2025年高考物理 人教版必修第2冊第8章　素能測評卷含答案

2025年高考物理人教版必修第2冊第8章素能測評卷含答案第八章素能測評卷(時間：75分鐘，滿分：100分)一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意。)1．一個質量為m的籃球，當它的動能為Ek時，其速度大小為()A.eq\f(Ek,m) B.eq\f(2Ek,m)C.eq\r(\f(Ek,m)) D.eq\r(\f(2Ek,m))解析：根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2Ek,m))，故選D。2.如圖所示，一輕彈簧的一端固定于O點，另一端系一重物。將重物從與懸點O在同一水平面且彈簧保持原長的A點無初速度釋放，讓它自由下擺，不計空氣阻力，則在重物由A點擺向最低點B的過程中()A．重物的機械能增大B．重物的機械能守恒C．重力做正功，彈力不做功D．重物和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不變解析：在重物下落的過程中，彈簧被拉伸，重力做正功，彈簧彈力做負功，彈簧的彈性勢能增加，重物的機械能減小，故A、B、C錯誤；在重物下落的過程中，對于由重物和彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧彈力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，故D正確。故選D。3.如圖所示，小朋友在蕩秋千，在他從P點向右運動到Q點的過程中(忽略空氣阻力)，則()A．重力一直做正功B．重力勢能一直減小C．動能一直在增大D．人在最低點時繩的拉力最大解析：他從P點向右運動到Q點的過程中，位置先降低再升高，重力先做正功再做負功，重力勢能先減小再增大，A、B錯誤；他在運動過程中只有重力做功，滿足機械能守恒，故動能先增大再減小，C錯誤；人在最低點由牛頓第二定律可得F－mg＝meq\f(v2,l)，人在最低點時動能最大，速度最大，故繩的拉力最大，D正確。故選D。4.如圖所示，固定的粗糙斜面傾角為θ，將一物體從斜面上由靜止釋放，物體沿著斜面向下做勻加速直線運動，關于物體在斜面上的運動，下列說法正確的是()A．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)大于tanθB．物體減少的機械能等于克服摩擦力所做的功C．物體獲得的動能大于克服摩擦力所做的功D．物體獲得的動能等于重力做的功解析：物體沿斜面加速下滑，根據(jù)受力分析可得mgsinθ>μmgcosθ，化簡得μ<tanθ，故A錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知，物體減少的機械能等于克服摩擦力所做的功，故B正確；物體下滑距離x過程，根據(jù)動能定理可得mgsinθ·x－μmgcosθ·x＝Ek－0，動能與克服摩擦力做功的比值eq\f(Ek,μmgcosθ·x)＝eq\f(tanθ,μ)－1，這個比值可能大于1，也可能介于0和1之間，所以動能和克服摩擦力做功的大小無法比較，故C錯誤；由上述分析可知Ek<mgsinθ·x，故D錯誤。故選B。5．下列所述的實例中，機械能不守恒的是()A．做豎直上拋運動的物體B．在豎直面上做勻速圓周運動的物體C．做平拋運動的物體D．沿光滑曲面自由下滑的物體解析：做豎直上拋運動的物體、做平拋運動的物體、沿光滑曲面自由下滑的物體都只有重力做功，機械能守恒，在豎直面上做勻速圓周運動的物體，物體重力勢能變化，動能不變，機械能變化，故機械能不守恒。故選B。6．如圖所示，汽車在高速公路上行駛，駕駛員開啟汽車定速巡航系統(tǒng)，使汽車保持速率不變。某段時間內(nèi)該汽車通過abc段路面，其中ab段為水平路面，bc段為平直上坡路面。設在整個過程中汽車所受空氣阻力和地面摩擦阻力的大小不變。下列說法正確的是()A．在ab段汽車的輸出功率逐漸減小B．在bc段汽車的輸出功率逐漸減小C．汽車在ab段的輸出功率比bc段的大D．汽車在bc段的輸出功率比ab段的大解析：在bc段，根據(jù)平衡條件可知，牽引力F2＝mgsinθ＋f，在bc段汽車的輸出功率P2＝F2v，故在bc段汽車的輸出功率恒定不變；在ab段，根據(jù)平衡條件可得牽引力F1＝f，在ab段汽車的輸出功率P1＝F1v，故在ab段汽車的輸出功率恒定不變，故A、B錯誤；由A、B選項分析可知P2>P1，故D正確，C錯誤。故選D。7.“神舟十二號”宇航員順利返回地球后，要經(jīng)過兩個星期左右的恢復鍛煉，才逐漸適應地球的重力環(huán)境。如圖所示，重物A質量為m，置于水平地面上。一根輕質彈簧，原長為L，勁度系數(shù)為k，下端與物體A相連接。宇航員恢復鍛煉時將彈簧(初始為原長)上端點P緩慢地豎直提起一段高度使重物A離開地面。已知上端點P向上移動的高度為h，則這時重物具有的重力勢能為(以地面為零勢能面)()A．mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－L－\f(mg,k))) B.mg(L－k)C．mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(mg,k))) D.mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－L＋\f(mg,k)))解析：重物離開地面后，彈簧彈力等于物塊的重力，即mg＝kx，解得x＝eq\f(mg,k)，重物離開地面的高度為h′＝h－x＝h－eq\f(mg,k)，所以重物具有的重力勢能為Ep＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(mg,k)))，故選C。二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中有多個選項符合題意，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分。)8．質量為m的物體從離湖面高為h1處由靜止釋放，最終落在距湖面為h2的湖底，如圖所示，在此過程中()A．重力對物體做的功為mgh1B．重力對物體做的功為mg(h1＋h2)C．物體的重力勢能增加了mg(h1＋h2)D．物體的重力勢能減少了mg(h1＋h2)解析：重力對物體做的功為WG＝mg(h1＋h2)，選項A錯誤，B正確；重力對物體做正功，則物體的重力勢能減少了ΔEp＝mg(h1＋h2)，選項C錯誤，D正確。故選BD。9．如圖所示，水平地面上的物體在力F的作用下勻速運動了一段距離L，F(xiàn)與水平地面的夾角為θ。若物體與水平地面之間的摩擦力大小為f，則力F做的功等于()A．FL B.FLcosθC．(F－f)Lcosθ D.fL解析：依題意，根據(jù)恒力做功的計算公式W＝Fscosθ，可得力F做的功為W＝FLcosθ，由于物體勻速運動，所以有Fcosθ＝f，所以力F做的功也為W＝FLcosθ＝fL，故選BD。10.如圖所示，傾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，物塊P和Q通過不可伸長的輕繩連接并跨過輕質定滑輪，輕繩與斜面平行。已知P的質量mP＝3kg，開始時兩物塊均靜止，P距地面高度H＝1m，Q與定滑輪間的距離足夠大?，F(xiàn)將P、Q位置互換并從靜止釋放，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計一切摩擦。下列說法正確的是()A．Q物塊的質量為4kgB．P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒C．Q落地時速度的大小為2eq\r(2)m/sD．Q落地瞬間重力的功率為100W解析：根據(jù)題意，設繩子的彈力為F，對物塊Q由平衡條件有mQgsin37°＝F，對物塊P由平衡條件有F＝mPg，聯(lián)立解得mQ＝eq\f(mp,sin37°)＝5kg，故A錯誤；根據(jù)題意可知，不計一切摩擦，P、Q組成的系統(tǒng)運動過程中，只有重力做功，故P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒，故B正確；根據(jù)題意，設Q落地時速度的大小為v，由關聯(lián)速度可知，此時P的速度也為v，由機械能守恒定律有mQgH－mPgHsin37°＝eq\f(1,2)(mQ＋mP)v2，代入數(shù)據(jù)解得v＝2eq\r(2)m/s，故C正確；由公式P＝Fv可得，Q落地瞬間重力的功率為P＝mQgv＝100eq\r(2)W，故D錯誤。故選BC。三、非選擇題(本題共5小題，共54分。)11．(15分)某物理興趣小組利用如圖1所示裝置驗證機械能守恒定律，電源的頻率為f，重錘的質量為m，重力加速度為g，該小組讓重錘帶動紙帶從靜止開始自由下落，按正確操作得到了一條完整的紙帶如圖2所示(在誤差允許范圍內(nèi)，認為釋放重錘的同時打出A點)。(1)對于該實驗，下列操作中對減小實驗誤差有利的是_____。A．重錘選用質量和密度較大的金屬錘B．兩限位孔在同一豎直面內(nèi)上下對正C．精確測量出重錘的質量D．用夾子夾穩(wěn)重錘，接通電源后，再釋放重錘(2)該小組為了驗證機械能是否守恒，采用了以下方法：計算出打點計時器打下計時點F時重錘的瞬時速度的大小v＝eq\f(h6－h(huán)4f,2)，在打點計時器打下計時點A和F的過程中，重錘重力勢能的減少量ΔEp＝_mgh5__，重錘動能的增加量ΔEk＝eq\f(mh6－h(huán)42f2,8)，若它們近似相等，則可知重錘的機械能守恒。(用題中所測量和已知量表示)(3)利用實驗時打出的紙帶，測量出各計數(shù)點到打點計時器打下的第一個點的距離h，算出各計數(shù)點對應的速度v，然后以h為橫軸、以eq\f(v2,2)為縱軸作出如圖3所示的圖線，圖線的斜率近似等于_g(或重力加速度)__。解析：(1)實驗供選擇的重物應該是相對質量較大，體積較小的物體，這樣能減小阻力的影響，從而減少實驗誤差，A正確；圖1中兩限位孔必須在同一豎直線上，這樣可以減小紙帶與限位孔的摩擦，從而減小實驗誤差，B正確；因為是比較mgh與eq\f(1,2)mv2的大小關系，故m可約去，則實驗不需要測量重錘的質量，C錯誤；實驗時，先接通打點計時器電源，再松開紙帶，這是為了避免在紙帶上出現(xiàn)大量空白段落，對減小實驗誤差沒有影響，D錯誤。故選AB。(2)在勻變速直線運動中，中間時刻的瞬時速度等于該過程的平均速度，則v＝eq\f(h6－h(huán)4,2T)＝eq\f(h6－h(huán)4f,2)從A點到F的過程中，重物下降的高度為h5，則重力勢能的改變量為ΔEp＝mgh5由于重錘是從A點由靜止開始自由下落的，所以，重錘動能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－0代入F點的速度v得ΔEk＝eq\f(mh6－h(huán)42f2,8)。(3)根據(jù)mgh＝eq\f(1,2)mv2則有eq\f(v2,2)＝ghg是常數(shù)，所以以h為橫軸、以eq\f(v2,2)為縱軸作出的圖線的斜率近似等于g。12．(8分)2022年5月14日，中國商飛公司即將交付首家用戶的首架C919大飛機首次飛行試驗成功。該飛機的質量為m，起飛過程中從靜止開始沿直線滑跑，當位移大小為L時，飛機的速度大小為v。在此過程中飛機的牽引力和受到的阻力均為恒力，且阻力為飛機受到的重力的k倍，重力加速度大小為g。求：(1)飛機的牽引力大小F；(2)飛機的速度大小為v時，牽引力的功率P。答案：(1)eq\f(mv2,2L)＋kmg(2)eq\f(mv3,2L)＋kmgv解析：(1)根據(jù)題意，由動能定理有FL－kmgL＝eq\f(1,2)mv2解得F＝eq\f(mv2,2L)＋kmg。(2)根據(jù)題意，由公式P＝Fv可得，飛機的速度大小為v時，牽引力的功率P＝eq\f(mv3,2L)＋kmgv。13．(8分)如圖是一個設計“過山車”的試驗裝置的原理示意圖，斜面AB與豎直面內(nèi)的圓形軌道在B點平滑連接，斜面AB和圓形軌道都是光滑的，圓形軌道半徑為R＝1m，一個質量為m＝1kg的小車(可視為質點)從距離斜面底端h＝3.2m的A點由靜止釋放沿斜面滑下，已知重力加速度為g＝10m/s2。(1)運動到B點時小車對圓形軌道壓力的大小；(2)通過分析判斷小車能否通過圓形軌道的最高點C。答案：(1)74N(2)見解析解析：(1)由A運動到B，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)小車在B點有FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)解得FN＝74N由牛頓第三定律知運動到B點時小車對圓形軌道壓力的大小為74N。(2)若小車恰能通過圓形軌道的最高點C，有mg＝eq\f(mvC′2,R)解得vC′＝eq\r(10)m/s由A運動到C，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＝mg×2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vC＝2eq\r(6)m/s>vC′故小車能通過最高點C。14．(11分)第24屆冬季奧林匹克運動會在北京舉行，跳臺滑雪是冬奧會的比賽項目之一。如圖所示為一簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖，某運動員從O點由靜止開始，在不借助其他外力的情況下，自由滑過一段圓心角為60°的圓弧軌道后從A點水平飛出，經(jīng)t＝eq\r(3)s后落到斜坡上的B點。已知A點是斜坡的起點，圓弧軌道半徑R＝25m，斜坡與水平面的夾角θ＝30°，運動員的質量m＝50kg，重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力忽略不計。求：(1)運動員到達A點時的速度大?。?2)運動員到達A點時對軌道的壓力大?。?3)在圓弧軌道上摩擦阻力對運動員做的功。答案：(1)15m/s(2)950N(3)－625J解析：(1)運動員從A點滑出后做平拋運動，從A到B水平方向有x＝vAt在豎直方向有y＝eq\f(1,2)gt2物體落在B點，有tanθ＝eq\f(y,x)聯(lián)立解得vA＝15m/s。(2)在A點滿足FN－mg＝eq\f(mv2,R)解得FN＝950N由牛頓第三定律得，運動員到達A點時對軌道的壓力大小為950N。(3)運動員在圓弧軌道上只有重力和摩擦阻力做功，根據(jù)動能定理有mg(R－Rcos60°)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－625J。15．(12分)如圖所示，水平地面上質量為m＝1.0kg的小滑塊將左側固定的輕彈簧壓縮?，F(xiàn)將滑塊由靜止釋放，滑塊離開彈簧后經(jīng)過A點時的速度大小為v1＝2eq\r(5)m/s。已知A點左側地面光滑，AB段長為L＝1.0m，與滑塊的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。(1)求釋放滑塊前，彈簧的彈性勢能Ep；(2)求滑塊運動到B點時的速度大小v2；(3)若在B點右側豎直平面內(nèi)連接一光滑的四分之一圓弧軌道(圖中未畫出)，圓弧軌道與地面相切于B點，圓弧軌道半徑R＝0.4m。求滑塊第一次運動至圓弧軌道最高點時對軌道的壓力大小F和滑塊最終靜止時離A點的距離x。答案：(1)10J(2)4m/s(3)20N1m解析：(1)由能量關系可知，釋放滑塊前，彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×1×(2eq\r(5))2J＝10J。(2)從A到B由動能定理－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得滑塊運動到B點時的速度大小v2＝4m/s。(3)滑塊從B點向上第一次運動至圓弧軌道最高點時，由機械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)解得v3＝2eq\r(2)m/s根據(jù)F＝meq\f(v\o\al(2,3),R)＝20N滑塊從圓弧最高點滑出后做上拋運動，最終還會回到圓弧槽中向下滑行，反復幾次后停止在AB之間，由能量關系Ep＝μmgs解得s＝5m則物塊最終靜止時離A點的距離為x＝1m。第八章專題強化4課后知能作業(yè)基礎鞏固練1．一物體在運動中受水平拉力F的作用，已知F隨運動距離x的變化情況如圖所示，則在這個運動過程中F做的功為()A．4J B.6JC.18J D.22J解析：根據(jù)W＝Fx可知，力F的功等于F-x圖像的面積，則W＝2×2J－2×1J＋4×4J＝18J，故選C。2．如圖所示，傳送帶通過滑道將長為L、質量為m的勻質物塊以初速度v0向右傳上水平臺面，物塊前端在臺面上滑動s后停下來。已知滑道上的摩擦不計，物塊與臺面間的動摩擦因數(shù)為μ且s>L，則物塊在整個過程中克服摩擦力所做的功為()A．μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s＋\f(L,2))) B.μmgsC．μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s－\f(L,2))) D.μmg(s－L)解析：分兩個階段計算物塊克服摩擦力所做功：物塊在完全滑上臺面前，摩擦力隨滑上的距離從0均勻增大，最大值為μmg；物塊滑上平臺后摩擦力恒定，則有整個過程中克服摩擦力做的功W＝eq\f(0＋μmg,2)L＋μmg(s－L)＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s－\f(L,2)))，故C正確，A、B、D錯誤。故選C。3．電動汽車能實現(xiàn)更精確的運動控制，有一電動汽車由靜止啟動并沿直線運動，其速度—時間圖像(v－t圖)如圖所示，0到t1段圖像為傾斜直線，t1到t2段圖像為曲線，t2時刻以后的圖像為與時間軸平行的直線，則下列選項中正確的是()A．0～t1內(nèi)，牽引力的功率保持不變B．t1時刻起，牽引力的功率一定增加C．t1～t2內(nèi)，牽引力大小保持不變D．t2時刻起，牽引力與阻力大小相等解析：0到t1段圖像為傾斜直線，則汽車做勻加速直線運動，牽引力不變，由P＝Fv，可知，牽引力的功率增大，故A錯誤；t1～t2內(nèi)，加速度減小，則牽引力減小，而速度在增加，所以牽引力的功率可能保持不變，故B錯誤，C錯誤；t2時刻起，汽車做勻速直線運動，牽引力與阻力平衡，保持不變，故D正確。故選D。4．一物體在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段時間內(nèi)的速度隨時間變化情況如圖所示。關于拉力的功率隨時間變化的圖像，下圖中可能正確的是()解析：由題圖知：在0～t0時間內(nèi)，物體做初速度為零的勻加速運動，v＝at，由牛頓第二定律得F－f＝ma，則拉力的功率為P＝Fv＝(f＋ma)v＝(f＋ma)at，可知功率的圖像為過原點的傾斜直線；在t0時刻以后，物體做勻速運動，v不變，則F＝f，P＝Fv＝fv，P不變，可知功率圖像為水平直線，且功率的值小于加速階段功率的最大值，故D正確。故選D。5．放在粗糙水平面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間的圖像和該拉力的功率與時間的圖像分別如圖甲、乙所示。下列說法正確的是()A．0～6s內(nèi)物體的位移大小為36mB．0～6s內(nèi)拉力做的功為55JC．合力在0～6s內(nèi)做的功大于0～2s內(nèi)做的功D．滑動摩擦力的大小為eq\f(5,3)N解析：0～6s內(nèi)物體的位移大小x＝eq\f(4＋6,2)×6m＝30m，故A錯誤；0～6s內(nèi)拉力做功W＝eq\f(1,2)×2×30J＋4×10J＝70J，故B錯誤；在2～6s內(nèi)，物體做勻速運動，合力為零，則合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等，故C錯誤；在2～6s內(nèi)，v＝6m/s，P＝10W，物體做勻速運動，摩擦力f＝F，得到f＝F＝eq\f(P,v)＝eq\f(5,3)N，故D正確。故選D。6．人們生活中出現(xiàn)越來越多的環(huán)保電動自行車，這種輕便的交通工具受到許多上班族的喜愛。下表是一輛電動車銘牌上的參數(shù)。若質量為70kg的人騎此電動自行車沿平直公路行駛的v-t圖像如圖所示，所受阻力大小恒為車重(包括載重)的0.02倍，取重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()規(guī)格后輪驅動直流永磁體電動機車型26′電動自行車額定輸出功率400W整車質量30kg最大載重120kgA．勻速階段牽引力大小為25NB．勻速階段電動機的輸出功率為400WC．勻加速階段牽引力大小為50ND．勻加速階段電動機的輸出功率隨時間均勻增大解析：電動車勻速運動時，牽引力等于阻力，則F＝0.02(m1＋m2)g＝20N，A錯誤；勻速階段電動機的輸出功率為P出＝Fv＝20×5W＝100W，B錯誤；電動車的加速度大小為a＝eq\f(5,10)m/s2＝0.5m/s2，根據(jù)F－0.02(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，勻加速階段牽引力大小為F＝70N，C錯誤；根據(jù)P＝Fv＝Fat，勻加速階段牽引力不變，電動機的輸出功率隨時間均勻增大，D正確。故選D。能力提升練7．用釘錘將一釘子釘入木板中，設釘子所受木板阻力與進入木板的深度成正比，不計釘子重力，釘錘每次打擊釘子所做的功相同，則打擊第n次與打擊第一次釘子進入木板的深度之比為()A.eq\r(n)－eq\r(n－1) B.eq\f(\r(n)＋\r(n－1),2)C.eq\r(n－1) D.1解析：由題意可知，阻力與深度d成正比，f-d圖像如圖所示，圖像與坐標軸所形成圖形的面積等于力所做的功，每次釘釘子時做功相同，如圖所示可得：每次所圍面積相同，根據(jù)相似比的平方等于面積比可得：第1次∶前2次∶前3次∶…＝1∶eq\r(2)：eq\r(3)∶…∶eq\r(n)，故第1次∶第2次∶第3次∶…＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))，打擊第n次與打擊第一次釘子進入木板的深度之比為eq\r(n)－eq\r(n－1)。故選A。8．如圖所示，密度為ρ、邊長為a的正立方體木塊漂浮在水面上(h為木塊在水面上的高度)?，F(xiàn)用豎直向下的力F將木塊按入水中，直到木塊上表面剛浸沒，則此過程中木塊克服浮力做功為(已知水的密度為ρ0、重力加速度為g)()A．ρa3gh B.eq\f(1,2)a3gh(ρ＋ρ0)C．ρ0a3gh(a－h(huán)) D.eq\f(1,2)a3gh(a－h(huán))(ρ＋ρ0)解析：木塊漂浮在水面上時有F?。紾＝ρga3，木塊上表面剛浸沒時受到的浮力為F浮′＝ρ0ga3，浮力做的功為W＝eq\f(F浮＋F浮′,2)h＝eq\f(1,2)ga3h(ρ＋ρ0)，故選B。9．大力發(fā)展地鐵，可以大大減少燃油公交車的使用，減少汽車尾氣排放。無錫已經(jīng)開通地鐵1號線和2號線，其中1號線起點堪橋站，終點長廣溪站，全長29.42km。若一列地鐵列車從甲站由靜止啟動后做直線運動，先勻加速運動20s，達到最高速度72km/h，再勻速運動80s，接著勻減速運動15s到達乙站停住。設列車在勻加速運動階段牽引力為1×106N，勻速階段牽引力的功率為6×103kW，忽略勻減速運動階段牽引力所做的功。如果燃油公交車運行中做的功與地鐵列車從甲站到乙站牽引力做的功相同，則燃油公交車排放氣體污染物的質量是(燃油公交車每做1焦耳功排放氣體污染物3×10－6g)()A．2.00kg B.2.02kgC．2.04kg D.2.06kg解析：地鐵勻加速運動階段，牽引力做的功為W1＝Fx1＝F·eq\f(0＋v,2)·t1＝1×106×eq\f(0＋20,2)×20J＝2×108J，地鐵勻速運動階段，牽引力做的功為W2＝P2t2＝6×103×103×80J＝4.8×108J，地鐵從甲站到乙站，牽引力做的總功為W＝W1＋W2＝6.8×108J，燃油公交車運行中做的功為W′＝W，燃油公交車牽引力每做1焦耳功，排放氣體污染物為Δm＝3×10－6g＝3×10－9kg，故燃油公交車排放氣體污染物的質量是m＝6.8×108×3×10－9kg＝2.04kg，故選C。10．(多選)圖甲中的轆轤是古代民間提水設施，由轆轤頭、支架、井繩、水桶等部分構成，圖乙為提水設施工作原理簡化圖，轆轤繞繩輪軸半徑r＝0.1m，水桶的質量M＝0.5kg，井足夠深，忽略井繩質量和因繩子纏繞導致輪軸的半徑變化。某次從井中汲取m＝2kg的水，輪軸由靜止開始繞中心軸轉動從而豎直向上提水桶，其角速度隨時間變化規(guī)律如圖丙所示，取重力加速度g＝10m/s2，則()A．10s末水桶的速度大小為2m/sB．水桶的速度大小隨時間變化規(guī)律為v＝2tC．0～10s內(nèi)水桶上升的高度為10mD．0～10s內(nèi)井繩拉力所做的功為255J解析：由圖丙可知ω＝2t，所以水桶速度隨時間變化規(guī)律為v＝ωr＝0.2t，則10s末水桶的速度大小為2m/s，故A正確，B錯誤；水桶勻加速上升，加速度a＝0.2m/s2，由牛頓第二定律F－(m＋M)g＝(m＋M)a，所以井繩拉力大小為F＝25.5N，水桶勻加速上升，0～10s內(nèi)它上升的高度為h＝eq\f(1,2)at2＝10m，則0～10s內(nèi)井繩拉力所做的功為W＝Fh＝255J，故C、D正確。故選ACD。11．(多選)我國一箭多星技術居世界前列，一箭多星是一枚運載火箭同時或先后將數(shù)顆衛(wèi)星送入軌道的技術。某兩顆衛(wèi)星釋放過程簡化為如圖所示，火箭運行至P點時，同時將A、B兩顆衛(wèi)星送入預定軌道，A衛(wèi)星進入軌道1做圓周運動，B衛(wèi)星進入軌道2沿橢圓軌道運動，P點為橢圓軌道的近地點，Q點為遠地點，B衛(wèi)星在Q點噴氣變軌到軌道3，之后繞地球做圓周運動，下列說法正確的是()A．A衛(wèi)星在P點的加速度等于B衛(wèi)星在P點的加速度B．A衛(wèi)星在軌道1的速度小于B衛(wèi)星在軌道3的速度C．B衛(wèi)星從軌道2上Q點變軌進入軌道3時需要噴氣減速D．B衛(wèi)星沿軌道2從P點運動到Q點過程中引力做負功解析：兩衛(wèi)星在P點時，根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝ma，可得a＝Geq\f(M,r2)，顯然兩衛(wèi)星的加速度相等，故A正確；由題知，軌道1和軌道3都是圓軌道，則有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\r(\f(GM,r))，由于B衛(wèi)星在軌道3上運動的軌道半徑大于A衛(wèi)星在軌道1上運動的軌道半徑，所以B衛(wèi)星在軌道3上運動的速度小于A衛(wèi)星在軌道1上運動的速度，故B錯誤；衛(wèi)星從低軌道運動到高軌道，需要在軌道相切點點火加速實現(xiàn)，所以B衛(wèi)星在Q點變軌進入軌道3時需要向后噴氣加速，故C錯誤；B衛(wèi)星沿軌道2從P點運動到Q點過程中速度減小，則動能減小，故引力做負功，故D正確。故選AD。12．(多選)“復興號”動車組的總質量為m，在平直的軌道上行駛。該動車組有4節(jié)動力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動機的額定功率均為P，動車組所受的阻力與其速率成正比(f＝kv)。動車組能達到的最大速度為vm。若動車組從靜止開始運動，則下列正確的是()A．若動車組勻加速啟動，則牽引力逐漸增大B．若動力車輸出功率恒定，則動車組做勻加速運動C．若動力車輸出功率變?yōu)閑q\f(P,4)，則動車組的最大速度為eq\f(vm,2)D．若動力車輸出功率變?yōu)閑q\f(P,2)，則動車組的最大速度為eq\f(vm,2)解析：若動車組勻加速啟動則有F－f＝ma，則動車的牽引力F＝ma＋f＝ma＋kv，隨著速度的增加，動車組的牽引力F逐漸增大，故A正確；若動車輸出功率恒定，則據(jù)F＝eq\f(P,v)，動車加速度a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(\f(P,v)－kv,m)，可知當功率一定時，隨著速度增加，動車的加速度減小，動車不可能做勻加速運動，故B錯誤；動車速度最大時，牽引力與阻力相等，則P＝Fv＝fvm＝kveq\o\al(2,m)，可得vm＝eq\r(\f(P,k))，即動車的最大速度與功率的平方根成正比，所以若動車的輸出功率變?yōu)閑q\f(P,4)，則動車組的最大速度為eq\f(vm,2)，故C正確；同理，若動車的輸出功率變?yōu)閑q\f(P,2)，則動車組的最大速度為eq\f(\r(2),2)vm，故D錯誤。故選AC。模塊素能綜合性評價(時間：75分鐘，滿分：100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意。)1．如圖，虛線為飛機在豎直平面內(nèi)起飛拉升階段的一段軌跡，P是軌跡上的一點。某同學在該平面內(nèi)經(jīng)過P畫出了四條有向線段甲、乙、丙、丁表示飛機的瞬時速度方向，你認為正確的是()A．甲 B.乙C.丙 D.丁解析：做曲線運動的物體的速度方向沿軌跡的切線方向，則飛機經(jīng)過P點時瞬時速度的方向為乙所示。故選B。2．如圖所示，某同學將一小球水平拋出，最后球落在了正前方小桶的左側，不計空氣阻力。為了能將小球拋進桶中，他可采取的辦法是()A．保持拋出點高度不變，減小初速度大小B．保持拋出點高度不變，增大初速度大小C．保持初速度大小不變，降低拋出點高度D．減小初速度大小，同時降低拋出點高度解析：設小球平拋運動的初速度為v0，拋出點離桶的高度為h，水平位移為x，則h＝eq\f(1,2)gt2，解得平拋運動的時間為t＝eq\r(\f(2h,g))，水平位移為x＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，由此可知，要增大水平位移x，可保持拋出點高度h不變，增大初速度v0，故B正確，A錯誤；也可以保持初速度v0大小不變，增大拋出點高度h，故C、D錯誤。故選B。3．如圖所示，豎直面內(nèi)固定一光滑圓環(huán)，質量為m的珠子(可視為質點)穿在環(huán)上做圓周運動。已知珠子通過圓環(huán)最高點時，對環(huán)向上的壓力大小為3mg(g為重力加速度)，圓環(huán)半徑為R，則珠子在最低點的速度大小為()A.eq\r(gR) B.eq\r(2gR)C．2eq\r(gR) D.2eq\r(2gR)解析：珠子對環(huán)的壓力向上，根據(jù)牛頓第三定律知，環(huán)對珠子的彈力向下，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋3mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得v0＝2eq\r(gR)，根據(jù)機械能守恒定律，最低點有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋2mgR，解得v＝2eq\r(2gR)，故選D。4．如圖所示，繩子通過固定在天花板上的定滑輪，兩端分別與同一水平面上的A、B兩物體連接，當兩物體到達如圖所示位置時，繩與水平面的夾角分別為37°、53°，兩物體的速度大小分別為vA、vB，已知sin37°＝eq\f(3,5)、cos37°＝eq\f(4,5)，則vA與vB之比為()A．3∶4 B.4∶3C．4∶5 D.5∶4解析：設此時繩子的速度大小為v繩，將A、B的速度分別沿繩的方向和垂直繩的方向分解，可得v繩＝vAcos37°，v繩＝vBcos53°，解得vA∶vB＝3∶4，故選A。5．如圖所示，小球A可視為質點，裝置靜止時輕質細線AB水平，輕質細線AC與豎直方向的夾角37°。已知小球的質量為m，細線AC長L，B點距C點的水平和豎直距離相等。裝置能以任意角速度繞豎直軸轉動，且小球始終在BO′O平面內(nèi)，那么在角速度ω從零緩慢增大的過程中(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．兩細線張力均增大B．細線AB中張力一直變小，直到為零C．細線AC中張力一直增大D．當AB中張力為零時，角速度可能為eq\r(\f(5g,4L))解析：當靜止時，受力分析如圖，由平衡條件得TAB＝mgtan37°＝0.75mg，TAC＝eq\f(mg,cos37°)＝1.25mg，若AB中的拉力為0，當ω最小時繩AC與豎直方向夾角θ1＝37°，受力分析如圖根據(jù)受力分析mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωeq\o\al(2,min)，得ωmin＝eq\r(\f(5g,4L))，根據(jù)幾何關系可知，當ω最大時繩AC與豎直方向夾角θ2＝53°，此時應有mgtanθ2＝mωeq\o\al(2,max)Lsinθ2，得ωmax＝eq\r(\f(5g,3L))，所以ω取值范圍為eq\r(\f(5g,4L))≤ω≤eq\r(\f(5g,3L))時，繩子AB的拉力都是0。由以上的分析可知，開始時AB拉力不為0，當角速度在eq\r(\f(5g,4L))≤ω≤eq\r(\f(5g,3L))時，AB的拉力為0，角速度再增大時，AB的拉力又會增大，A、B錯誤；當繩子AC與豎直方向之間的夾角θ1＝37°保持不變時，AC繩子的拉力在豎直方向的分力始終等于重力，所以繩子的拉力等于1.25mg；當角速度大于eq\r(\f(5g,4L))后，繩子與豎直方向之間的夾角增大，拉力開始增大；當角速度大于eq\r(\f(5g,3L))后，繩子與豎直方向之間的夾角θ2＝53°保持不變，隨后拉力隨角速度增大而增大，C錯誤；由開始時的分析可知，當ω取值范圍為eq\r(\f(5g,4L))≤ω≤eq\r(\f(5g,3L))時，繩子AB的拉力都是0，D正確。故選D。6．如圖所示，半圓軌道固定在水平面上，一小球(小球可視為質點)從半圓軌道上B點沿切線斜向左上方拋出，到達半圓軌道左端A點正上方某處小球的速度剛好水平，O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向的夾角為60°，重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球在A點正上方的水平速度為()A.eq\r(\f(3\r(3)gR,2)) B.eq\r(\f(3gR,2))C.eq\r(\f(\r(3)gR,2)) D.eq\r(\f(\r(3)gR,3))解析：小球雖說是做斜拋運動，由于到達半圓軌道左端A點正上方某處小球的速度剛好水平，所以逆向看是小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動，運動過程中恰好與半圓軌道相切于B點，這樣就可以用平拋運動規(guī)律求解。因小球運動過程中恰好與半圓軌道相切于B點，則速度與水平方向的夾角為30°，設位移與水平方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(tan30°,2)＝eq\f(\r(3),6)，因為tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(y,\f(3,2)R)，則豎直位移y＝eq\f(\r(3)R,4)，而veq\o\al(2,y)＝2gy＝eq\f(\r(3),2)gR，所以tan30°＝eq\f(vy,v0)，解得v0＝eq\f(\r(\f(\r(3)gR,2)),\f(\r(3),3))＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))，故選A。7．兩衛(wèi)星A、B均在地球赤道平面自西向東做勻速圓周運動。已知地球半徑為R，衛(wèi)星B為近地軌道衛(wèi)星，引力常量為G。若測得衛(wèi)星A的周期是衛(wèi)星B的2倍，且從兩衛(wèi)星與地心共線開始，每隔時間t兩衛(wèi)星就與地心再次共線，由此可知()A．衛(wèi)星B的周期為2tB．衛(wèi)星A距地面的高度為RC．地球的平均密度為eq\f(3π,Gt2)D．地球的第一宇宙速度為eq\f(4πR,t)解析：每隔時間t，兩衛(wèi)星與地心共線一次，則有eq\f(π,\f(2π,TB)－\f(2π,TA))＝t，又TA＝2TB，解得TB＝t，A錯誤；因衛(wèi)星B的軌道半徑rB＝R，由開普勒第三定律有eq\f(r\o\al(3,A),T\o\al(2,A))＝eq\f(r\o\al(3,B),T\o\al(2,B))，解得rA＝eq\r(3,4)R，故衛(wèi)星A距地面的高度為h＝(eq\r(3,4)－1)R，B錯誤；對衛(wèi)星B，有Geq\f(Mm,r\o\al(2,B))＝meq\f(4π2,T\o\al(2,B))rB，解得M＝eq\f(4π2R3,Gt2)，又M＝eq\f(4,3)πR3ρ，聯(lián)立解得ρ＝eq\f(3π,Gt2)，C正確；衛(wèi)星B的運行速度即地球的第一宇宙速度，為v＝eq\f(2πrB,TB)＝eq\f(2πR,t)，D錯誤。故選C。8．全球最大水平臂上回轉自升塔式起重機的開發(fā)和應用，意味著中國橋梁及鐵路施工裝備進一步邁向世界前列。該起重機某次從t＝0時刻由靜止開始提升質量為m的物體，其a－t圖像如圖所示，t1～t2內(nèi)起重機的功率為額定功率，不計其他阻力，重力加速度為g，則以下說法正確的是()A．物體勻加速階段的位移為a0teq\o\al(2,1)B．該起重機的額定功率為(mg＋ma0)a0t1C．t2時刻物體正在減速上升D．0～t1和t1～t2時間內(nèi)牽引力做的功之比為t1∶2t2解析：由圖像可知0～t1時間內(nèi)物體做勻加速直線運動，勻加速階段的末速度v1＝a0t1，勻加速階段的位移為x1＝eq\f(1,2)a0teq\o\al(2,1)，故A錯誤；在t1時刻，根據(jù)牛頓第二定律F－mg＝ma0，P額＝Fv1，聯(lián)立可得P額＝(mg＋ma0)a0t1，故B正確；由圖可知，t2時刻加速度為正，所以物體在加速上升，故C錯誤；0～t1時間內(nèi)牽引力做功W1＝eq\f(P額,2)t1，t1～t2時間內(nèi)牽引力做功W2＝P額(t2－t1)，故在0～t1和t1～t2時間內(nèi)牽引力做的功之比為W1∶W2＝t1∶2(t2－t1)，故D錯誤。故選B。二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分，在每小題給出的四個選項中有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分。)9．質量為m的物體，在汽車的牽引下由靜止開始運動，當汽車的速度為v時，細繩與水平面間的夾角為θ，則下列說法中正確的是()A．此時物體的速度大小為v物＝eq\f(v,cosθ)B．此時物體的速度大小為v物＝vcosθC．若汽車做勻速運動，則繩子上的拉力等于物體的重力D．若汽車做勻速運動，則繩子上的拉力大于物體的重力解析：汽車的運動可以看成是兩個分運動的合成，一個是沿繩子拉伸方向的分運動，另一個垂直繩子方向繞滑輪轉動的分運動，將汽車的速度分解成沿繩子方向的分速度和垂直于繩子方向的分速度，物體上升的速度等于汽車沿繩子方向的分速度，故有v物＝vcosθ，A錯誤，B正確；若汽車做勻速運動，即汽車速度v保持不變，繩子與水平面的夾角θ減小，由v物＝vcosθ，可知物體的速度增大，物體向上做加速運動，加速度方向向上，合力方向向上，繩子拉力大于物體重力，C錯誤，D正確。故選BD。10．如圖所示，長為L的細繩一端固定，另一端系一質量為m的小球。給小球一個合適的初速度，小球便可在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，這樣就構成了一個圓錐擺，設細繩與豎直方向的夾角為θ。下列說法中不正確的是()A．小球受重力、繩的拉力和向心力作用B．小球只受重力和繩的拉力作用C．θ越大，小球運動的速度越大D．θ越大，小球運動的周期越大解析：小球只受重力和繩的拉力作用，二者合力提供向心力，故A錯誤，滿足題意要求；B正確，不滿足題意要求；小球做圓周運動的半徑為r＝Lsinθ，由牛頓第二定律得mgtanθ＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r，解得v＝eq\r(gLsinθtanθ)，T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))，可知θ越大，線速度越大，周期越小，故C正確，不滿足題意要求；D錯誤，滿足題意要求。故選AD。11．下面是一些有關火星和地球的數(shù)據(jù)，利用萬有引力常量G和下列選擇的一些信息可以完成的估算是()①地球一年約365天②地表重力加速度約為9.8m/s2③火星的公轉周期為687天④日地距離大約是1.5×108km⑤地球半徑6400km⑥地球近地衛(wèi)星的周期A．選擇⑥可以估算地球的密度B．選擇①④可以估算太陽的密度C．選擇①③④可以估算火星公轉的線速度D．選擇①②④可以估算太陽對地球的吸引力解析：對地球近地衛(wèi)星有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2R,T2)，由于ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，解得ρ＝eq\f(3π,GT2)，A正確；選擇①④時，只能求出太陽的質量，由于不知道太陽的半徑，則不能求出太陽的密度，B錯誤；根據(jù)開普勒第三定律有eq\f(r\o\al(3,地),T\o\al(2,地))＝eq\f(r\o\al(3,火),T\o\al(2,火))，可知，選擇①③④可以估算火星到太陽的距離，根據(jù)v火＝eq\f(2πr火,T火)，則可以估算火星的線速度，即選擇①③④可以估算火星公轉的線速度，C正確；太陽對地球的吸引力F＝Geq\f(M地M太,r\o\al(2,地))＝M地eq\f(4π2r地,T\o\al(2,地))，在地球表面有Geq\f(M地m,R\o\al(2,地))＝mg，可知，由于不知道地球的半徑則不能求出地球的質量，則選擇①②④不能夠估算太陽對地球的吸引力，D錯誤。故選AC。12．某實驗研究小組為探究物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關系，使某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上運動，如圖甲所示，調節(jié)斜面與水平面的夾角θ，實驗測得x與θ的關系如圖乙所示，取g＝10m/s2。則由圖可知()A．物體的初速度大小v0＝3m/sB．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8C．圖乙中xmin＝0.36mD．取初始位置所在水平面為重力勢能參考平面，當θ＝37°，物體上滑過程中動能與重力勢能相等時，物體上滑的位移為0.1875m解析：當θ＝eq\f(π,2)時，veq\o\al(2,0)＝2gh，可得v0＝3m/s，A正確；當θ＝0時，物體沿水平面做勻減速運動，根據(jù)動能定理－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.75，B錯誤；根據(jù)動能定理－μmgxcosθ＋mgxsinθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，整理得x＝eq\f(9,20×0.75cosθ＋sinθ)，因此位移最小值xmin＝eq\f(9,20\r(0.752＋1))＝0.36m，C正確；動能與重力勢能相等的位置mgxsin37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－(mgxsin37°＋μmgxcos37°)，整理得x＝0.25m，D錯誤。故選AC。三、非選擇題(本題共6小題，共60分。)13．(6分)如圖甲所示，一圓盤繞垂直于盤面的水平軸轉動，圓盤加速轉動時，角速度的增加量Δω與對應時間Δt的比值定義為角加速度βeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(即β＝\f(Δω,Δt)))。我們用電磁打點計時器(所用電源頻率為f)、刻度尺、游標卡尺、紙帶(厚度不計)、復寫紙來完成下列實驗。實驗步驟如下：①用游標卡尺測得圓盤直徑為D；②將打點計時器固定在桌面上，將紙帶的一端穿過打點計時器的限位孔，然后固定在圓盤的側面，當圓盤轉動時，紙帶可以卷在圓盤側面。③接通電源，打點計時器開始打點，啟動控制裝置使圓盤勻加速轉動(即角加速度恒定)。④經(jīng)過一段時間，停止轉動和打點，取下紙帶標出A、B、C、D……計數(shù)點(相鄰兩計數(shù)點間有一個點未畫出)，進行測量。請回答下列問題：(1)打出紙帶上相鄰兩個計數(shù)點的時間間隔為eq\f(2,f)。(2)由圖乙可知，打下計數(shù)點B時，圓盤轉動的角速度大小為ωB＝eq\f(s2f,2D)，圓盤轉動的角加速度大小為β＝eq\f(s4－2s2f2,8D)(用s1、s2、s3、s4、f、d表示)。解析：(1)計時點間的時間間隔為周期T＝eq\f(1,f)由相鄰兩計數(shù)點間有一個點未畫出可得時間間隔為eq\f(2,f)。(2)由vB＝eq\f(s2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,f))))＝ωB·eq\f(D,2)得ωB＝eq\f(s2f,2D)因為β＝eq\f(Δω,Δt)而v＝ωr即Δω＝eq\f(Δv,r)且a＝eq\f(Δv,Δt)所以β＝eq\f(Δω,Δt)＝eq\f(Δv,rΔt)＝eq\f(a,r)＝eq\f(s4－2s2f2,8D)。14．(9分)用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，物塊2從高處由靜止開始下落，物塊1上拖著的紙帶打出了一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律。如圖乙所示是實驗時得到的一條紙帶，O點是重物剛下落瞬間打點計時器打下的第一個點，C點是第n個點，相關距離在圖中已注明。已知物塊1、2的質量分別為m1、m2(m1<m2)，重力加速度為g，打點計時器的周期為T。請用題中所給的字母回答下列問題：(1)下列做法正確的有_____。A．必須要用天平稱出兩個物塊的質量B．圖中兩限位孔必須在同一豎直線上C．實驗時，先放開紙帶，再接通打點計時器的電源D．數(shù)據(jù)處理時，應選擇紙帶上距離較近的兩點作為初、末位置(2)圖乙中，從O點到C點的過程，系統(tǒng)重力勢能的減少量Ep為_(m2－m1)gh3__。(3)圖乙中，為了計算從O點到C點的過程，系統(tǒng)動能的增加量，需要先計算C點的速度，下列計算方法中正確的是_____。A．vC＝g(n－1)T B.vC＝eq\r(2gh3)C．vC＝eq\f(h4－h(huán)2,2T) D.vC＝eq\f(h4＋h2,2T)(4)某同學根據(jù)計算出的速度v和相應的高度差h，描繪v2－h(huán)圖像(如圖丙所示)來研究系統(tǒng)的機械能是否守恒。若忽略阻力影響，則v2－h(huán)圖線的斜率k＝eq\f(2m2－m1g,m1＋m2)。解析：(1)驗證系統(tǒng)機械能守恒定律的表達式為(m2－m1)gh＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2－0，可知需要用天平稱出兩個物塊的質量，故A正確；為了減小紙帶與限位孔間的摩擦力，圖中兩限位孔必須在同一豎直線上，故B正確；實驗時，應先接通打點計時器的電源，再放開紙帶，故C錯誤；數(shù)據(jù)處理時，為了減小誤差，應選擇紙帶上距離較遠的兩點作為初、末位置，故D錯誤。故選AB。(2)圖乙中，從O點到C點的過程，系統(tǒng)重力勢能的減少量為Ep＝(m2－m1)gh3。(3)設物塊的加速度大小為a，根據(jù)運動學公式可得vC＝a(n－1)T<g(n－1)T，vC＝eq\r(2ah3)<eq\r(2gh3)，故A、B錯誤；根據(jù)勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則有vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(h4－h(huán)2,2T)，故C正確，D錯誤。故選C。(4)根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得(m2－m1)gh＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2－0可得v2＝eq\f(2m2－m1g,m1＋m2)·h可知v2-h圖像的斜率為k＝eq\f(2m2－m1g,m1＋m2)。15．(9分)如圖所示，一個圓盤在水平面內(nèi)勻速轉動，角速度是4rad/s，盤面上有一個質量為2.5kg的小物塊隨圓盤一起運動(二者未發(fā)生相對滑動)，小物塊與轉軸的距離為R＝0.3m。求：