第八章 机械能守恒定律 本章达标检测（Word版含答案）
文档属性
| 名称 | 第八章 机械能守恒定律 本章达标检测（Word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 491.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-03-09 17:55:26 | ||
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文档简介
人教版必修第二册 第八章 本章达标检测
一、单选题
1．关于力做功的关系，下列说法中正确的是( )
A．滑动摩擦力可以对物体做正功
B．静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功
C．当作用力做正功时，反作用力一定做负功
D．作用力与反作用力所做的功一定是大小相等、正负相反的
2．如图所示，在h高处以初速度v0沿与水平方向成的仰角斜向上抛出质量为m的物体，抛出后的物体以速度vt落到地上。若取地面处的重力势能为零，忽略空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A．出手时，重力的功率为
B．物体落地前瞬间的机械能为
C．物体落地前瞬间的动能为
D．vt的大小与v0的仰角θ有关
3．关于动能和动能的改变下列说法中正确的是（）
A．动能不变的物体，一定处于平衡状态 B．物体所受到的合外力越大，则物体的动能一定越大
C．合外力做的功越多，动能的改变就越大 D．速度大的物体动能就越大
4．大小为的水平恒力作用在质量为的物体上，使其在粗糙的水平面内由静止开始运动，内恒力的平均功率是，则中间时刻力的瞬时功率是（ ）
A． B． C． D．无法确定
5．一辆满载货物的汽车m＝4×103kg在平直的公路上从静止开始启动后加速行驶，若汽车行驶过程中所受的阻力恒为f＝4×103N，且保持汽车的输出功率为P＝80kW不变，汽车经过t＝20s达到的最大速度，则汽车在加速运动过程中所能达到的最大的速度和位移分别是
A．10m/s；100m
B．20m/s；200m
C．30m/s；300m
D．40m/s；400m
6．如图所示，小明用一根轻绳以拉力F拉动木箱，当绳子与水平方向成θ角时，木箱能沿水平面做匀速直线运动。若增大θ角，而保持木箱运动的速度不变，以下说法中正确的是（ ）
A．拉力F与木箱所受摩擦力的合力增大
B．木箱所受到的摩擦力一定增大
C．拉力F一定增大
D．拉力F的功率一定增大
7．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．0～2s内外力的平均功率是6W
B．第2s内外力所做的功是4J
C．0～2s内外力做的总功为4J
D．第1s末与第2s末外力的瞬时功率之比为9：4
二、多选题
8．如图所示，水平地面上有一质量为M＝0.8 kg、倾角为θ＝37°的斜面体A，斜面上放一质量为m＝0.3 kg的物块B，给斜面体施加一水平恒力F，使二者一起向右加速，已知各接触面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则力F的大小可能是（取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）（ ）
A．5 N B．10 N C．20 N D．30 N
9．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，已知A的质量为5m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角α＝37°
B．C刚离开地面时，B的加速度为0
C．A获得最大速度为
D．A、B两小球组成的系统机械能守恒
三、实验题
10．在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，
（1）下列器材中不必要的一项是____________（只需填字母代号）．
A．重物 B．纸带 C．天平 D．低压交流电源 E．毫米刻度尺
（2）关于本实验的误差，说法不正确的一项是_____________
A．选择质量较小的重物，有利于减小误差
B．选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差
C．先松开纸带后接通电源会造成较大的误差
D．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用
（3）如在此实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg．若按实验要求正确地选出纸带进行测量，测量得A、B、C三个计数点到第一个点O的距离如图所示，单位均是cm，那么(计算结果均保留三位有效数字)：
①打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB =___m/s
②从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是ΔEP=_________J，此过程中物体动能的增加量是ΔEK=_________J；
③通过计算，数值上ΔEP________ΔEK(填“>”“=”或“<”)，原因是______________
④实验的结论是_______________________________
四、解答题
11．有一倾角为的传送带逆时针转动，正常运转时的速度，AB间长度．现通过定滑轮用轻绳沿着传送带方向拉动的平板，已知平板与传送带之间的动摩擦因数平板可视为质点，不计轻绳和定滑轮之间的摩擦，g取，，
传送带静止时，为了匀速拉动平板，求所需拉力的大小；
传送带正常运转时，用恒力拉动初速度为零的平板，求平板从A点到达B点所用的时间；
传送带正常运转时，将的物体叠放在平板上，物体与平板之间的动摩擦因数随后拉动初速度为零的平板物体始终相对平板静止，求：
从A点到达B点所用的最短时间；
在问中，拉力大小随时间变化的规律只需写出结果，不需要计算过程．
12．如图所示，质量m=0.2kg的小铁球系在长l=1.0m的轻质细线上，细线的另一端悬挂在O点，将小球拉直并呈水平状态时释放，求：
(1)小球运动到最低点时的速度
(2)小球运动到最低点时对细线的拉力。（g取10m/s2）
13．如图甲所示，一个质量为的长木板A静止放在粗糙水平面上，现用电动机通过足够长的轻绳水平拉动木板A，测得木板A的动能随其运动距离x的图像如图乙所示，其中EF段为过原点的直线，FG段为曲线，GH段为平行于横轴的直线，已知木板A与地面间动摩擦因数，A与电动机间的距离足够大，不计空气阻力，重力加速度，求：
（1）图中EF段对应绳中拉力大小；
（2）图中GH段对应电动机的输出功率；
（3）若在图像中H状态时关闭电动机，同时将一质量为的小物块B无初速度的放在木板A上，一段时间后AB相对于地面均静止且B仍在A上面，已知AB间动摩擦因素，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，则整个过程中由于AB间摩擦而产生的热量为多少？
14．一质量为m的小球以速度 水平抛出，经时间t落地，（不计空气阻力，重力加速度为g）求：
（1）此过程重力做的功；
（2）此过程中重力做功的平均功率；
（3）小球落地时重力做功的瞬时功率．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
A、B、滑动摩擦力方向与物体的相对运动方向相反，与运动方向可以相同、相反、垂直，故滑动摩擦力对物体可以做正功、负功、不做功，静摩擦力方向与物体的相对运动趋势方向相反，与运动方向可以相同、相反、垂直，故静摩擦力对物体可以做正功、负功、不做功，A正确；B错误；
C、D、作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的；作用力和反作用力可以同时做负功，也可以同时做正功；如冰面上两个原来静止的小孩子相互推一下之后，两人同时后退，则两力做正功；而两个相对运动后撞在一起的物体，作用力和反作用力均做负功，C、D错误；
故选A．
2．A
【解析】
【详解】
A．出手时，重力的功率为
故A正确；
B．物体落地前瞬间的机械能为
故B错误；
C．由全过程机械能守恒可知，落地的前瞬间的动能为
故C错误；
D．由C选项分析可知，vt的大小与v0的仰角θ无关，故D错误。
故选A。
3．C
【解析】
【详解】
A. 动能不变的物体，速度大小不变，但方向可以改变，如匀速圆周运动，有向心加速度，处于非平衡状态，故A错误；
B. 合外力越大，加速度越大，速度不一定大，动能不一定大，故B错误；
C. 根据动能定理，合外力做功等于动能的变化；故合外力做的功越多，动能的改变就越大．故C正确；
D. 动能Ek= ，速度大的物体质量不一定大，故动能不一定大，故D错误．
故选C.
4．B
【解析】
【分析】
【详解】
设物体ts末的速度为v，平均速度，则F的平均功率
中间时刻的速度为 ，则中间时刻力的瞬时功率是
故选B。
5．B
【解析】
【详解】
汽车的最大速度为
根据动能定理可知
解得：
故B正确，ACD错误
6．A
【解析】
【详解】
AB．对木箱进行受力分析如图所示
将支持力与摩擦力合成一个力，则这两个力的合力方向不变，转化为三个力平衡，平移后三个力首尾相接构成一个封闭的三角形，如图
当F与水平方向夹角增大时，可以由图得出支持力与摩擦力均减小，重力与支持力的合力方向向下，二力合力增大，拉力与摩擦力的合力大小等于重力与支持力合力大小，所以拉力与摩擦力的合力增大， B错误A正确；
C．由图
可知，拉力F有极小值，拉力F先减小后增大，C错误；
D．根据受力平衡得
解得
拉力F的功率
由此可知，随着θ的增大功率减小，D错误。
故选A。
7．D
【解析】
【详解】
AC．0-1s内，物体的加速度
则质点在0-1s内的位移
1s末的速度
第2s内物体的加速度
第2s内的位移
物体在0-2s内外力F做功的大小
可知0-2s内外力的平均功率
故AC错误；
B．第2s内外力做功的大小
故B错误；
D．第1s末外力的瞬时功率
第2s末的速度
则外力的瞬时功率
第1s末和第2s末外力的瞬时功率之比为9：4，故D正确。
故选D。
8．BC
【解析】
【详解】
当物块恰好不相对斜面体向下滑动时，对物块受力分析如图所示
正交分解满足
mg=f1sinθ+N1cosθ
N1sinθ-f1cosθ=ma1
其中滑动摩擦力为
f1＝μN1
联立可解得a1=m/s2，对整体有
F1-μ(M+m)g=(M+m)a1
解得F1＝7.5N，当物块恰好不相对斜面体向上滑动时，对物块受力分析如图所示
正交分解满足
mg+f2sinθ=N2cosθ
N2sinθ＋f2cosθ=ma2
f2=μN2
联立可解得a2=20m/s2，对整体有
F2-μ(M+m)g=(M+m)a2
解得F2=27.5N，所以7.5N≤F≤27.5N。
故选BC。
9．BC
【解析】
【详解】
AB、A的速度最大时，A所受的合力为零，此时绳的拉力T＝5mgsinα．此时C恰好离开地面，故弹簧的拉力为mg，对B受力分析可得绳对B的拉力为 T＝2mg，可得 sinα＝0.4，α≠37°．故A错误．
B、物体C刚离开地面时，B的合外力为0，加速度为0，故B正确．
C、初始时系统静止，且线上无拉力，对B有 kx1＝mg．C刚好离开地面时，有kx2＝mg，可知x1＝x2，则从释放至C刚离开地面的过程中，弹簧弹性势能变化量为零，此过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，即5mg（x1+x2）sinα＝mg（x1+x2）+ （5m+m）vAm2以上方程联立可解得：A获得最大速度为，故C正确．
D、从释放A到C刚离开地面的过程中，根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但是A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误．
10． C A 1.50 1.23 1.13 大于 物体下落过程中受阻力作用 在实验误差范围内，重物的重力势能的减少量等于动能的增加量，所以在实验误差范围内，机械能守恒。
【解析】
【详解】
(1)[1]根据实验原理和实验数据的处理可得，重锤的质量可以在验证动能和势能相等时，等式的两边约掉，重锤的质量在实验中不必测量，故天平不需要，故选C；
(2)[2]A．实验中减少误差，A中使用质量较小的重锤，由于阻力的存在，会使相对误差加大，故A错误；
B．打点计时器的时间间隔为0.02s，利用自由落体运动求得运动位移接近0.002m，所以B项中纸带打第一个点时为纸带刚开始运动，B会减少实验误差；故B正确；
C．根据数据的处理方法，先松纸带只会减少纸带的利用率，不会带来误差；故C正确；
D．根据功能关系重力势能对应重力做功，动能变化量对应合外力做功，动能小于势能是因为存在摩擦力做功的原因，故D正确。
故选A；
(3)[3]利用匀变速直线运动的推论
[4]重力势能减小量
[5]动能增加量
[6][7]通过计算，数值△EP大于△Ek，这是因为物体下落过程中受阻力作用；
[8]在实验误差范围内，重物的重力势能的减少量等于动能的增加量，所以在实验误差范围内，机械能守恒。
11． 124N；；4s；，，．
【解析】
【分析】
传送带静止时，匀速拉动平板时平板受力平衡，分析其受力，由平衡条件求所需拉力的大小；传送带正常运转时，用恒力拉动初速度为零的平板，平板先做匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度，由速度时间公式求出平板加速至速度等于时经历的时间，并求得此过程的位移，再根据平板与传送带共速时受力情况，判断之后平板的运动情况，即可求得平板从A点到达B点所用的时间；物体与平板相对静止时，对物体受力分析，由牛顿第二定律求得加速度，再由位移公式求从A点到达B点所用的最短时间；对物体和平板整体分析受力，由牛顿第二定律求拉力大小随时间变化的规律．
【详解】
传送带静止时，匀速拉动平板时，对平板M受力分析，有
解得；
刚拉动时，平板M所受摩擦力沿传送带向上，有
平板加速至速度等于传送带速度v时，有，
此过程的位移
解得：，
故平板已经与传送带共速．
此后由于，平板做匀速直线运动
有．
平板从A点到达B点所用的时间；
解得：
物体与平板相对静止，对物体受力分析:
根据牛顿第二定律有：
可得：．
由
解得从A点到达B点所用的最短时间；
对平板M和物体m整体受力分析，有
共速前： ．
根据速度时间公式：
解得：，．
共速后，有 ．
解得：
综上所述拉力的大小应满足： ，．
【点睛】
本题是一道力学综合题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，对平板和物体正确受力分析、应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．
12．(1)； (2)6N
【解析】
【详解】
(1)由机械能守恒定律得
解得
(2)在最低点时
所以
T=6N
13．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）对木板A受力分析，根据动能定理，木板的动能
在图像中，斜率表示合外力，对于EF段有
绳中拉力
（2）GH段，动能不变，木板A做匀速运动，所受合外力为零，发动机的牵引力与摩擦力等大反向，由
可知，此时木板A的速度
发动机输出功率
（3）关闭发动机后A向右减速，B向右加速，二者有共同速度后一起向右减速直到静止，此过程二者之间的摩擦力为静摩擦力，不产生内能，对A，根据牛顿第二定律，有
A的加速度
对B，根据牛顿第二定律，有
B的加速度
设经过时间t后二者有共同速度，有
解得时间
此过程中A的对地位移
B的对地位移
AB间的摩擦力产生的热量
14．（1） ；（2）； （3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球下落高度
重力做功为
（2）时间t内重力的平均功率为
（3）小球落地时重力的瞬时功率为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．关于力做功的关系，下列说法中正确的是( )
A．滑动摩擦力可以对物体做正功
B．静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功
C．当作用力做正功时，反作用力一定做负功
D．作用力与反作用力所做的功一定是大小相等、正负相反的
2．如图所示，在h高处以初速度v0沿与水平方向成的仰角斜向上抛出质量为m的物体，抛出后的物体以速度vt落到地上。若取地面处的重力势能为零，忽略空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A．出手时，重力的功率为
B．物体落地前瞬间的机械能为
C．物体落地前瞬间的动能为
D．vt的大小与v0的仰角θ有关
3．关于动能和动能的改变下列说法中正确的是（）
A．动能不变的物体，一定处于平衡状态 B．物体所受到的合外力越大，则物体的动能一定越大
C．合外力做的功越多，动能的改变就越大 D．速度大的物体动能就越大
4．大小为的水平恒力作用在质量为的物体上，使其在粗糙的水平面内由静止开始运动，内恒力的平均功率是，则中间时刻力的瞬时功率是（ ）
A． B． C． D．无法确定
5．一辆满载货物的汽车m＝4×103kg在平直的公路上从静止开始启动后加速行驶，若汽车行驶过程中所受的阻力恒为f＝4×103N，且保持汽车的输出功率为P＝80kW不变，汽车经过t＝20s达到的最大速度，则汽车在加速运动过程中所能达到的最大的速度和位移分别是
A．10m/s；100m
B．20m/s；200m
C．30m/s；300m
D．40m/s；400m
6．如图所示，小明用一根轻绳以拉力F拉动木箱，当绳子与水平方向成θ角时，木箱能沿水平面做匀速直线运动。若增大θ角，而保持木箱运动的速度不变，以下说法中正确的是（ ）
A．拉力F与木箱所受摩擦力的合力增大
B．木箱所受到的摩擦力一定增大
C．拉力F一定增大
D．拉力F的功率一定增大
7．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．0～2s内外力的平均功率是6W
B．第2s内外力所做的功是4J
C．0～2s内外力做的总功为4J
D．第1s末与第2s末外力的瞬时功率之比为9：4
二、多选题
8．如图所示，水平地面上有一质量为M＝0.8 kg、倾角为θ＝37°的斜面体A，斜面上放一质量为m＝0.3 kg的物块B，给斜面体施加一水平恒力F，使二者一起向右加速，已知各接触面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则力F的大小可能是（取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）（ ）
A．5 N B．10 N C．20 N D．30 N
9．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，已知A的质量为5m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角α＝37°
B．C刚离开地面时，B的加速度为0
C．A获得最大速度为
D．A、B两小球组成的系统机械能守恒
三、实验题
10．在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，
（1）下列器材中不必要的一项是____________（只需填字母代号）．
A．重物 B．纸带 C．天平 D．低压交流电源 E．毫米刻度尺
（2）关于本实验的误差，说法不正确的一项是_____________
A．选择质量较小的重物，有利于减小误差
B．选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差
C．先松开纸带后接通电源会造成较大的误差
D．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用
（3）如在此实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg．若按实验要求正确地选出纸带进行测量，测量得A、B、C三个计数点到第一个点O的距离如图所示，单位均是cm，那么(计算结果均保留三位有效数字)：
①打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB =___m/s
②从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是ΔEP=_________J，此过程中物体动能的增加量是ΔEK=_________J；
③通过计算，数值上ΔEP________ΔEK(填“>”“=”或“<”)，原因是______________
④实验的结论是_______________________________
四、解答题
11．有一倾角为的传送带逆时针转动，正常运转时的速度，AB间长度．现通过定滑轮用轻绳沿着传送带方向拉动的平板，已知平板与传送带之间的动摩擦因数平板可视为质点，不计轻绳和定滑轮之间的摩擦，g取，，
传送带静止时，为了匀速拉动平板，求所需拉力的大小；
传送带正常运转时，用恒力拉动初速度为零的平板，求平板从A点到达B点所用的时间；
传送带正常运转时，将的物体叠放在平板上，物体与平板之间的动摩擦因数随后拉动初速度为零的平板物体始终相对平板静止，求：
从A点到达B点所用的最短时间；
在问中，拉力大小随时间变化的规律只需写出结果，不需要计算过程．
12．如图所示，质量m=0.2kg的小铁球系在长l=1.0m的轻质细线上，细线的另一端悬挂在O点，将小球拉直并呈水平状态时释放，求：
(1)小球运动到最低点时的速度
(2)小球运动到最低点时对细线的拉力。（g取10m/s2）
13．如图甲所示，一个质量为的长木板A静止放在粗糙水平面上，现用电动机通过足够长的轻绳水平拉动木板A，测得木板A的动能随其运动距离x的图像如图乙所示，其中EF段为过原点的直线，FG段为曲线，GH段为平行于横轴的直线，已知木板A与地面间动摩擦因数，A与电动机间的距离足够大，不计空气阻力，重力加速度，求：
（1）图中EF段对应绳中拉力大小；
（2）图中GH段对应电动机的输出功率；
（3）若在图像中H状态时关闭电动机，同时将一质量为的小物块B无初速度的放在木板A上，一段时间后AB相对于地面均静止且B仍在A上面，已知AB间动摩擦因素，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，则整个过程中由于AB间摩擦而产生的热量为多少？
14．一质量为m的小球以速度 水平抛出，经时间t落地，（不计空气阻力，重力加速度为g）求：
（1）此过程重力做的功；
（2）此过程中重力做功的平均功率；
（3）小球落地时重力做功的瞬时功率．
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参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
A、B、滑动摩擦力方向与物体的相对运动方向相反，与运动方向可以相同、相反、垂直，故滑动摩擦力对物体可以做正功、负功、不做功，静摩擦力方向与物体的相对运动趋势方向相反，与运动方向可以相同、相反、垂直，故静摩擦力对物体可以做正功、负功、不做功，A正确；B错误；
C、D、作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的；作用力和反作用力可以同时做负功，也可以同时做正功；如冰面上两个原来静止的小孩子相互推一下之后，两人同时后退，则两力做正功；而两个相对运动后撞在一起的物体，作用力和反作用力均做负功，C、D错误；
故选A．
2．A
【解析】
【详解】
A．出手时，重力的功率为
故A正确；
B．物体落地前瞬间的机械能为
故B错误；
C．由全过程机械能守恒可知，落地的前瞬间的动能为
故C错误；
D．由C选项分析可知，vt的大小与v0的仰角θ无关，故D错误。
故选A。
3．C
【解析】
【详解】
A. 动能不变的物体，速度大小不变，但方向可以改变，如匀速圆周运动，有向心加速度，处于非平衡状态，故A错误；
B. 合外力越大，加速度越大，速度不一定大，动能不一定大，故B错误；
C. 根据动能定理，合外力做功等于动能的变化；故合外力做的功越多，动能的改变就越大．故C正确；
D. 动能Ek= ，速度大的物体质量不一定大，故动能不一定大，故D错误．
故选C.
4．B
【解析】
【分析】
【详解】
设物体ts末的速度为v，平均速度，则F的平均功率
中间时刻的速度为 ，则中间时刻力的瞬时功率是
故选B。
5．B
【解析】
【详解】
汽车的最大速度为
根据动能定理可知
解得：
故B正确，ACD错误
6．A
【解析】
【详解】
AB．对木箱进行受力分析如图所示
将支持力与摩擦力合成一个力，则这两个力的合力方向不变，转化为三个力平衡，平移后三个力首尾相接构成一个封闭的三角形，如图
当F与水平方向夹角增大时，可以由图得出支持力与摩擦力均减小，重力与支持力的合力方向向下，二力合力增大，拉力与摩擦力的合力大小等于重力与支持力合力大小，所以拉力与摩擦力的合力增大， B错误A正确；
C．由图
可知，拉力F有极小值，拉力F先减小后增大，C错误；
D．根据受力平衡得
解得
拉力F的功率
由此可知，随着θ的增大功率减小，D错误。
故选A。
7．D
【解析】
【详解】
AC．0-1s内，物体的加速度
则质点在0-1s内的位移
1s末的速度
第2s内物体的加速度
第2s内的位移
物体在0-2s内外力F做功的大小
可知0-2s内外力的平均功率
故AC错误；
B．第2s内外力做功的大小
故B错误；
D．第1s末外力的瞬时功率
第2s末的速度
则外力的瞬时功率
第1s末和第2s末外力的瞬时功率之比为9：4，故D正确。
故选D。
8．BC
【解析】
【详解】
当物块恰好不相对斜面体向下滑动时，对物块受力分析如图所示
正交分解满足
mg=f1sinθ+N1cosθ
N1sinθ-f1cosθ=ma1
其中滑动摩擦力为
f1＝μN1
联立可解得a1=m/s2，对整体有
F1-μ(M+m)g=(M+m)a1
解得F1＝7.5N，当物块恰好不相对斜面体向上滑动时，对物块受力分析如图所示
正交分解满足
mg+f2sinθ=N2cosθ
N2sinθ＋f2cosθ=ma2
f2=μN2
联立可解得a2=20m/s2，对整体有
F2-μ(M+m)g=(M+m)a2
解得F2=27.5N，所以7.5N≤F≤27.5N。
故选BC。
9．BC
【解析】
【详解】
AB、A的速度最大时，A所受的合力为零，此时绳的拉力T＝5mgsinα．此时C恰好离开地面，故弹簧的拉力为mg，对B受力分析可得绳对B的拉力为 T＝2mg，可得 sinα＝0.4，α≠37°．故A错误．
B、物体C刚离开地面时，B的合外力为0，加速度为0，故B正确．
C、初始时系统静止，且线上无拉力，对B有 kx1＝mg．C刚好离开地面时，有kx2＝mg，可知x1＝x2，则从释放至C刚离开地面的过程中，弹簧弹性势能变化量为零，此过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，即5mg（x1+x2）sinα＝mg（x1+x2）+ （5m+m）vAm2以上方程联立可解得：A获得最大速度为，故C正确．
D、从释放A到C刚离开地面的过程中，根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但是A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误．
10． C A 1.50 1.23 1.13 大于 物体下落过程中受阻力作用 在实验误差范围内，重物的重力势能的减少量等于动能的增加量，所以在实验误差范围内，机械能守恒。
【解析】
【详解】
(1)[1]根据实验原理和实验数据的处理可得，重锤的质量可以在验证动能和势能相等时，等式的两边约掉，重锤的质量在实验中不必测量，故天平不需要，故选C；
(2)[2]A．实验中减少误差，A中使用质量较小的重锤，由于阻力的存在，会使相对误差加大，故A错误；
B．打点计时器的时间间隔为0.02s，利用自由落体运动求得运动位移接近0.002m，所以B项中纸带打第一个点时为纸带刚开始运动，B会减少实验误差；故B正确；
C．根据数据的处理方法，先松纸带只会减少纸带的利用率，不会带来误差；故C正确；
D．根据功能关系重力势能对应重力做功，动能变化量对应合外力做功，动能小于势能是因为存在摩擦力做功的原因，故D正确。
故选A；
(3)[3]利用匀变速直线运动的推论
[4]重力势能减小量
[5]动能增加量
[6][7]通过计算，数值△EP大于△Ek，这是因为物体下落过程中受阻力作用；
[8]在实验误差范围内，重物的重力势能的减少量等于动能的增加量，所以在实验误差范围内，机械能守恒。
11． 124N；；4s；，，．
【解析】
【分析】
传送带静止时，匀速拉动平板时平板受力平衡，分析其受力，由平衡条件求所需拉力的大小；传送带正常运转时，用恒力拉动初速度为零的平板，平板先做匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度，由速度时间公式求出平板加速至速度等于时经历的时间，并求得此过程的位移，再根据平板与传送带共速时受力情况，判断之后平板的运动情况，即可求得平板从A点到达B点所用的时间；物体与平板相对静止时，对物体受力分析，由牛顿第二定律求得加速度，再由位移公式求从A点到达B点所用的最短时间；对物体和平板整体分析受力，由牛顿第二定律求拉力大小随时间变化的规律．
【详解】
传送带静止时，匀速拉动平板时，对平板M受力分析，有
解得；
刚拉动时，平板M所受摩擦力沿传送带向上，有
平板加速至速度等于传送带速度v时，有，
此过程的位移
解得：，
故平板已经与传送带共速．
此后由于，平板做匀速直线运动
有．
平板从A点到达B点所用的时间；
解得：
物体与平板相对静止，对物体受力分析:
根据牛顿第二定律有：
可得：．
由
解得从A点到达B点所用的最短时间；
对平板M和物体m整体受力分析，有
共速前： ．
根据速度时间公式：
解得：，．
共速后，有 ．
解得：
综上所述拉力的大小应满足： ，．
【点睛】
本题是一道力学综合题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，对平板和物体正确受力分析、应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．
12．(1)； (2)6N
【解析】
【详解】
(1)由机械能守恒定律得
解得
(2)在最低点时
所以
T=6N
13．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）对木板A受力分析，根据动能定理，木板的动能
在图像中，斜率表示合外力，对于EF段有
绳中拉力
（2）GH段，动能不变，木板A做匀速运动，所受合外力为零，发动机的牵引力与摩擦力等大反向，由
可知，此时木板A的速度
发动机输出功率
（3）关闭发动机后A向右减速，B向右加速，二者有共同速度后一起向右减速直到静止，此过程二者之间的摩擦力为静摩擦力，不产生内能，对A，根据牛顿第二定律，有
A的加速度
对B，根据牛顿第二定律，有
B的加速度
设经过时间t后二者有共同速度，有
解得时间
此过程中A的对地位移
B的对地位移
AB间的摩擦力产生的热量
14．（1） ；（2）； （3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球下落高度
重力做功为
（2）时间t内重力的平均功率为
（3）小球落地时重力的瞬时功率为
答案第1页，共2页
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