高一物理下学期单元测试卷(含解析)

新人教版必修2《第7章功能关系》2015年单元测试卷（山东省济南市长清中学）一、选择题（不定项选择）1．如图甲、乙所示，是一辆质量为4t的无人售票车在t=0和t=3s末两个时刻的照片，当t=0时，汽车刚启动．图丙是车内横杆上悬挂的拉手环稳定时经放大后的图象（图丙中θ=30°），若将汽车的运动视为匀加速直线运动，根据上述信息，不能估算出的物理量有（）A．3s内地面对汽车的摩擦力所做的功B．3s末汽车的速度C．3s内牵引力对汽车所做的功D．3s末汽车牵引力的瞬时功率2．如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力F作用下，小球由竖直平面内的A点匀速率运动到B点．下列有关瞬时功率的说法正确的是（）A．重力的功率逐渐减小 B．重力的功率逐渐增大C．拉力的功率逐渐减小 D．拉力的功率逐渐增大3．如图甲，倾角为θ的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B点，在A点放一质量m=2kg的小物块，小物块自由释放，在开始运动的一段时间内v﹣t图如图乙所示，小物块在0.4s时运动到B点，在0.9s时到达C点，BC的距离为1.2m（g取10m/s2）．由图知（）A．斜面倾角θ=B．C点处弹簧的弹性势能为16JC．物块从B运动到C的过程中机械能守恒D．物块从C回到A的过程中，加速度先减小后增大，再保持不变4．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（）A．物体在沿斜面向下运动B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速D．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ5．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率V1匀速向右运动．一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2（V2＞V1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断正确的有（）A．滑块返回传送带右端时的速率为V2B．此过程中传送带对滑块做功为mv22﹣mv12C．此过程中电动机做功为2mv12D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）26．如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，此时弹簧压缩量△x1．现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面，此时弹簧伸长量为△x2．弹簧一直在弹性限度内，则（）A．△x1＞△x2B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量C．第一阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量7．汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1倍，汽车能达到的最大速度为vm．则当汽车速度为时，汽车的加速度为（重力加速度为g）（）A．0.1g B．0.2g C．0.3g D．0.4g8．质量分别为m1、m2的A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自由静止开始运动．经过时间t0，撤去A物体的外力F；经过4t0，撤去B物体的外力F．两物体运动的v﹣t关系如图所示，则A、B两物体（）A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12B．在匀加速运动阶段，合外力做功之比为4：1C．在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：2D．在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为5：39．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g运动员从上向下滑到底端的过程中（）A．合外力做功为mgh B．增加的动能为mghC．克服摩擦力做功为mgh D．减少的机械能为mgh10．某物体在F的作用下，从光滑斜面的底端运动到顶端，动能的增量为△EK，势能的增量为△EP，则（）A．力F所做的功等于△EK B．力F所做的功等于△EK+△EPC．合外力所做的功为△EK+△EP D．合外力所做功等于△EP11．一辆汽车在水平路面匀速直线行驶，阻力恒定为Ff．t1时刻驶入一段阻力为的路段继续行驶．t2时刻驶出这段路，阻力恢复为Ff．行驶中汽车功率恒定，则汽车的速度v及牵引力F随时间变化图象可能是（）A． B． C． D．二、实验题12．某探究学习小组的同学试图以图中的滑块为对象验证“动能定理”，他们在实验室组装了如图所示的一套装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、小木块、细沙．当连上纸带，释放沙桶时，滑块处于静止．要完成该实验，你认为：①还需要的实验器材有．②实验时首先要做的步骤是，为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的条件是．③在上述的基础上，某同学测得滑块的质量M．往沙桶中装入适量的细沙，测得此时沙和沙桶的总质量m．接通电源，释放沙桶，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1＜v2）．则对滑块，本实验最终要验证的数学表达式为（用题中的字母表示）．13．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离已在图中标出．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器件B．将打点计时器接到直流电源上C．先释放m2，再接通电源打出一条纸带D．测量纸带上某些点间的距离E．根据测量的结果，分别计算系统减少的重力势能和增加的动能其中操作不当的步骤是（填选项对应的字母）．（2）在纸带上打下计数点5时的速度v=m/s；（3）在打点0～5过程中系统动能的增量△Ek=J，系统势能的减少量△Ep=J，由此得出的结论是（4）若某同学作出v2﹣h图象如图3所示，写出计算当地重力加速度g的表达，并计算出当地的实际重力加速度g=m/s2．五、计算题（题型注释）14．如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端齐平．质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑，小球与BC间的动摩擦因数μ=，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为EP．求：（1）小球达到B点时的速度大小vB；（2）水平面BC的长度s；（3）在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm．15．如图所示，质量为lkg的薄木板静止在光滑水平桌面上，薄木板上有一质量为0.5kg的小铁块，它离木板的左端距离为0.5m，铁块与木板间动摩擦因数为0.1．现用水平拉力向右以2m/s2的加速度将木板从铁块下抽出，求：（不计铁块大小，铁块不滚动，取g=10m/s2）（1）将木板从铁块下抽出需要多长时间？（2）水平拉力对木板做的功．16．如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ=，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L．现给A、B一初速度v0使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：（1）物体A向下运动刚到C点时的速度；（2）弹簧的最大压缩量；（3）弹簧中的最大弹性势能．17．如图所示，一水平方向的传送带以恒定的速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧面轨道，并与弧面下端相切．一质量为m=1kg的物体自圆弧面轨道的最高点由静止滑下，圆弧面轨道的半径R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g=10m/s2．求：（1）物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间；（2）物体第一次从滑上传送带到离开传送带的过程中，传送带对物体做的功及由于摩擦产生的热量．

新人教版必修2《第7章功能关系》2015年单元测试卷（山东省济南市长清中学）参考答案与试题解析一、选择题（不定项选择）1．如图甲、乙所示，是一辆质量为4t的无人售票车在t=0和t=3s末两个时刻的照片，当t=0时，汽车刚启动．图丙是车内横杆上悬挂的拉手环稳定时经放大后的图象（图丙中θ=30°），若将汽车的运动视为匀加速直线运动，根据上述信息，不能估算出的物理量有（）A．3s内地面对汽车的摩擦力所做的功B．3s末汽车的速度C．3s内牵引力对汽车所做的功D．3s末汽车牵引力的瞬时功率【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．【专题】功率的计算专题．【分析】根据横杆上悬挂的拉手环稳定时经放大后的图象，根据牛顿第二定律求出加速度，结合速度时间公式求出3s末的速度．由于摩擦力和输出功率无法得知，则无法求出牵引力．【解答】解：由横杆上悬挂的拉手环稳定时经放大后的图象，可得出车的加速度a=gtanθ，由v=at可得3s末汽车的速度，故B正确；因汽车的输出功率、受到的摩擦力未知，不能求出地面对汽车的摩擦力所做的功，无法得出牵引力，不能估算出3s内牵引力对汽车所做的功和3s末汽车牵引力的瞬时功率，故A、C、D错误．本题选不能求出的，故选：ACD．【点评】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合的问题，作为常规问题，要知道只要已知悬挂拉手环的绳子与竖直方向的夹角θ，就能求出汽车的加速度a=gtanθ．2．如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力F作用下，小球由竖直平面内的A点匀速率运动到B点．下列有关瞬时功率的说法正确的是（）A．重力的功率逐渐减小 B．重力的功率逐渐增大C．拉力的功率逐渐减小 D．拉力的功率逐渐增大【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】定性思想；方程法；功率的计算专题．【分析】根据小球做圆周运动，合力提供向心力，即合力指向圆心，求出水平拉力和重力的关系，根据P=Fvcosα得出拉力瞬时功率的表达式，从而判断出拉力瞬时功率的变化【解答】解：因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点．设绳子与竖直方向夹角是θ，则（F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上）得：F=Gtanθ而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是θ，所以水平力F的瞬时功率是：P=Fvcosθ则P=Gvsinθ显然，从A到B的过程中，θ是不断减小的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直减小的．重力的瞬时功率为：P=mgvcos（90°﹣θ）=mgvsinθ，知重力的瞬时功率逐渐减小．故AC正确，B、D错误．故选：AC【点评】解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P=Fvcosα，注意α为F与速度的夹角．知道在运动的过程中F为变力3．如图甲，倾角为θ的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B点，在A点放一质量m=2kg的小物块，小物块自由释放，在开始运动的一段时间内v﹣t图如图乙所示，小物块在0.4s时运动到B点，在0.9s时到达C点，BC的距离为1.2m（g取10m/s2）．由图知（）A．斜面倾角θ=B．C点处弹簧的弹性势能为16JC．物块从B运动到C的过程中机械能守恒D．物块从C回到A的过程中，加速度先减小后增大，再保持不变【考点】机械能守恒定律；重力势能．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】由图象求出物块的加速度，然后由牛顿第二定律求出斜面的倾角；由能量守恒定律求出弹簧的弹性势能；根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒；根据物块的受力情况应用牛顿第二定律判断物块加速度如何变化．【解答】解：A、由图乙所示图象可知，在0﹣4s内，物块做匀加速直线运动，加速度为：a===5m/s2，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：sinθ==0.5，则θ=，故A正确；B、由能量守恒定律可得，在C点弹簧的弹性势能为：EP=mvB2+mghBC=×2×22+2×10×1.2×sin=16J，故B正确．C、物体从B到C过程，除重力做功外，弹簧弹力对物块做负功，物块的机械能不守恒，故C错误．D、物块从C点回到A点过程中，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力向上，物块向上做加速运动，弹力逐渐减小，物块所受合力减小，物块的加速度减小，然后弹簧的弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力向下，物块做减速运动，随物块向上运动，弹簧弹力变小，物块受到的合力变大，加速度变大，当物体与弹簧分离后，物块受到的合力等于重力的分力，加速度不变，物块做加速度不变的减速运动，由此可知在整个过程中，物块的加速度先减小后增大，再保持不变，故D正确；故选：ABD【点评】本题考查了求斜面的倾角、判断物体机械能是否守恒、求弹簧的弹性势能、判断物块加速度如何变化等问题，分析清楚物块运动过程、由图乙所示图象求出物块的速度、应用牛顿第二定律、能量守恒定律即可正确解题．4．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（）A．物体在沿斜面向下运动B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速D．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．【专题】压轴题；机械能守恒定律应用专题．【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，机械能与位移图线的斜率表示拉力．当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度的变化．【解答】解：A、在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向向上，所以位移方向向下，故物体在沿斜面向下运动，故A正确；B、在0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零．根据a=，可知，加速度逐渐增大，故B错误；C、在0～x1过程中，加速度的方向与速度方向相同，都沿斜面向下，所以物体做加速运动，故C错误；D、在x1～x2过程中，机械能守恒，拉力F=0，此时a=，故D正确．故选AD【点评】解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律．5．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率V1匀速向右运动．一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2（V2＞V1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断正确的有（）A．滑块返回传送带右端时的速率为V2B．此过程中传送带对滑块做功为mv22﹣mv12C．此过程中电动机做功为2mv12D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2【考点】功能关系；动能定理的应用．【专题】传送带专题．【分析】物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于v2的情况分析．根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功．根据能量守恒找出各种形式能量的关系．【解答】解：A：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2=v1；故A错误；B：此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′=△EK得：W=△EK=mv12﹣mv22，故B错误；D：设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1=t1=t1摩擦力对滑块做功：W1=fx1=ft1①又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=mv22②该过程中传送带的位移：x2=v1t1摩擦力对滑块做功：W2=fx2=fv1t1=fv1=2fx③将①②代入③得：W2=mv1v2设滑块向右运动的时间t2，位移为x3，则：x3=t2摩擦力对滑块做功：W3=fx3=mv12该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4﹣x3=x1+x2+x3滑动摩擦力对系统做功：W总=fx相对=W1+W2+W3=m（v1+v2）2滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=f•x相=m（v1+v2）2，故D正确；C：全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q=W+mv22﹣mv12整理得：W=Q﹣mv22+mv12=mv12+mv1v2，故C错误．故选：D．【点评】本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动．但是计算滑块与传送带间摩擦产生的热量的过程太复杂．6．如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，此时弹簧压缩量△x1．现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面，此时弹簧伸长量为△x2．弹簧一直在弹性限度内，则（）A．△x1＞△x2B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量C．第一阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量【考点】功能关系．【分析】应用平衡条件求出弹簧压缩与伸长时的形变量关系，然后应用动能定理求出拉力的功，根据功的表达式分析答题．【解答】解：A、开始时A压缩弹簧，形变量为x1=；要使B刚要离开地面，则弹力应等于B的重力，即kx2=mg，故形变量x2=，则x1=x2=x，故A错误；A、缓慢提升物体A，物体A的动能不变，第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能EP相同，由动能定理得：W1+EP﹣mgx=0，W2﹣EP﹣mgx=0，W1=mgx﹣EP，W2=mgx+EP，由于在整个过程中，弹簧的弹性势能不变，物体A、B的动能不变，B的重力势能不变，由能量守恒定律可知，拉力做的功转化为A的重力势能，拉力做的总功等于A的重力势能的增加量，故B正确；C、由A可知，W1=mgx﹣EP，物体重力势能的增加量为mgx，则第一阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增量，故C错误；D、由A可知，W2=mgx+EP，重力势能的增加量为mgx，则第二阶段拉力做的功大于A的重力势能的增加量，故D错误；故选：B．【点评】本题对学生要求较高，在解题时不但要能熟练应用动能定理，还要求能分析物体的运动状态，能找到在拉起物体的过程中弹力不做功．7．汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1倍，汽车能达到的最大速度为vm．则当汽车速度为时，汽车的加速度为（重力加速度为g）（）A．0.1g B．0.2g C．0.3g D．0.4g【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】汽车达到速度最大时，汽车的牵引力和阻力相等，根据功率P=Fv，可以根据题意算出汽车发动机的功率P，当速度为时，在运用一次P=Fv即可求出此时的F，根据牛顿第二定律就可求出此时的加速度．【解答】解：令汽车质量为m，则汽车行驶时的阻力f=0.1mg．当汽车速度最大vm时，汽车所受的牵引力F=f，则有：P=f•vm当速度为时有：由以上两式可得：=2f根据牛顿第二定律：F﹣f=ma所以=0.1g故A正确，B、C、D均错误．故选：A．【点评】掌握汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，能根据P=FV计算功率与速度的关系．8．质量分别为m1、m2的A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自由静止开始运动．经过时间t0，撤去A物体的外力F；经过4t0，撤去B物体的外力F．两物体运动的v﹣t关系如图所示，则A、B两物体（）A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12B．在匀加速运动阶段，合外力做功之比为4：1C．在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：2D．在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为5：3【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．【专题】功率的计算专题．【分析】根据两物块做匀加速运动和匀减速运动的过程，求出各自运动的加速度之比，根据牛顿运动定律的从而求出摩擦力之比；速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，根据加速阶段和整个过程的面积比得出位移比，进而可求合外力做功和克服摩擦力做功之比；由功率的定义式可得功率之比．【解答】解：A、由图象可得，A加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知①=②由①②得f1=FB加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知③④由③④得f2=F所以与水平面的摩擦力大小之比为F：=5：12，故A正确；B、合外力做功减速阶段两图象的斜率相等，故加速度相等，而此时a=μg，故摩擦系数相同，由牛顿第二定律知，质量之比等于摩擦力之比为5：12，在匀加速运动阶段，合外力做功之比为等于末动能之比，为：=5×22：12×12=5：3，故B错误；C、根据图象面积表示位移知AB两物体的位移之比为6：5，由W=Fs知在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比（5×6）：（12×5）=1：2．故C正确；D、由P=知平均功率之比为=5：6，故D错误；故选：AC．【点评】解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度﹣时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．9．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g运动员从上向下滑到底端的过程中（）A．合外力做功为mgh B．增加的动能为mghC．克服摩擦力做功为mgh D．减少的机械能为mgh【考点】动能定理的应用；功能关系．【专题】定量思想；寻找守恒量法；动能定理的应用专题．【分析】本题中合外力做功由功的公式和牛顿第二定律结合即可求解；根据动能定理可求出动能的增加量；根据牛顿第二定律求出摩擦力大小，再根据功的公式即可求解克服摩擦力做功；根据“功能原理”求出减少的机械能．【解答】解：A、根据功的公式可知，合外力做功应为：W合=F合•=ma•2h=mgh，故A错误；B、对滑雪运动员，由动能定理可知，△Ek=W合=mgh，故B正确；C、对滑雪运动员由牛顿第二定律应有：mgsin30°﹣f=ma，可得运动员受到的阻力f=mg，所以运动员克服摩擦力做的功为Wf=f•=mgh，故C正确；D、根据“功能原理”可知减少的机械能应等于克服阻力做的功，即有：△E=Wf=mgh，故D错误；故选：BC【点评】本题应明确：①涉及到“动能”、“功”等字眼时考虑应用动能定理求解；②“功能原理”是指除重力以外其它力做的功等于物体机械能的变化．10．某物体在F的作用下，从光滑斜面的底端运动到顶端，动能的增量为△EK，势能的增量为△EP，则（）A．力F所做的功等于△EK B．力F所做的功等于△EK+△EPC．合外力所做的功为△EK+△EP D．合外力所做功等于△EP【考点】功能关系；动能．【分析】根据动能定理求出合力做功的大小，从而得出拉力做功的大小．根据重力做功与重力势能的关系求出物体克服重力做功的大小．【解答】解：A、根据动能定理得，WF﹣WG=△Ek，则拉力做功WF=WG+△Ek，因为WG=△Ep，拉力F做的功等于△EK+△EP．故A错误，B正确．C、根据动能定理，合外力做功等于动能的变化量，即W合=△Ek．故C错误D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键知道合力做功与动能的变化的关系，重力做功与重力势能变化的关系等．11．一辆汽车在水平路面匀速直线行驶，阻力恒定为Ff．t1时刻驶入一段阻力为的路段继续行驶．t2时刻驶出这段路，阻力恢复为Ff．行驶中汽车功率恒定，则汽车的速度v及牵引力F随时间变化图象可能是（）A． B． C． D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】由功率公式可得出速度与力的关系，由受力情况可得出加速度的变化，从而确定物体的运动情况．【解答】解：由题意可知，t1之前物体做匀速直线运动，牵引力等于阻力，t1之后物体阻力减小，则物体开始做加速运动，速度增大，则由P=Fv可知，牵引力减小，故加速度减小，但当牵引力等于阻力时物体t2时刻恢复f后，因牵引力小于阻力，物体开始做减速运动，当牵引力等于阻力时物体继续匀速直线运动，故A有可能；在加速过程中，物体的受力减小，若在t1﹣t2过程中，物体已达到匀速运动，则车将保持一段匀速直线运动，此时牵引力等于，当驶出这一段路时，阻力恢复为f，则车减速，由P=Fv可知，牵引力将增大，直到匀速运动，牵引力等于阻力，故C正确；因汽车在变速中不可能做匀变速运动，故B错误；由以上分析可知，汽车受到的牵引力一定是变力；故D错误；故选：AC．【点评】本题考查功率及图象问题，要注意根据题目中给出的条件分析物体可能的运动状态．二、实验题12．某探究学习小组的同学试图以图中的滑块为对象验证“动能定理”，他们在实验室组装了如图所示的一套装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、小木块、细沙．当连上纸带，释放沙桶时，滑块处于静止．要完成该实验，你认为：①还需要的实验器材有天平、刻度尺．②实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力，为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量．③在上述的基础上，某同学测得滑块的质量M．往沙桶中装入适量的细沙，测得此时沙和沙桶的总质量m．接通电源，释放沙桶，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1＜v2）．则对滑块，本实验最终要验证的数学表达式为mgL=Mv22﹣Mv12（用题中的字母表示）．【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题．【分析】①根据实验原理，得到需要验证的表达式，从而确定需要的器材；②实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论；③实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，求出合力的功和动能的增加量即可．【解答】解：①实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要天平和刻度尺；故答案为：刻度尺、天平；②沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有对沙和沙桶，有mg﹣T=ma对小车，有T=Ma解得：T=mg故当M＞＞m时，有T≈mg小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；故答案为：平衡摩擦力；沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量；③总功为：mgL动能增加量为：Mv22﹣Mv12故需验证的数学表达式为：mgL=Mv22﹣Mv12；故答案为：①天平、刻度尺．②平衡摩擦力，沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量；③mgL=Mv22﹣Mv12．【点评】本题关键是根据实验原理并结合牛顿第二定律和动能定理来确定要测量的量、实验的具体操作方法和实验误差的减小方法．13．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离已在图中标出．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器件B．将打点计时器接到直流电源上C．先释放m2，再接通电源打出一条纸带D．测量纸带上某些点间的距离E．根据测量的结果，分别计算系统减少的重力势能和增加的动能其中操作不当的步骤是BC（填选项对应的字母）．（2）在纸带上打下计数点5时的速度v=2.4m/s；（3）在打点0～5过程中系统动能的增量△Ek=0.58J，系统势能的减少量△Ep=0.60J，由此得出的结论是在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒（4）若某同学作出v2﹣h图象如图3所示，写出计算当地重力加速度g的表达，并计算出当地的实际重力加速度g=9.7m/s2．【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；机械能守恒定律应用专题．【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，只有理解了这些才能真正了解具体实验操作的含义；（2）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；（3）根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出系统机械能是否守恒．（4）根据机械能守恒定律得出v2﹣h的关系式，根据图线的斜率得出重力加速度的值．【解答】解：（1）B：将打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故B错误．C：开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C错误．故选：BC．（2）利用匀变速直线运动的推论有：v5===2.4m/s；（3）系统动能的增量为：△EK=Ek5﹣0=（m1+m2）v52=0.58J．系统重力势能减小量为：△Ep=（m2﹣m1）gh=0.1×10×0.6000mJ=0.60J在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒③由于△EK=Ek5﹣0=（m1+m2）v52=△Ep=（m2﹣m1）ghg=由于（m1+m2）=2（m2﹣m1）所以得到：v2=h所以v2﹣h图象的斜率k==9.7m/s2．故答案为：（1）BC；（2）2.4；（3）0.58、0.60；在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒（4）；9.7．【点评】本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力．五、计算题（题型注释）14．如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端齐平．质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑，小球与BC间的动摩擦因数μ=，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为EP．求：（1）小球达到B点时的速度大小vB；（2）水平面BC的长度s；（3）在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm．【考点】动能定理；功能关系；机械能守恒定律．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）A到B的过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律求出小球到达B点的速度大小．（2）根据牛顿第二定律求出小球在C点时的速度，根据动能定理求出水平面BC的长度．（3）当小球重力和弹簧弹力相等时，小球的速度最大，根据功能关系求出小球的最大速度【解答】解：（1）由机械能守恒得：mg•2r=mvB2得：vB=2（2）进入管口C端时与圆管恰好无作用力，重力提供向心力，由牛顿第二定有：mg=m得：vC=由动能定理得：mg•2r﹣μmgs=mvC2解得：s=3r（3）设在压缩弹簧过程中速度最大时小球离D端的距离为x，则有：kx=mg得：x=由功能关系得：mg（r+x）﹣EP=mvm2﹣mvC2得：vm=．答：（1）小球达到B点时的速度大小vB为2（2）水平面BC的长度s为3r；（3）在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm为【点评】本题综合运用了机械能守恒定律、动能定理、功能关系以及牛顿第二定律，综合性较强，是高考的热点题型，需加强这方面的训练．15．如图所示，质量为lkg的薄木板静止在光滑水平桌面上，薄木板上有一质量为0.5kg的小铁块，它离木板的左端距离为0.5m，铁块与木板间动摩擦因数为0.1．现用水平拉力向右以2m/s2的加速度将木板从铁块下抽出，求：（不计铁块大小，铁块不滚动，取g=10m/s2）（1）将木板从铁块下抽出需要多长时间？（2）水平拉力对木板做的功．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用；功的计算．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）由题意得：铁块和木板都做匀加速运动，求出运动的位移，根据位移之间的关系即可求得时间；（2）对木板运用动能定理即可求解水平拉力对木板做的功．【解答】解：（1）设木板的加速度为a1，铁块的加速度为a2，抽出所以时间为t，则对木板：a1=2m/s2，运动位移x1=对铁块，a2=m/s2，运动位移x2=又L=﹣解得：t=1s（2）刚抽出时，木板的速度为v1=a1t=2m/s铁块摩擦力对木板做的功为：W1=﹣μmgx1=﹣0.5J由动能定理得：W+W1=Mv12解得：W=2.5J答：（1）将木板从铁块下抽出需要1s钟；（2）水平拉力对木板做的功为2.5J．【点评】本题主要考查了运动学基本公式及动能定理的应用，抓住运动时间相等即位移关系求解，难度适中．16．如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ=，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L．现给A、B一初速度v0使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到