動員空氣阻力，下列圖象中可能正確的是（）A． B． C． D．【分析】運動員做平拋運動，根據運動的分解和合成的規(guī)律將其分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，然后根據運動學公式和機械能守恒定律進行分析?！窘獯稹拷猓篈、滑雪運動員離開起跳區(qū)后做平拋運動，水平速度不變化，豎直速度變化，則速度的變化量△v＝gt，所以速度變化量與時間t成正比，故A錯誤；B、設經過時間t后速度為v，與豎直方向的夾角為θ，那么重力的瞬時功率為P＝mgvcosθ，根據速度分解vy＝vcosθ＝gt，所以功率可表示為P＝mg2t，可見重力瞬時功率與時間成正比，故B正確；C、設經過時間t后，豎直速度大小為vy＝gt，初速度大小為v0，此時的動能Ek＝＝，據此可知物體的初動能不為零，故C錯誤；D、不計空氣阻力，只有重力做功，所以滑雪運動員飛行的過程中機械能守恒，機械能不隨時間發(fā)生變化，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題關鍵是明確物體的運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，然后結合機械能守恒定律和功率的表達式列式分析。2．（2021?咸陽模擬）如圖，為大型游樂設施的“跳樓機”?！疤鴺菣C”座艙從a自由下落到b，再從b開始在恒定制動力作用下到c停下。已知“跳樓機”座艙和游客的總質量為m，ab高度差為2h，bc高度差為h，重力加速度為g，忽略空氣阻力（）A．游客在b時，速度大小為 B．制動力的大小等于2mg C．a到b與b到c，重力的平均功率為2：1 D．制動力的沖量大小為3m【分析】從a到b根據做自由落體運動，根據速度﹣位移公式求得速度，根據動能定理求得制動力，在勻變速直線運動過程中，中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，根據P＝mgv求得平均功率，從b到c根據動量定理求得制動力的沖量大小。【解答】解：A、從a到b做自由落體運動，根據2g×2h＝v2，解得v＝2，故A錯誤；B、從a到c根據動能定理可得：mg×3h﹣Fh＝0﹣0，解得F＝3mg，故B錯誤；C、設到達b點時的速度為v，從a到b的平均速度，從b到c的平均速度，重力的平均功率，故a到b與b到c，重力的平均功率之比為1：1，故C錯誤；D、從b到c運動的時間為t＝，根據動量定理可得：mgt﹣I＝0﹣mv，解得I＝3m，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查了平均功率和動量定理，關鍵是運動過程的分析和受力分析，利用好勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度即可。3．（2021?沈陽模擬）2021年春節(jié)，沈陽市禁止三環(huán)和部分四環(huán)內區(qū)域燃放煙花爆竹，有效控制了空氣污染，減少了意外火災，讓廣大民眾歡度了一個安靜祥和的春節(jié)。但是消防官兵仍時刻備戰(zhàn)，以保證第一時間控制突發(fā)火災。在某次消防演習中，消防車的高壓水龍頭豎直向上噴水，噴出的水可上升到距離管口45m的最大高度；當高壓水龍頭固定在高為10m的消防車的云臺上，仍以同樣大小的速率將水斜向上噴出，噴水方向與水平方向夾角約53°，不計空氣阻力，則噴出的水可上升到距離地面的最大高度約為（）A．10m B．20m C．30m D．40m【分析】消防車的高壓水龍頭豎直向上噴水時，通過水上升的最大高度求出水的初速度，當水龍頭在消防車上時，水做的是一個斜拋運動，由速度的合成和分解規(guī)律可求出豎直方向的速度，由運動學公式求出豎直方向的位移?！窘獯稹拷猓合儡嚨母邏核堫^豎直向上噴水時，v2＝2gh得：當水龍頭在消防車上時，對噴出的水進行速度分解如圖所示，豎直方向的速度為vy＝vsin53°且，解得：h'＝28.8m上升到距離地面的最大高度h總＝h'+h0≈28.8m+10m＝38.8m≈40m，故ABC錯誤，D正確；故選：D。【點評】本題考查拋體運動，而其中的豎直上拋運動是常見的運動類型，關鍵要對速度進行分解，并能熟練運用運動學公式．4．（2021?河南三模）把一重物自足夠高的地方由靜止釋放，取地面為重力勢能零點，其下落過程中的機械能E隨位移x的關系如圖所示，則下列描述重物下落過程的重力勢能Ep、動能Ek、速度v、加速度a隨位移x的變化關系中圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【分析】只有重力或彈力做功機械能守恒，由圖示圖象可知，重物的機械能隨下落位移的增大而減小，重物的機械能不守恒，重物下落過程受到空氣阻力作用，應用功能關系求出圖象的函數(shù)表達式，根據圖示圖象判斷空氣阻力如何變化；然后根據重力勢能的計算公式、動能定理與牛頓第二定律分析答題。【解答】解：由圖示圖象可知，重物的機械能隨下落位移的增大而減小，重物的機械能不守恒，重物下落過程受到空氣阻力作用，空氣阻力做負功，重物的機械能減少；設重物的質量為m，重物開始下落時距地面的高度為H，重物受到的空氣阻力為f，取地面為重力勢能零點，由能量守恒定律可知，重物下落過程的機械能E＝mgH﹣fx，由圖示E﹣x圖象可知，圖象斜率的絕對值逐漸增大，則重物所受空氣阻力f逐漸增大；A、重物的重力勢能Ep＝mgH﹣mgx，Ep與x是線性關系，圖象應該是直線，故A錯誤；B、對重物，由動能定理得：Ek＝（mg﹣f）x，由于f逐漸增大，則mg﹣f逐漸減小，Ek﹣x圖象的斜率應逐漸減小，故B正確；D、對重物，由牛頓第二定律得：mg﹣f＝ma，解得：a＝g﹣，f逐漸增大，a逐漸減小，故D錯誤；C、由勻變速直線運動的速度﹣位移公式得：v＝，重物做加速度逐漸減小的加速運動，v與x不成正比，故C錯誤。故選：B?！军c評】根據題意分析清楚重物的運動過程，根據圖示E﹣x圖象判斷出重物所受空氣阻力如何變化是解題的前提與關鍵；應用重力的計算公式、牛頓第二定律、動能定理與運動學公式即可解題。5．（2021?淄博三模）研究“蹦極”運動時，在運動員身上系好彈性繩并安裝傳感器，可測得運動員豎直下落的距離及其對應的速度大小。根據傳感器收集到的數(shù)據，得到如圖所示的“速度﹣位移”圖像。若空氣阻力和彈性繩的重力可以忽略，根據圖像信息，下列說法正確的是（）A．彈性繩原長為15m B．當運動員下降10m時，處于超重狀態(tài) C．當運動員下降15m時，繩的彈性勢能最大 D．當運動員下降20m時，處于超重狀態(tài)【分析】根據圖像讀出運動員豎直下落的距離及其對應的速度大小，當x＝15m時速度最大，此時加速度為零，合力為零，彈力不為零，彈力等于重力，彈性繩處于伸長狀態(tài)；當x＝10m時，彈力小于重力，處于失重狀態(tài)；當x＝20m時，彈力大于重力，處于超重狀態(tài)；當運動員到達最低點時繩的彈性勢能最大?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知，當x＝15m時運動員速度最大，此時加速度為零，合力為零，繩對運動員的彈力與重力大小相等，方向相反，彈性繩處于伸長狀態(tài)，故A錯誤；B、當運動員下降10m時，彈力小于重力，運動員向下加速運動，加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C、當運動員下降15m時，速度最大，運動員要繼續(xù)向下運動，彈性繩繼續(xù)伸長，彈性勢能繼續(xù)增大，到達最低點時彈性繩的彈性勢能最大，故C錯誤；D、當運動員下降20m時，彈力大于重力，運動員向下減速運動，加速度方向豎直向上，處于超重狀態(tài)，故D正確。故選：D?！军c評】解答本題的關鍵是能根據“速度﹣位移”圖像分析運動員的運動情況，判斷加速度方向，確定運動員的狀態(tài)。要知道當x＝15m時運動員的速度最大，加速度為零，合力為零。6．（2021?湖北模擬）水平地面上豎直固定一輕質彈簧，將一小物塊從彈簧正上方離地面h1處由靜止釋放，其動能Ek與離地面高度h的關系如圖所示。其中h1～h2間圖象為直線，其余部分為曲線，h3對應圖象最高點，小物塊質量為m，重力加速度為g，彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力。則下列說法正確的是（）A．h1～h5過程中，小物塊、彈簧及地球組成的系統(tǒng)機械能先增大后減小 B．h1～h5過程中，小物塊加速度先減小后增大 C．彈簧勁度系數(shù) D．h2～h4過程中，彈簧的彈性勢能增加了mg（h2﹣h4）【分析】只有重力或彈力做功，機械能守恒；根據圖示圖象分析清楚小物塊的運動過程，應用胡克定律、平衡條件、能量守恒定律分析答題。【解答】解：A、不計空氣阻力，h1～h5過程中，只有重力與彈簧的彈力做功，小物塊、彈簧及地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)的機械能保持不變，故A錯誤；B、從圖乙中可以看出h1～h2過程中，物塊做自由落體運動，小物塊加速度等于重力加速度g，加速度保持不變；小物塊到達h2高度開始與彈簧接觸，物塊受到重力與彈簧彈力作用，開始彈簧彈力小于重力，合力向下，向下運動過程，彈簧彈力F變大，重力mg不變，小物塊受到的合力減小，由牛頓第二定律可知，加速度減小；當物塊受到的彈力和重力相等時，合力為零，加速度為零，速度達到最大，即在h3高度時，動能最大，h3～h5過程，彈簧的彈力大于重力，合力向上，重力不變隨彈力增大，小物塊所受合力增大，由牛頓第二定律可知，加速度增大，因此在h1～h5過程，小物塊的加速度先保持不變，然后逐漸減小，再反向逐漸變大，故B錯誤；C、在h3高度時，小物塊受到的彈力和重力相等，根據胡克定律得：k（h2﹣h3）＝mg，解得，彈簧的勁度系數(shù)：k＝，故C錯誤；D、小物體下落過程中，小物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，由圖示圖象可知，小物體下落至高度h4的動能與下落至高度h2時的動能相同，則小物體從高度h2下降到h4過程，彈簧彈性勢能的增加量等于重力勢能的減少量，所以彈簧彈性勢能的增加量為△Ep彈＝|Ep重|＝mg（h2﹣h4），故D正確。故選：D?！军c評】解決本題的關鍵要根據圖象的信息分析物體的運動情況與受力情況，應用牛頓第二定律與能量守恒定律即可解題；要注意在壓縮彈簧的過程中，彈力是個變力，加速度是變化的，當速度等于零時，彈簧被壓縮到最短。7．（2021?濱州二模）如圖所示是動力滾筒輸送機示意圖，水平框架上安裝了許多同樣的轉筒，由電動機帶動轉筒轉動。當物體放到轉筒上，依靠轉筒摩擦帶動運送貨物。動力滾筒輸送機適用于各類箱、包、托盤等貨件的輸送。滾筒輸送機具有結構簡單，可靠性高，使用維護方便等優(yōu)點。某快遞公司用動力滾筒輸送機分揀快遞，動力滾筒輸送機水平方向放置，轉筒半徑為r＝4cm，轉動角速度ω＝50rad/s，現(xiàn)將一個質量m＝2kg的快遞箱無初速放在A點，將快遞箱從A點傳送到B點運動的距離為16m。快遞箱與轉筒間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，整個過程轉筒始終保持勻速轉動，快遞箱大小可忽略不計，重力加速度g取10m/s2，快遞箱從A點傳到B點的過程中，下列說法正確的是（）A．所需要的時間為8s B．平均速度為4m/s C．輸送機對快遞箱做的功為64J D．運送快遞箱電動機多做的功為8J【分析】由v＝ωr求滾筒輸送機的線速度?？爝f箱無初速放在A點，在摩擦力作用下做勻加速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，由v＝at求出勻加速運動的時間，由x＝求勻加速運動的位移，再求出快遞箱隨滾筒輸送機做勻速運動的時間，從而求得總時間。根據位移與時間之比求平均速度。根據功的計算公式求輸送機對快遞箱做的功。由功能關系求運送快遞箱電動機多做的功。【解答】解：A、滾筒輸送機的線速度為v＝ωr＝50×0.04m＝2m/s快遞箱無初速放在A點，在摩擦力作用下產生的加速度為a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2快遞箱加速到2m/s所用時間t1＝＝s＝1s在t1時間內發(fā)生的位移x1＝＝×1m＝1m其后快遞箱隨滾筒輸送機做勻速運動的時間t2＝＝s＝7.5s快遞箱從A點傳到B點所需要的時間t＝t1+t2＝1s+7.5s＝8.5s，故A錯誤；B.快遞箱從A點傳到B點的平均速度＝＝m/s≈1.9m/s，故B錯誤；C、輸送機對快遞箱做的功W1＝μmgx1＝0.2×2×10×1J＝4J，故C錯誤；D、運送快遞箱滾筒輸送機在t1時間內發(fā)生的位移x2＝vt1＝2×1m＝2m所以運送快遞箱電動機多做的功為W2＝μmgx2＝0.2×2×10×2J＝8J，故D正確。故選：D?！军c評】解決本題的關鍵要理快遞箱在傳送帶上的運動規(guī)律，知道快遞箱先做勻加速運動后做勻速運動，只有在勻加速運動階段電動機要多做功。8．（2021春?大渡口區(qū)校級月考）光滑水平面上有A、B兩木塊，A、B之間用一輕彈簧拴接，A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止狀態(tài)，若突然撤去力F，則下列說法中正確的是（）A．木塊A離開墻壁前，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．木塊A離開墻壁后，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．木塊A離開墻壁前，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．木塊A離開墻壁后，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒【分析】系統(tǒng)中只有重力或只有彈力做功，機械能守恒，根據機械能守恒的條件判斷機械能是否守恒?！窘獯稹拷猓篈B、木塊A離開墻壁前后，由于彈簧對兩物體做功，A、B系統(tǒng)的機械能和彈簧的彈性勢能存在相互轉移，故A、B系統(tǒng)的機械能不守恒，故AB錯誤；C、木塊A離開墻壁前，墻壁上的彈力不做功，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)沒有外力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，故C正確；D、木塊A離開墻壁后，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)沒有外力做功，故A、B、彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒，故D錯誤。故選：C。【點評】本題關鍵要掌握機械能守恒的條件，并用來判斷系統(tǒng)的機械能是否守恒，要注意明確選擇不同的系統(tǒng)結果是不同的。9．（2021?江蘇模擬）如圖所示，質量為m的小車在水平恒力F推動下，從山坡（粗糙）底部A處由靜止起運動至高為h的坡頂B，獲得速度為v，A、B之間的水平距離為s，重力加速度為g下列說法正確的是（）A．小車重力所做的功是mgh B．推力對小車做的功是mv2+mgh C．合外力對小車做的功是mv2+mgh D．阻力對小車做的功是mv2+mgh﹣Fs【分析】明確小車受力情況，根據功的計算公式可計算恒力的功，由動能定理計算變力的功。【解答】解：A、小車重力所做的功WG＝mg△h＝mg（hA﹣hB）＝﹣mgh，故A錯誤；BD、由于推力為恒力，推力方向的分位移是s，推力對小車做功W推＝Fs，小車從A運動到B的過程，由動能定理得：W推﹣mgh+W阻＝mv2，解得：W推＝mgh+mv2﹣W阻；W阻＝mv2+mgh﹣Fs，故B錯誤，D正確；C、小車從A運動到B的過程，由動能定理可知，合力對小車做功W＝mv2，故C錯誤。故選：D?！军c評】本題主要考查了求力做功的幾種方法，要能靈活選擇解答的方法，知道恒力做功可根據做功公式直接計算，變力和合外力對物體做的功可根據動能定理求解。10．（2021?保定二模）如圖所示，下列三種情況下，相同大小的作用力F作用在沿水平面運動的物塊上。如果物塊沿圖中速度的方向運動相同大小的位移，力F做的功分別為W甲、W乙、W丙，下列關系正確的是（）A．W甲＝W乙 B．W甲＝W丙 C．W乙＝W丙 D．W甲＝﹣W丙【分析】恒力做功的表達式為：W＝Fxcosθ，注意公式中的夾角θ是力與位移之間的夾角。【解答】解：圖甲中力F做的功為：W甲＝Fxcos（180°﹣150°）＝Fx圖乙中力F做的功為：W乙＝Fxcos（180°﹣30°）＝﹣Fx圖丙中力F做的功為：W丙＝Fxcos30°＝Fx可知B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查功的計算公式的應用，要特別注意公式中夾角的確定才能準確列式求解。二．多選題（共4小題）11．（2021?河南模擬）如圖，傾角θ＝37°的光滑且足夠長的斜面固定在水平面上，在斜面頂端固定一個輪半徑和質量不計的光滑定滑輪。質量均為m的兩物體A和B用一輕彈簧連接，物體A被位于斜面底端且垂直于斜面的擋板擋住。用一不可伸長的輕繩跨過定滑輪使物體B與電動玩具小車連接。系統(tǒng)靜止時，輪左側輕繩與斜面平行，右側輕繩豎直，長度為L且繩無彈力。當小車在水平地面上緩慢向右運動L距離時，A恰好剛離開擋板。已知重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為 B．當彈簧恢復原長時，物體B沿斜面向上移動了L C．若小車從圖示位置以的速度向右勻速運動，小車位移大小為L時B的速率為 D．當小車緩慢向右運動L距離時，若輕繩突然斷開，則此時B的加速度為1.2g，方向沿斜面向下【分析】根據平衡條件和胡克定律相結合求出初狀態(tài)彈簧的壓縮量、末狀態(tài)彈簧的伸長量，再結合B上移的距離與彈簧形變量的關系求解彈簧的勁度系數(shù)；根據功能關系可得拉力對B做的功；根據速度的分解求出小車位移大小為L時B的速率；輕繩突然斷開瞬間彈簧的彈力不能突變，應用牛頓第二定律求出B的加速度?！窘獯稹拷猓篈、設初狀態(tài)彈簧的壓縮量為x1，對物塊B，由平衡條件得：kx1＝mgsin37°，解得：x1＝，當小車緩慢向右運動L距離時A恰好不離開擋板，設此時彈簧的伸長量為x2，對A，由平衡條件得：kx2＝mgsin37°，解得：x2＝；根據幾何關系可得：x1+x2＝﹣L＝，解得彈簧的勁度系數(shù)：k＝，故A正確；B、開始時彈簧的壓縮量為x1＝＝，則彈簧恢復原長時B滑斜面向上移動了，故B錯誤；C、小車位移大小為時，設滑輪右側輕繩與水平方向的夾角為θ，如圖所示，根據幾何關系可得：tanθ＝＝，解得：θ＝37°；將小車的速度沿輕繩方向與輕繩的垂直方向分解，則B的速率為：vB＝＝，故C錯誤；D、當小車緩慢向右運動距離時，彈簧的伸長量為x2，此時彈簧的彈力大小F＝mgsin37°，若輕繩突然斷開，彈簧的彈力不能突變，對B由牛頓第二定律得：mgsin37°+F＝ma，解得：a＝1.2g，方向沿斜面向下，故D正確。故選：AD?！军c評】本題要搞清彈簧的狀態(tài)及形變量，弄清物塊A和B的受力情況以及小車的運動情況是關鍵。要知道小車的速度是合速度，可將小車的速度沿輕繩方向與輕繩的垂直方向分解，沿輕繩方向的速度分量等于B的速率。12．（2021?讓胡路區(qū)校級三模）如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻上，初始時處于自然狀態(tài)，右端在P點，某時刻一質量為10kg的物塊A以一定初速度向左滑向輕彈簧，從開始運動至彈簧壓縮至最短的過程中，物塊速度平方隨位移的變化規(guī)律如圖乙所示，已知彈簧勁度系數(shù)為k＝150N/m，取重力加速度g＝10m/s2，以下說法正確的是（）A．物塊A最終停在出發(fā)點 B．物塊A向右運動過程中加速度先減小后不變 C．此過程中彈簧的最大彈性勢能為75J D．物塊A與地面間動摩擦因數(shù)為0.5【分析】分析圖乙的信息，確定物塊先勻變速直線運動，根據運動學公式和牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)；加速的判斷分析受力根據彈力的變化，由牛頓第二定律確定加速的變化；根據動能定理結合圖乙的信息求出彈性勢能的最大值和向右返回的距離?！窘獯稹拷猓篋、由勻變速直線運動的公式v2﹣v02＝2ax對比乙圖可知，物體運動前2m過程做勻變速直線運動，且v2﹣x圖象的斜率k＝2a＝，再根據牛頓第二定律知物塊的加速度a＝μg，聯(lián)立解得：μ＝0.25，故D錯誤；B、物塊向右運動的過程中，初始時彈簧彈力最大且大于物塊所受摩擦力，然后彈簧彈力逐漸減小到零，則物塊的加速度先逐漸減小，減小到零后再逐漸增大，最后不變，故B錯誤；C、由圖乙可知，物塊的初速度v0＝，向左運動的最大距離為x1＝3m，故彈簧的最大彈性勢能Ep＝，代入數(shù)據后得到Ep＝75J，故C正確；A、物塊向左運動的過程中，由動能定理有：﹣μmgx1﹣Ep＝0﹣，物塊向右運動的過程中有：Ep﹣μmgx′＝0﹣0，聯(lián)立解得：x′＝x1＝3m，故A正確。故選：AC。【點評】本題考查牛頓第二定律、動能定理、受力分析等問題，要弄清物塊向左運動過程中每個力的變化情況，做功情況。再結合牛頓第二定律、動能定理解決相關問題。13．（2021?廣東）長征途中，為了突破敵方關隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內投擲手榴彈。戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質量均為m的手榴彈。手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g。下列說法正確的有（）A．甲在空中的運動時間比乙的長 B．兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等 C．從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少mgh D．從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為mgh【分析】A、根據平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，利用自由落體運動的運動規(guī)律可以判斷時間關系；B、根據平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，利用自由落體運動的運動規(guī)律求出豎直末速度，結合瞬時功率表達式可以判斷重力的功率；C、先求出重力做功關系，再根據功能關系判斷重力勢能變化量；D、根據機械能守恒的條件，手榴彈在運動過程中機械能守恒?！窘獯稹拷猓篈、手榴彈在空中的運動可視為平拋運動，在豎直方向的分運動為自由落體運動，有h＝gt2戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆手榴彈，故h相等，故甲乙在空中運動的時間相等，故A錯誤；B、手榴彈在空中的運動可視為平拋運動，在豎直方向的分運動為自由落體運動，設落地前瞬間手榴彈豎直分速度為vy，有＝2gh此時重力的功率為P＝mgvy由題意h相等，故重力的功率相等，故B正確；C、從投出到落地，每顆手榴彈的重力做功為WG＝mgh，根據功能關系可知，手榴彈的重力勢能減少mgh，故C正確；D、手榴彈在空中的運動可視為平拋運動，在運動過程中只有重力做功，故手榴彈的機械能守恒，故D錯誤。故選：BC?！军c評】在平常學習中，要注意總結幾種常用的功能關系，如重力做功與重力勢能變化關系，合外力做功與動能變化關系，除重力以外的其他力做功與機械能變化關系等。14．（2021?廣東模擬）我國快遞行業(yè)迅猛發(fā)展，2020年“雙十一”淘寶天貓全天成交額突破3千億，工作人員在分快遞時常用傳送帶傳送快遞商品．工作人員用如圖所示的傾斜傳送帶向高處傳送質量為m＝2kg的快遞商品，傳送帶傾角為37°，傳送帶的底端A和頂端B之間的距離L＝9m，傳送帶以恒定速率v＝3m/s順時針方運行，將快遞商品靜止放于傳送帶底端A，經過一段時間將快遞商品傳送到傳送帶的頂端B，快遞商品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.875．快遞商品可以看作質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．下列說法正確的是（）A．快遞商品從底端A傳送到頂端B用的時間為s B．快遞商品從底端A傳送到頂端B過程中滑動摩擦力對快遞商品做的功為126J C．快遞商品從底端A傳送到頂端B過程中機械能的增量為117J D．快遞商品從底端A傳送到頂端B過程中電動機比空載時多消耗的電能為180J【分析】對物體進行受力分析并結合牛頓第二定律求出物體得加速度，運用勻變速直線運動規(guī)律對物體進行分析，【解答】解：A、快遞商品開始運動時受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力f1＝μmgcos37°，根據牛頓第二定律f1﹣mgsin37°＝ma，解得加速度a＝1m/s2，與傳送帶達到共同速度經歷的時間為t1＝，代入數(shù)據，解得t1＝3s，運動的位移為x1＝t1，代入數(shù)據，解得x1＝4.5m，因為μ＝0.875，μmgcos37°＞mgsin37°，當快遞商品的速度與傳送帶的速度相等時開始做勻速直線運動，勻速運動的位移為x2＝L﹣x1，解得x2＝4.5m，勻速運動的時間為t2＝，代入數(shù)據，解得t2＝1.5s，則快遞商品從底端傳送到頂端用的時間為t＝t1+t2，故A錯誤；B、第一階段快遞商品在滑動摩擦力作用下運動的位移為x1＝4.5m，滑動摩擦力做的功為W＝f1x1，代入數(shù)據解得W＝63J，故B錯誤；C、機械能的增量為△E＝mv2+mgLsin37°，代入數(shù)據，得△E＝117J，故C正確；D、第一階段快遞商品與傳送帶之間發(fā)生相對滑動，做勻加速直線運動，位移為x1＝vt，其中x1＝4.5m，此過程傳送帶做勻速運動，有x3＝vt＝2x1，解得x3＝9m，則產生的熱量為Q＝μmgcos（x3﹣x1），代入數(shù)據得Q＝63J，第二階段快遞商品與傳送帶之間沒有相對滑動，不產生熱量，物塊在傳送帶上運動過程中因摩擦產生的熱量是63J，根據能量守恒定律，快遞商品從底端傳送到頂端過程中電動機多消耗的電能為系統(tǒng)能量的增加，即系統(tǒng)內能和快遞商品機械能的增量，為E電＝Q+△E，解得E電＝180J，故D正確。故選：CD。【點評】本題以傳送帶傳送快遞商品為載體，考查牛頓第二定律，運動學公式.功能關系以及能量守恒定律的理解，考查了考生的推理能力和分析綜合能力，體現(xiàn)了物理核心素養(yǎng)的物理觀念要素。三．實驗題（共1小題）15．（2021?晉中三模）某同學用如圖甲所示的實驗裝置測量重力加速度g的大小。實驗步驟如下：①調節(jié)斜槽軌道末端水平，并與斜面體ABC的頂端A點銜接，然后將斜槽和斜面體固定；②將光電門傳感器固定在斜槽軌道末端，并調節(jié)其高度，使小球在斜槽軌道末端靜止時球心與光電門上的小孔重合；③先在斜面上鋪一層白紙，再在白紙上鋪復寫紙，并將它們固定好；④把小球從斜槽軌道上的某一位置由靜止釋放，使其脫離斜槽軌道后落到復寫紙上，記錄小球經過光電門的遮光時間△t1，并測量小球落在斜面上的位置與A點的距離s1；⑤不斷改變小球從斜槽軌道上釋放的位置，重復步驟④，得到多組△t和s值，并以為縱坐標，以s為橫坐標，建立直角坐標系，描點作圖后得如圖丁所示的正比例函數(shù)圖像，圖像的斜率為k。（1）實驗過程中，該同學用圖乙所示的游標卡尺測量小球的直徑d，應該用游標卡尺的（填“A”“B”或“C”）進行測量，示數(shù)如圖丙所示，該小球的直徑d為11.30mm。（2）為完成該實驗，還需測量的物理量有BC。A.小球的釋放點到桌面的高度h1B.斜面的高度h2C.斜面的長度LD.小球的質量m（3）請用k、d及第（2）問中所選物理量的符號表示重力加速度g的大?。篻＝?！痉治觥浚?）由游標卡尺的外測量抓測小球的直徑；游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺示數(shù)。（2）根據小球通過光電門的時間求出小球做平拋運動的初速度，離開斜槽軌道后小球做平拋運動，應用平拋運動規(guī)律求出圖象的函數(shù)表達式，然后分析答題。（3）根據圖示圖象圖圖象的函數(shù)表達式分析答題?！窘獯稹拷猓海?）應該用游標卡尺的B測量小球的直徑；由圖示游標卡尺可知，游標尺是20分度的，游標尺的精度是0.05mm，小球直徑d＝11mm+6×0.05mm＝11.30mm。（2）很短時間內的平均速度等于瞬時速度，小球經過光電門時的速度：v＝設斜面的高度是h2，斜面的長度為L，設斜面的傾角為θ，則sinθ＝，cosθ＝小球離開斜槽軌道后做平拋運動，水平方向：scosθ＝vt豎直方向：ssinθ＝gt2，整理得：＝為完成實驗，需要測量斜面的高度h2，斜面的長度L，故選BC。（3）由圖示﹣s圖象可知，圖象的斜率k＝重力加速度：g＝故答案為：（1）B；11.30；（2）BC；（3）。【點評】本題考查了測量重力加速度g的大小實驗，理解實驗原理是解題的前提，應用運動學公式求出圖象的函數(shù)表達式，根據圖示圖象可以解題。四．計算題（共3小題）16．（2021?乙卷）一籃球質量為m＝0.60kg，一運動員使其從距地面高度為h1＝1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2m。若使籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）運動員拍球過程中對籃球所做的功；（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小?！痉治觥浚?）應用動能定理求出籃球自由下落時籃球與地面碰撞前與碰撞后瞬間的動能，求出籃球與每次與地面碰撞前后的動能的比值，然后求出運動員拍球時籃球與地面碰撞前瞬間籃球的速度，應用動能定理求出運動員拍球時對籃球做的功。（2）應用牛頓第二定律、運動學公式與功的計算公式可以求出運動員對籃球的作用力大小?！窘獯稹拷猓海?）設籃球自由下落與地面碰撞前瞬間的動能為Ek1，籃球與地面碰撞后瞬間籃球的動能為Ek2，由動能定理得：籃球下落過程：mgh1＝Ek1﹣0籃球上升過程：﹣mgh2＝0﹣Ek2，籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值：k＝代入數(shù)據解得：k＝1.5設拍球后籃球落地瞬間的動能為Ek3，與地面碰撞后瞬間動能為Ek4，拍球后籃球反彈上升過程，對籃球，由動能定理得：﹣mgh3＝0﹣Ek4，設拍球過程，運動員對籃球做的功為W，從拍球到籃球與地面碰撞前瞬間過程，由動能定理得：W+mgh3＝Ek3﹣0籃球與地面碰撞前后的動能之比k＝代入數(shù)據解得：W＝4.5J（2）運動員拍球時對球的作用力為恒力，設運動員拍球時對球的作用力大小為F，運動員拍球過程，設球的加速度大小為a，對籃球，由牛頓第二定律得：F+mg＝ma拍球過程籃球做初速度為零的勻加速直線運動，設位移為x，由勻變速直線運動的位移﹣時間公式得：x＝運動員拍球過程中對籃球所做的功W＝Fx代入數(shù)據解得：F＝9N（F＝﹣15N不符合題意，舍去）答：（1）運動員拍球過程中對籃球所做的功是4.5J；（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小是9N。【點評】本題考查了動能定理的應用，根據題意分析清楚籃球的運動過程是解題的前提，應用動能定理與動量定理即可解題，應用動量定理解題時注意正方向的選擇。17．（2021?鹽城三模）如圖所示，長為L的輕桿A端固定質量為m的小球，另一端可以繞軸O自由轉動。在光滑水平面上，質量為M、邊長為x的正方形木塊在水平外力的作用下，使輕桿、木塊均處于靜止狀態(tài)，此時，桿與水平面夾角為α.撤去外力，木塊水平向右運動。經過一段時間，桿與水平面夾角為β.重力加速度為g，以水