第七章《机械能守恒定律》测试卷- 高一下学期物理人教版必修2

第32页（共32页）第七章《机械能守恒定律》测试卷2020-2021学年高一物理人教版必修2一．选择题（共10小题）1．（2021•河南模拟）北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示。运动员从起跳区水平起跳后在空中运动的速度变量、重力的瞬时功率大小、动能、机械能分别用△v、P、Ek、E表示，用t表示运动员在空中的运动时间，不计运动员空气阻力，下列图象中可能正确的是（）A． B． C． D．2．（2021•咸阳模拟）如图，为大型游乐设施的“跳楼机”。“跳楼机”座舱从a自由下落到b，再从b开始在恒定制动力作用下到c停下。已知“跳楼机”座舱和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g，忽略空气阻力（）A．游客在b时，速度大小为 B．制动力的大小等于2mg C．a到b与b到c，重力的平均功率为2：1 D．制动力的冲量大小为3m3．（2021•沈阳模拟）2021年春节，沈阳市禁止三环和部分四环内区域燃放烟花爆竹，有效控制了空气污染，减少了意外火灾，让广大民众欢度了一个安静祥和的春节。但是消防官兵仍时刻备战，以保证第一时间控制突发火灾。在某次消防演习中，消防车的高压水龙头竖直向上喷水，喷出的水可上升到距离管口45m的最大高度；当高压水龙头固定在高为10m的消防车的云台上，仍以同样大小的速率将水斜向上喷出，喷水方向与水平方向夹角约53°，不计空气阻力，则喷出的水可上升到距离地面的最大高度约为（）A．10m B．20m C．30m D．40m4．（2021•河南三模）把一重物自足够高的地方由静止释放，取地面为重力势能零点，其下落过程中的机械能E随位移x的关系如图所示，则下列描述重物下落过程的重力势能Ep、动能Ek、速度v、加速度a随位移x的变化关系中图像可能正确的是（）A． B． C． D．5．（2021•淄博三模）研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度﹣位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的是（）A．弹性绳原长为15m B．当运动员下降10m时，处于超重状态 C．当运动员下降15m时，绳的弹性势能最大 D．当运动员下降20m时，处于超重状态6．（2021•湖北模拟）水平地面上竖直固定一轻质弹簧，将一小物块从弹簧正上方离地面h1处由静止释放，其动能Ek与离地面高度h的关系如图所示。其中h1～h2间图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象最高点，小物块质量为m，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。则下列说法正确的是（）A．h1～h5过程中，小物块、弹簧及地球组成的系统机械能先增大后减小 B．h1～h5过程中，小物块加速度先减小后增大 C．弹簧劲度系数 D．h2～h4过程中，弹簧的弹性势能增加了mg（h2﹣h4）7．（2021•滨州二模）如图所示是动力滚筒输送机示意图，水平框架上安装了许多同样的转筒，由电动机带动转筒转动。当物体放到转筒上，依靠转筒摩擦带动运送货物。动力滚筒输送机适用于各类箱、包、托盘等货件的输送。滚筒输送机具有结构简单，可靠性高，使用维护方便等优点。某快递公司用动力滚筒输送机分拣快递，动力滚筒输送机水平方向放置，转筒半径为r＝4cm，转动角速度ω＝50rad/s，现将一个质量m＝2kg的快递箱无初速放在A点，将快递箱从A点传送到B点运动的距离为16m。快递箱与转筒间的动摩擦因数μ＝0.2，整个过程转筒始终保持匀速转动，快递箱大小可忽略不计，重力加速度g取10m/s2，快递箱从A点传到B点的过程中，下列说法正确的是（）A．所需要的时间为8s B．平均速度为4m/s C．输送机对快递箱做的功为64J D．运送快递箱电动机多做的功为8J8．（2021春•大渡口区校级月考）光滑水平面上有A、B两木块，A、B之间用一轻弹簧拴接，A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态，若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（）A．木块A离开墙壁前，A、B组成的系统机械能守恒 B．木块A离开墙壁后，A、B组成的系统机械能守恒 C．木块A离开墙壁前，A、B、弹簧组成的系统机械能守恒 D．木块A离开墙壁后，A、B、弹簧组成的系统机械能不守恒9．（2021•江苏模拟）如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡（粗糙）底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，A、B之间的水平距离为s，重力加速度为g下列说法正确的是（）A．小车重力所做的功是mgh B．推力对小车做的功是mv2+mgh C．合外力对小车做的功是mv2+mgh D．阻力对小车做的功是mv2+mgh﹣Fs10．（2021•保定二模）如图所示，下列三种情况下，相同大小的作用力F作用在沿水平面运动的物块上。如果物块沿图中速度的方向运动相同大小的位移，力F做的功分别为W甲、W乙、W丙，下列关系正确的是（）A．W甲＝W乙 B．W甲＝W丙 C．W乙＝W丙 D．W甲＝﹣W丙二．多选题（共4小题）11．（2021•河南模拟）如图，倾角θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮。质量均为m的两物体A和B用一轻弹簧连接，物体A被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板挡住。用一不可伸长的轻绳跨过定滑轮使物体B与电动玩具小车连接。系统静止时，轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳无弹力。当小车在水平地面上缓慢向右运动L距离时，A恰好刚离开挡板。已知重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（）A．弹簧的劲度系数为 B．当弹簧恢复原长时，物体B沿斜面向上移动了L C．若小车从图示位置以的速度向右匀速运动，小车位移大小为L时B的速率为 D．当小车缓慢向右运动L距离时，若轻绳突然断开，则此时B的加速度为1.2g，方向沿斜面向下12．（2021•让胡路区校级三模）如图甲所示，轻弹簧一端固定在竖直墙上，初始时处于自然状态，右端在P点，某时刻一质量为10kg的物块A以一定初速度向左滑向轻弹簧，从开始运动至弹簧压缩至最短的过程中，物块速度平方随位移的变化规律如图乙所示，已知弹簧劲度系数为k＝150N/m，取重力加速度g＝10m/s2，以下说法正确的是（）A．物块A最终停在出发点 B．物块A向右运动过程中加速度先减小后不变 C．此过程中弹簧的最大弹性势能为75J D．物块A与地面间动摩擦因数为0.513．（2021•广东）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g。下列说法正确的有（）A．甲在空中的运动时间比乙的长 B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等 C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh14．（2021•广东模拟）我国快递行业迅猛发展，2020年“双十一”淘宝天猫全天成交额突破3千亿，工作人员在分快递时常用传送带传送快递商品．工作人员用如图所示的倾斜传送带向高处传送质量为m＝2kg的快递商品，传送带倾角为37°，传送带的底端A和顶端B之间的距离L＝9m，传送带以恒定速率v＝3m/s顺时针方运行，将快递商品静止放于传送带底端A，经过一段时间将快递商品传送到传送带的顶端B，快递商品与传送带间的动摩擦因数为µ＝0.875．快递商品可以看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．下列说法正确的是（）A．快递商品从底端A传送到顶端B用的时间为s B．快递商品从底端A传送到顶端B过程中滑动摩擦力对快递商品做的功为126J C．快递商品从底端A传送到顶端B过程中机械能的增量为117J D．快递商品从底端A传送到顶端B过程中电动机比空载时多消耗的电能为180J三．实验题（共1小题）15．（2021•晋中三模）某同学用如图甲所示的实验装置测量重力加速度g的大小。实验步骤如下：①调节斜槽轨道末端水平，并与斜面体ABC的顶端A点衔接，然后将斜槽和斜面体固定；②将光电门传感器固定在斜槽轨道末端，并调节其高度，使小球在斜槽轨道末端静止时球心与光电门上的小孔重合；③先在斜面上铺一层白纸，再在白纸上铺复写纸，并将它们固定好；④把小球从斜槽轨道上的某一位置由静止释放，使其脱离斜槽轨道后落到复写纸上，记录小球经过光电门的遮光时间△t1，并测量小球落在斜面上的位置与A点的距离s1；⑤不断改变小球从斜槽轨道上释放的位置，重复步骤④，得到多组△t和s值，并以为纵坐标，以s为横坐标，建立直角坐标系，描点作图后得如图丁所示的正比例函数图像，图像的斜率为k。（1）实验过程中，该同学用图乙所示的游标卡尺测量小球的直径d，应该用游标卡尺的（填“A”“B”或“C”）进行测量，示数如图丙所示，该小球的直径d为mm。（2）为完成该实验，还需测量的物理量有。A.小球的释放点到桌面的高度h1B.斜面的高度h2C.斜面的长度LD.小球的质量m（3）请用k、d及第（2）问中所选物理量的符号表示重力加速度g的大小：g＝。四．计算题（共3小题）16．（2021•乙卷）一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。17．（2021•盐城三模）如图所示，长为L的轻杆A端固定质量为m的小球，另一端可以绕轴O自由转动。在光滑水平面上，质量为M、边长为x的正方形木块在水平外力的作用下，使轻杆、木块均处于静止状态，此时，杆与水平面夹角为α.撤去外力，木块水平向右运动。经过一段时间，杆与水平面夹角为β.重力加速度为g，以水平面为零势能面。求上述过程中：（1）小球重力势能的最大值EPm；（2）小球A发生的位移大小xA；（3）轻杆对木块所做的功W.18．（2021•日照二模）已知质量为m0的物体在受到F＝﹣k0x的回复力作用下，将做简谐运动，其偏离平衡位置的位移x与时间t的关系遵循规律x＝Asin（ωt+φ），其中ω＝，k0为比例系数，A为振幅。如图，一竖直光滑的足够长圆管，内有一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端固定于地面上，上端与一质量为m的圆盘a相连，圆盘a静止时所在位置为O。另一质量为2m的圆盘b从距O高度为H＝的P点由静止由静止开始下落，与a发生碰撞，瞬间粘在一起向下运动，运动的最低点为O。两圆盘厚度不计，半径相同且略小于圆管半径。在运动过程中，弹簧形变始终在弹性限度内，且当形变量为x时，弹性势能为Ep＝kx2。重力加速度为g，忽略一切阻力。求：（1）整个运动过程系统损失的机械能；（2）圆盘a、b碰后做简谐运动的振幅；（3）从圆盘b开始下落到第一次运动至最低点Q所用的时间。

第七章《机械能守恒定律》测试卷2020-2021学年高一物理人教版必修2参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2021•河南模拟）北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示。运动员从起跳区水平起跳后在空中运动的速度变量、重力的瞬时功率大小、动能、机械能分别用△v、P、Ek、E表示，用t表示运动员在空中的运动时间，不计运动员空气阻力，下列图象中可能正确的是（）A． B． C． D．【分析】运动员做平抛运动，根据运动的分解和合成的规律将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，然后根据运动学公式和机械能守恒定律进行分析。【解答】解：A、滑雪运动员离开起跳区后做平抛运动，水平速度不变化，竖直速度变化，则速度的变化量△v＝gt，所以速度变化量与时间t成正比，故A错误；B、设经过时间t后速度为v，与竖直方向的夹角为θ，那么重力的瞬时功率为P＝mgvcosθ，根据速度分解vy＝vcosθ＝gt，所以功率可表示为P＝mg2t，可见重力瞬时功率与时间成正比，故B正确；C、设经过时间t后，竖直速度大小为vy＝gt，初速度大小为v0，此时的动能Ek＝＝，据此可知物体的初动能不为零，故C错误；D、不计空气阻力，只有重力做功，所以滑雪运动员飞行的过程中机械能守恒，机械能不随时间发生变化，故D错误；故选：B。【点评】本题关键是明确物体的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，然后结合机械能守恒定律和功率的表达式列式分析。2．（2021•咸阳模拟）如图，为大型游乐设施的“跳楼机”。“跳楼机”座舱从a自由下落到b，再从b开始在恒定制动力作用下到c停下。已知“跳楼机”座舱和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g，忽略空气阻力（）A．游客在b时，速度大小为 B．制动力的大小等于2mg C．a到b与b到c，重力的平均功率为2：1 D．制动力的冲量大小为3m【分析】从a到b根据做自由落体运动，根据速度﹣位移公式求得速度，根据动能定理求得制动力，在匀变速直线运动过程中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，根据P＝mgv求得平均功率，从b到c根据动量定理求得制动力的冲量大小。【解答】解：A、从a到b做自由落体运动，根据2g×2h＝v2，解得v＝2，故A错误；B、从a到c根据动能定理可得：mg×3h﹣Fh＝0﹣0，解得F＝3mg，故B错误；C、设到达b点时的速度为v，从a到b的平均速度，从b到c的平均速度，重力的平均功率，故a到b与b到c，重力的平均功率之比为1：1，故C错误；D、从b到c运动的时间为t＝，根据动量定理可得：mgt﹣I＝0﹣mv，解得I＝3m，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查了平均功率和动量定理，关键是运动过程的分析和受力分析，利用好匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度即可。3．（2021•沈阳模拟）2021年春节，沈阳市禁止三环和部分四环内区域燃放烟花爆竹，有效控制了空气污染，减少了意外火灾，让广大民众欢度了一个安静祥和的春节。但是消防官兵仍时刻备战，以保证第一时间控制突发火灾。在某次消防演习中，消防车的高压水龙头竖直向上喷水，喷出的水可上升到距离管口45m的最大高度；当高压水龙头固定在高为10m的消防车的云台上，仍以同样大小的速率将水斜向上喷出，喷水方向与水平方向夹角约53°，不计空气阻力，则喷出的水可上升到距离地面的最大高度约为（）A．10m B．20m C．30m D．40m【分析】消防车的高压水龙头竖直向上喷水时，通过水上升的最大高度求出水的初速度，当水龙头在消防车上时，水做的是一个斜抛运动，由速度的合成和分解规律可求出竖直方向的速度，由运动学公式求出竖直方向的位移。【解答】解：消防车的高压水龙头竖直向上喷水时，v2＝2gh得：当水龙头在消防车上时，对喷出的水进行速度分解如图所示，竖直方向的速度为vy＝vsin53°且，解得：h'＝28.8m上升到距离地面的最大高度h总＝h'+h0≈28.8m+10m＝38.8m≈40m，故ABC错误，D正确；故选：D。【点评】本题考查抛体运动，而其中的竖直上抛运动是常见的运动类型，关键要对速度进行分解，并能熟练运用运动学公式．4．（2021•河南三模）把一重物自足够高的地方由静止释放，取地面为重力势能零点，其下落过程中的机械能E随位移x的关系如图所示，则下列描述重物下落过程的重力势能Ep、动能Ek、速度v、加速度a随位移x的变化关系中图像可能正确的是（）A． B． C． D．【分析】只有重力或弹力做功机械能守恒，由图示图象可知，重物的机械能随下落位移的增大而减小，重物的机械能不守恒，重物下落过程受到空气阻力作用，应用功能关系求出图象的函数表达式，根据图示图象判断空气阻力如何变化；然后根据重力势能的计算公式、动能定理与牛顿第二定律分析答题。【解答】解：由图示图象可知，重物的机械能随下落位移的增大而减小，重物的机械能不守恒，重物下落过程受到空气阻力作用，空气阻力做负功，重物的机械能减少；设重物的质量为m，重物开始下落时距地面的高度为H，重物受到的空气阻力为f，取地面为重力势能零点，由能量守恒定律可知，重物下落过程的机械能E＝mgH﹣fx，由图示E﹣x图象可知，图象斜率的绝对值逐渐增大，则重物所受空气阻力f逐渐增大；A、重物的重力势能Ep＝mgH﹣mgx，Ep与x是线性关系，图象应该是直线，故A错误；B、对重物，由动能定理得：Ek＝（mg﹣f）x，由于f逐渐增大，则mg﹣f逐渐减小，Ek﹣x图象的斜率应逐渐减小，故B正确；D、对重物，由牛顿第二定律得：mg﹣f＝ma，解得：a＝g﹣，f逐渐增大，a逐渐减小，故D错误；C、由匀变速直线运动的速度﹣位移公式得：v＝，重物做加速度逐渐减小的加速运动，v与x不成正比，故C错误。故选：B。【点评】根据题意分析清楚重物的运动过程，根据图示E﹣x图象判断出重物所受空气阻力如何变化是解题的前提与关键；应用重力的计算公式、牛顿第二定律、动能定理与运动学公式即可解题。5．（2021•淄博三模）研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度﹣位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的是（）A．弹性绳原长为15m B．当运动员下降10m时，处于超重状态 C．当运动员下降15m时，绳的弹性势能最大 D．当运动员下降20m时，处于超重状态【分析】根据图像读出运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小，当x＝15m时速度最大，此时加速度为零，合力为零，弹力不为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态；当x＝10m时，弹力小于重力，处于失重状态；当x＝20m时，弹力大于重力，处于超重状态；当运动员到达最低点时绳的弹性势能最大。【解答】解：A、由图可知，当x＝15m时运动员速度最大，此时加速度为零，合力为零，绳对运动员的弹力与重力大小相等，方向相反，弹性绳处于伸长状态，故A错误；B、当运动员下降10m时，弹力小于重力，运动员向下加速运动，加速度方向竖直向下，处于失重状态，故B错误；C、当运动员下降15m时，速度最大，运动员要继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，到达最低点时弹性绳的弹性势能最大，故C错误；D、当运动员下降20m时，弹力大于重力，运动员向下减速运动，加速度方向竖直向上，处于超重状态，故D正确。故选：D。【点评】解答本题的关键是能根据“速度﹣位移”图像分析运动员的运动情况，判断加速度方向，确定运动员的状态。要知道当x＝15m时运动员的速度最大，加速度为零，合力为零。6．（2021•湖北模拟）水平地面上竖直固定一轻质弹簧，将一小物块从弹簧正上方离地面h1处由静止释放，其动能Ek与离地面高度h的关系如图所示。其中h1～h2间图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象最高点，小物块质量为m，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。则下列说法正确的是（）A．h1～h5过程中，小物块、弹簧及地球组成的系统机械能先增大后减小 B．h1～h5过程中，小物块加速度先减小后增大 C．弹簧劲度系数 D．h2～h4过程中，弹簧的弹性势能增加了mg（h2﹣h4）【分析】只有重力或弹力做功，机械能守恒；根据图示图象分析清楚小物块的运动过程，应用胡克定律、平衡条件、能量守恒定律分析答题。【解答】解：A、不计空气阻力，h1～h5过程中，只有重力与弹簧的弹力做功，小物块、弹簧及地球组成的系统机械能守恒，系统的机械能保持不变，故A错误；B、从图乙中可以看出h1～h2过程中，物块做自由落体运动，小物块加速度等于重力加速度g，加速度保持不变；小物块到达h2高度开始与弹簧接触，物块受到重力与弹簧弹力作用，开始弹簧弹力小于重力，合力向下，向下运动过程，弹簧弹力F变大，重力mg不变，小物块受到的合力减小，由牛顿第二定律可知，加速度减小；当物块受到的弹力和重力相等时，合力为零，加速度为零，速度达到最大，即在h3高度时，动能最大，h3～h5过程，弹簧的弹力大于重力，合力向上，重力不变随弹力增大，小物块所受合力增大，由牛顿第二定律可知，加速度增大，因此在h1～h5过程，小物块的加速度先保持不变，然后逐渐减小，再反向逐渐变大，故B错误；C、在h3高度时，小物块受到的弹力和重力相等，根据胡克定律得：k（h2﹣h3）＝mg，解得，弹簧的劲度系数：k＝，故C错误；D、小物体下落过程中，小物体和弹簧组成的系统机械能守恒，由图示图象可知，小物体下落至高度h4的动能与下落至高度h2时的动能相同，则小物体从高度h2下降到h4过程，弹簧弹性势能的增加量等于重力势能的减少量，所以弹簧弹性势能的增加量为△Ep弹＝|Ep重|＝mg（h2﹣h4），故D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键要根据图象的信息分析物体的运动情况与受力情况，应用牛顿第二定律与能量守恒定律即可解题；要注意在压缩弹簧的过程中，弹力是个变力，加速度是变化的，当速度等于零时，弹簧被压缩到最短。7．（2021•滨州二模）如图所示是动力滚筒输送机示意图，水平框架上安装了许多同样的转筒，由电动机带动转筒转动。当物体放到转筒上，依靠转筒摩擦带动运送货物。动力滚筒输送机适用于各类箱、包、托盘等货件的输送。滚筒输送机具有结构简单，可靠性高，使用维护方便等优点。某快递公司用动力滚筒输送机分拣快递，动力滚筒输送机水平方向放置，转筒半径为r＝4cm，转动角速度ω＝50rad/s，现将一个质量m＝2kg的快递箱无初速放在A点，将快递箱从A点传送到B点运动的距离为16m。快递箱与转筒间的动摩擦因数μ＝0.2，整个过程转筒始终保持匀速转动，快递箱大小可忽略不计，重力加速度g取10m/s2，快递箱从A点传到B点的过程中，下列说法正确的是（）A．所需要的时间为8s B．平均速度为4m/s C．输送机对快递箱做的功为64J D．运送快递箱电动机多做的功为8J【分析】由v＝ωr求滚筒输送机的线速度。快递箱无初速放在A点，在摩擦力作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，由v＝at求出匀加速运动的时间，由x＝求匀加速运动的位移，再求出快递箱随滚筒输送机做匀速运动的时间，从而求得总时间。根据位移与时间之比求平均速度。根据功的计算公式求输送机对快递箱做的功。由功能关系求运送快递箱电动机多做的功。【解答】解：A、滚筒输送机的线速度为v＝ωr＝50×0.04m＝2m/s快递箱无初速放在A点，在摩擦力作用下产生的加速度为a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2快递箱加速到2m/s所用时间t1＝＝s＝1s在t1时间内发生的位移x1＝＝×1m＝1m其后快递箱随滚筒输送机做匀速运动的时间t2＝＝s＝7.5s快递箱从A点传到B点所需要的时间t＝t1+t2＝1s+7.5s＝8.5s，故A错误；B.快递箱从A点传到B点的平均速度＝＝m/s≈1.9m/s，故B错误；C、输送机对快递箱做的功W1＝μmgx1＝0.2×2×10×1J＝4J，故C错误；D、运送快递箱滚筒输送机在t1时间内发生的位移x2＝vt1＝2×1m＝2m所以运送快递箱电动机多做的功为W2＝μmgx2＝0.2×2×10×2J＝8J，故D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键要理快递箱在传送带上的运动规律，知道快递箱先做匀加速运动后做匀速运动，只有在匀加速运动阶段电动机要多做功。8．（2021春•大渡口区校级月考）光滑水平面上有A、B两木块，A、B之间用一轻弹簧拴接，A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态，若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（）A．木块A离开墙壁前，A、B组成的系统机械能守恒 B．木块A离开墙壁后，A、B组成的系统机械能守恒 C．木块A离开墙壁前，A、B、弹簧组成的系统机械能守恒 D．木块A离开墙壁后，A、B、弹簧组成的系统机械能不守恒【分析】系统中只有重力或只有弹力做功，机械能守恒，根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒。【解答】解：AB、木块A离开墙壁前后，由于弹簧对两物体做功，A、B系统的机械能和弹簧的弹性势能存在相互转移，故A、B系统的机械能不守恒，故AB错误；C、木块A离开墙壁前，墙壁上的弹力不做功，A、B、弹簧组成的系统没有外力做功，故系统的机械能守恒，故C正确；D、木块A离开墙壁后，A、B、弹簧组成的系统没有外力做功，故A、B、弹簧组成的系统的机械能守恒，故D错误。故选：C。【点评】本题关键要掌握机械能守恒的条件，并用来判断系统的机械能是否守恒，要注意明确选择不同的系统结果是不同的。9．（2021•江苏模拟）如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡（粗糙）底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，A、B之间的水平距离为s，重力加速度为g下列说法正确的是（）A．小车重力所做的功是mgh B．推力对小车做的功是mv2+mgh C．合外力对小车做的功是mv2+mgh D．阻力对小车做的功是mv2+mgh﹣Fs【分析】明确小车受力情况，根据功的计算公式可计算恒力的功，由动能定理计算变力的功。【解答】解：A、小车重力所做的功WG＝mg△h＝mg（hA﹣hB）＝﹣mgh，故A错误；BD、由于推力为恒力，推力方向的分位移是s，推力对小车做功W推＝Fs，小车从A运动到B的过程，由动能定理得：W推﹣mgh+W阻＝mv2，解得：W推＝mgh+mv2﹣W阻；W阻＝mv2+mgh﹣Fs，故B错误，D正确；C、小车从A运动到B的过程，由动能定理可知，合力对小车做功W＝mv2，故C错误。故选：D。【点评】本题主要考查了求力做功的几种方法，要能灵活选择解答的方法，知道恒力做功可根据做功公式直接计算，变力和合外力对物体做的功可根据动能定理求解。10．（2021•保定二模）如图所示，下列三种情况下，相同大小的作用力F作用在沿水平面运动的物块上。如果物块沿图中速度的方向运动相同大小的位移，力F做的功分别为W甲、W乙、W丙，下列关系正确的是（）A．W甲＝W乙 B．W甲＝W丙 C．W乙＝W丙 D．W甲＝﹣W丙【分析】恒力做功的表达式为：W＝Fxcosθ，注意公式中的夹角θ是力与位移之间的夹角。【解答】解：图甲中力F做的功为：W甲＝Fxcos（180°﹣150°）＝Fx图乙中力F做的功为：W乙＝Fxcos（180°﹣30°）＝﹣Fx图丙中力F做的功为：W丙＝Fxcos30°＝Fx可知B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题考查功的计算公式的应用，要特别注意公式中夹角的确定才能准确列式求解。二．多选题（共4小题）11．（2021•河南模拟）如图，倾角θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮。质量均为m的两物体A和B用一轻弹簧连接，物体A被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板挡住。用一不可伸长的轻绳跨过定滑轮使物体B与电动玩具小车连接。系统静止时，轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳无弹力。当小车在水平地面上缓慢向右运动L距离时，A恰好刚离开挡板。已知重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（）A．弹簧的劲度系数为 B．当弹簧恢复原长时，物体B沿斜面向上移动了L C．若小车从图示位置以的速度向右匀速运动，小车位移大小为L时B的速率为 D．当小车缓慢向右运动L距离时，若轻绳突然断开，则此时B的加速度为1.2g，方向沿斜面向下【分析】根据平衡条件和胡克定律相结合求出初状态弹簧的压缩量、末状态弹簧的伸长量，再结合B上移的距离与弹簧形变量的关系求解弹簧的劲度系数；根据功能关系可得拉力对B做的功；根据速度的分解求出小车位移大小为L时B的速率；轻绳突然断开瞬间弹簧的弹力不能突变，应用牛顿第二定律求出B的加速度。【解答】解：A、设初状态弹簧的压缩量为x1，对物块B，由平衡条件得：kx1＝mgsin37°，解得：x1＝，当小车缓慢向右运动L距离时A恰好不离开挡板，设此时弹簧的伸长量为x2，对A，由平衡条件得：kx2＝mgsin37°，解得：x2＝；根据几何关系可得：x1+x2＝﹣L＝，解得弹簧的劲度系数：k＝，故A正确；B、开始时弹簧的压缩量为x1＝＝，则弹簧恢复原长时B滑斜面向上移动了，故B错误；C、小车位移大小为时，设滑轮右侧轻绳与水平方向的夹角为θ，如图所示，根据几何关系可得：tanθ＝＝，解得：θ＝37°；将小车的速度沿轻绳方向与轻绳的垂直方向分解，则B的速率为：vB＝＝，故C错误；D、当小车缓慢向右运动距离时，弹簧的伸长量为x2，此时弹簧的弹力大小F＝mgsin37°，若轻绳突然断开，弹簧的弹力不能突变，对B由牛顿第二定律得：mgsin37°+F＝ma，解得：a＝1.2g，方向沿斜面向下，故D正确。故选：AD。【点评】本题要搞清弹簧的状态及形变量，弄清物块A和B的受力情况以及小车的运动情况是关键。要知道小车的速度是合速度，可将小车的速度沿轻绳方向与轻绳的垂直方向分解，沿轻绳方向的速度分量等于B的速率。12．（2021•让胡路区校级三模）如图甲所示，轻弹簧一端固定在竖直墙上，初始时处于自然状态，右端在P点，某时刻一质量为10kg的物块A以一定初速度向左滑向轻弹簧，从开始运动至弹簧压缩至最短的过程中，物块速度平方随位移的变化规律如图乙所示，已知弹簧劲度系数为k＝150N/m，取重力加速度g＝10m/s2，以下说法正确的是（）A．物块A最终停在出发点 B．物块A向右运动过程中加速度先减小后不变 C．此过程中弹簧的最大弹性势能为75J D．物块A与地面间动摩擦因数为0.5【分析】分析图乙的信息，确定物块先匀变速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律求出动摩擦因数；加速的判断分析受力根据弹力的变化，由牛顿第二定律确定加速的变化；根据动能定理结合图乙的信息求出弹性势能的最大值和向右返回的距离。【解答】解：D、由匀变速直线运动的公式v2﹣v02＝2ax对比乙图可知，物体运动前2m过程做匀变速直线运动，且v2﹣x图象的斜率k＝2a＝，再根据牛顿第二定律知物块的加速度a＝μg，联立解得：μ＝0.25，故D错误；B、物块向右运动的过程中，初始时弹簧弹力最大且大于物块所受摩擦力，然后弹簧弹力逐渐减小到零，则物块的加速度先逐渐减小，减小到零后再逐渐增大，最后不变，故B错误；C、由图乙可知，物块的初速度v0＝，向左运动的最大距离为x1＝3m，故弹簧的最大弹性势能Ep＝，代入数据后得到Ep＝75J，故C正确；A、物块向左运动的过程中，由动能定理有：﹣μmgx1﹣Ep＝0﹣，物块向右运动的过程中有：Ep﹣μmgx′＝0﹣0，联立解得：x′＝x1＝3m，故A正确。故选：AC。【点评】本题考查牛顿第二定律、动能定理、受力分析等问题，要弄清物块向左运动过程中每个力的变化情况，做功情况。再结合牛顿第二定律、动能定理解决相关问题。13．（2021•广东）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g。下列说法正确的有（）A．甲在空中的运动时间比乙的长 B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等 C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh【分析】A、根据平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，利用自由落体运动的运动规律可以判断时间关系；B、根据平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，利用自由落体运动的运动规律求出竖直末速度，结合瞬时功率表达式可以判断重力的功率；C、先求出重力做功关系，再根据功能关系判断重力势能变化量；D、根据机械能守恒的条件，手榴弹在运动过程中机械能守恒。【解答】解：A、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动，有h＝gt2战士在同一位置先后投出甲、乙两颗手榴弹，故h相等，故甲乙在空中运动的时间相等，故A错误；B、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动，设落地前瞬间手榴弹竖直分速度为vy，有＝2gh此时重力的功率为P＝mgvy由题意h相等，故重力的功率相等，故B正确；C、从投出到落地，每颗手榴弹的重力做功为WG＝mgh，根据功能关系可知，手榴弹的重力势能减少mgh，故C正确；D、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在运动过程中只有重力做功，故手榴弹的机械能守恒，故D错误。故选：BC。【点评】在平常学习中，要注意总结几种常用的功能关系，如重力做功与重力势能变化关系，合外力做功与动能变化关系，除重力以外的其他力做功与机械能变化关系等。14．（2021•广东模拟）我国快递行业迅猛发展，2020年“双十一”淘宝天猫全天成交额突破3千亿，工作人员在分快递时常用传送带传送快递商品．工作人员用如图所示的倾斜传送带向高处传送质量为m＝2kg的快递商品，传送带倾角为37°，传送带的底端A和顶端B之间的距离L＝9m，传送带以恒定速率v＝3m/s顺时针方运行，将快递商品静止放于传送带底端A，经过一段时间将快递商品传送到传送带的顶端B，快递商品与传送带间的动摩擦因数为µ＝0.875．快递商品可以看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．下列说法正确的是（）A．快递商品从底端A传送到顶端B用的时间为s B．快递商品从底端A传送到顶端B过程中滑动摩擦力对快递商品做的功为126J C．快递商品从底端A传送到顶端B过程中机械能的增量为117J D．快递商品从底端A传送到顶端B过程中电动机比空载时多消耗的电能为180J【分析】对物体进行受力分析并结合牛顿第二定律求出物体得加速度，运用匀变速直线运动规律对物体进行分析，【解答】解：A、快递商品开始运动时受到沿传送带向上的滑动摩擦力f1＝μmgcos37°，根据牛顿第二定律f1﹣mgsin37°＝ma，解得加速度a＝1m/s2，与传送带达到共同速度经历的时间为t1＝，代入数据，解得t1＝3s，运动的位移为x1＝t1，代入数据，解得x1＝4.5m，因为µ＝0.875，μmgcos37°＞mgsin37°，当快递商品的速度与传送带的速度相等时开始做匀速直线运动，匀速运动的位移为x2＝L﹣x1，解得x2＝4.5m，匀速运动的时间为t2＝，代入数据，解得t2＝1.5s，则快递商品从底端传送到顶端用的时间为t＝t1+t2，故A错误；B、第一阶段快递商品在滑动摩擦力作用下运动的位移为x1＝4.5m，滑动摩擦力做的功为W＝f1x1，代入数据解得W＝63J，故B错误；C、机械能的增量为△E＝mv2+mgLsin37°，代入数据，得△E＝117J，故C正确；D、第一阶段快递商品与传送带之间发生相对滑动，做匀加速直线运动，位移为x1＝vt，其中x1＝4.5m，此过程传送带做匀速运动，有x3＝vt＝2x1，解得x3＝9m，则产生的热量为Q＝μmgcos（x3﹣x1），代入数据得Q＝63J，第二阶段快递商品与传送带之间没有相对滑动，不产生热量，物块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量是63J，根据能量守恒定律，快递商品从底端传送到顶端过程中电动机多消耗的电能为系统能量的增加，即系统内能和快递商品机械能的增量，为E电＝Q+△E，解得E电＝180J，故D正确。故选：CD。【点评】本题以传送带传送快递商品为载体，考查牛顿第二定律，运动学公式.功能关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综合能力，体现了物理核心素养的物理观念要素。三．实验题（共1小题）15．（2021•晋中三模）某同学用如图甲所示的实验装置测量重力加速度g的大小。实验步骤如下：①调节斜槽轨道末端水平，并与斜面体ABC的顶端A点衔接，然后将斜槽和斜面体固定；②将光电门传感器固定在斜槽轨道末端，并调节其高度，使小球在斜槽轨道末端静止时球心与光电门上的小孔重合；③先在斜面上铺一层白纸，再在白纸上铺复写纸，并将它们固定好；④把小球从斜槽轨道上的某一位置由静止释放，使其脱离斜槽轨道后落到复写纸上，记录小球经过光电门的遮光时间△t1，并测量小球落在斜面上的位置与A点的距离s1；⑤不断改变小球从斜槽轨道上释放的位置，重复步骤④，得到多组△t和s值，并以为纵坐标，以s为横坐标，建立直角坐标系，描点作图后得如图丁所示的正比例函数图像，图像的斜率为k。（1）实验过程中，该同学用图乙所示的游标卡尺测量小球的直径d，应该用游标卡尺的（填“A”“B”或“C”）进行测量，示数如图丙所示，该小球的直径d为11.30mm。（2）为完成该实验，还需测量的物理量有BC。A.小球的释放点到桌面的高度h1B.斜面的高度h2C.斜面的长度LD.小球的质量m（3）请用k、d及第（2）问中所选物理量的符号表示重力加速度g的大小：g＝。【分析】（1）由游标卡尺的外测量抓测小球的直径；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。（2）根据小球通过光电门的时间求出小球做平抛运动的初速度，离开斜槽轨道后小球做平抛运动，应用平抛运动规律求出图象的函数表达式，然后分析答题。（3）根据图示图象图图象的函数表达式分析答题。【解答】解：（1）应该用游标卡尺的B测量小球的直径；由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，小球直径d＝11mm+6×0.05mm＝11.30mm。（2）很短时间内的平均速度等于瞬时速度，小球经过光电门时的速度：v＝设斜面的高度是h2，斜面的长度为L，设斜面的倾角为θ，则sinθ＝，cosθ＝小球离开斜槽轨道后做平抛运动，水平方向：scosθ＝vt竖直方向：ssinθ＝gt2，整理得：＝为完成实验，需要测量斜面的高度h2，斜面的长度L，故选BC。（3）由图示﹣s图象可知，图象的斜率k＝重力加速度：g＝故答案为：（1）B；11.30；（2）BC；（3）。【点评】本题考查了测量重力加速度g的大小实验，理解实验原理是解题的前提，应用运动学公式求出图象的函数表达式，根据图示图象可以解题。四．计算题（共3小题）16．（2021•乙卷）一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【分析】（1）应用动能定理求出篮球自由下落时篮球与地面碰撞前与碰撞后瞬间的动能，求出篮球与每次与地面碰撞前后的动能的比值，然后求出运动员拍球时篮球与地面碰撞前瞬间篮球的速度，应用动能定理求出运动员拍球时对篮球做的功。（2）应用牛顿第二定律、运动学公式与功的计算公式可以求出运动员对篮球的作用力大小。【解答】解：（1）设篮球自由下落与地面碰撞前瞬间的动能为Ek1，篮球与地面碰撞后瞬间篮球的动能为Ek2，由动能定理得：篮球下落过程：mgh1＝Ek1﹣0篮球上升过程：﹣mgh2＝0﹣Ek2，篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值：k＝代入数据解得：k＝1.5设拍球后篮球落地瞬间的动能为Ek3，与地面碰撞后瞬间动能为Ek4，拍球后篮球反弹上升过程，对篮球，由动能定理得：﹣mgh3＝0﹣Ek4，设拍球过程，运动员对篮球做的功为W，从拍球到篮球与地面碰撞前瞬间过程，由动能定理得：W+mgh3＝Ek3﹣0篮球与地面碰撞前后的动能之比k＝代入数据解得：W＝4.5J（2）运动员拍球时对球的作用力为恒力，设运动员拍球时对球的作用力大小为F，运动员拍球过程，设球的加速度大小为a，对篮球，由牛顿第二定律得：F+mg＝ma拍球过程篮球做初速度为零的匀加速直线运动，设位移为x，由匀变速直线运动的位移﹣时间公式得：x＝运动员拍球过程中对篮球所做的功W＝Fx代入数据解得：F＝9N（F＝﹣15N不符合题意，舍去）答：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功是4.5J；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小是9N。【点评】本题考查了动能定理的应用，根据题意分析清楚篮球的运动过程是解题的前提，应用动能定理与动量定理即可解题，应用动量定理解题时注意正方向的选择。17．（2021•盐城三模）如图所示，长为L的轻杆A端固定质量为m的小球，另一端可以绕轴O自由转动。在光滑水平面上，质量为M、边长为x的正方形木块在水平外力的作用下，使轻杆、木块均处于静止状态，此时，杆与水平面夹角为α.撤去外力，木块水平向右运动。经过一段时间，杆与水平面夹角为β.重力加速度为g，以水