第七章《機(jī)械能守恒定律》測(cè)試卷- 高一下學(xué)期物理人教版必修2

第32頁(yè)（共32頁(yè)）第七章《機(jī)械能守恒定律》測(cè)試卷2020-2021學(xué)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(huì)跳臺(tái)滑雪比賽在張家口賽區(qū)的國(guó)家跳臺(tái)滑雪中心進(jìn)行，跳臺(tái)由助滑道、起跳區(qū)、著陸坡、停止區(qū)組成，如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從起跳區(qū)水平起跳后在空中運(yùn)動(dòng)的速度變量、重力的瞬時(shí)功率大小、動(dòng)能、機(jī)械能分別用△v、P、Ek、E表示，用t表示運(yùn)動(dòng)員在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，不計(jì)運(yùn)動(dòng)員空氣阻力，下列圖象中可能正確的是（）A． B． C． D．2．（2021?咸陽(yáng)模擬）如圖，為大型游樂(lè)設(shè)施的“跳樓機(jī)”?！疤鴺菣C(jī)”座艙從a自由下落到b，再?gòu)腷開(kāi)始在恒定制動(dòng)力作用下到c停下。已知“跳樓機(jī)”座艙和游客的總質(zhì)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(shí)，速度大小為 B．制動(dòng)力的大小等于2mg C．a(chǎn)到b與b到c，重力的平均功率為2：1 D．制動(dòng)力的沖量大小為3m3．（2021?沈陽(yáng)模擬）2021年春節(jié)，沈陽(yáng)市禁止三環(huán)和部分四環(huán)內(nèi)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(zāi)，讓廣大民眾歡度了一個(gè)安靜祥和的春節(jié)。但是消防官兵仍時(shí)刻備戰(zhàn)，以保證第一時(shí)間控制突發(fā)火災(zāi)。在某次消防演習(xí)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(dāng)高壓水龍頭固定在高為10m的消防車的云臺(tái)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(jì)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(shì)能零點(diǎn)，其下落過(guò)程中的機(jī)械能E隨位移x的關(guān)系如圖所示，則下列描述重物下落過(guò)程的重力勢(shì)能Ep、動(dòng)能Ek、速度v、加速度a隨位移x的變化關(guān)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(yùn)動(dòng)時(shí)，在運(yùn)動(dòng)員身上系好彈性繩并安裝傳感器，可測(cè)得運(yùn)動(dòng)員豎直下落的距離及其對(duì)應(yīng)的速度大小。根據(jù)傳感器收集到的數(shù)據(jù)，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(jù)圖像信息，下列說(shuō)法正確的是（）A．彈性繩原長(zhǎng)為15m B．當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降10m時(shí)，處于超重狀態(tài) C．當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降15m時(shí)，繩的彈性勢(shì)能最大 D．當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降20m時(shí)，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(zhì)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(dòng)能Ek與離地面高度h的關(guān)系如圖所示。其中h1～h2間圖象為直線，其余部分為曲線，h3對(duì)應(yīng)圖象最高點(diǎn)，小物塊質(zhì)量為m，重力加速度為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力。則下列說(shuō)法正確的是（）A．h1～h5過(guò)程中，小物塊、彈簧及地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小 B．h1～h5過(guò)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(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能增加了mg（h2﹣h4）7．（2021?濱州二模）如圖所示是動(dòng)力滾筒輸送機(jī)示意圖，水平框架上安裝了許多同樣的轉(zhuǎn)筒，由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)物體放到轉(zhuǎn)筒上，依靠轉(zhuǎn)筒摩擦帶動(dòng)運(yùn)送貨物。動(dòng)力滾筒輸送機(jī)適用于各類箱、包、托盤等貨件的輸送。滾筒輸送機(jī)具有結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單，可靠性高，使用維護(hù)方便等優(yōu)點(diǎn)。某快遞公司用動(dòng)力滾筒輸送機(jī)分揀快遞，動(dòng)力滾筒輸送機(jī)水平方向放置，轉(zhuǎn)筒半徑為r＝4cm，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω＝50rad/s，現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量m＝2kg的快遞箱無(wú)初速放在A點(diǎn)，將快遞箱從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的距離為16m?？爝f箱與轉(zhuǎn)筒間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，整個(gè)過(guò)程轉(zhuǎn)筒始終保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，快遞箱大小可忽略不計(jì)，重力加速度g取10m/s2，快遞箱從A點(diǎn)傳到B點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．所需要的時(shí)間為8s B．平均速度為4m/s C．輸送機(jī)對(duì)快遞箱做的功為64J D．運(yùn)送快遞箱電動(dòng)機(jī)多做的功為8J8．（2021春?大渡口區(qū)校級(jí)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?fàn)顟B(tài)，若突然撤去力F，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．木塊A離開(kāi)墻壁前，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．木塊A離開(kāi)墻壁后，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．木塊A離開(kāi)墻壁前，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．木塊A離開(kāi)墻壁后，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒9．（2021?江蘇模擬）如圖所示，質(zhì)量為m的小車在水平恒力F推動(dòng)下，從山坡（粗糙）底部A處由靜止起運(yùn)動(dòng)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(shuō)法正確的是（）A．小車重力所做的功是mgh B．推力對(duì)小車做的功是mv2+mgh C．合外力對(duì)小車做的功是mv2+mgh D．阻力對(duì)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(yùn)動(dòng)的物塊上。如果物塊沿圖中速度的方向運(yùn)動(dòng)相同大小的位移，力F做的功分別為W甲、W乙、W丙，下列關(guān)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(zhǎng)的斜面固定在水平面上，在斜面頂端固定一個(gè)輪半徑和質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪。質(zhì)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(zhǎng)的輕繩跨過(guò)定滑輪使物體B與電動(dòng)玩具小車連接。系統(tǒng)靜止時(shí)，輪左側(cè)輕繩與斜面平行，右側(cè)輕繩豎直，長(zhǎng)度為L(zhǎng)且繩無(wú)彈力。當(dāng)小車在水平地面上緩慢向右運(yùn)動(dòng)L距離時(shí)，A恰好剛離開(kāi)擋板。已知重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說(shuō)法正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為 B．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物體B沿斜面向上移動(dòng)了L C．若小車從圖示位置以的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，小車位移大小為L(zhǎng)時(shí)B的速率為 D．當(dāng)小車緩慢向右運(yùn)動(dòng)L距離時(shí)，若輕繩突然斷開(kāi)，則此時(shí)B的加速度為1.2g，方向沿斜面向下12．（2021?讓胡路區(qū)校級(jí)三模）如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻上，初始時(shí)處于自然狀態(tài)，右端在P點(diǎn)，某時(shí)刻一質(zhì)量為10kg的物塊A以一定初速度向左滑向輕彈簧，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至彈簧壓縮至最短的過(guò)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(shuō)法正確的是（）A．物塊A最終停在出發(fā)點(diǎn) B．物塊A向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度先減小后不變 C．此過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為75J D．物塊A與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.513．（2021?廣東）長(zhǎng)征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈。戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈。手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h，在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的有（）A．甲在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長(zhǎng) 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(shì)能減少mgh D．從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為mgh14．（2021?廣東模擬）我國(guó)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(shí)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(zhì)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(shí)針?lè)竭\(yùn)行，將快遞商品靜止放于傳送帶底端A，經(jīng)過(guò)一段時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.875．快遞商品可以看作質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．下列說(shuō)法正確的是（）A．快遞商品從底端A傳送到頂端B用的時(shí)間為s B．快遞商品從底端A傳送到頂端B過(guò)程中滑動(dòng)摩擦力對(duì)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(guò)程中機(jī)械能的增量為117J D．快遞商品從底端A傳送到頂端B過(guò)程中電動(dòng)機(jī)比空載時(shí)多消耗的電能為180J三．實(shí)驗(yàn)題（共1小題）15．（2021?晉中三模）某同學(xué)用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量重力加速度g的大小。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①調(diào)節(jié)斜槽軌道末端水平，并與斜面體ABC的頂端A點(diǎn)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(diào)節(jié)其高度，使小球在斜槽軌道末端靜止時(shí)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(fù)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(fù)寫紙上，記錄小球經(jīng)過(guò)光電門的遮光時(shí)間△t1，并測(cè)量小球落在斜面上的位置與A點(diǎn)的距離s1；⑤不斷改變小球從斜槽軌道上釋放的位置，重復(fù)步驟④，得到多組△t和s值，并以為縱坐標(biāo)，以s為橫坐標(biāo)，建立直角坐標(biāo)系，描點(diǎn)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(shí)驗(yàn)過(guò)程中，該同學(xué)用圖乙所示的游標(biāo)卡尺測(cè)量小球的直徑d，應(yīng)該用游標(biāo)卡尺的（填“A”“B”或“C”）進(jìn)行測(cè)量，示數(shù)如圖丙所示，該小球的直徑d為mm。（2）為完成該實(shí)驗(yàn)，還需測(cè)量的物理量有。A.小球的釋放點(diǎn)到桌面的高度h1B.斜面的高度h2C.斜面的長(zhǎng)度LD.小球的質(zhì)量m（3）請(qǐng)用k、d及第（2）問(wèn)中所選物理量的符號(hào)表示重力加速度g的大?。篻＝。四．計(jì)算題（共3小題）16．（2021?乙卷）一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運(yùn)動(dòng)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(kāi)始下落的同時(shí)向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作用力為恒力，作用時(shí)間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變。重力加速度大小取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：（1）運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程中對(duì)籃球所做的功；（2）運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小。17．（2021?鹽城三模）如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿A端固定質(zhì)量為m的小球，另一端可以繞軸O自由轉(zhuǎn)動(dòng)。在光滑水平面上，質(zhì)量為M、邊長(zhǎng)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?fàn)顟B(tài)，此時(shí)，桿與水平面夾角為α.撤去外力，木塊水平向右運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，桿與水平面夾角為β.重力加速度為g，以水平面為零勢(shì)能面。求上述過(guò)程中：（1）小球重力勢(shì)能的最大值EPm；（2）小球A發(fā)生的位移大小xA；（3）輕桿對(duì)木塊所做的功W.18．（2021?日照二模）已知質(zhì)量為m0的物體在受到F＝﹣k0x的回復(fù)力作用下，將做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其偏離平衡位置的位移x與時(shí)間t的關(guān)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(zhǎng)圓管，內(nèi)有一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端固定于地面上，上端與一質(zhì)量為m的圓盤a相連，圓盤a靜止時(shí)所在位置為O。另一質(zhì)量為2m的圓盤b從距O高度為H＝的P點(diǎn)由靜止由靜止開(kāi)始下落，與a發(fā)生碰撞，瞬間粘在一起向下運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)為O。兩圓盤厚度不計(jì)，半徑相同且略小于圓管半徑。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，且當(dāng)形變量為x時(shí)，彈性勢(shì)能為Ep＝kx2。重力加速度為g，忽略一切阻力。求：（1）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（2）圓盤a、b碰后做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅；（3）從圓盤b開(kāi)始下落到第一次運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)Q所用的時(shí)間。

第七章《機(jī)械能守恒定律》測(cè)試卷2020-2021學(xué)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(huì)跳臺(tái)滑雪比賽在張家口賽區(qū)的國(guó)家跳臺(tái)滑雪中心進(jìn)行，跳臺(tái)由助滑道、起跳區(qū)、著陸坡、停止區(qū)組成，如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從起跳區(qū)水平起跳后在空中運(yùn)動(dòng)的速度變量、重力的瞬時(shí)功率大小、動(dòng)能、機(jī)械能分別用△v、P、Ek、E表示，用t表示運(yùn)動(dòng)員在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，不計(jì)運(yùn)動(dòng)員空氣阻力，下列圖象中可能正確的是（）A． B． C． D．【分析】運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和機(jī)械能守恒定律進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、滑雪運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)起跳區(qū)后做平拋運(yùn)動(dòng)，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(shí)間t成正比，故A錯(cuò)誤；B、設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t后速度為v，與豎直方向的夾角為θ，那么重力的瞬時(shí)功率為P＝mgvcosθ，根據(jù)速度分解vy＝vcosθ＝gt，所以功率可表示為P＝mg2t，可見(jiàn)重力瞬時(shí)功率與時(shí)間成正比，故B正確；C、設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t后，豎直速度大小為vy＝gt，初速度大小為v0，此時(shí)的動(dòng)能Ek＝＝，據(jù)此可知物體的初動(dòng)能不為零，故C錯(cuò)誤；D、不計(jì)空氣阻力，只有重力做功，所以滑雪運(yùn)動(dòng)員飛行的過(guò)程中機(jī)械能守恒，機(jī)械能不隨時(shí)間發(fā)生變化，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確物體的運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，然后結(jié)合機(jī)械能守恒定律和功率的表達(dá)式列式分析。2．（2021?咸陽(yáng)模擬）如圖，為大型游樂(lè)設(shè)施的“跳樓機(jī)”?！疤鴺菣C(jī)”座艙從a自由下落到b，再?gòu)腷開(kāi)始在恒定制動(dòng)力作用下到c停下。已知“跳樓機(jī)”座艙和游客的總質(zhì)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(shí)，速度大小為 B．制動(dòng)力的大小等于2mg C．a(chǎn)到b與b到c，重力的平均功率為2：1 D．制動(dòng)力的沖量大小為3m【分析】從a到b根據(jù)做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度﹣位移公式求得速度，根據(jù)動(dòng)能定理求得制動(dòng)力，在勻變速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，根據(jù)P＝mgv求得平均功率，從b到c根據(jù)動(dòng)量定理求得制動(dòng)力的沖量大小?！窘獯稹拷猓篈、從a到b做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)2g×2h＝v2，解得v＝2，故A錯(cuò)誤；B、從a到c根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg×3h﹣Fh＝0﹣0，解得F＝3mg，故B錯(cuò)誤；C、設(shè)到達(dá)b點(diǎn)時(shí)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(cuò)誤；D、從b到c運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝，根據(jù)動(dòng)量定理可得：mgt﹣I＝0﹣mv，解得I＝3m，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平均功率和動(dòng)量定理，關(guān)鍵是運(yùn)動(dòng)過(guò)程的分析和受力分析，利用好勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度即可。3．（2021?沈陽(yáng)模擬）2021年春節(jié)，沈陽(yáng)市禁止三環(huán)和部分四環(huán)內(nèi)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(zāi)，讓廣大民眾歡度了一個(gè)安靜祥和的春節(jié)。但是消防官兵仍時(shí)刻備戰(zhàn)，以保證第一時(shí)間控制突發(fā)火災(zāi)。在某次消防演習(xí)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(dāng)高壓水龍頭固定在高為10m的消防車的云臺(tái)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(jì)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(shí)，通過(guò)水上升的最大高度求出水的初速度，當(dāng)水龍頭在消防車上時(shí)，水做的是一個(gè)斜拋運(yùn)動(dòng)，由速度的合成和分解規(guī)律可求出豎直方向的速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(shí)，v2＝2gh得：當(dāng)水龍頭在消防車上時(shí)，對(duì)噴出的水進(jìn)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(cuò)誤，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查拋體運(yùn)動(dòng)，而其中的豎直上拋運(yùn)動(dòng)是常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)類型，關(guān)鍵要對(duì)速度進(jìn)行分解，并能熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)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(shì)能零點(diǎn)，其下落過(guò)程中的機(jī)械能E隨位移x的關(guān)系如圖所示，則下列描述重物下落過(guò)程的重力勢(shì)能Ep、動(dòng)能Ek、速度v、加速度a隨位移x的變化關(guān)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(jī)械能守恒，由圖示圖象可知，重物的機(jī)械能隨下落位移的增大而減小，重物的機(jī)械能不守恒，重物下落過(guò)程受到空氣阻力作用，應(yīng)用功能關(guān)系求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，根據(jù)圖示圖象判斷空氣阻力如何變化；然后根據(jù)重力勢(shì)能的計(jì)算公式、動(dòng)能定理與牛頓第二定律分析答題?！窘獯稹拷猓河蓤D示圖象可知，重物的機(jī)械能隨下落位移的增大而減小，重物的機(jī)械能不守恒，重物下落過(guò)程受到空氣阻力作用，空氣阻力做負(fù)功，重物的機(jī)械能減少；設(shè)重物的質(zhì)量為m，重物開(kāi)始下落時(shí)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(shì)能零點(diǎn)，由能量守恒定律可知，重物下落過(guò)程的機(jī)械能E＝mgH﹣fx，由圖示E﹣x圖象可知，圖象斜率的絕對(duì)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(shì)能Ep＝mgH﹣mgx，Ep與x是線性關(guān)系，圖象應(yīng)該是直線，故A錯(cuò)誤；B、對(duì)重物，由動(dòng)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(yīng)逐漸減小，故B正確；D、對(duì)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(cuò)誤；C、由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度﹣位移公式得：v＝，重物做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，v與x不成正比，故C錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】根據(jù)題意分析清楚重物的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)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(guān)鍵；應(yīng)用重力的計(jì)算公式、牛頓第二定律、動(dòng)能定理與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。5．（2021?淄博三模）研究“蹦極”運(yùn)動(dòng)時(shí)，在運(yùn)動(dòng)員身上系好彈性繩并安裝傳感器，可測(cè)得運(yùn)動(dòng)員豎直下落的距離及其對(duì)應(yīng)的速度大小。根據(jù)傳感器收集到的數(shù)據(jù)，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(jù)圖像信息，下列說(shuō)法正確的是（）A．彈性繩原長(zhǎng)為15m B．當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降10m時(shí)，處于超重狀態(tài) C．當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降15m時(shí)，繩的彈性勢(shì)能最大 D．當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降20m時(shí)，處于超重狀態(tài)【分析】根據(jù)圖像讀出運(yùn)動(dòng)員豎直下落的距離及其對(duì)應(yīng)的速度大小，當(dāng)x＝15m時(shí)速度最大，此時(shí)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(zhǎng)狀態(tài)；當(dāng)x＝10m時(shí)，彈力小于重力，處于失重狀態(tài)；當(dāng)x＝20m時(shí)，彈力大于重力，處于超重狀態(tài)；當(dāng)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)繩的彈性勢(shì)能最大?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知，當(dāng)x＝15m時(shí)運(yùn)動(dòng)員速度最大，此時(shí)加速度為零，合力為零，繩對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力與重力大小相等，方向相反，彈性繩處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降10m時(shí)，彈力小于重力，運(yùn)動(dòng)員向下加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降15m時(shí)，速度最大，運(yùn)動(dòng)員要繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，彈性繩繼續(xù)伸長(zhǎng)，彈性勢(shì)能繼續(xù)增大，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)彈性繩的彈性勢(shì)能最大，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下降20m時(shí)，彈力大于重力，運(yùn)動(dòng)員向下減速運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵是能根據(jù)“速度﹣位移”圖像分析運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)情況，判斷加速度方向，確定運(yùn)動(dòng)員的狀態(tài)。要知道當(dāng)x＝15m時(shí)運(yùn)動(dòng)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(zhì)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(dòng)能Ek與離地面高度h的關(guān)系如圖所示。其中h1～h2間圖象為直線，其余部分為曲線，h3對(duì)應(yīng)圖象最高點(diǎn)，小物塊質(zhì)量為m，重力加速度為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力。則下列說(shuō)法正確的是（）A．h1～h5過(guò)程中，小物塊、彈簧及地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小 B．h1～h5過(guò)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(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能增加了mg（h2﹣h4）【分析】只有重力或彈力做功，機(jī)械能守恒；根據(jù)圖示圖象分析清楚小物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用胡克定律、平衡條件、能量守恒定律分析答題?！窘獯稹拷猓篈、不計(jì)空氣阻力，h1～h5過(guò)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(jī)械能守恒，系統(tǒng)的機(jī)械能保持不變，故A錯(cuò)誤；B、從圖乙中可以看出h1～h2過(guò)程中，物塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，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(dá)h2高度開(kāi)始與彈簧接觸，物塊受到重力與彈簧彈力作用，開(kāi)始彈簧彈力小于重力，合力向下，向下運(yùn)動(dòng)過(guò)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??；當(dāng)物塊受到的彈力和重力相等時(shí)，合力為零，加速度為零，速度達(dá)到最大，即在h3高度時(shí)，動(dòng)能最大，h3～h5過(guò)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(guò)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(cuò)誤；C、在h3高度時(shí)，小物塊受到的彈力和重力相等，根據(jù)胡克定律得：k（h2﹣h3）＝mg，解得，彈簧的勁度系數(shù)：k＝，故C錯(cuò)誤；D、小物體下落過(guò)程中，小物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由圖示圖象可知，小物體下落至高度h4的動(dòng)能與下落至高度h2時(shí)的動(dòng)能相同，則小物體從高度h2下降到h4過(guò)程，彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于重力勢(shì)能的減少量，所以彈簧彈性勢(shì)能的增加量為△Ep彈＝|Ep重|＝mg（h2﹣h4），故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要根據(jù)圖象的信息分析物體的運(yùn)動(dòng)情況與受力情況，應(yīng)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(guò)程中，彈力是個(gè)變力，加速度是變化的，當(dāng)速度等于零時(shí)，彈簧被壓縮到最短。7．（2021?濱州二模）如圖所示是動(dòng)力滾筒輸送機(jī)示意圖，水平框架上安裝了許多同樣的轉(zhuǎn)筒，由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)物體放到轉(zhuǎn)筒上，依靠轉(zhuǎn)筒摩擦帶動(dòng)運(yùn)送貨物。動(dòng)力滾筒輸送機(jī)適用于各類箱、包、托盤等貨件的輸送。滾筒輸送機(jī)具有結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單，可靠性高，使用維護(hù)方便等優(yōu)點(diǎn)。某快遞公司用動(dòng)力滾筒輸送機(jī)分揀快遞，動(dòng)力滾筒輸送機(jī)水平方向放置，轉(zhuǎn)筒半徑為r＝4cm，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω＝50rad/s，現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量m＝2kg的快遞箱無(wú)初速放在A點(diǎn)，將快遞箱從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的距離為16m?？爝f箱與轉(zhuǎn)筒間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，整個(gè)過(guò)程轉(zhuǎn)筒始終保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，快遞箱大小可忽略不計(jì)，重力加速度g取10m/s2，快遞箱從A點(diǎn)傳到B點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．所需要的時(shí)間為8s B．平均速度為4m/s C．輸送機(jī)對(duì)快遞箱做的功為64J D．運(yùn)送快遞箱電動(dòng)機(jī)多做的功為8J【分析】由v＝ωr求滾筒輸送機(jī)的線速度?？爝f箱無(wú)初速放在A點(diǎn)，在摩擦力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出加速度，由v＝at求出勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，由x＝求勻加速運(yùn)動(dòng)的位移，再求出快遞箱隨滾筒輸送機(jī)做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而求得總時(shí)間。根據(jù)位移與時(shí)間之比求平均速度。根據(jù)功的計(jì)算公式求輸送機(jī)對(duì)快遞箱做的功。由功能關(guān)系求運(yùn)送快遞箱電動(dòng)機(jī)多做的功?！窘獯稹拷猓篈、滾筒輸送機(jī)的線速度為v＝ωr＝50×0.04m＝2m/s快遞箱無(wú)初速放在A點(diǎn)，在摩擦力作用下產(chǎn)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(shí)間t1＝＝s＝1s在t1時(shí)間內(nèi)發(fā)生的位移x1＝＝×1m＝1m其后快遞箱隨滾筒輸送機(jī)做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝＝s＝7.5s快遞箱從A點(diǎn)傳到B點(diǎn)所需要的時(shí)間t＝t1+t2＝1s+7.5s＝8.5s，故A錯(cuò)誤；B.快遞箱從A點(diǎn)傳到B點(diǎn)的平均速度＝＝m/s≈1.9m/s，故B錯(cuò)誤；C、輸送機(jī)對(duì)快遞箱做的功W1＝μmgx1＝0.2×2×10×1J＝4J，故C錯(cuò)誤；D、運(yùn)送快遞箱滾筒輸送機(jī)在t1時(shí)間內(nèi)發(fā)生的位移x2＝vt1＝2×1m＝2m所以運(yùn)送快遞箱電動(dòng)機(jī)多做的功為W2＝μmgx2＝0.2×2×10×2J＝8J，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要理快遞箱在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道快遞箱先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，只有在勻加速運(yùn)動(dòng)階段電動(dòng)機(jī)要多做功。8．（2021春?大渡口區(qū)校級(jí)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?fàn)顟B(tài)，若突然撤去力F，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．木塊A離開(kāi)墻壁前，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．木塊A離開(kāi)墻壁后，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．木塊A離開(kāi)墻壁前，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．木塊A離開(kāi)墻壁后，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒【分析】系統(tǒng)中只有重力或只有彈力做功，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒的條件判斷機(jī)械能是否守恒?！窘獯稹拷猓篈B、木塊A離開(kāi)墻壁前后，由于彈簧對(duì)兩物體做功，A、B系統(tǒng)的機(jī)械能和彈簧的彈性勢(shì)能存在相互轉(zhuǎn)移，故A、B系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故AB錯(cuò)誤；C、木塊A離開(kāi)墻壁前，墻壁上的彈力不做功，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)沒(méi)有外力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故C正確；D、木塊A離開(kāi)墻壁后，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)沒(méi)有外力做功，故A、B、彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要掌握機(jī)械能守恒的條件，并用來(lái)判斷系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒，要注意明確選擇不同的系統(tǒng)結(jié)果是不同的。9．（2021?江蘇模擬）如圖所示，質(zhì)量為m的小車在水平恒力F推動(dòng)下，從山坡（粗糙）底部A處由靜止起運(yùn)動(dòng)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(shuō)法正確的是（）A．小車重力所做的功是mgh B．推力對(duì)小車做的功是mv2+mgh C．合外力對(duì)小車做的功是mv2+mgh D．阻力對(duì)小車做的功是mv2+mgh﹣Fs【分析】明確小車受力情況，根據(jù)功的計(jì)算公式可計(jì)算恒力的功，由動(dòng)能定理計(jì)算變力的功?！窘獯稹拷猓篈、小車重力所做的功WG＝mg△h＝mg（hA﹣hB）＝﹣mgh，故A錯(cuò)誤；BD、由于推力為恒力，推力方向的分位移是s，推力對(duì)小車做功W推＝Fs，小車從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，由動(dòng)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(cuò)誤，D正確；C、小車從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理可知，合力對(duì)小車做功W＝mv2，故C錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】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(jù)做功公式直接計(jì)算，變力和合外力對(duì)物體做的功可根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的物塊上。如果物塊沿圖中速度的方向運(yùn)動(dòng)相同大小的位移，力F做的功分別為W甲、W乙、W丙，下列關(guān)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(dá)式為：W＝Fxcosθ，注意公式中的夾角θ是力與位移之間的夾角?！窘獯稹拷猓簣D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(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查功的計(jì)算公式的應(yīng)用，要特別注意公式中夾角的確定才能準(zhǔn)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(zhǎng)的斜面固定在水平面上，在斜面頂端固定一個(gè)輪半徑和質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪。質(zhì)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(zhǎng)的輕繩跨過(guò)定滑輪使物體B與電動(dòng)玩具小車連接。系統(tǒng)靜止時(shí)，輪左側(cè)輕繩與斜面平行，右側(cè)輕繩豎直，長(zhǎng)度為L(zhǎng)且繩無(wú)彈力。當(dāng)小車在水平地面上緩慢向右運(yùn)動(dòng)L距離時(shí)，A恰好剛離開(kāi)擋板。已知重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說(shuō)法正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為 B．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物體B沿斜面向上移動(dòng)了L C．若小車從圖示位置以的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，小車位移大小為L(zhǎng)時(shí)B的速率為 D．當(dāng)小車緩慢向右運(yùn)動(dòng)L距離時(shí)，若輕繩突然斷開(kāi)，則此時(shí)B的加速度為1.2g，方向沿斜面向下【分析】根據(jù)平衡條件和胡克定律相結(jié)合求出初狀態(tài)彈簧的壓縮量、末狀態(tài)彈簧的伸長(zhǎng)量，再結(jié)合B上移的距離與彈簧形變量的關(guān)系求解彈簧的勁度系數(shù)；根據(jù)功能關(guān)系可得拉力對(duì)B做的功；根據(jù)速度的分解求出小車位移大小為L(zhǎng)時(shí)B的速率；輕繩突然斷開(kāi)瞬間彈簧的彈力不能突變，應(yīng)用牛頓第二定律求出B的加速度?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)初狀態(tài)彈簧的壓縮量為x1，對(duì)物塊B，由平衡條件得：kx1＝mgsin37°，解得：x1＝，當(dāng)小車緩慢向右運(yùn)動(dòng)L距離時(shí)A恰好不離開(kāi)擋板，設(shè)此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為x2，對(duì)A，由平衡條件得：kx2＝mgsin37°，解得：x2＝；根據(jù)幾何關(guān)系可得：x1+x2＝﹣L＝，解得彈簧的勁度系數(shù)：k＝，故A正確；B、開(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮量為x1＝＝，則彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)B滑斜面向上移動(dòng)了，故B錯(cuò)誤；C、小車位移大小為時(shí)，設(shè)滑輪右側(cè)輕繩與水平方向的夾角為θ，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)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(cuò)誤；D、當(dāng)小車緩慢向右運(yùn)動(dòng)距離時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x2，此時(shí)彈簧的彈力大小F＝mgsin37°，若輕繩突然斷開(kāi)，彈簧的彈力不能突變，對(duì)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(diǎn)評(píng)】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(yùn)動(dòng)情況是關(guān)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(jí)三模）如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻上，初始時(shí)處于自然狀態(tài)，右端在P點(diǎn)，某時(shí)刻一質(zhì)量為10kg的物塊A以一定初速度向左滑向輕彈簧，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至彈簧壓縮至最短的過(guò)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(shuō)法正確的是（）A．物塊A最終停在出發(fā)點(diǎn) B．物塊A向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度先減小后不變 C．此過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為75J D．物塊A與地面間動(dòng)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(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求出動(dòng)摩擦因數(shù)；加速的判斷分析受力根據(jù)彈力的變化，由牛頓第二定律確定加速的變化；根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合圖乙的信息求出彈性勢(shì)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(yùn)動(dòng)的公式v2﹣v02＝2ax對(duì)比乙圖可知，物體運(yùn)動(dòng)前2m過(guò)程做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，且v2﹣x圖象的斜率k＝2a＝，再根據(jù)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(cuò)誤；B、物塊向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，初始時(shí)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(cuò)誤；C、由圖乙可知，物塊的初速度v0＝，向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為x1＝3m，故彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝，代入數(shù)據(jù)后得到Ep＝75J，故C正確；A、物塊向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有：﹣μmgx1﹣Ep＝0﹣，物塊向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中有：Ep﹣μmgx′＝0﹣0，聯(lián)立解得：x′＝x1＝3m，故A正確。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律、動(dòng)能定理、受力分析等問(wèn)題，要弄清物塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中每個(gè)力的變化情況，做功情況。再結(jié)合牛頓第二定律、動(dòng)能定理解決相關(guān)問(wèn)題。13．（2021?廣東）長(zhǎng)征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈。戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈。手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h，在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的有（）A．甲在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長(zhǎng) 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(shì)能減少mgh D．從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為mgh【分析】A、根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，利用自由落體運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以判斷時(shí)間關(guān)系；B、根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，利用自由落體運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出豎直末速度，結(jié)合瞬時(shí)功率表達(dá)式可以判斷重力的功率；C、先求出重力做功關(guān)系，再根據(jù)功能關(guān)系判斷重力勢(shì)能變化量；D、根據(jù)機(jī)械能守恒的條件，手榴彈在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒?！窘獯稹拷猓篈、手榴彈在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤；B、手榴彈在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)落地前瞬間手榴彈豎直分速度為vy，有＝2gh此時(shí)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(jù)功能關(guān)系可知，手榴彈的重力勢(shì)能減少mgh，故C正確；D、手榴彈在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，故手榴彈的機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】在平常學(xué)習(xí)中，要注意總結(jié)幾種常用的功能關(guān)系，如重力做功與重力勢(shì)能變化關(guān)系，合外力做功與動(dòng)能變化關(guān)系，除重力以外的其他力做功與機(jī)械能變化關(guān)系等。14．（2021?廣東模擬）我國(guó)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(shí)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(zhì)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(shí)針?lè)竭\(yùn)行，將快遞商品靜止放于傳送帶底端A，經(jīng)過(guò)一段時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.875．快遞商品可以看作質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．下列說(shuō)法正確的是（）A．快遞商品從底端A傳送到頂端B用的時(shí)間為s B．快遞商品從底端A傳送到頂端B過(guò)程中滑動(dòng)摩擦力對(duì)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(guò)程中機(jī)械能的增量為117J D．快遞商品從底端A傳送到頂端B過(guò)程中電動(dòng)機(jī)比空載時(shí)多消耗的電能為180J【分析】對(duì)物體進(jìn)行受力分析并結(jié)合牛頓第二定律求出物體得加速度，運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律對(duì)物體進(jìn)行分析，【解答】解：A、快遞商品開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)受到沿傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力f1＝μmgcos37°，根據(jù)牛頓第二定律f1﹣mgsin37°＝ma，解得加速度a＝1m/s2，與傳送帶達(dá)到共同速度經(jīng)歷的時(shí)間為t1＝，代入數(shù)據(jù)，解得t1＝3s，運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝t1，代入數(shù)據(jù)，解得x1＝4.5m，因?yàn)棣蹋?.875，μmgcos37°＞mgsin37°，當(dāng)快遞商品的速度與傳送帶的速度相等時(shí)開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝L﹣x1，解得x2＝4.5m，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝，代入數(shù)據(jù)，解得t2＝1.5s，則快遞商品從底端傳送到頂端用的時(shí)間為t＝t1+t2，故A錯(cuò)誤；B、第一階段快遞商品在滑動(dòng)摩擦力作用下運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝4.5m，滑動(dòng)摩擦力做的功為W＝f1x1，代入數(shù)據(jù)解得W＝63J，故B錯(cuò)誤；C、機(jī)械能的增量為△E＝mv2+mgLsin37°，代入數(shù)據(jù)，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(duì)滑動(dòng)，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移為x1＝vt，其中x1＝4.5m，此過(guò)程傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)，有x3＝vt＝2x1，解得x3＝9m，則產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcos（x3﹣x1），代入數(shù)據(jù)得Q＝63J，第二階段快遞商品與傳送帶之間沒(méi)有相對(duì)滑動(dòng)，不產(chǎn)生熱量，物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量是63J，根據(jù)能量守恒定律，快遞商品從底端傳送到頂端過(guò)程中電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為系統(tǒng)能量的增加，即系統(tǒng)內(nèi)能和快遞商品機(jī)械能的增量，為E電＝Q+△E，解得E電＝180J，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題以傳送帶傳送快遞商品為載體，考查牛頓第二定律，運(yùn)動(dòng)學(xué)公式.功能關(guān)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(shí)驗(yàn)題（共1小題）15．（2021?晉中三模）某同學(xué)用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量重力加速度g的大小。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①調(diào)節(jié)斜槽軌道末端水平，并與斜面體ABC的頂端A點(diǎn)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(diào)節(jié)其高度，使小球在斜槽軌道末端靜止時(shí)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(fù)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(fù)寫紙上，記錄小球經(jīng)過(guò)光電門的遮光時(shí)間△t1，并測(cè)量小球落在斜面上的位置與A點(diǎn)的距離s1；⑤不斷改變小球從斜槽軌道上釋放的位置，重復(fù)步驟④，得到多組△t和s值，并以為縱坐標(biāo)，以s為橫坐標(biāo)，建立直角坐標(biāo)系，描點(diǎn)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(shí)驗(yàn)過(guò)程中，該同學(xué)用圖乙所示的游標(biāo)卡尺測(cè)量小球的直徑d，應(yīng)該用游標(biāo)卡尺的（填“A”“B”或“C”）進(jìn)行測(cè)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(shí)驗(yàn)，還需測(cè)量的物理量有BC。A.小球的釋放點(diǎn)到桌面的高度h1B.斜面的高度h2C.斜面的長(zhǎng)度LD.小球的質(zhì)量m（3）請(qǐng)用k、d及第（2）問(wèn)中所選物理量的符號(hào)表示重力加速度g的大?。篻＝?！痉治觥浚?）由游標(biāo)卡尺的外測(cè)量抓測(cè)小球的直徑；游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺示數(shù)。（2）根據(jù)小球通過(guò)光電門的時(shí)間求出小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，離開(kāi)斜槽軌道后小球做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后分析答題。（3）根據(jù)圖示圖象圖圖象的函數(shù)表達(dá)式分析答題?！窘獯稹拷猓海?）應(yīng)該用游標(biāo)卡尺的B測(cè)量小球的直徑；由圖示游標(biāo)卡尺可知，游標(biāo)尺是20分度的，游標(biāo)尺的精度是0.05mm，小球直徑d＝11mm+6×0.05mm＝11.30mm。（2）很短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度，小球經(jīng)過(guò)光電門時(shí)的速度：v＝設(shè)斜面的高度是h2，斜面的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，設(shè)斜面的傾角為θ，則sinθ＝，cosθ＝小球離開(kāi)斜槽軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：scosθ＝vt豎直方向：ssinθ＝gt2，整理得：＝為完成實(shí)驗(yàn)，需要測(cè)量斜面的高度h2，斜面的長(zhǎng)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）?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了測(cè)量重力加速度g的大小實(shí)驗(yàn)，理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，根據(jù)圖示圖象可以解題。四．計(jì)算題（共3小題）16．（2021?乙卷）一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運(yùn)動(dòng)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(kāi)始下落的同時(shí)向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作用力為恒力，作用時(shí)間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變。重力加速度大小取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：（1）運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程中對(duì)籃球所做的功；（2）運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小?！痉治觥浚?）應(yīng)用動(dòng)能定理求出籃球自由下落時(shí)籃球與地面碰撞前與碰撞后瞬間的動(dòng)能，求出籃球與每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值，然后求出運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)籃球與地面碰撞前瞬間籃球的速度，應(yīng)用動(dòng)能定理求出運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球做的功。（2）應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與功的計(jì)算公式可以求出運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球的作用力大小?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)籃球自由下落與地面碰撞前瞬間的動(dòng)能為Ek1，籃球與地面碰撞后瞬間籃球的動(dòng)能為Ek2，由動(dòng)能定理得：籃球下落過(guò)程：mgh1＝Ek1﹣0籃球上升過(guò)程：﹣mgh2＝0﹣Ek2，籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值：k＝代入數(shù)據(jù)解得：k＝1.5設(shè)拍球后籃球落地瞬間的動(dòng)能為Ek3，與地面碰撞后瞬間動(dòng)能為Ek4，拍球后籃球反彈上升過(guò)程，對(duì)籃球，由動(dòng)能定理得：﹣mgh3＝0﹣Ek4，設(shè)拍球過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球做的功為W，從拍球到籃球與地面碰撞前瞬間過(guò)程，由動(dòng)能定理得：W+mgh3＝Ek3﹣0籃球與地面碰撞前后的動(dòng)能之比k＝代入數(shù)據(jù)解得：W＝4.5J（2）運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作用力為恒力，設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作用力大小為F，運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程，設(shè)球的加速度大小為a，對(duì)籃球，由牛頓第二定律得：F+mg＝ma拍球過(guò)程籃球做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)位移為x，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移﹣時(shí)間公式得：x＝運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程中對(duì)籃球所做的功W＝Fx代入數(shù)據(jù)解得：F＝9N（F＝﹣15N不符合題意，舍去）答：（1）運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程中對(duì)籃球所做的功是4.5J；（2）運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小是9N?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)能定理的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚籃球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)能定理與動(dòng)量定理即可解題，應(yīng)用動(dòng)量定理解題時(shí)注意正方向的選擇。17．（2021?鹽城三模）如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿A端固定質(zhì)量為m的小球，另一端可以繞軸O自由轉(zhuǎn)動(dòng)。在光滑水平面上，質(zhì)量為M、邊長(zhǎng)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?fàn)顟B(tài)，此時(shí)，桿與水平面夾角為α.撤去外力，木塊水平向右運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，桿與水平面夾角為β.重力加速度為g，以水