2018-2019学年吉林省白城一中高一(下)月考物理试卷(6月份)

2018-2019 学年吉林省白城一中高一（下）月考物理试卷（ 6 月份）
一、单选题（本大题共7 小题，共28.0 分）
1.在地面高处，以一定的初速度水平抛出一个物体，在忽略空气阻力的情况下，
该物体落地过程中的运动轨迹是一条抛物线，如图所示，则
A. c点的机械能比a点的机械能大
B.
C. c点的势能比a点的势能大
D.a 点的动能比 c 点的动能大a、 b、 c 三点的机械能相等
2.如图所示，在电梯中的斜面上放置了一滑块，在电梯加速上升的过程中，滑块相对斜
面静止。

则在该过程中
A.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增加的重力势能
B.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能
C.滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的机械能
D.斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功
3. 我们研究了开普勒第三定律，知道了行星绕恒星的运动轨道近似是圆形，周期T的平方与轨道半径R 的三次
方的比为常数，则该常数的大小
A. 只跟恒星的质量有关
B. 只跟行星的质量有关
C. 跟行星、恒星的质量都有关
D. 跟行星、恒星的质量都没关
4.“飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车，简
化后的模型如图所示，表演者沿表演台的侧壁做匀速圆周运动．若表演时杂技演员
和摩托车的总质量不变，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道
平面离地面的高度为 H，侧壁倾斜角度不变，则下列说法中正确的是
A. B. C. D.摩托车做圆周运动的H 越高，向心力越大
摩托车做圆周运动的H 越高，线速度越大
摩托车做圆周运动的H 越高，向心力做功越多摩托车对侧壁的压力随高度H 变大而减小
5. 蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱。

如图所示，蹦极者从P 点由
静止跳下，到达 A 处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点 B 处，B 离水面还有数米距离。

蹦极者视为质点在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为，绳的弹性势能的增加量为，克服空气阻力做的功为W，则下列说法正确的是
A. B. C. D.蹦极者从P 到 A 的运动过程中，机械能守恒
蹦极者与绳组成的系统从 A 到 B 的运动过程中，机械能守恒
6. 完全相同的小球 a b c a向下抛出，将b与水平成c沿与水平成角的
、、距地面高度相同，现将向下抛出，
斜面运动，如图。

三者初速度大小相同，运动过程中均不计阻力。

a、b、c 刚要落地时重力的功率分别为、、，则
A. B. C. D.
7. 质量分别为m 和 2m 的两个小球P 和 Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L ，在离 P
球处有一个光滑固定轴O，如图所示。

现在把杆置于水平位置后自由释放，Q 球顺
时针摆动到最低位置，则
A.小球 P 在最低位置的速度大小为
B. 小球P在此过程中机械能增加量为mgL
C.小球 Q 在最高位置的速度大小为
D.小球 Q 在此过程中机械能减少
二、多选题（本大题共 5 小题，共20.0 分）
8. 一小船在静水中的速度为，它在一条河宽为150m，水流速度为的河流中渡河，则该小船
A. B.能到达正对岸
渡河的时间可能等于50s
C. 以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200m
D. 以最短位移渡河时，位移大小为200m
9. 如图，光滑轨道由AB BCDE
两段细圆管平滑连接组成，其中
AB
段水平，
BCDE
段为半径为
R
的四分之三、
圆弧管组成，圆心O 与 AB 等高，整个轨道固定在竖直平面内．现有一质量为m，初速度的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R，则
A. 小球到达C点时的速度大小为
B. 小球能通过 E 点后恰好落至 B 点
C. 若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度距离 D 点为 2R
D. 若减小小球的初速度，则小球到达 E 点时的速度可以为零
10.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为，
光滑斜面bc 与水平面的夹角为，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、
的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两
滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑
块沿斜面运动的过程中
A. B.轻绳对滑轮作用力的方向是竖直向下
拉力和重力对M 做功之和大于M 动能的增加
C. 拉力对M做的功等于M 机械能的增加
D. 两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功
11.“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球，在距月球表面200km 的 P 点进行第一次“刹
车制动”后被月球捕获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，如图所示．之后，卫星在P 点经过几次“刹车制动”，最终在距月球表面200km 的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动．用、、分别表示卫星在椭圆轨道Ⅰ 、Ⅱ 和圆形轨道Ⅲ 上运动的周期，用、、分别表示卫星沿三个轨道运动到P 点的加速度，、、分别表示卫星沿三个轨道运动到P 点的速度，用、、分别表示卫星沿三个轨道运动到P 点时受到的万有引力，则下面关系式中正确的是
A. B. C. D.
12.如图甲所示，在升降机顶部安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器下方挂一轻质弹簧，弹簧下端挂一质
量为 m 的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器所显示
弹簧的拉力 F 的大小随时间 t 变化的图象如图乙所示， g 为重力加速度，则下列选项正确的是
A.升降机停止前可能向下运动
B.～时间弹簧的弹力对小球做正功
C.～时间小球向下运动，动能先减小后增大
D.～时间弹簧弹性势能的减少量大于小球动能的增加量
三、实验题（本大题共 2 小题，共14.0 分）
13.某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系。

小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为；
在钉子上分别套上 2 条、3 条、4 条同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤，小物块落点分别记为、、；
测量相关数据，进行数据处理。

为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的______ 填正确答案标号。

A.小物块的质量m
B.橡皮筋的原长x
C.橡皮筋的伸长量
D.桌面到地面的高度h
E.小物块抛出点到落地点的水平距离L
将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为、、、，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为、、、若功与速度的平方成正比，则应以W 为纵坐标、 ______为横坐标作图，才能得到一条直线。

由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于______ 填“偶然误差”或“系统误差” 。

14.用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V 的交流电和直
流电两种．重锤从高处由静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，已知重力加速度为g，即可验证机械能守恒定律．
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.将打点计时器接到电源的直流输出端上；
C.用天平测量出重锤的质量；
D.先释放悬挂纸带的夹子，然后接通电源开关打出一条纸带；
E.测量打出的纸带上某些点之间的距离；
F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能在误差范围内是否等于增加的动能．
其中没有必要或操作不恰当的步骤是______ 填写选项对应的字母
如图 2 所示是实验中得到一条纸带，将起始点记为O，并在离 O 点较远的任意点依次选取 6 个连续的点，分别记为A、 B、C、D 、E、F，量出与O 点的距离分别为、、、、、，使用交流电的周期为T，设重锤质量为m，则在打 E 点时重锤的动能为______，在打 O 和 E 点这段时间内的重力势能的减少量为______．在本实验中发现，重锤减少的重力势能总是______ 填“大于”或“小于”重锤增加的动能，主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用，为了测定阻力大小，可算出问中纸带各点对应的速度，分别记为至，并作图象，如图 3 所示，直线斜率为k，则可测出阻力大小为______．
四、计算题（本大题共 3 小题，共38.0 分）
15.如图所示，光滑水平面 AB 与一半圆形轨道在 B 点平滑连接，轨道位于竖直面内，
其半径为 R，一个质量为 m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使
其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经 B 点进入半
圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7 倍，之后向上运动恰能完成半圆
周运动到达 C 点，重力加速度为g。

求：
弹簧弹力对物块做的功；
物块从 B 到 C 克服阻力所做的功；
物块离开 C 点后，再落回到水平面上时的动能。

16. 如图所示，在高的光滑水平平台上，将质量的小物以一定的水平速度向右滑下平台，做
平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC 的 B 点的切线方向进入圆弧形轨道。

B 点的高度，圆弧轨道的圆心 O 与平台等高，轨道最低点 C 的切线水平，并与地面上长为的水平粗糙轨道CD 平滑连接；小物块沿轨道BCD 运动并与右边墙壁发生碰撞，取。

求小物块由 A 到 B 的运动时间；
求小物块水平速度的大小；
若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出 B 点，最后停在轨道CD 上的某点点没画出。

设小物块与轨道CD 之间的动摩擦因数为，求的取值范围。

17.如图所示，质量 m 的小物体，从半径为 R 的光滑圆弧顶端释放，圆弧底端切线水平，到达底端时水平进入
轴心距离 L 的水平传送带，传送带可由一电机驱可使顺时针转动。

已知物体与传送带间的动摩擦因数为求：
求物体到达圆弧底端时受到轨道的支持力的大小。

若电机不开启，传送带不动，物体能够从传送带右端滑出，求物体滑离传送带右端的速度大小。

若开启电机，传送带以速率大于物体滑上传送带时的初速度顺时针转动，且已知物体到达传送带右端前速度已达到，求传送一个物体电动机对传送带多做的功W。

答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：
A、 D、据题，忽略空气阻力，物体只受重力，机械能守恒，所以a、b、 c 三点的机械能相等。

故 A 错误， D 正确。

B、从 a 到 c，重力对物体做正功，根据动能定理可知动能增加，所以 c 点的动能比 a 点的动能大，故 B 错误。

C、从 a 到 c，重力对物体做正功，重力势能减小，所以 c 点的势能比 a 点的势能小，故 C 错误。

故选： D。

不计空气阻力时，物体的机械能守恒，根据动能定理分析动能关系，根据重力做功的情况，判断势能关系．
解答本题的关键要掌握机械能守恒的条件：只有重力做功，判断出物体的机械能守恒，运用动能定理分析动能的变化，知道重力势能的变化取决于重力做功．
2.【答案】B
【解析】解：A、重力对滑块所做的功的大小等于滑块增加的重力势能。

故 A 错误；
B、斜面对滑块的弹力和摩擦力的合力对滑块所做的等于于滑块增加的机械能，所以斜面对滑块的弹力对滑块所
做的功小于滑块增加的机械能。

故 B 正确；
C、滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的动能。

故 C 错误；
D 、斜面对滑块的摩擦力对滑块做正功。

故 D 错误；
故选： B。

重力对滑块所做的功的大小等于滑块增加的重力势能；斜面对滑块的弹力和摩擦力的合力对滑块所做的等于于滑
块增加的机械能；滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的动能。

本题考查了功能关系。

要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；
涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功。

3.【答案】A
【解析】解：依据行星所受万有引为提供向心力，
则有，公式；
式中的 k 只与恒星的质量有关，与行星质量无关，故 A 正确， BCD 错误
故选： A。

行星所受万有引为提供向心力，可知半长轴的三次方与公转周期的二次方成正比．
行星绕太阳虽然是椭圆运动，但我们可以当作圆来处理，同时值得注意是周期是公转周期
4.【答案】B
【解析】解：A、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg 和支持力 F 的合力，
作出力图。

如图向心力， m，不变，向心力大小不变。

故 A 错误。

B、根据牛顿第二定律得， h 越高， r 越大，不变，则 v 越大。

故 B 正确。

C、向心力对物体不做功，故 C 错误；
D、侧壁对摩托车的支持力不变，则摩托车对侧壁的压力不变。

故 D 错误。

故选： B。

摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力 mg 和支持力 F 的合力，作出力图，得出向心力大小不变． h 越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式分析周期、线速度大小．
本题考查应用物理规律分析实际问题的能力，是圆锥摆模型，关键是分析物体的受力情况，研究不变量．
5.【答案】D
【解析】解：A、蹦极者从P 到 A 的过程中，除了重力做功以外，有空气阻力做功，机械能不守恒。

故 A 错误；
B、从 A 到 B 的过程中，有重力、弹力和阻力做功，对于系统，除了重力和弹力做功以外，有阻力做功，系统机
械能不守恒。

故 B 错误；
C、D 、根据能量守恒知，由于动能变化量为零，重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和，
即故 C错误， D正确。

故选： D。

根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒，结合能量守恒守恒得出重力势能减小量、弹性势能增加量和克服空
气阻力做功的大小关系。

解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，即只有重力做功或弹力做功；知道能量守恒是一个普遍的规律，会通过能量守恒分析能量变化的关系。

6.【答案】A
【解析】解： a 球竖直下抛， b 球斜向下抛出， c 球沿斜面运动，初速度大小相等，只有重力做功，根据动能定理可
知，末速度大小相等。

三球落地时速度方向不同，将三球的末速度分解可知， a 球的竖直分速度最大，c球最小，根据可知，，故 A 正确， BCD 错误。

故选： A。

三球运动过程中，只有重力做功，根据动能定理求解末速度。

根据重力的瞬时功率公式比较落地时重力的功率。

本题考查了曲线运动中功率的计算，解题思路是将运动进行分解，找到重力方向的速度，根据功率公式比较。

7.【答案】A
【解析】解：对于 P 球和 Q 球组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，则有：
，
两球共轴转动，角速度大小始终相等，由得：
；
联立解得：，故 A 正确，
小球 P 机械能的变化量 2 为：，故B错误，
因为系统机械能守恒，故P 机械能增加多少，则Q 减少多少，所以Q 机械能减少，故D错误；
C.根据题意知Q 能达到的最高位置为初始的水平位置，根据机械能守恒知，在最高点Q的速度为零，故C错误。

故选： A。

在 Q 球顺时针摆动到最低位置的过程中，对于两球和地球组成的系统机械能守恒，由此列式求解；
根据动能和重力势能的变化，求 P 球机械能的变化和 Q 球机械能的变化；明确
知道机械能守恒的条件即只在重力和系统内弹簧的弹力做功时机械能守恒。

8.【答案】BCD
【解析】解： A、因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不
可能垂直河岸正达对岸。

故 A 错误。

B、当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短：，故B正确。

C、船以最短时间50s 渡河时沿河岸的位移：水，即到对岸时被冲下200m，故 C 正
确。

D、因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸
正达对岸。

所以最短位移。

故 D 正确。

故选： BCD。

船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，最短的时间主要是希望合速度在垂直河岸方向上的分量最
大，这个分量一般刚好是船在静水中的速度，即船当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短；如果船在静水中的速度小于河水的流速，则合速度不可能垂直河岸，那么，小船不可能垂直河岸正达对岸．
小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直
河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度
9.【答案】ABD
【解析】解：A、 A 至 C 过程，机械能守恒以 AB 为参考平面：，
将代入得：，故 A 选项正确；
B、A 至 E 过程，机械能守恒：，，，能正好平抛落回 B 点，故
B 选项正确；
C、设小球能上升的最大高度为h，则机械能守恒：，，故 C 选项错误；
D 、因为是圆弧管，内管壁可提供支持力，所以小球在
E 点速度可以为零，故 D 选项正确。

故选： ABD。

对于小球，从 A 到 C 过程，由机械能守恒可求得运动到 C 点时的动能； A 至 E 过程，机械能守恒，从 E 点物体做平抛运动；内管壁可提供支持力，所以小球在 E 点速度可以为零．
本题是圆周运动动力学与机械能守恒定律的综合应用，它们之间的桥梁是速度．
【答案】 BD
10.
【解析】解： A、根据题意可知，两段轻绳的夹角为，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合
力方向与绳子方向的夹角为，所以不是竖直向下的，故 A 错误；
B、对 M 受力分析，受到重力，斜面的支持力、绳子拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，M 动能的增加量等于拉力和重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对M 做功之和大于M 动能的增加量，故 B正确；
C、根据除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对M 做的功之和等于M 机械能的增加量，故 C 错误；
D 、对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对M 做功，所以两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功，故 D 正确。

故选： BD。

根据力的合成原则判断绳子对滑轮合力的方向，根据动能定理判断拉力和重力对M 做功之和与 M 动能的增加．功与能量的转化紧密联系，功是能量转化的量度，其中重力做功与重力势能变化、除了重力以外的力做功与机械能
的变化有关．
本题关键是掌握动能定理的应用和功能关系，知道重力做功对应重力势能变化、弹力做功对应弹性势能变化、合力做功对应动能变化、除重力或系统内的弹力做功对应机械能变化，难度适中．
11.【答案】CD
【解析】解： A、根据得，卫星沿三个轨道在P 点所受的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律知，加
速度大小相等。

故 A 错误， D 周期。

B、卫星在轨道Ⅰ上的 P 点变轨进入轨道Ⅱ ，需减速，由轨道Ⅱ 上的P点进入圆轨道Ⅲ，需减速，使得万有引力
等于向心力，所以故 B错误。

C、根据开普勒第三定律知，因为卫星在椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ 和圆形轨道Ⅲ 上半长轴减小，则周期减小，所以
故C正确。

故选： CD。

根据万有引力定律公式比较卫星沿三个轨道运动到P 点时受到的万有引力大小，根据牛顿第二定律比较加速度的
大小，通过开普勒第三定律比较周期的大小，结合变轨的原理比较线速度的大小关系．
解决本题的关键知道卫星变轨的原理，掌握开普勒第三定律，知道卫星在不同轨道上运动时，经过 P 点万有引力大小不变，则加速度不变．
12.【答案】BD
【解析】解： A、从 0 时刻开始，弹簧弹力减小，知小球向上运动，可知升降机停止前向上运动。

故 A 错误。

B、时间内，重力大于向上的拉力，加速度向下，小球向上做减速运动，弹簧的伸长量减小，拉力对小球
做的功。

故 B 正确。

C、由图可知时刻，小球到达最高点；时间内，小球向下运动，加速度先向下后向上，则速度先增大后
减小，动能先增大后减小，故 C 错误；
D 、时刻处于最低点，时间内，小球向上运动，克服重力做功，弹簧的弹性势能转化为小球的动能与重
力势能，所以弹簧弹性势能的减少量大于小球动能的增加量，故 D 正确。

故选： BD。

根据弹力的变化，结合惯性的知识判断升降机停止前向哪个方向运动，对小球受力，通过加速度的方向确定超重还是
失重；根据加速度的方向与速度方向的关系确定小球的速度变化。

本题考查力和运动的关系，以及能量守恒定律的运用，知道加速度方向与速度方向相同，做加速运动，加速度方
向与速度方向相反，做减速运动。

小球运动的过程中小球的机械能与弹簧的弹性势能的和不变。

13.
【答案】 ADE
系统误差
【解析】解：小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根
据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式，还需要知道小球的质量。

故 ADE 正确、 BC 错误。

故选： ADE。

根据，和，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与正比，故应以
W 为纵坐标、为横坐标作图，才能得到一条直线。

一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差。

由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差。

故答案为：；；系统误差。

小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点
的水平距离，可计算出小球离开桌面时的速度，再知道小球的质量，就可以计算出小球的动能。

根据，和，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与正比。

明确实验原理，根据相应规律得出表达式，然后讨论。

还要知道系统误差和偶然误差的区别，系统误差是由于仪
器的某些不完善、测量技术上受到限制或实验方法不够完善没有保证正确的实验条件等原因产生，如停表测时间时，停表不准确，慢了，测的时间间隔总是偏小。

偶然误差的特点是它的随机性。

如果我们对一些物理量只进行
一次测量，其值可能比真值大也可能比真值小，这完全是偶然的，产生偶然误差的原因无法控制，所以偶然误差
总是存在，通过多次测量取平均值可以减小偶然误差，但无法消除。

既然是误差就不可消除，只能是改进方法，
多次做试验，以减小误差。

14.【答案】BCD大于
【解析】解：、将打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故 B 错误．
C、因为我们是比较mgh、的大小关系，故m 可约去比较，不需要用天平，故 C 错误．
D、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
D错误．
故选： BCD．
点至 E 点重力势能减小量，在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，
因此有：，则 E 点的动能．
重锤下落过程中，不可避免的受到阻力作用，因此重力势能的减小量大于动能的增加量；重锤下落过程中，
受到重力和阻力作用，由动能定理：，可得：，则斜率，解得：．
故答案为：，，，大于，．
根据实验的原理以及操作中的注意事项确定不恰当货没有必要的操作步骤．
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出 E 点的速度，从而得出 E 点的动能，根据下降的高
度求出重力势能的减小量．
由于阻力的影响，重力势能的减小量大于动能的增加量，根据动能定理得出的关系式，结合图线的斜率求出阻力的大小．
解决本题的关键知道实验的原理，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会
根据下降的高度求解重力势能的减小量．对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率或截距进行分析求解．
15.【答案】解：物块在B点，由牛顿第二定律得
由动能定理得
解得弹簧弹力对物块做的功
物块从 B 到 C，由动能定理得
物块在 C 点时，有
解得物块从 B 到 C 克服阻力所做的功
物块从 C 点平抛到水平面的过程中，由动能定理得。