1、2015-2016学年湖北省荆州市松滋二中高三（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共10小题，每题4分，共计40分）1如图所示，弹簧振子在B、C间做简谐运动，O为平衡位置，B、C间的距离为20cm，振子由B运动到C的时间为2s，则（）A从OCO振子做了一次全振动B振动周期为2s，振幅是10cmC从B开始经过6s，振子通过的路程是60cmD从O开始经过3s，振子又到达平衡位置O2如图所示是一波源O做匀速直线运动时在均匀介质中产生球面波的情况，则（）A该波源正在移向a点B该波源正在移向b点C在a处观察，波的频率变低D在b处观察，波的频率变高3一洗衣机在正常工作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先
2、是振动越来越剧烈，然后振动再逐渐减弱，对这一现象，下列说法正确的是（）正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大 正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率小正常工作时，洗衣机波轮的运转频率等于洗衣机的固有频率当洗衣机振动最剧烈时，波轮的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率A只有B只有CD4卢瑟福提出原子的核式结构模型这一模型建立的基础是（）A粒子的散射实验B对阴极射线的研究C天然放射性现象的发现D质子的发现5如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）A动
3、量守恒，机械能守恒B动量不守恒，机械能不守恒C动量守恒，机械能减小D动量不守恒，机械能减小6钍核Th具有放射性，它放出一个电子衰变成镤核（Pa），伴随该过程放出光子，下列说法中正确的是（）A该电子就是钍原子核外的电子B光子是衰变过程中原子核放出的C给钍元素加热，其半衰期变短D原子核的天然放射现象说明原子核是可分的7如图所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是（）A圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动B圆盘以某一水平直径为轴匀速转动C圆盘在磁场中向右匀速平移D匀强磁场均匀增加8如图所示，在电路中接一段钨丝（从旧日光灯管中取出），闭合开关，灯泡正常发光，当用
4、打火机给钨丝加热时灯泡亮度明显变暗，根据钨丝的上述特性，可用钨丝来制作一个温度传感器，下面的说法中正确的是（）A该传感器利用了钨丝的化学性质B该传感器利用了钨丝电阻随温度变化而变化的特性C该传感器能够把热学量（温度）转换为电学量（电阻）D该传感器能够把电学量（电阻）转换为热学量（温度）9如图所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与匀强磁场B夹角为=45现将线圈以ab边为轴顺时针转动90，则线圈在初、末位置磁通量的改变量的大小为（）A0B BSC nBSD无法计算10如图所示是用于观察自感现象的电路，设线圈的自感系数较大，线圈的直流电阻RL与小灯泡的电阻R满足RLR则在开关S
5、断开瞬间，可以观察到（）A灯泡立即熄灭B灯泡逐渐熄灭，不会闪烁C灯泡有明显的闪烁现象D灯泡会逐渐熄灭，但不一定有闪烁现象二、实验题11某同学研究小滑块在水平长木板上运动所受摩擦力的大小，选用的实验器材是：长木板、总质量为m的小滑块、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、游标卡尺、刻度尺器材安装如图甲所示（1）主要实验过程：（）用游标卡尺测量挡光片宽度d，读数如图乙所示，则d=mm；（）让小滑块从斜面上某一位置释放，读出小滑块通过光电门时数字毫秒计示数t；（）用刻度尺量出小滑块停止运动时挡光片与光电门间的距离L；（）求出小滑块与木板间摩擦力f= （用物理量m、d、L、t表示）；（2）若实验中没有
6、现成的挡光片，某同学用一宽度为6cm的金属片替代，这种做法是否合理？ （选填“合理”或“不合理”）（3）实验中，小滑块释放的高度要适当高一些，其目的是减少误差（选填“系统”或“偶然”）三、计算题12如图甲所示为一皮带传送装置，皮带保持匀速率运动，货物由静止放到皮带顶端，被皮带向下传送，其运动的vt图象如图乙所示，g=10m/s2求：（1）皮带的速率；（2）皮带与水平面间的夹角（及货物与皮带之间的动摩擦因数）；（3）如果货物是用麻袋装载的石灰粉，当第一件货物被运送后，发现皮带上留有一段8.0m长的白色痕迹，请由此推断每件货物的传送时间和传送距离13如图所示，水平轨道CD与光滑竖直圆轨道ED、BC
7、分别相切于D、C点质量m=2kg的小滑块从圆轨道B点上方由静止释放，通过B点切如轨道BC，此后，滑块在轨道内往复运动已知AB间高度差h=1.6m，圆轨道半径均为R=1.6m，CD长l=3.5m，滑块与CD间的动摩擦因数=0.4，取g=10m/s2，求：（1）滑块落入轨道后，能离开水平轨道CD的最大高度；（2）滑块最终停在距C点多远处；（3）滑块在水平轨道CD上运动的总时间14如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计，物块（可视为质点）的质量为m，在水平桌面上沿x轴运动，与桌面间的动摩擦因数为，以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F=
8、kx，k为常量（1）请画出F随x变化的示意图；并根据Fx图象求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所做的功（2）物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2，在这个过程中，a求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；b求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念15如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为=37的固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分vt图象如图乙所示，取g=10m/s2，试求：（1）拉力F的大小和斜面的动摩擦因数；（2）求拉力F对物体所做的功2015-20
9、16学年湖北省荆州市松滋二中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10小题，每题4分，共计40分）1如图所示，弹簧振子在B、C间做简谐运动，O为平衡位置，B、C间的距离为20cm，振子由B运动到C的时间为2s，则（）A从OCO振子做了一次全振动B振动周期为2s，振幅是10cmC从B开始经过6s，振子通过的路程是60cmD从O开始经过3s，振子又到达平衡位置O【考点】简谐运动的振幅、周期和频率【专题】简谐运动专题【分析】振子通过的路程是四个振幅时，完成一次全振动BC运动时间为半个周期振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由题可知，振幅A=振子每个周期通过的路程是4A【解答】解：
10、A、从OCO振子通过的路程是两个振幅，不是一次全振动故A错误B、由题，BC间距离为10cm，BC运动时间为2s，则振幅A=5cm，周期为T=4s故B错误C、经过1.5次全振动，通过的路程S=6A=60cm故C正确D、从B开始经过3s，振子振动了个周期，振子到达最大位置处；故D错误；故选：C【点评】本题考查对振动周期、振幅、路程等描述振动常用物理量的理解能力对于经过整数倍周期时间，振子通过的路程S=n4A，而非整数倍周期时间，则不一定有此规律，要具体问题具体分析2如图所示是一波源O做匀速直线运动时在均匀介质中产生球面波的情况，则（）A该波源正在移向a点B该波源正在移向b点C在a处观察，波的频率变
11、低D在b处观察，波的频率变高【考点】多普勒效应【分析】根据波速、波长和频率的关系式v=f判断，其中波速由介质决定，波长等于相邻波峰间距，从而确定频率的变化，结合多普勒效应：当两者间距变小时，接收频率变高，当间距变大时，接收频率变低，即可求解【解答】解：根据波速、波长和频率的关系式v=f，由于同一种介质中波速相同，A点位置附近波长最短，B点位置附近波长最长，在a处观察，接受到波的频率最高，在b点接受到波的频率最低，波源正在移向a点，属于多普勒效应现象，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】本题关键明确：发生多普勒效应时，波速、波长和频率的关系式v=f；同一种介质中波速相同，波长等于相邻波峰间距3
12、一洗衣机在正常工作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动再逐渐减弱，对这一现象，下列说法正确的是（）正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大 正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率小正常工作时，洗衣机波轮的运转频率等于洗衣机的固有频率当洗衣机振动最剧烈时，波轮的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率A只有B只有CD【考点】产生共振的条件及其应用【分析】振动最激烈时是转动频率等于洗衣机的固有频率，振动减弱时说明频率不再相等【解答】解：洗衣机切断电源，脱水缸的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内洗衣机发生了强烈的振动，说明此时脱水缸转动的频率与洗衣机固有频率
13、相同，发生了共振此后脱水缸转速减慢，则驱动力频率小于固有频率，所以共振现象消失，洗衣机的振动幅度随之减弱，所以选项正确，错误故选C【点评】本类题目抓住关键点：频率相等时发生共振现象，振幅最大4卢瑟福提出原子的核式结构模型这一模型建立的基础是（）A粒子的散射实验B对阴极射线的研究C天然放射性现象的发现D质子的发现【考点】原子的核式结构【专题】原子的核式结构及其组成【分析】由于“枣糕模型”无法解释卢瑟福的粒子的散射实验，因此卢瑟福在此基础上提出了原子的核式结构模型，要了解各种模型提出的历史背景以及物理意义【解答】解：A、卢瑟福在粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型，故A正确；B、汤姆逊通过
14、研究阴极射线，发现了电子，故B错误；C、天然放射性现象的发现说明了原子核内有复杂的结构，故C错误；D、卢瑟福通过用粒子轰击氮核发现了质子并首次完成了原子核的人工转变，故D错误故选A【点评】原子的结构到底是什么样的，很多科学家进行了大胆探索，对于各种原子模型的提出同学们要了解其背景、过程以及物理意义5如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）A动量守恒，机械能守恒B动量不守恒，机械能不守恒C动量守恒，机械能减小D动量不守恒，机械能减小【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【
15、专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据机械能守恒与动量守恒的条件分析答题【解答】解：子弹击中木块过程系统要克服阻力做功，部分机械能转化为内能，机械能机械能减少，机械能不守恒，木块压缩弹簧过程只有弹力做功，系统机械能守恒，整个过程系统机械能减少，机械能不守恒；在木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，由此可知，整个过程机械能不守恒，机械能减少，动量不守恒，故BD正确，AC错误；故选：BD【点评】本题考查了判断系统动量与机械能如何变化，分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒与动量守恒的条件即可
16、解题6钍核Th具有放射性，它放出一个电子衰变成镤核（Pa），伴随该过程放出光子，下列说法中正确的是（）A该电子就是钍原子核外的电子B光子是衰变过程中原子核放出的C给钍元素加热，其半衰期变短D原子核的天然放射现象说明原子核是可分的【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】衰变和半衰期专题【分析】衰变后放出的电子是质子转化来的，一个质子转化为一个中子和一个电子；光子是放射性同位素在衰变过程中从原子核内发出的；钍元素的半衰期是由原子核的结构决定的，与外界因素无关；原子核的天然放射现象说明原子核具有复杂结构，并且说明原子核是可分的【解答】解：A：衰变后放出的电子是质子转化来的，一个质子转化为一个中子
17、和一个电子，故A错误B：光子是衰变过程中原子核放出的，故B正确C：钍元素的半衰期是由原子核的结构决定的，与外界因素无关，故C错误D：原子核的天然放射现象说明原子核具有复杂结构，并且说明原子核是可分的故D正确故选：BD【点评】本题考查衰变的实质，半衰期的定义以及天然放射现象是如何产生的，虽然是一些基础，但需要加强理解7如图所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是（）A圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动B圆盘以某一水平直径为轴匀速转动C圆盘在磁场中向右匀速平移D匀强磁场均匀增加【考点】楞次定律【分析】发生感应电流的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，根据题
18、意逐项判断即可【解答】解：A、保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，A错误；B、圆盘以某一水平直径为轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，B正确；C、保持圆环水平并在磁场中左右移动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，C错误；D、使匀强磁场均匀增加，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，D正确；故选BD【点评】本题考查了产生感应电流的条件，难度不大8如图所示，在电路中接一段钨丝（从旧日光灯管中取出），闭合开关，灯泡正常发光，当用打火机给钨丝加热时灯泡亮度明显变暗，根据钨丝的上述特性，可用钨丝来制作一个温度传感器，下面的说法中正确的是（）A该
19、传感器利用了钨丝的化学性质B该传感器利用了钨丝电阻随温度变化而变化的特性C该传感器能够把热学量（温度）转换为电学量（电阻）D该传感器能够把电学量（电阻）转换为热学量（温度）【考点】自感现象和自感系数【分析】金属导体的电阻随温度的升高而增大，温度的变化导致电阻值的变化，所以该传感器能够把热学量温度转换为电学量电阻【解答】解：由题目中的实验现象可知，钨丝的电阻随温度的升高而增大，随温度的降低而减小，利用该特性可以制成温度传感器，传感器能够把温度这个热学量转换为电阻这个电学量故B、C正确，A、D错误故选：BC【点评】本题考查的知识点是传感器，但是不同的传感器有不同的具体应用，要牢记常用传感器的工作原
20、理、特性及在实践中的应用要在平时学习中不断积累9如图所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与匀强磁场B夹角为=45现将线圈以ab边为轴顺时针转动90，则线圈在初、末位置磁通量的改变量的大小为（）A0B BSC nBSD无法计算【考点】磁通量【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量=0；若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据=BSsin（是线圈平面与磁场方向的夹角）即可求解【解答】解：设初位置时穿过线圈的磁通量为正，则初位置时：1=BsinS=，末位置时：
21、，则初、末位置磁通量的改变量的大小为：，故B正确故选：B【点评】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式=BSsin（是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况注意夹角是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈10如图所示是用于观察自感现象的电路，设线圈的自感系数较大，线圈的直流电阻RL与小灯泡的电阻R满足RLR则在开关S断开瞬间，可以观察到（）A灯泡立即熄灭B灯泡逐渐熄灭，不会闪烁C灯泡有明显的闪烁现象D灯泡会逐渐熄灭，但不一定有闪烁现象【考点】自感现象和自感系数【分析】当灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S时，灯
22、泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象【解答】解：开关S闭合稳定状态时，由于线圈的直流电阻RL与灯泡的电阻R满足RLR，则线圈中的电流ILI，当开关断开后灯泡中电流立即完全消失，而线圈由于由自感作用阻碍其自身电流的减小，故线圈与灯泡组成回路，其电流IL逐渐减小，灯泡中由原来较小的电流I变为较大电流IL时要明显闪亮一下然后再逐渐熄灭，故C正确AB错误；由分析知只要ILI，即RLR灯泡就会出现闪亮的现象，若RLR就会有明显 闪亮现象，故D错误故选：C【点评】该题中，自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用基础题目二、实验题1
23、1某同学研究小滑块在水平长木板上运动所受摩擦力的大小，选用的实验器材是：长木板、总质量为m的小滑块、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、游标卡尺、刻度尺器材安装如图甲所示（1）主要实验过程：（）用游标卡尺测量挡光片宽度d，读数如图乙所示，则d=7.35mm；（）让小滑块从斜面上某一位置释放，读出小滑块通过光电门时数字毫秒计示数t；（）用刻度尺量出小滑块停止运动时挡光片与光电门间的距离L；（）求出小滑块与木板间摩擦力f= （用物理量m、d、L、t表示）；（2）若实验中没有现成的挡光片，某同学用一宽度为6cm的金属片替代，这种做法是否合理？不合理 （选填“合理”或“不合理”）（3）实验中，小滑块
24、释放的高度要适当高一些，其目的是减少系统误差（选填“系统”或“偶然”）【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【专题】实验题【分析】游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度得出小滑块通过光电门的瞬时速度，结合速度位移公式求出匀减速运动的加速度大小，通过牛顿第二定律求出滑块与木板间的摩擦力【解答】解：（1）（）由图示游标卡尺可知，其示数为：d=7mm+70.05mm=7.35mm；（）块通过光电门的速度v=，根据速度位移公式得，滑块匀减速运动的加速度大小a=，根据牛顿第二定律得，f=ma=（2）实验中没有现成的挡光片，某同学用一宽度为6cm的金属片替代，则
25、用平均速度表示瞬时速度误差变大，这种做法不合理（3）在实验中用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，存在一定的误差，该误差无法避免，属于系统误差，小滑块释放的高度要适当高一些，通过光电门的时间变短，可以减小系统误差故答案为：（1）（）7.35；（）； （2）不合理；（3）系统【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，掌握极限的思想在物理中的运用，即极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小三、计算题12如图甲所示为一皮带传送装置，皮带保持匀速率运动，货物由静止放到皮带顶端，被皮带向下传送，其运动的vt图象如图乙所示，g=10m/s2求：（1）皮带的速率；（2）皮带与水平面间的夹角（及货物与皮带之间
26、的动摩擦因数）；（3）如果货物是用麻袋装载的石灰粉，当第一件货物被运送后，发现皮带上留有一段8.0m长的白色痕迹，请由此推断每件货物的传送时间和传送距离【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】简答题；定性思想；推理法；直线运动规律专题【分析】（1）货物先加速，当货物的速度与传送带速度相等时，由于货物重力的下滑分力大于滑动摩擦力，继续加速；（2）对第一阶段和第二阶段过程分别运用牛顿第二定律列方程后联立求解；（3）先求解出货物加速到与传送带等速过程的相对位移；然后判断进一步运动情况，根据运动学公式列式求解【解答】解：（1）根据图象可知，皮带的
27、速度为6.0 m/s，方向沿斜面向下（2）由货物运动的vt图象得：a1=6.0 m/s2，a2=4.0 m/s2在01.0 s：皮带对物体的滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得：mgsim+mgcos=ma1在1.0 s2.0 s：皮带对物体的滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma2联立得：=30，=（3）由vt图象知货物在1.0时间内加速到与皮带相同的速度6.0 m/s，皮带发生的位移s带=v1t=6.0 m，货物发生的位移s物=t=3.0 m，此时间内皮带上痕迹的长度：s=s带s物=3.0 ml=8.0 m此后货物速度超过皮带速度，物体向底端运动过程中发生的距
28、离比皮带多8.0 m（其中有3.0 m为痕迹重叠区域）设从1.0秒末开始，货物的传送到底端的时间为t1、货物到底端的距离为S，则：对皮带S8=v1t1，对货物S=v1t1+，联立以上两式得：t1=2s，S=15 m，故每件货物的传送时间：T=t1+t=1+2=3s，传送距离：L=s物+S=23m答：（l）皮带的速度为6.0m/s；（2）皮带与水半面间的夹角为30度，货物与皮带之间的动摩擦因数的大小为；（3）每件货物的传送时间为3s，传送距离为23m【点评】本题关键是要根据图象得到货物的运动规律，然后受力分析后根据牛顿第二定律列方程求解，难度适中13如图所示，水平轨道CD与光滑竖直圆轨道ED、B
29、C分别相切于D、C点质量m=2kg的小滑块从圆轨道B点上方由静止释放，通过B点切如轨道BC，此后，滑块在轨道内往复运动已知AB间高度差h=1.6m，圆轨道半径均为R=1.6m，CD长l=3.5m，滑块与CD间的动摩擦因数=0.4，取g=10m/s2，求：（1）滑块落入轨道后，能离开水平轨道CD的最大高度；（2）滑块最终停在距C点多远处；（3）滑块在水平轨道CD上运动的总时间【考点】动能定理的应用；功能关系【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）由动能定理可以求出轨道的高度；（2）在水平轨道上，滑块要克服摩擦力做功，由能量守恒定律或动能定理可以求出滑块的位移，然后确定滑块的位置；（3）由动能定理
30、求出滑块到达C点的速度，由速度公式与牛顿第二定律求出滑块的运动时间【解答】解：（1）滑块第一次滑过CD后上升的高度最大，设为H，由动能定理：mg（h+R）mgl+mgH=0，解得：H=1.8m；（2）滑块在水平轨道上滑动的路程为s，由能量守恒：mgs=mg（h+R），解得：s=8m，故滑块停在距C点1m处；（3）滑块第一次到达C的速度v满足：mg（h+R）=，滑块在CD段上的往复运动可等效为一个单方向的减速直线运动：由匀变速运动的速度公式得：0=vat，由牛顿第二定律得：mg=ma，解得：t=2s；答：（1）滑块落入轨道后，能离开水平轨道CD的最大高度为1.8m；（2）滑块最终停在距C点1m处
31、；（3）滑块在水平轨道CD上运动的总时间为2s【点评】分析清楚滑块的运动过程、应用动能定理、运动学公式、牛顿第二定律即可正确解题，本题难度不大，分析清楚滑块运动过程是正确解题的关键14如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计，物块（可视为质点）的质量为m，在水平桌面上沿x轴运动，与桌面间的动摩擦因数为，以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F=kx，k为常量（1）请画出F随x变化的示意图；并根据Fx图象求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所做的功（2）物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2，在这个过程中，a求弹力所做的功
32、，并据此求弹性势能的变化量；b求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念【考点】功能关系【分析】（1）由胡克定律可得出对应的公式，则可得出对应的图象；再根据vt图象中面积表示移进行迁移应用，即可求得弹力做功；（2）a、根据（1）中求出功的公式可分别求出两过程中弹力做功，即可求出总功，再由功能关系求解弹力做功情况；b、根据摩擦力的特点求解摩擦力的功，通过比较可明确能不能引入“摩擦力势能”【解答】解：（1）Fx图象如图所示；物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中，弹力做负功：Fx图线下的面积等于弹力做功大小；故弹力做功为：W=kxx=kx2（2）a、物
33、块由x1向右运动到x3的过程中，弹力做功为：WT1=（kx1+kx3）（x3x1）=kx12kx32；物块由x3运动到x2的过程中，弹力做功为：WT2=（kx2+kx3）（x3x2）=kx32kx22；整个过程中弹力做功：WT=WT1+WT2=kx12kx22；弹性势能的变化量为：EP=WT=kx22kx12；b、整个过程中，摩擦力做功：Wf=mg（2x3x1x2）比较两力做功可知，弹力做功与实际路径无关，取决于始末两点间的位置；因此我们可以定义一个由物体之间的相互作用力（弹力）和相对位置决定的能量弹性势能；而摩擦力做功与x3有关，即与实际路径有关，因此不能定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”答：
34、（1）图象如图所示；弹力做功为：kx2；（2）弹性势能的变化量为kx22kx12；摩擦力做功：Wf=mg（2x3x1x2）；不能引入“摩擦力势能”【点评】本题考查功能关系的应用及图象的正确应用，在解决物理问题时一定要注意知识的迁移，通过本题可掌握求变力功的一种方法15如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为=37的固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分vt图象如图乙所示，取g=10m/s2，试求：（1）拉力F的大小和斜面的动摩擦因数；（2）求拉力F对物体所做的功【考点】功的计算【专题】功的计算专题【分析】（1）根据速度时间图
35、线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小（2）根据图象求出拉力作用下的位移，由功的公式求的拉力做功【解答】解：（1）根据速度时间图线知，匀加速直线运动的加速度：a1=20m/s2匀减速直线运动的加速度：a2=10m/s2根据牛顿第二定律得：Fmgcosmgsin=ma1撤去F后，由牛顿第二定律得：mgcos+mgsin=ma2解得：F=30N，=0.5（2）由图象的“面积”求得01s内物体的位移为：s=1（0+20）m=10m则拉力F对物体所做的功为：W=Fs=3010J=300J答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小分别为0.5和30N（2）拉力F对物体所做的功为300J【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，理清物体的运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解
