2019年高考物理江苏专版总复习课时作业： 三十二 实验七

课时作业二十一功能关系能量守恒定律(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )第1题图A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点2．(多选)下面关于摩擦力做功的叙述，正确的是( )A．静摩擦力对物体一定不做功B．滑动摩擦力对物体不一定做负功C．一对静摩擦力中，一个静摩擦力做正功，则另一个静摩擦力一定做负功D．一对滑动摩擦力中，一个滑动摩擦力做负功，则另一个滑动摩擦力一定做正功3．如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则( )第3题图A．小物块的初速度是5 m/sB．小物块的水平射程为1.2 mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D．小物块落地时的动能为0.9 J4．物体在竖直方向上分别做匀速上升、加速上升和减速上升三种运动．在这三种情况下物体机械能的变化情况是( )A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减少B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减少C．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变D．三种情况中，物体的机械能均增加5．如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O 为圆心，AB 为沿水平方向的直径．若在A 点以初速度v 1沿AB 方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D 点；若A 点小球抛出的同时，在C 点以初速度v 2沿BA 方向平抛另一相同质量的小球也能击中D 点．已知∠COD ＝60°，且不计空气阻力，则( )第5题图A ．两小球同时落到D 点B ．两小球在此过程中动能的增加量相等C ．在击中D 点前瞬间，重力对两小球做功的功率相等D ．两小球初速度之比v 1∶v 2＝6∶36．如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是( )第6题图A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgv7．(多选)如图，曲面EC 是半径为R ＝0.4 m 的14圆弧，C 端切线水平且与水平面CA 相连，在CE 上固定一光滑木板CD ，CD 与CA 平滑连接，质量为m ＝0.2 kg 的小物块从水平面上A 处以初速度v 0＝4 m/s 向左运动，恰好可以到达木板的D 端，下滑后停在B 处，AB ＝3BC ，重力加速度g 取10 m/s 2，则由题中信息可求出( )第7题图A ．滑块与水平面AC 的动摩擦因数μB ．木板CD 与水平面的夹角C ．滑块在木板上CD 下滑时重力的平均功率 D ．整个过程的摩擦热8．如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度s ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．第8题图9．如图，水平直线轨道OB与竖直的四分之一光滑圆弧轨道AB相切于B点，O为圆心，半径R＝1 m，A点与O点等高，劲度系数k＝103N/m的轻弹簧一端固定在D点挡板处，另一端为自由端在C点．BC＝0.9 m，将质量m＝1 kg的小物块从A点静止释放，观察到物块反弹回来后刚好到达B点．已知物块水平轨道的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2.(1)求出弹簧的最大压缩量及物块在水平轨道上运动过程中的最大加速度数值a；(2)若将DC段换成光滑的水平轨道，物块从A点释放后，求弹簧被压缩的最大弹性势能E p及物块第一次返回圆弧轨道上B点时轨道对物块支持力大小F N；(3)若将DC段换成光滑的水平轨道，物块从A点正上方h＝5 m高处释放落下，并从A 点切入轨道，求物块最终的静止位置离C点的距离．第9题图10．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛．B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点．已知赛车质量m＝0.5 kg，通电后以额定功率P＝2 W工作，进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为F f＝0．4 N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L＝10.0 m，R＝0.32 m，g取10 m/s2.(1)要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少为多大？(2)要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(3)若电动机工作时间为t0＝5 s，当半圆轨道半径为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大？水平距离最大是多少？第10题图课时作业(二十一) 功能关系能量守恒定律1.C 【解析】 小物体从A 处运动到D 处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f 1＝mgh ，小物体从D 处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功W f 2＜mgh ，所以小物体能滑回到B 处之上，但最高点要比D 处低，C 正确，A 、B 错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D 错误．2．BC 【解析】 物体在静摩擦力作用下可以向各个方向运动，所以静摩擦力可以对物体做功，故A 错误．物体在滑动摩擦力的作用下也可以运动，即运动方向可以与滑动摩擦力的方向相同，从而对物体做正功，故B 正确．由于一对静摩擦力等大反向，且作用位移相同，故一个力做正功，另一个力一定做负功，故C 正确．在一对滑动摩擦力中，力的大小相等、方向相反，但两力的作用位移大小不相同，方向也不相同，故D 错误．故选BC.3．D 【解析】 小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错；在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt 、h ＝12gt 2，解得x ＝0.9 m ，B 错；设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2，解得E k ＝0.9 J ，D 正确．4．C 【解析】 无论物体向上加速还是匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加，物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C 正确．故选C.5．D 【解析】 A ．根据h ＝12gt 2得，t ＝2hg，两球下降的高度之比为2∶1，则运动的时间之比为2∶1.由几何关系知，两球的水平位移之比为2∶3，则两球的初速度之比为6∶3.故D 正确，A 错误．B.因为两小球下降的高度不同，重力做功不同，根据动能定理知，动能的增加量不等．故B 错误；C.两球下落的高度之比为2∶1，则重力做功之比为2∶1.运动的时间之比为2∶1，根据功率的公式p ＝W t知，重力对两小球做功的功率不相等．故C 错误．故选D.6．D 【解析】 由能量守恒定律知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A 错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B 错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，故C 错；由功率公式易知传送带增加的功率为μmgv ，故D 对．7．BCD 【解析】 A ．对全过程运用动能定理得：－μmg (x AC ＋x BC )＝0－12mv 20①，对A到D 过程运用动能定理得：－μmgx AC －mg (2R sin ．．．θ)sin ．．．θ＝0－12mv 20②，由①式可以求出μmgx AC ，代入②式可以得出sin θ，从而得出木板与水平面的夹角，由两式无法求出滑块与水平面的动摩擦因数μ.故A 错误，B 正确．C.CD 的长度L ＝2R sin θ，滑块在CD 上下滑的加速度a ＝g sin θ，根据运动学公式可以求出运动的时间，根据P ＝mgL sin θt可以求出滑块在木板上CD 下滑时重力的平均功率，故C 正确．D.根据①式可以求出整个过程中克服摩擦力做功，从而得出整个过程的摩擦热，故D 正确．故选BCD.8．(1)3 m/s (2)1.4 m 【解析】 (1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12mv 2D －0将h 1、h 2、s 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s. (2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总．有：mgh 1＝μmgs 总将h 1、μ代入得：s 总＝8.6 m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为 2s －s 总＝1.4 m.9．(1)0.1 m 10.5 m/s 2(2)5.5 J 12N (3)0.3 m【解析】 (1)设物块相对B 点向左滑动的最大距离为s ，全程由功能关系得： －2μmgs ＝0－mgR 解得：s ＝1 m弹簧的最大压缩量为：Δx ＝s －BC ＝1－0.9＝0.1 m向左滑行刚要速度减为零时加速度最大，设为a ，根据牛顿第二定律得： k Δx ＋μmg ＝ma 解得：a ＝10.5 m/s 2. (2)由功能关系得：－μmgBC ＝E p －mgR解得，弹簧被压缩的最大弹性势能为：E p ＝5.5 J 返回B 点的速度为v B .由动能定理得：mgR －2μmgBC ＝12mv 2B在B 点，由牛顿第二定律得：2 0.3 m 处．1.2 m 【解析】 (1)赛车恰通过C 点的条件是2mv B ＝2mv C 在B 点应用牛顿第二定律得F N －mg ＝m mv 2BR联立解得v B ＝5gR ＝4 m/sF N ＝6mg ＝30 N 由牛顿第三定律得，赛车对轨道的压力F N ′＝F N ＝30 N. (2)由A 到B 过程克服摩擦力做功产生的热量Q ＝F f L 根据能量守恒定律得Pt ＝12mv 2B ＋Q联立解得t ＝4 s.(3)由A 到C 过程根据能量守恒定律得Pt 0＝12mv C ′2＋Q ＋mg ·2R 0赛车过C 点后做平抛运动，有 2R 0＝12gt 2，x ＝v C ′t联立解得x 2＝－16R 20＋9.6R 0 当R 0＝0.3 m 时x max ＝1.2 m.。

课时作业七共点力的平衡(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．如图所示，一木块在垂直于倾斜天花板平面方向的推力F作用下处于静止状态，则下列判断正确的是( )第1题图A．天花板与木块间的弹力可能为零B．天花板对木块的摩擦力可能为零C．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力增大D．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力不变2．如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，水平向左的力F作用于B上，A、B 之间的接触面倾斜．A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，关于两木块的受力，下列说法正确的是( )第2题图A．A、B之间一定存在摩擦力作用B．木块A可能受三个力作用C．木块A一定受四个力作用D．木块B一定受到地面向右的摩擦力作用3．在竖直放置的平底圆筒内，放置两个半径相同的刚性球a和b，球a质量大于球b.放置的方式有如图甲和乙两种．不计圆筒内壁和球面之间的摩擦，对有关接触面的弹力，下列说法正确的是( )第3题图A．图甲圆筒底受到的压力大于图乙圆筒底受到的压力B．图甲中球a对圆筒侧面的压力小于图乙中球b对侧面的压力C．图甲中球a对圆筒侧面的压力大于图乙中球b对侧面的压力D．图甲中球a对圆筒侧面的压力等于图乙中球b对侧面的压力4．如图所示为我国国家大剧院外部呈椭球型．假设国家大剧院的屋顶为半球形，因特殊原因要执行维修任务，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G.现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从C点(C点与A点等高)沿支架缓慢地向B点靠近．则绳中拉力大小变化的情况是( )第4题图A．先不变后变大 B．先不变后变小C．先变大后不变 D．先变小后不变5．固定在水平面上的光滑半球，半径为R，球心O的正上方固定一个小定滑轮，细线一端拴一小球，置于半球平面上的A点，另一端绕过定滑轮．如图所示，现缓慢地将小球从A 点拉向B点．在此过程中，小球对半球的压力大小F N、细线的拉力F T的变化情况是( )第5题图A．F N不变，F T不变 B．F N不变，F T变大C．F N不变，F T变小 D．F N变大，F T变小6．(多选)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )第6题图A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化7．如图所示，直角三角形框架ABC(角C为直角)固定在水平地面上，已知AC与水平方向的夹角为α＝30.小环P、Q分别套在光滑臂AC、BC上，用一根细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环P、Q的质量分别为m1、m2，则小环P、Q的质量之比为( )第7题图A.m 1m 2＝ 3B.m 1m 2＝3C.m 1m 2＝33 D.m 1m 2＝138．如图所示，两个截面半径均为r 、质量均为m 的半圆柱体A 、B 放在粗糙水平面上，A 、B 截面圆心间的距离为L .在A 、B 上放一个截面半径为r 、质量为2m 的光滑圆柱体C ，A 、B 、C 始终都处于静止状态，则( )第8题图A ．B 对地面的压力大小为3mgB ．地面对A 的作用力沿AC 圆心连线方向C ．L 越小，A 、C 间的弹力越小D ．L 越小，地面对A 、B 的摩擦力越大9．将两个质量均为m 的小球a 、b 用细线相连后，再用细线悬挂于O 点，如图所示．用力F 拉小球b ，使两个小球都处于静止状态，且细线OA 与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F 的最小值为( )第9题图A.33mg B ．mg C.32mg D.12mg 10．如图所示，一球A 夹在竖直墙与三角劈B 的斜面之间，三角劈的重力为G ，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的，设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．问：欲使三角劈静止不动，球的重力不能超过多少？第10题图11．质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F 拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．(1)拉力F 的最小值；(2)拉力F 最小时，木楔对水平面的摩擦力是多大？第11题图12．一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ＝45°)、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示．设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力F fm由F fm＝μF N(F N为正压力)求得．有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x.(1)试问，自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向．(2)求此时(自锁时)锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小．(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，则μ至少要多大？第12题图课时作业(七) 共点力的平衡1.D 【解析】 木块在力F 和重力的作用下不会平衡，所以还会受到倾斜天花板对木块的支持力和摩擦力，AB 项错．无论推力F 怎么变化，木块受到的都是静摩擦力，与木块重力在沿斜面方向的分力平衡，木块受天花板的摩擦力不变，C 项错，D 项正确．2．B 【解析】 由于A 、B 间接触面情况未知，若A 、B 接触面光滑，则A 、B 间没有摩擦力，此时A 受重力、B 对A 的支持力和墙壁对A 的弹力而平衡，故A 、C 错误，B 正确；木块B 受力F 、A 对B 的压力，若压力向右的分力等于F ，则地面对B 没有摩擦力，故D 错误．3．B 【解析】 以ab 整体为研究对象受力分析，受重力、圆筒底支持力和两侧的支持力，根据平衡条件，甲图圆筒底受到的压力等于乙图圆筒底受到的压力，故A 错误；根据平衡条件，同一圆筒内两侧的两个支持力是相等的；再以上面球为研究对象受力分析，根据平衡条件运用合成法，如图所示，由几何知识可知：F N 筒＝mg cot θ，故侧壁的支持力与上面球的重力成正比，由于球a 质量大于球b ，故乙图中两侧的支持力较大；由牛顿第三定律易知，B 正确，C 、D 错误．第3题图4．B 【解析】 分析轻质滑轮的受力如图所示，由滑轮模型的特点可知T 1＝T 2根据平衡条件可知，T 1、T 2合力与G 等大反向，且T 1＝T 2.第4题图所以T 1sin α＋T 2sin α＝T 3＝G 即T 1＝T 2＝G 2sin θ从C 点到半圆周上，夹角不变所以拉力大小不变，再沿支架缓慢地向B 点靠近时，夹角增大，所以选项B 正确．5．C 【解析】 小球受力如图所示，根据平衡条件知，球所受的支持力F N 和线的拉力F T 的合力跟重力是一对平衡力，即F ＝G ，根据几何关系知，力三角形△FAF N 与几何三角形△COA 相似．设滑轮到半球顶点B 的距离为h ，线长AC 为L ，则有F N R ＝G h ＋R ＝F T L.由于小球从A 点移向B 点的过程中，G 、R 、h 均不变，L 减小，故F N 大小不变，F T 减小．故选C.第5题图6．BD 【解析】 由于物体a 、b 均保持静止，各绳角度保持不变，对a 受力分析得，绳的拉力T ＝m a g ，所以物体a 受到绳的拉力保持不变。

课时作业 十三 运动的合成与分解(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．如图所示，水平桌面上一小铁球沿直线运动．若在铁球运动的正前方A 处或旁边B 处放一块磁铁，下列关于小球运动的说法正确的是( )第1题图A ．磁铁放在A 处时，小铁球做匀速直线运动B ．磁铁放在A 处时，小铁球做匀加速直线运动C ．磁铁放在B 处时，小铁球做匀速圆周运动D ．磁铁放在B 处时，小铁球做变加速曲线运动2．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O 点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度( )第2题图A ．大小和方向均不变B ．大小不变，方向改变C ．大小改变，方向不变D ．大小和方向均改变3．如图所示，一条小船位于200 m 宽的河正中A 点处，从这里向下游100 3 m 处有一危险的急流区，当时水流速度为4 m/s ，为使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少为( )第3题图A.433 m/sB.833 m/s C ．2 m/s D ．4 m/s4．如图所示，民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上沿跑道AB 运动，拉弓放箭射向他左侧的固定目标．假设运动员骑马奔驰的速度为v 1，运动员静止时射出的箭速度为v 2，跑道离固定目标的最近距离OA ＝d .若不计空气阻力的影响，要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则( )第4题图A ．运动员放箭处离目标的距离为v 21＋v 22v 2dB ．运动员放箭处离目标的距离为v 1v 2dC ．箭射到靶的最短时间为d v 1D ．箭射到靶的最短时间为dv 22－v 215．人用绳子通过定滑轮拉物体A ，A 穿在光滑的竖直杆上，当人以速度v 0匀速地拉绳使物体A 到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A 实际运动的速度是( )第5题图A ．v 0sin θ B.v 0sin θ C ．v 0cos θ D.v 0cos θ6．(多选)下列说法正确的是( )A ．物体在恒力作用下能做曲线运动也能做直线运动B ．物体在变力作用下一定是做曲线运动C ．物体做曲线运动，沿垂直速度方向的合力一定不为零D ．两个直线运动的合运动一定是直线运动7．(多选)如图，在河水速度恒定的小河中，一小船保持船头始终垂直河岸从一侧岸边向对岸行驶，船的轨迹是一个弯曲的“S ”形，则( )第7题图A ．小船垂直河岸的速度大小恒定不变B ．小船垂直河岸的速度大小先增大后减小C ．与船以出发时的速度匀速过河相比，过河时间长了D ．与船以出发时的速度匀速过河相比，过河时间短了8．船在静水中的速度与时间的关系如图甲所示，河水的流速与船离河岸的距离d 的变化关系如图乙所示，求：(1)小船渡河的最短时间；(2)小船以最短时间渡河的位移的大小．第8题图9．如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A 和B ，两球的质量均为m ，两球半径忽略不计，杆AB 的长度为l ，现将杆AB 竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B ，使小球B 在水平地面上由静止向右运动，求当A 球沿墙下滑距离为l2时，A 、B 两球的速度v A 和v B .(不计一切摩擦)第9题图10．如图所示，在竖直平面的xOy 坐标系中，Oy 竖直向上，Ox 水平．设平面内存在沿x 轴正方向的恒定风力．一小球从坐标原点沿Oy 方向竖直向上抛出，初速度为v 0＝4 m/s ，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M 点所示，(坐标格为正方形，g ＝10 m/s 2)求：(1)小球在M 点的速度v 1的大小；(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x 轴时的位置N ； (3)小球到达N 点的速度v 2的大小．第10题图课时作业(十三) 运动的合成与分解1.D 【解析】 磁铁放在A 处时，小铁球做变加速直线运动，选项A 、B 错误；磁铁放在B 处时，小铁球做变加速曲线运动，选项C 错误，D 正确．2．A 【解析】 铅笔匀速向右移动时，x 随时间均匀增大，y 随时间均匀减小，说明橡皮水平方向匀速直线运动，竖直方向也是匀速直线运动，所以橡皮实际运动是匀速直线运动，A 正确．3．C 【解析】 要使小船避开危险区沿直线到达对岸，只要使小船合速度方向指向对岸危险区上游即可，为使船速最小，应使合速度刚好指向对岸危险区边缘且船速v 2垂直于合速度，如图所示，则v 2＝v 1sin θ，根据题意得θ＝30°，所以v 2＝2 m/s ，C 正确．故选C.第3题图4．A 【解析】 当放出的箭垂直于马运行方向发射，此时运行时间最短，所以最短时间t ＝d v 2，则箭在沿马运行方向上的位移为x ＝v 1t ＝v 1v 2d ，所以放箭处距离目标的距离为s ＝d 2＋（v 1d v 2）2＝d v 22＋v 21v 2，故A 正确，B 错误；当放出的箭垂直于马运行方向发射，此时运行时间最短，所以最短时间t ＝dv 2，故CD 错误．5．D 【解析】 由运动的合成与分解可知，物体A 参与这样两个分运动，一个是沿着与它相连接的绳子的运动，另一个是垂直于绳子向上的运动．而物体A 实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的，这一轨迹所对应的运动就是物体A 的合运动，它们之间的关系如图所示．由三角函数可得v ＝v 0cos θ，所以D 选项是正确的．6．AC 【解析】 物体是否做曲线运动，取决于物体所受合外力方向与物体运动方向是否共线，只要两者不共线，无论物体所受合外力是恒力还是变力，物体都做曲线运动，若两者共线，则物体做直线运动，选项A 正确，B 错误；由垂直速度方向的力改变速度的方向，沿速度方向的力改变速度的大小可知，C 正确；两个直线运动的合运动可能是直线运动，也可能是曲线运动，选项D 错误．7．BD 【解析】 船在沿河岸的方向上做匀速直线运动，即在相同的时间间隔内，在河岸方向上的位移是相同的；在垂直于河岸的方向上，在相等的时间间隔内(参照船在沿河岸方向上的时间)，开始时位移的变化逐渐增大再逐渐减小，所以速度先增大后减小；因中间那段时间速度较大，所以与船保持恒定的初始速度过河相比过河时间短了，选项B 、D 正确．8．(1)100 s (2)10013 m 【解析】 (1)由图像可知，v 船＝3 m/s ，河宽d ＝300 m ，船头正对对岸则渡河时间最短，故t min ＝dv 船＝100 s. (2)当小船船头正对对岸行驶时，d ＝v 船t ，故v 水先随时间线性增大，后线性减小，垂直河岸分位移x 1＝d ＝300 m ，沿河岸方向分位移x 2＝2v 水2t min2＝200 m ，总位移x ＝10013 m. 9.123gl 12gl 【解析】 A 、B 两球速度的分解情况如图所示，由题意知，θ＝30°，由运动的合成与分解得v A sin θ＝v B cos θ①，mg l 2＝12mv 2A ＋12mv 2B ②由①②解得v A ＝123gl ，v B ＝12gl .第9题图10．(1)6 m/s (2)(12，0) (3)410 m/s 【解析】 (1)设正方形的边长为s 0.竖直方向做竖直上抛运动，v 0＝gt 1，2s 0＝v 02t 1，水平方向做匀加速直线运动，3s 0＝v 12t 1.解得v 1＝6 m/s.(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t 1到x 轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x 轴时落到x ＝12处，位置N 的坐标为(12，0)．第10题图(3)到N 点时竖直分速度大小为v 0＝4 m/s ， 水平分速度v x ＝a 水平t N ＝2v 1＝12 m/s ， 故v 2＝v 20＋v 2x ＝410 m/s.。

课时作业三十一实验六：决定导线电阻的因素(限时：45分钟)(班级________姓名________)1．(多选)在“测定金属的电阻率”的实验中，下列说法正确的是()A．用伏安法测金属丝的电阻时，可采用电流表内接法B．实验中应调节滑动变阻器，取得多组U和I的值，然后求出电阻平均值C．实验中电流不得太大，以免电阻率发生变化D．应选用毫米刻度尺测整根金属丝的长度三次，然后求出长度平均值2．超导是当今材料科学研究的重点，某大学超导实验室研制成功了钇钡铜氧(YBCO)超导线材，该线材在94 K时，将呈现超导特征，但常温下，仍然为一般导体．实验小组为了测量常温下YBCO线材的电阻率：图1图2图3第2题图(1)如图1，用多用电表×1 Ω挡粗测其电阻为 6 Ω，用螺旋测微器测其直径为________mm，游标卡尺测其长度是________mm.(2)实验室还备有实验器材如下：A．电压表V1(量程3 V，内阻约为15 kΩ)B．电压表V2(量程15 V，内阻约为75 kΩ)C．电流表A1(量程3 A，内阻约为0.2 Ω)D．电流表A2(量程600 mA，内阻约为1 Ω)E．滑动变阻器R1(0～5 Ω，0.6 A)F．滑动变阻器R2(0～2000 Ω，0.1 A)G．输出电压为3 V的直流稳压电源EH．电阻箱I．开关S，导线若干如图2，为了减小实验误差，需进一步测其电阻而采用伏安法，则上述器材中应选用的实验器材有(填代号)________．请在图3方框内设计最合理的电路图并实物连线．用该电路电阻的测量值______真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)．如果YBCO超导线材直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，电阻率大小为(用字母表示)______．3．某实验小组要精确测定一个额定电压为3 V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约为300 Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同．实验室提供的器材有：A．电流表A1(量程为15 mA，内阻R A1约为10 Ω)B．电流表A2(量程为2 mA，内阻R A2＝20 Ω)C．定值电阻R1＝10 ΩD．定值电阻R2＝1 980 ΩE．滑动变阻器R(0～20 Ω)一个F．电压表V(量程为15 V，内阻R V约为3 kΩ)G．蓄电池E(电动势为4 V，内阻很小)H．开关S一个(1)要完成实验，除蓄电池、开关、滑动变阻器外，还需选择的器材有________(填写器材前的字母编号)．(2)画出实验电路图．第3题图(3)写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式R x＝______，说明式中题目未给出的各物理量的意义：______________________________________________________．4．要测量某种合金的电阻率．(1)若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ＝______．用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为______mm.甲乙丙第4题图(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关．根据原理图在图丙中将实物连线补充完整．(3)闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1＝1.35 V，I1＝0.30 A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2＝0.92 V，I2＝0.32 A．根据以上测量数据判断，当S2处于位置____(选填“a”或“b”)时，测量相对准确，测量值R x＝____Ω.(结果保留两位有效数字)5．某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻R x的阻值．(1)现有电源(4 V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：A．电流表(0～3 A，内阻约0.025 Ω)B．电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω)C．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)D．电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图中的________(选填“甲”或“乙”)．甲乙图1图2图3(2)图2是测量R x 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线．(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P 的位置，并记录对应的电流表示数I 、电压表示数U .某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值R x ＝UI＝____Ω(保留两位有效数字)．(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是________；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________．(选填选项前的字母)A ．电流表测量值小于流经R x 的电流值B ．电流表测量值大于流经R x 的电流值C ．电压表测量值小于R x 两端的电压值D ．电压表测量值大于R x 两端的电压值(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P 从一端滑向另一端，随滑片P 移动距离x 的增加，被测电阻R x 两端的电压U 也随之增加，下列反映U -x 关系的示意图中正确的是________．A B C第5题图课时作业(三十一)实验六：决定导线电阻的因素1.BC 【解析】 金属丝电阻很小，与电压表内阻相差很大，使电压表和金属丝并联，电压表的分流作用很小，应采用电流表外接法，故A 错误；为减小实验误差，应进行多次测量求平均值，故B 正确；金属丝的电阻率随温度的改变而改变，为保持电阻率不变，应保持温度不变，实验中电流不得太大，故C 正确；应测量出金属丝连入电路的有效长度三次，求平均值，而不是测整根金属丝长度，故D 错误； 2．(1)2.095±0.001 36.2 (2)A 、D 、E 、G 、I电路图如图甲所示；实物图如乙图所示 小于 πUD 24IL甲乙第2题图【解析】 ②实验需要G 电源，I 开关与导线，电源电动势为3 V ，因此电压表应选：A.电压表V 1(量程3 V ，内阻约为15 kΩ)；通过待测电阻的最大电流约为I ＝E R ＝3 V6 Ω＝0.5 A ，则电流表应选：D.电流表A 2(量程600 mA ，内阻约为1 Ω)；为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选：E.滑动变阻器R 1(0～5 Ω，0.6 A)；故需要的实验器材是：A 、D 、E 、G 、I.为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，R R A ＝6，R V R ＝150006＝2500，R V R ≫RR A ，电流表应采用外接法，实验电路图如图甲所示，根据实验电路图连接实物电路图，如图乙所示；电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值偏大，由R ＝UI可知，待测电阻测量值比真实值小．由电阻定律可知，R ＝ρL S ＝ρL π（D 2）2＝ρ4 L πD 2，因R ＝UI ，则电阻率ρ＝πUD 24IL.3．(1)ABD (2)如图所示(3)I 2()R 2＋R A 2I 1－I 2I 1、I 2分别为电流表A 1、A 2的读数【解析】 (1)要精确测定额定电压为3 V 的LED 灯正常工作时的电阻，需测量LED 灯两端的电压和通过LED 灯的电流，由于电压表V 的量程偏大，测量误差较大，不能用电压表V 测量LED 灯两端的电压，可以将电流表A 2与定值电阻R 2串联改装为电压表测量电压；LED 灯正常工作时的电流在10 mA 左右，可以用电流表A 1和改装后的电压表测量通过LED 灯的电流．第3题图(2)因为滑动变阻器阻值远小于LED 灯的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示．(3)根据闭合电路欧姆定律知，LED 灯两端的电压U ＝I 2(R 2＋R A 2)，通过LED 灯的电流I ＝I 1－I 2，所以LED 灯正常工作时的电阻R x ＝U I ＝I 2()R 2＋R A 2I 1－I 2.I 1、I 2分别为电流表A 1、A 2的读数．4．(1)πRD 24L 0.650 (2)如图所示(3)b 2.9第4题图5．(1)B C 甲 (2)如图所示 (3)5.2 (4)B D (5)A【解析】 (1)因电源的电压为4V ，因此电压表选择3V 量程；由于阻值约为5Ω的电阻R x 的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A ，从精确角来说，所以电流表选择0.6A 的量程；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图．(2)根据电路图来连接实物图原则，注意电表的正负极，并分几个回路来连接．如图所示；第5题图(3)根据读数I＝0.50 A，U＝2.60 V，即电阻为5.2 Ω(4)甲图误差因为电流表测量电阻和电压表总电流，乙图误差因为电压表测量电流表和电阻的总电压，因此答案分别为B、D(5)由于电流I＝Er＋R A＋R x＋R p＝ER0＋（L－x）Sρ，U＝IR x＝ER xR0＋R p－ρxS＝ba－kx，通过数学函数y＝11－x图像可知答案为A.。

课时作业六十动量及其守恒定律碰撞(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是( )第1题图A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同2．(多选)如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去．已知甲的质量为45 kg，乙的质量为50 kg.则下列判断正确的是( )第2题图A．甲的速率与乙的速率之比为10∶9B．甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为9∶10C．甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1D．甲的动能与乙的动能之比为1∶13．质量为1 kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示．则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是( )第3题图A．10 N·s，10 N·s B．10 N·s，－10 N·sC．0，10 N·s D．0，－10 N·s4．某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移－时间图象．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短．由图象给出的信息可知( )第4题图A ．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度之比为7∶2B ．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大C ．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D ．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16倍5．将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.m M v 0B.M m v 0C.MM －m v 0 D.mM －mv 0 6．(多选)如图所示，光滑绝缘的水平面上M 、N 两点各放一带电荷量分别为＋q 和＋2q 的完全相同的刚性金属球A 和B ，给A 和B 以大小相等的初动能E 0 (此时初动量的大小均为p 0)，使其相向运动一段距离后发生弹性正碰，碰后返回M 、N 两点的动能分别为E 1和E 2，动量的大小分别为p 1和p 2，则( )第6题图A ．E 1＝E 2＝E 0，p 1＝p 2＝p 0B ．E 1＝E 2>E 0，p 1＝p 2>p 0C ．碰撞发生在MN 连线的中点D ．碰撞发生在MN 连线中点的左侧7．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞，AB 两球的质量之比为______，AB 碰撞前、后两球总动能之比为______．第7题图8．两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动．A 车总质量为50 kg ，以2 m/s 的速度向右运动；B 车总质量为70 kg ，以3 m/s 的速度向左运动；碰撞后，A 以1.5 m/s 的速度向左运动，则B 的速度大小为______m/s ，方向向______(选填“左”或“右”)．9．如图所示，质量为2 m 的小滑块P 和质量为m 的小滑块Q 都视作质点，与轻质弹簧相连的Q 静止在光滑水平面上．P 以某一初速度v 向Q 运动并与弹簧发生碰撞，当弹簧的弹性势能最大时，P 的速度大小是______，此时弹簧的最大弹性势能为______________．第9题图10．(17年苏北四市联考)在某次短道速滑接力赛中，运动员甲以7 m/s的速度在前面滑行，运动员乙以8 m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出，完成接力过程．设甲、乙两运动员的质量均为50 kg，推后运动员乙的速度变为5 m/s，方向向前，若甲、乙接力前后在同一直线上运动，求接力后甲的速度大小．11．在足够长的水平光滑直导轨上，静止放着三个质量均为m＝1 kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s 的速度正对着B球运动，A、B两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并与C球发生正碰，C球的最终速度v C＝1 m/s.求：(1)A、B两球与C球相碰前的共同速度多大？(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？第11题图12．如图所示，一质量为m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量为m2＝0.2 kg的小物块，小物块可视为质点．现有一质量为m0＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端，并留在车中，最终小物块以5 m/s的速度与小车脱离．子弹与车相互作用时间很短．g取10 m/s2.求：(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小；(2)小物块脱离小车时，小车的速度大小．第12题图课时作业(六十) 动量及其守恒定律 碰撞1.C 【解析】 如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变．选项A 中，男孩和木箱组成的系统受到小车对系统的摩擦力的作用；选项B 中，小车与木箱组成的系统受到男孩对系统的摩擦力的作用；动量、动量的改变量均为矢量，选项D 中，木箱的动量增量与男孩和小车总动量的增量大小相等方向相反．2．AC 【解析】 A 项，设甲的运动方向为正方向，甲乙两人组成的系统满足动量守恒，动量守恒定律有m 甲v 甲－m 乙v 乙＝0，故速率之比为10∶9，故A 项正确．B 项，甲与乙间的作用力为作用力与反作用力，大小相等，由牛顿第二定律可得加速度之比为10∶9，故B 项错误．C 项，甲乙两人组成的系统动量守恒，所以分离后二者动量大小相等，方向相反．根据动量定理得I ＝m Δv ＝ΔP 可知甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1，故C 项正确．D项，根据动能的表达式E k ＝P 22m，故动能之比等于甲乙质量之比为10∶9，故D 项错误．3．D 【解析】 由图像可知，在前10 s 内初、末状态的动量相等，p 1＝p 2＝5 kg ·m/s ，由动量定理知I 1＝0；在后10 s 内p 3＝－5 kg ·m/s ，I 2＝p 3－p 2＝－10 N ·s ，故选D.4．D 【解析】 A ．根据x ­t 图象的斜率等于速度，则得：碰撞前滑块I 速度为v 1＝ －2 m/s ，滑块Ⅱ速度v 2＝－0.8 m/s ，则碰前速度之比为5∶2，A 错；碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块I 的动量比滑块Ⅱ小，B 错； 碰撞后的共同速度为v ＝0.4 m/s ；可以知道，碰前滑块Ⅰ比滑块Ⅱ速度大，C 错．根据动量守恒定律，得出m 2＝6 m 1，D 对．5．D 【解析】 根据动量守恒定律mv 0＝(M －m )v ，得v ＝mM －mv 0，选项D 正确． 6．BC 【解析】 由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点，且两球末动量大小和末动能一定相等．从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为1.5q ，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，系统机械能必然增大，即末动能增大．故A 错误，B 正确. 由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点．所以C 选项是正确的，D 错误.7．4∶1 9∶5 【解析】 因两球刚好不发生碰撞，说明AB 碰撞后速率大小相同，规定向左为正方向，由动量守恒定律可知m B v B ＝m A v －m B v ，而v B ∶v ＝3∶1，解得m A ∶m B ＝4∶1；碰撞前后总动能之比为E 1∶E 2＝12m B v B 212（m A ＋m B ）v 2＝9∶5.8．0.5 左 【解析】 由动量守恒定律得：规定向右为正方向，m A v A －m B v B ＝－m A v A ′＋m B v B ′，解得：v B ＝－0.5 m/s ，所以B 的速度大小是0.5 m/s ，方向向左．9.23v 13mv 2 【解析】 当弹簧的弹性势能最大时，二者共速，系统动量守恒，则2mv ＝3mv P ，v P ＝23v ；根据能量守恒，E p ＝122mv 2－123mv 2P ＝13mv 2. 10．10 m/s 【解析】 以甲、乙组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： m 甲v 甲＋m 乙v 乙＝m 甲v 甲，＋m 乙v 乙，代入数据计算得出10 m/s.11．1 m/s 1.25 J 【解析】 (1) A 、B 构成的系统动量守恒，设碰撞后A 、B 的共同速度为v 1，据动量守恒定律有：mv 0＝2mv 1，可求得：v 1＝1 m/s.(2)A 、B 两球作为一个整体与C 碰撞，设碰后A 和B 、C 的速度分别为v 2、v 3，据动量守恒定律有：mv 0＝2mv 2＋mv 3，解得两球碰后的速度v 2＝0.5 m/s.两次碰撞过程中一共损失的动能ΔE k ＝12mv 02－⎝ ⎛⎭⎪⎫122mv 22＋12mv 23解得ΔE k ＝1.25 J.12．10 m/s 8 m/s 【解析】(1)子弹刚刚射入小车时，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10 m/s.(2)小物块脱离小车时，子弹、小车和物块三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3解得v2＝8 m/s.。

课时作业 二十三 实验五： 验证机械能守恒定律(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．在做“验证机械能守恒定律”的实验时，发现重物减少的重力势能总是略大于重物增加的动能，造成这种现象的原因是( )A ．选用的重物质量过大B ．选用的重物质量过小C ．空气对重物的阻力和打点计时器对纸带的阻力D ．实验时操作不规范，实验数据测量不准确2．为验证在自由落体过程中物体的机械能是守恒的，某同学利用实验系统设计了一个实验，实验装置如图所示，图中A 、B 两点分别固定了两个速度传感器，速度传感器可以测出运动物体的瞬时速度．在实验中测得一物体自由下落经过A 点时的速度是v 1，经过B 点时的速度是v 2，为了证明物体经过A 、B 两点时的机械能相等，这位同学又设计了以下几个步骤，你认为其中不必要或者错误的是( )第2题图A ．用天平测出物体的质量B ．测出A 、B 两点间的竖直距离C ．利用12mv 22－12mv 21算出物体从A 点运动到B 点的过程中动能的变化量D ．验证v 22­v 21与2gh 是否相等3．与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a 、b 分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a 、b 间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．现利用图所示装置验证机械能守恒定律．图乙中AB 是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的光电计时器都没有画出．让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2s 、2.00×10－2s.已知滑块质量为2.00 kg ，滑块沿斜面方向的宽度为5.00 cm ，光电门1和2之间的距离为0.540 m ，g ＝9.80 m/s 2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度．(结果保留三位有效数字)甲 乙第3题图(1)滑块通过光电门1时的速度v 1＝______m/s ，通过光电门2时的速度v 2＝______m/s ； (2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为______J ，重力势能的减少量为______J. 4．某次“验证机械能守恒定律”的实验中，用6 V 、50 Hz 的打点计时器打出的一条无漏点的纸带，如图所示，O 点为重锤下落的起点，选取的计数点为A 、B 、C 、D ，各计数点到O 点的长度已在图上标出，单位为毫米，重力加速度取9.8 m/s 2，若重锤质量为1 kg.(1)打点计时器打出B 点时，重锤下落的速度v B ＝____m/s ，重锤的动能E kB ＝______J.第4题图(2)从开始下落算起，打点计时器打B 点时，重锤的重力势能减小量为______J.(3)根据纸带提供的数据，在误差允许的范围内，重锤从静止开始到打出B 点的过程中，得到的结论是____________________________________________．5．某同学用如图甲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，可以提供输出电压为6 V 的交流电和直流电，交流电的频率为50 Hz.重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律．甲乙(1)他进行了下面几个操作步骤： 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”上C ．用天平测出重锤的质量D ．先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带E ．测量纸带上某些点间的距离F ．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于其增加的动能 其中没有必要进行的步骤是______，操作不当的步骤是______．(填选项字母)(2)这位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示，其中O 点为起始点，A 、B 、C 、D 、E 、F 为六个计数点．根据纸带上的测量数据，可得出打B 点时重锤的速度为______m/s.(保留3位有效数字)(3)他根据纸带上的数据算出各点的速度v ，量出下落距离h ，并以v 22为纵轴、以h 为横轴，作画出的v 22­h 图象，应是图丙中的______．丙 丁第5题图(4)他进一步分析，发现本实验存在较大误差，为此对实验设计进行了改进，用如图丁所示的实验装置来验证机械能守恒定律：通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器(图中未画出)记录挡光时间t，用毫米刻度尺测出A、B之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径d.重力加速度为g.实验前应调整光电门位置使小铁球下落过程中球心通过光电门中的激光束．则小铁球通过光电门时的瞬时速度v＝________．如果d、t、h、g满足关系式________，就可验证机械能守恒定律．(5)比较两个方案，改进后的方案相比原方案的最主要的优点是：________________________________________________________________________.6．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图所示．第6题图(1)实验步骤：①将气垫导轨放在水平面上，桌面高度不低于1 m，将导轨调至水平；②用游标卡尺测量挡光条的宽度为l＝9.30 mm；③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s＝______cm；④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2；⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m.(2)用表示直接测量的字母写出下列所示物理量的表达式：①滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1＝______和v2＝______．②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为E k1＝______和E k2＝______．③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少量ΔE p减＝______(重力加速度为g)．(3)如果ΔE p减＝______，则可认为验证了机械能守恒定律．7．某实验小组采用如图甲所示的装置来探究“功与速度变化的关系”，实验中，小车经过光电门时，钩码尚未到达地面．(1)实验步骤如下：第一步：用螺旋测微器测得挡光片的宽度d如图所示，则d＝______mm.第7题图第二步：把挡光片固定在小车上，把小车放到轨道上，用细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．第三步：保持轨道水平，在砝码盘里放适量砝码，让小车由静止开始做匀加速运动，释放后，记录光电门的挡光时间t ，测出光电门距离挡光片前端的距离x .第四步：小车仍由同一点静止释放，仅移动光电门，改变x ，多次实验并记录数据．第五步：关闭电源，通过分析小车位移与速度变化的关系来研究合外力做功与速度变化的关系． (2)实验中，该小组同学通过研究小车位移x 与挡光时间t 的关系从而得到合外力做功与速度变化的关系，为了使图象呈现线性关系，该组同学应作____图象．(填序号)A ．x ­tB ．x ­1tC ．x ­t 2D ．x ­1t2课时作业(二十三) 实验五：验证机械能守恒定律1.C 【解析】 造成题中所述误差的主要原因是来自于各方面的阻力，选项C 正确． 2．AC 【解析】 物体重力势能减少量为mgh ，动能增加量为12mv 22－12mv 21，计算gh 和12v 22－12v 21，如果在实验误差允许的范围内gh ＝12v 22－12v 21，则机械能守恒定律得到验证．3．(1)1.00 2.50 (2)5.25 5.29 【解析】 (1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，v 1＝d Δt 1＝5×10－25×10－2m/s ＝1.00 m/s ，v 2＝d Δt 2＝5×10－22×10－2 m/s ＝2.50 m/s.(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量ΔE k ＝12m (v 22－v 21)＝12×2×(2.52－1)＝5.25 J ，重力势能的减少量ΔE p ＝mgL sin30°＝2×9.8×0.54×12＝5.29 J.4．(1)1.17 0.68 (2)0.69 (3)机械能守恒 【解析】 (1)重锤下落的速度v B ＝h AC2T＝1.17 m/s重锤在打出B 点时的动能E k ＝12mv 2B ＝12×1×1.172J ＝0.68 J.(2)打点计时器打B 点时，重锤的重力势能减小量ΔE p 减＝mgh OB ＝1×9.8×70.5×10－3J ＝0.69 J.(3)由(1)、(2)计算结果可知，重锤下落过程中，在实验允许的误差范围内，动能的增加量等于其重力势能的减少量，机械能守恒．5．(1)C B (2)1.84 (3)C (4)d t d 22t2＝gh (5)消除了纸带与打点计时器间的摩擦影响，提高了测量的精确度，从而减小了实验误差 【解析】 (1)B ：将打点计时器接到电源的“交流输出”上，故B 错误，操作不当．C ：因为我们是比较mgh 、12mv 2的大小关系，故m 可约去比较，不需要用天平，故C 没有必要．故答案为CB.(2)匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出B 点的速度大小为：v B ＝x AC 2T ＝0.2168－0.14310.04m/s ＝1.84 m/s.(3)他继续根据纸带算出各点的速度v ，量出下落距离h ，并以v 22为纵轴、以h 为横轴画出的图象，根据v 22＝gh 知，图线为过原点的倾斜直线，故选C.(4)光电门测速度的原理是用平均速度代替瞬时速度，因此有：v ＝d t ，由于v 22＝gh ，所以d 22t2＝gh .(5)该实验产生误差的主要原因是空气阻力以及纸带与限位孔之间的摩擦力影响，因此实验进行改正之后的主要优点是：没有纸带与打点计时器间的摩擦影响，实验误差减小了．6．(1)60.00(59.96～60.04) (2)①l Δt 1 lΔt 2②12 (M ＋m ) (l Δt 1)2 12(M ＋m )(l Δt 2)2 ③mgs (3)E k2－E k1【解析】 由于挡光条宽度很小，因此将挡光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速度，挡光条的宽度l 可用游标卡尺测量，挡光时间Δt 可从数字计时器读出，因此，滑块通过光电门的瞬时速度为lΔt，由于质量已用天平测出，所以，滑块的动能就是已知数了．测出动能的增加值，测出重力势能的减少值，如果两者在误差允许范围内相等，就验证了机械能守恒定律．7．(1)5.695(5.694～5.697) (2)D 【解析】 (1)由螺旋测微器读出整毫米数为5.5 mm ，由可动刻度读出毫米的小部分为19.5×0.01＝0.195 mm.则挡光片的宽度为d ＝5.5 mm ＋0．195 mm ＝5.695 mm ；(2)设匀加速运动的加速度为a ，根据动能定理得：ma ·x ＝12mv 2；其中v 2＝(d t)2解得：x＝d 22at 2，由于只改变x ，则加速度a 不变，为了使图象呈现线性关系，该组同学应作x ­1t2图象，故D 正确，ABC 错误．故选D.。

课时作业十二实验三：加速度与物体质量、物体受力的关系(限时：45分钟)(班级________姓名________)1．某同学用图(a)所示的实验装置研究重物在下落过程中的运动情况，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz，打出纸带的一部分如图(b)所示．图(a)图(b)第1题图该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算．(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为______，打出C点时重物下落的速度大小为______，重物下落的加速度大小为______．(2)已测得s1＝8.89 cm，s2＝9.50 cm，s3＝10.10 cm；当重力加速度大小为9.80 m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f为______Hz.2．某探究学习小组用如图所示的方案测滑块与木板间的动摩擦因数．在实验桌上固定一斜面，在斜面上距斜面底端挡板一定距离处放置一小滑块，系住小滑块的轻质细线跨过光滑的定滑轮后系住一小球，整个系统处于静止状态．剪断细线后，小滑块沿斜面向下运动与挡板相碰，小球自由下落与地面相碰，先后听到两次碰撞的声音．反复调节挡板的位置，直到只听到一次碰撞的声音．测得此情况下小滑块距挡板的距离x＝0.5 m，距桌面距离h＝0.3 m，小球下落的高度H＝1.25 m，取g＝10 m/s2.不考虑空气的阻力，则：第2题图(1)小滑块与挡板碰前的速度大小为________m/s.(2)滑块与木板间动摩擦因数的表达式为__________(用所给物理量的符号表示)，代入数据得μ＝________．3．某实验小组在“探究加速度与物体受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，其实验装置如图甲所示．已知小车质量M＝214.6 g，砝码盘质量m0＝7.8 g，所使用的打点计时器交流电频率f＝50 Hz.其实验步骤是：甲A．按图中所示安装好实验装置；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速直线运动；C．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；D．将小车置于打点计时器旁，先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量，重复B­D步骤，求得小车在不同合外力F作用下的加速度．回答下列问题：(1)按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？______(选填“是”或“否”)．(2)实验中打出的其中一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝______m/s2.乙(3)某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如下表．他根据表中的数据画出a-F图象(如图丙)．造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是____________________________________________________________，从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是 __________，其大小为________．丙 第3题图4．图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：第4题图①用天平测量物块和遮光片的总质量M 、重物的质量m ；用游标卡尺测量遮光片的宽度d ；用米尺测量两光电门之间的距离s ；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A 和光电门B 所用的时间Δt A 和Δt B ，求出加速度a ；④多次重复步骤③，求a 的平均值a －；⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ. 回答下列问题：(1)物块的加速度a 可用d 、s 、Δt A 和Δt B 表示为a ＝______；(2)动摩擦因数μ可用M 、m 、a －和重力加速度g 表示为μ＝__________；(3)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于____(选填“偶然误差”或“系统误差”)．5．某同学利用如图(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a 与钩码的质量m 的对应关系图，如图(b)所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g ，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：第5题图(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成__________(选填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图(b)可知，a-m图线不经过原点，可能的原因是____________________________．(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是__________________，钩码的质量应满足的条件是__________________．课时作业(十二) 实验三：加速度与物体质量、物体受力的关系1.(1)f 2(s 1＋s 2) f 2(s 2＋s 3) f 22(s 3－s 1) (2)40【解析】 (1)由于重物匀加速下落，B 点的速度v B 等于AC 段的平均速度，即v B ＝s 1＋s 22T由于T ＝1f ，故v B ＝f2(s 1＋s 2)同理可得v C ＝f2(s 2＋s 3)匀加速直线运动的加速度a ＝ΔvΔt故a ＝v c －v BT＝f2[]()s 2＋s 3－()s 1＋z 21f＝f 22()s 3－s 1(2)重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得 mg －F 阻＝ma由已知条件F 阻＝0.01mg 解得a ＝0.99g f ＝2as 3－s 1≈40 Hz 2．(1)2 (2)μ＝Hh －x 2H x 2－h 20.25【解析】 (1)同时听到声音说明小球与小滑块运动时间相同，设都为t ，由小球做自由落体运动有H ＝12gt 2，解得t ＝2H g ＝0.5 s ，则小滑块与挡板碰撞时的速度为v ＝2xt＝2 m/s. (2)对滑块做匀加速直线运动，有x ＝12at 2由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 由几何关系得sin θ＝hx ，cos θ＝x 2－h 2x联立以上各式解得μ＝Hh －x 2H x 2－h 2代入数值解得μ＝0.25.3．(1)否 (2)0.88 (3)在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力(只要涉及“未考虑砝码质量的因素”就算正确) 砝码盘的重力 0.08 N 【解析】 (1)小车加速运动时所受的合外力即为砝码和砝码盘的总重力，而实验中的研究对象是小车，因此，实验中不必使砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量．(2)a ＝()8.64＋7.75－()6.87＋6.004×0.12×10－2m/s 2＝0.88 m/s 2.(3)实验中本应有(m 0＋m )g ＝Ma ，由于实验中未计入砝码盘的质量m 0，测得的图象与真实图象相比沿F 轴左移m 0g ，图象将不过原点．由图象及上述分析可知，m 0g ＝0.08 N.4．(1)12s [(d Δt B )2－(d Δt A)2](2)mg －（M ＋m ）a －Mg(3)系统误差【解析】 (1)遮光片经过光电门A 和B 的平均速度分别表示A 、B 位置的瞬时速度， v A ＝d Δt A ，v B ＝d Δt B，又由速度位移公式得： a ＝v 2B －v 2A 2s ＝12s [(d Δt B )2－(d Δt A)2]．(2)对遮光片、物块和重物由牛顿第二定律得：F －μMg ＝Ma －，mg －F ＝ma －，即mg －μMg ＝(M ＋m )a －，所以μ＝mg －（M ＋m ）a －Mg.(3)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差是实验原理不完善引起的系统误差． 5．(1)非线性 (2)存在摩擦力 (3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力 远小于小车的质量 【解析】 (1)由题图可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．(2)a —m 图线不经过原点，在m 轴上有截距，即挂上小钩码后小车加速度仍为零，可能的原因是存在摩擦力．(3)本实验直接以钩码所受重力mg 作为小车受到的合外力，则应采取的措施是调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量．。

课时作业五十二简谐运动(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向着平衡位置运动的过程中( )A．振子所受的回复力逐渐增大B．振子离开平衡位置的位移逐渐增大C．振子的速度逐渐增大D．振子的加速度逐渐增大2．如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a到b历时0.2 s，振子经a、b两点时速度相同．若它从b再回到a的最短时间为0.4 s，c、d为振动的最远点，则该振子的振动频率( )第2题图A．1 Hz B．1.25 Hz C．2 Hz D．2.5 Hz3．(多选)弹簧振子做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是( )第3题图A．在第5秒末，振子的速度最大且沿＋x方向B．在第5秒末，振子的位移最大且沿＋x方向C．在第5秒末，振子的加速度最大且沿－x方向D．在0到5秒内，振子通过的路程为10cm4．一质点沿x轴做简谐运动，其振动图象如图所示．在1.5 s～2 s的时间内，质点的速度v、加速度a 的大小的变化情况是( )第4题图A．v变小，a变大 B．v变小，a变小C．v变大，a变小 D．v变大，a变大5．一质点做简谐运动的振动图象如图所示，质点的速度方向与加速度方向相同的时间段是( )第5题图A ．0～0.3 s 和0.6～0.9 sB ．0.3～0.6 s 和0.9～1.2 sC ．0.3～0.6 s 和0.6～0.9 sD ．0.6～0.9 s 和0.9～1.2 s 6．一个质点做简谐运动的图象如图所示，下述正确的是( )第6题图A ．质点振动频率为4 HzB ．在5 s 末，加速度为正向最大C ．在10 s 内质点经过的路程是20 cmD ．t 1＝1.5 s 和t 2＝4.5 s 两时刻质点的速度相同 7．(多选)如图所示，下列说法正确的是( )第7题图A ．振动图象上的A 、B 两点振动物体的速度相同B ．在t ＝0.1 s 和t ＝0.3 s 时，质点的加速度大小相等，方向相反C ．振动图象上A 、B 两点的速度大小相等，方向相反D ．质点在t ＝0.2 s 和t ＝0.3 s 时的动能相等 8．有一弹簧振子，振幅为0.8 cm ，周期为0.5 s ，初始时具有负方向的最大加速度，则它的振动方程是( ) A ．x ＝8×10－3sin(4πt ＋π2)m B ．x ＝8×10－3sin(4πt －π2)m C ．x ＝8×10－1sin(πt ＋3π2)m D ．x ＝8×10－1sin(π4t ＋π2)m9．(多选)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动，以竖直向上为正方向， 物块简谐运动的表达式为y ＝0.1sin(2.5πt )m.t ＝0 时刻，一小球从距物块h 高处自由落下；t ＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度，取重力加速度的大小为g ＝10 m/s 2，下列说法中正确的是( )第9题图A．h＝1.7 mB．简谐运动的周期是0.8 sC．0.6 s内物块运动的路程是0.2 mD．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反10．一质点做简谐运动，其位移和时间关系如图所示．(1) 求t＝0.25×10－2 s时的位移．(2) 在t＝1.5×10－2s到2×10－2s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？(3) 在t＝0到8.5×10－2 s这段时间内，质点的路程、位移各为多大？第10题图课时作业(五十二) 简谐运动1.C 【解析】 在振子向着平衡位置运动的过程中，振子所受的回复力逐渐减小，振子离开平衡位置的位移逐渐减小，振子的速度逐渐增大，振子的加速度逐渐减小，C 正确． 2．B 【解析】 经a 、b 两点时速度相同，可知a 、b 两点关于O 点对称，t Ob ＝0.1 s ；振子从b 再回到a 的最短时间t ＝2t bc ＋t ba ＝0.4 s ，可得t bc ＝t －t ba2＝0.1 s ，所以t Oc ＝t Ob ＋t bc ＝0．1 s ＋0.1 s ＝0.2 s ，而t Oc ＝T 4，所以振子振动周期T ＝4t Oc ＝0.8 s ，振子振动频率f ＝1T＝1.25 Hz ，故B 正确．3．BCD 【解析】 由图可以看出第5秒末时，振子处于正向最大位移，此时振子的速度为零、有负向的最大加速度，BC 正确，A 错误．物体的振幅A ＝2 cm ，在0到5 s 内，振子经过54个全振动，路程为54×4A ＝5A＝10 cm ，D 正确．4．A 【解析】 由振动图线可知，质点在1.5 s ～2 s 的时间内沿负方向振动，向端点运动，故质点的速度越来越小，位移逐渐增大，回复力逐渐变大，加速度逐渐变大，故选项A 正确．5．B 【解析】 质点做简谐运动时加速度方向与回复力方向相同，与位移方向相反，总是指向平衡位置；位移增加时速度与位移方向相同，位移减小时速度与位移方向相反．6．C 【解析】 由振动图象可知，质点振动周期为4 s ，频率为0.25 Hz ，A 错误．在5 s 末，加速度为负向最大，B 错误.10 s ＝2.5 T ，在10 s 内质点经过的路程是4 A ×2.5＝20 cm ，C 正确．t 1＝1.5 s 和t 2＝4.5 s 两时刻质点的速度大小相同，方向不同，D 错误．7．BC 【解析】 A 、B 两处位移相同，速度大小相等，但方向相反，A 错误，C 正确．在t ＝0．1 s 和t ＝0.3 s 时，质点离开平衡位置的位移最大，方向相反，由F ＝－kx ，a ＝－kxm，B 正确．t ＝0.2s 时，物体通过平衡位置，速度最大，动能最大，而t ＝0.3 s 时，速度为零，动能最小，故D 错．8．A 【解析】 振幅A ＝0.8 cm ＝8×10－3m ，角频率ω＝2πT＝4π rad/s.由题知初始时(即t ＝0时)振子在正向最大位移处，即sin Φ0＝1，得Φ0＝π2，故振子做简谐运动的方程为：x ＝8×10－3sin(4πt ＋π2) m ，选项A 正确．9．AB 【解析】 t ＝0.6 s 时，物块的位移为y ＝0.1sin(2.5π×0.6) m ＝－0.1 m ；则对小球h ＋|y |＝12gt 2，解得h ＝1.7 m ，选项A 正确；简谐运动的周期是T ＝2πω＝0.8 s ，选项B 正确；0.6 s 内物块运动的路程是3A ＝0.3 m ，选项C 错误；t ＝0.4 s ＝12，此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D 错误．10．(1) －2cm (2) 位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大 (3) 34 cm 2 cm【解析】 (1) 由图可知A ＝2 cm ，T ＝2×10－2s ， 则振动方程为x ＝－2cos(100πt ) cm ，当t ＝0.25×10－2s 时，x ＝－2cos π4cm ＝－2cm.(2)由图可知在1.5×10－2－2×10－2s 内，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大．(3)从t ＝0到8.5×10－2s 的时间内质点的路程为s ＝17A ＝34 cm ，位移为2 cm.。

课时检测(二十九) 验证机械能守恒定律 (实验提能课)1．关于“验证机械能守恒定律”实验的实验误差，下列说法中正确的是( ) A ．重物质量的称量不会造成较大误差 B ．重物质量选用得大些，有利于减小误差 C ．重物质量选用得较小些，有利于减小误差 D ．纸带先下落而后打点会造成较大误差解析：选BD 验证机械能守恒，即验证减少的重力势能等于增加的动能，即mgh ＝12mv 2，其中质量可以约去，没必要称量重物质量，A 错误；当重物质量大一些时，空气阻力的影响可以忽略，B 正确，C 错误；纸带先下落而后打点，所得纸带上最初两点的点迹间隔较正常时略大，用此纸带进行数据处理，其结果是重物在打第一个点时就有了初动能，因此重物动能的增加量比重物重力势能的减少量大，造成较大误差，D 正确。

2．(2018·徐州、宿迁、连云港、淮安四市模拟)用如图所示装置验证机械能守恒定律，实验前调整光电门位置，使小球下落过程中球心通过光电门。

实验中通过断开电磁铁开关使小球从A 点下落，经过光电门B ，记录挡光时间Δt ，测出小球在AB 间下落的距离h 。

竖直平移光电门B ，重复上述步骤，测得多组h 及相应的Δt ，已知当地重力加速度为g 。

(1)实验中还需测量的物理量是______________________。

(2)小球通过光电门速度的表达式为v ＝________。

(3)根据测量数据描绘1Δt2-h 图像，能不能仅依据图像是过原点的直线就得出机械能守恒的结论？________，理由是__________________________________________________。

解析：(1)实验中要验证的关系式是mgh ＝12mv 2，即v 2＝2gh ，其中的v 由小球通过光电门的相关量求得v ＝dΔt，可知实验中还需测量的物理量是小球的直径d 。

(2)小球通过光电门速度的表达式为v ＝dΔt 。

最新中小学教学设计、试题、试卷课时作业五十一热力学第必定律能量守恒定律(限时： 45 分钟 )(班级 ________姓名________)1．木箱静止于水平川面上，此刻用一个80 N 的水平推力推进木箱行进10 m，木箱遇到的摩擦力为60 N，则转变为木箱与地面系统的内能U 和转变为木箱的动能E k分别是 ()A．U ＝ 200 J， E k＝ 600 J C． U＝ 600 J， E k＝ 800 J B ．U ＝ 600 J， E k＝ 200 J D ．U ＝ 800 J， E k＝ 200 J2．关于在一个大气压下100 ℃的水变为100 ℃的水蒸气的过程中，以下说法正确的选项是()A．水的内能增添，对外界做功，必定是吸热B．水的内能不变，对外界做功，从外界吸热C．水的内能减少，对外界不做功，向外界放热D．水的内能增添，对外界做功，向外界放热3．在温度均匀的液体中，一个吝啬泡由液体的基层迟缓地升到液面，上涨过程中气泡的体积不停地增大，如将泡内气体看作理想气体，则气泡在浮起的过程中()A ．放出热量B．汲取热量C．不吸热也不放热D．没法判断4．如下图，必定质量的理想气体从状态 a 变化到状态b，在这一过程中，以下说法正确的是()第4题图A ．气体体积变小B．气体温度降低C．气体从外界汲取热量D．气体的内能不变5．(多项选择 )如下图，气垫床是一种能够注入空气的床垫，睡在气垫床上能够让肌肉获得放松，是许多人舒缓神经的不错选择．当人从床上起身下床时，假定床垫内气体与外界无热互换，且密封性优秀，则相关床垫内气体以下说法正确的选项是()第5题图A．体积增大，内能减小B．体积减小，压强减小C．对外界做负功，分子均匀动能增大D．对外界做正功，压强减小6． (多项选择 )如下图， a、 b、 c、 d 表示必定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中 ad 平行于横坐标轴，ab 的延伸线过原点，dc 平行于纵轴，以下说法正确的选项是()第6题图A ．从状态 d 到 c，气体不吸热也不放热B ．从状态 c 到 b，气体放热C．从状态 a 到 d，气体对外做功D ．从状态 b 到 a，气体吸热7．用隔板将一绝热容器隔成 A 和 B 两部分， A 中盛有必定质量的理想气体， B 为真空 (如图① )．现把隔板抽去， A 中的气体自动充满整个容器(如图② )，这个过程称为气体的自由膨胀．以下说法正确的选项是()第7题图A．自由膨胀过程中，气体分子只作定向运动B．自由膨胀前后，气体的压强不变D．自由膨胀前后，气体的温度降低8 ．如下图，必定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热互换)气缸 (含活塞中．今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞迟缓向下挪动一段距离．则被密封的气体() )第8题图A ．温度高升，内能减少B．温度降低，内能减少C．温度高升，内能增添D．温度降低，内能增添9．如下图，内壁圆滑的气缸水平搁置，必定质量的理想气体被活塞密封在气缸内，外界大气压强为 p0.现对气缸迟缓加热，气体汲取热量 Q 后，体积由 V1增大为 V2.则在此过程中，气体分子均匀动能 ________( 选填“增大”、“不变”或“减小” ) ，气体内能变化了________．第9题图10．必定质量的理想气体由状态A→ B→C 变化，其相关数据如下图．已知状态A、 C 的温度均为27 ℃，求：(1) 该气体在状态 B 的温度；(2) 上述过程气体从外界汲取的热量．第 10题图11． (17 年盐城三模 )如下图，必定质量的理想气体从状态 A 经等压过程到状态B，此过程中，气体压强 p＝ 2.0× 105Pa，放出的热量Q＝ 300 J，求气体在：(1)状态 B 时的体积；(2)此过程中内能的变化．第 11题图12． (16 年江苏模拟 )如下图，向来立的气缸用一质量为m 的活塞关闭必定质量的理想气体，活塞横截面积为S，气缸内壁圆滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定，翻开固定螺栓K 后活塞迟缓着落，经过足够长时间后，活塞停在 B 点，已知 AB＝ h，大气压强为 p0，重力加快度为 g，求：(1)活塞停在 B 点时缸内关闭气体的压强；(2)设四周环境温度保持不变，求整个过程中经过缸壁传达的热量 Q(必定质量理想气体的内能仅由温度决定 )．第 12题图课时作业 (五十一 ) 热力学第必定律能量守恒定律 1.B【分析】因为木箱在推进中遇到滑动摩擦力，其与相对位移的乘积为系统的内能增量，即 U＝ 60× 10 J＝ 600 J，由能量守恒定律可得E k＝ W 总－ U＝ 80× 10 J－ 600 J＝ 200 J．故正确答案为 B.2． A【分析】在一个大气压下100 ℃的水变为 100 ℃的水蒸气的过程中，温度不变但要汲取热量，体积增大，对外做功；因为温度不变，体积增大，所以分子的动能不变，分子势能增添，内能增添．故 A 正确．3．B【分析】由热力学第必定律U＝ Q＋ W，因为吝啬泡体积不停增大，外界对气体做负功，又因为是恒温液体中，所以U＝ 0，Q＞ 0，应当汲取热量，应选 B.4． C【分析】察看图象得理想气体从状态 a 到状态 b 温度高升理想气体从状态 a 到状态 b 温度高升、压强不变，依据理想气体状态方程知道体积增大，AB 错误．温度高升理想气体内能增添，即U 为正，气体体积增大，即气体对外做功，则W 为负，所以依据热力学第必定律U＝ W＋ Q 得悉 Q 必然为正，即气体必定从外界汲取热量，故 C 项正确．5． AD【分析】当人从床上起身下床时，床将渐渐恢还原状，气体的体积增大，即气体对外界做正功，依据热力学第必定律能够知道内能减小，温度降低，依据理想气体状态pV方程T＝ C 能够判断压强减小，所以AD正确．6．BCD【分析】从状态 d 到 c，温度不变，理想气体内能不变，可是因为压强减小，所以体积增大，对外做功，要保持内能不变，必定要汲取热量，故 A 错误；气体从状态 c 到b 是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小(降温 )，就必定要陪伴放热的过程，故 B 正确；气体从状态 a 到 d 是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功， C 正确；气体从状态 b 到 a 是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度高升，内能增大，而在这个过程中气体体积没有变化，所以就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故 D 正确．7．C【分析】 A 项，气体分子时辰在做无规则的热运动，宏观上气体向 B 扩散，但单个分子不会做定向运动，故 A 项错误． B 项，自由膨胀后，因为等温过程中体积增大，则压强会减小，故 B 项错误． C 项，因为 B 为真空，自由膨胀过程中不受阻力作用，所以气体不做功，即W＝ 0，因为容器绝热，所以Q＝0，由U＝ W＋ Q 可知，气体内能不变，所以温度也不变，故 C 项正确．8． C【分析】绝热过程，气体的体积减小，外界对气体做功，W＞ 0.绝热过程，气体不对外放出热量也不汲取热量，Q＝ 0.依据热力学第必定律U＝ W＋ Q，可知U＞ 0，所以理想气体的内能增添、温度高升，分子均匀动能增大．9．增大Q－ p0(V2－ V1)【分析】温度是分子热运动均匀动能的标记，温度高升，气体分子均匀动能增大．依据热力学第必定律得：U＝ Q＋W，而 W＝－ p0S L ＝－ p0 V ＝－ p0( V2－V1)，所以气体内能变化了U＝ Q－ p0(V2－ V1)．10．－153 ℃ 3× 105 J【分析】(1)状态 A、 C 的温度均为27 ℃， T A＝T C＝ 273＋27＝ 300 K ，状态 A 到状态 B 为等容变化P A＝P B代入数据得 T B＝ 120 K 即为 t B＝－ 153 ℃ .(2) T A T B状态 A 到状态 B 为等容过程，外界对气体不做功；状态 B 到状态 C，W＝－ P B(V C－ V B) ＝－3× 105J; T A＝ T C，U ＝ 0，由热力学第必定律U＝ Q＋W，代入数据得 Q＝3× 105J 即气体从外界汲取热量为3× 105 J.－ 3500 J【分析】气体从状态 A 到状态 B 发生等压变化，依据等压变11． 6× 10 m3化有V A V B－33＝T B，代入数据得： V B＝ 6× 10m ；气体从 A 到 B 外界对气体做的功 W＝ P(V A－ V B) T A＝800 J依据热力学第必定律ΔU＝ W＋Q＝ 800＋ (－ 300)＝ 500 J.12． p0＋ mg(p【分析】(1)设活塞停在 B 点时缸内关闭气体的压强为p，S0S＋mg)h对活塞依据共点力均衡有：p0S＋ mg＝ pS解得：p＝p0＋mgS(2) 因为四周环境温度保持不变，且气缸缸壁是导热的，所以整个过程中关闭理想气体的温度不变，即其内能不变，有：U ＝ 0，整个过程中，气体被压缩，外界对气体做功为：W＝ (p0S＋ mg)h依据热力学第必定律可知，整个过程中经过缸壁传达的热量为：Q＝ W＝ (p0S＋ mg)h.END。

2019年江苏省普通高中学业水平测试物理试题(含答案)2019年江苏省普通高中学业测试（必修科目）试卷物理一、单项选择题：每小题只有一个．．．．选项符合题意（本部分23小题，每小题3分，共69分）1．文学作品中往往蕴含着一些物理知识，下列诗句中加点的字表示位移的是A．飞流直下三千尺．．．．．，疑是银河落九天B．一身转战三千里．．．．．，一剑曾当百万师C．坐地日行八万里．．．．．，巡天遥看一千河D．三十功名尘与土，八千里路．．．．云和月2．一辆汽车在崎岖的山路上行驶，关于该汽车的惯性，下列说法正确的是A．汽车打滑时惯性变小B．汽车下坡时惯性变大C．汽车加速时惯性变大D．汽车刹车时惯性不变3．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示。

实验中，为使小车运动时所受的拉力近似等于盘和重物的总重力，则盘和重物的总质量m与小车的质量M应满足的关系是A．m远大于MB．m远小于MC．m略大于MD．m略小于M4．小明乘电梯从一楼上升到三楼，在电梯启动和制动时，他所处的状态是A．超重、超重B．失重、失重C．超重、失重D．失重、超重5．伽利略在研究落体运动时，提出了“把轻重不同的两个物体连在一起下落，与单独一个物体下落比较，是快了还是慢了”的问题A．自由落体运动的快慢与物体的质量无关B．自由落体运动是匀加速直线运动C．自由落体运动的速度与时间成正比D．自由落体运动的速度与位移成正比6．如图所示，小朋友在弹性较好的蹦床上跳跃翻腾，尽情嬉耍。

在小朋友接触床面向下运动的过程中，床面对小朋友的弹力做功情况是A．先做负功，再做正功B．先做正功，再做负功C．一直做负功D．一直做正功7．起重机沿竖直方向以大小不同的速度两次匀速吊起货物，所吊货物的质量想等。

那么，关于起重机对货物的拉力和起重机的功率，下列说法正确的是A．拉力不等，功率相等B．拉力不等，功率不等C．拉力相等，功率相等D．拉力相等，功率不等8．“验证机械能守恒定律”的实验装置如图所示。

江苏省2019版高中物理学业水平测试复习第七章机械能守恒定律第19讲重力势能弹性势能机械能守恒定律训练二机械能守恒定律综合应用对点练必修2编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（江苏省2019版高中物理学业水平测试复习第七章机械能守恒定律第19讲重力势能弹性势能机械能守恒定律训练二机械能守恒定律综合应用对点练必修2）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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训练二机械能守恒定律综合应用1．(2018·泰州中学学测模拟一)着陆点火进一步减慢火箭的掉落速度,实现定点软着陆，此过程中下列说法正确的是( ）A．火箭处于失重状态B．火箭的机械能在减小C．合外力对火箭做正功D．火箭处于平衡状态2．（2018·扬州学测模拟）如图1所示，m1与m2通过轻质绳连接，m1<m2，滑轮光滑且质量不计．在m下降一段距离(不计空气阻力)的过程中，下列说法中正确的是( ）2图1A．m1的机械能守恒B．m1的机械能减小C．m1和m2的总机械能减少D．m1和m2组成的系统机械能守恒3．（2018·启东中学学测最后一考)如图2所示，A为一放在竖直轻弹簧上的小球，在竖直向下恒力F的作用下,弹簧被压缩到B点，弹簧始终在弹性限度内．现突然撤去力F，小球将向上弹起直至速度为零，不计空气阻力,则小球在上升过程中（）图2A．小球向上做匀变速直线运动B．当弹簧恢复到原长时，小球速度恰减为零C．小球动能先增大后减小D．小球机械能逐渐增大4。

江苏省2019版高中物理学业水平测试复习第七章机械能守恒定律第18讲动能动能定理训练二动能定理的综合应用对点练必修2编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（江苏省2019版高中物理学业水平测试复习第七章机械能守恒定律第18讲动能动能定理训练二动能定理的综合应用对点练必修2）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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训练二动能定理的综合应用1．(2016·连云港学测模拟)如图1所示,从距地面高h＝5 m的A点以一定的初速度水平抛出一金属小球，抛出点与落地点的水平距离x＝10 m,g取10 m/s2，金属小球所受空气阻力忽略不计．图1（1)求小球在空中的运动时间;(2)求小球的初速度大小;(3)现将一个质量为0。

1 kg的塑料球从A点以跟金属小球相同的初速度抛出，测得落地时的速度大小为12 m/s，求该过程塑料球克服空气阻力所做的功．2．（2017·江苏学测)地铁车站的轨道往往建得高些．如图2所示，列车从A到O的进站过程中，在平直轨道的A处关闭发动机，“冲”到站台的O处停下来．进站上坡过程中,列车的一部分动能转化为重力势能．列车开启发动机从O到B的出站过程中，重力势能可转化为列车的动能被再次利用，从而达到节约能源的目的．设坡高为h，列车的质量为m，经过A、B时的速度大小均为v0，不计空气阻力，重力加速度为g。

图2（1)求列车经过A时的动能E k；(2)求列车进站过程中损失的机械能ΔE；(3）通过计算求与没有坡的情形相比，列车从A到B的过程中牵引力少做的功ΔW。

课时作业七共点力的平衡(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．如下列图，一木块在垂直于倾斜天花板平面方向的推力F作用下处于静止状态，如此如下判断正确的答案是( )第1题图A．天花板与木块间的弹力可能为零B．天花板对木块的摩擦力可能为零C．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力增大D．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力不变2．如下列图，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，水平向左的力F作用于B上，A、B 之间的接触面倾斜．A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，关于两木块的受力，如下说法正确的答案是( )第2题图A．A、B之间一定存在摩擦力作用B．木块A可能受三个力作用C．木块A一定受四个力作用D．木块B一定受到地面向右的摩擦力作用3．在竖直放置的平底圆筒内，放置两个半径一样的刚性球a和b，球a质量大于球b.放置的方式有如图甲和乙两种．不计圆筒内壁和球面之间的摩擦，对有关接触面的弹力，如下说法正确的答案是( )第3题图A．图甲圆筒底受到的压力大于图乙圆筒底受到的压力B．图甲中球a对圆筒侧面的压力小于图乙中球b对侧面的压力C．图甲中球a对圆筒侧面的压力大于图乙中球b对侧面的压力D．图甲中球a对圆筒侧面的压力等于图乙中球b对侧面的压力4．如下列图为我国国家大剧院外部呈椭球型．假设国家大剧院的屋顶为半球形，因特殊原因要执行维修任务，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G.现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从C点(C点与A点等高)沿支架缓慢地向B点靠近．如此绳中拉力大小变化的情况是( )第4题图A．先不变后变大 B．先不变后变小C．先变大后不变 D．先变小后不变5．固定在水平面上的光滑半球，半径为R，球心O的正上方固定一个小定滑轮，细线一端拴一小球，置于半球平面上的A点，另一端绕过定滑轮．如下列图，现缓慢地将小球从A 点拉向B点．在此过程中，小球对半球的压力大小F N、细线的拉力F T的变化情况是( )第5题图A．F N不变，F T不变 B．F N不变，F T变大C ．F N 不变，F T 变小D ．F N 变大，F T 变小6．(多项选择)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b .外力F 向右上方拉b ，整个系统处于静止状态．假设F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，如此( )第6题图A ．绳OO ′的张力也在一定范围内变化B ．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化C ．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化D ．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化7．如下列图，直角三角形框架ABC (角C 为直角)固定在水平地面上，AC 与水平方向的夹角为α＝30.小环P 、Q 分别套在光滑臂AC 、BC 上，用一根细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环P 、Q 的质量分别为m 1、m 2，如此小环P 、Q 的质量之比为( )第7题图A.m 1m 2＝3B.m 1m 2＝3C.m 1m 2＝33D.m 1m 2＝138．如下列图，两个截面半径均为r 、质量均为m 的半圆柱体A 、B 放在粗糙水平面上，A 、B 截面圆心间的距离为L .在A 、B 上放一个截面半径为r 、质量为2m 的光滑圆柱体C ，A 、B 、C 始终都处于静止状态，如此( )第8题图A．B对地面的压力大小为3mgB．地面对A的作用力沿AC圆心连线方向C．L越小，A、C间的弹力越小D．L越小，地面对A、B的摩擦力越大9．将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如下列图．用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线OA与竖直方向的夹角保持θ＝30°，如此F的最小值为( )第9题图A.33mg B．mg C.32mg D.12mg10．如下列图，一球A夹在竖直墙与三角劈B的斜面之间，三角劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的，设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．问：欲使三角劈静止不动，球的重力不能超过多少？第10题图11．质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如下列图(木楔在整个过程中始终静止)．(1)拉力F的最小值；(2)拉力F最小时，木楔对水平面的摩擦力是多大？第11题图12．一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ＝45°)、锁槽E以与连杆、锁头等部件组成，如图甲所示．设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力F fm由F fm＝μF N(F N为正压力)求得．有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x.(1)试问，自锁状态时D的下外表所受摩擦力的方向．(2)求此时(自锁时)锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小．(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，如此μ至少要多大？第12题图课时作业(七) 共点力的平衡1.D 【解析】木块在力F和重力的作用下不会平衡，所以还会受到倾斜天花板对木块的支持力和摩擦力，AB项错．无论推力F怎么变化，木块受到的都是静摩擦力，与木块重力在沿斜面方向的分力平衡，木块受天花板的摩擦力不变，C项错，D项正确．2．B 【解析】由于A、B间接触面情况未知，假设A、B接触面光滑，如此A、B间没有摩擦力，此时A受重力、B对A的支持力和墙壁对A的弹力而平衡，故A、C错误，B 正确；木块B受力F、A对B的压力，假设压力向右的分力等于F，如此地面对B没有摩擦力，故D错误．3．B 【解析】以ab整体为研究对象受力分析，受重力、圆筒底支持力和两侧的支持力，根据平衡条件，甲图圆筒底受到的压力等于乙图圆筒底受到的压力，故A错误；根据平衡条件，同一圆筒内两侧的两个支持力是相等的；再以上面球为研究对象受力分析，根据平衡条件运用合成法，如下列图，由几何知识可知：F N筒＝mgcotθ，故侧壁的支持力与上面球的重力成正比，由于球a质量大于球b，故乙图中两侧的支持力较大；由牛顿第三定律易知，B正确，C、D错误．第3题图4．B 【解析】分析轻质滑轮的受力如下列图，由滑轮模型的特点可知T1＝T2根据平衡条件可知，T1、T2合力与G等大反向，且T1＝T2.第4题图所以T1sinα＋T2sinα＝T3＝G即T1＝T2＝G2sinθ从C点到半圆周上，夹角不变所以拉力大小不变，再沿支架缓慢地向B点靠近时，夹角增大，所以选项B正确．5．C 【解析】小球受力如下列图，根据平衡条件知，球所受的支持力F N和线的拉力F T 的合力跟重力是一对平衡力，即F ＝G ，根据几何关系知，力三角形△FAF N 与几何三角形△COA 相似．设滑轮到半球顶点B 的距离为h ，线长AC 为L ，如此有F N R ＝G h ＋R ＝F T L .由于小球从A 点移向B 点的过程中，G 、R 、h 均不变，L 减小，故F N 大小不变，F T 减小．应当选C.第5题图6．BD 【解析】 由于物体a 、b 均保持静止，各绳角度保持不变，对a 受力分析得，绳的拉力T ＝m a g ，所以物体a 受到绳的拉力保持不变。

课时作业二十二实验四：探究动能定理(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．关于“探究功与速度变化的关系”的实验中，下列叙述正确的是( )A．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值B．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致C．放小车的长木板应该尽量使其水平D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出2．(多选)某研究性学习小组觉得教材中实验测量过程较复杂，改进如下：如图所示，将教材实验中的木板放在桌子的边缘，小车的前端放一小球，小车在橡皮筋作用下加速运动，到桌子边缘后小车在挡板作用下停止运动，小球做平抛运动，测出橡皮筋条数为1、2、3、…、n时的平抛距离x1、x2、x3、…、x n，则( )第2题图A．如果忽略一切摩擦，x∝n(n为橡皮筋条数)B．如果忽略一切摩擦，x2∝n(n为橡皮筋条数)C．该实验中小车受的摩擦力可以通过倾斜木板的方法平衡而不产生新的误差D．该实验中倾斜木板会产生误差3．探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图所示，实验主要过程如下：第3题图(1)设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、…(2)分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度v1、v2、v3、…(3)作出W­v图象；(4)分析W­v图象．如果W­v图象是一条直线，表明W∝v；如果不是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∝v等关系．以下关于该实验的说法中有一项不正确，它是______．A．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W……所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致．当用1根橡皮筋进行实验时，橡皮筋对小车做的功为W，用2根、3根……橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W…B．小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜C．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带．纸带上打出的点，两端密、中间疏．出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小D．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算4．如图所示为在“探究功与速度变化的关系”的实验中小车在运动过程中打点计时器在纸带上打出的一系列的点，打点的时间间隔为0.02 s，小车在A、B之间可描述为________________运动，C、D之间可描述为________运动．小车离开橡皮筋后的速度为________m/s.第4题图5．某同学做探究合力做的功和物体速度变化的关系的实验装置如图甲所示，小车在橡皮筋的作用下弹出，沿木板滑行．用1根橡皮筋时对小车做的功记为W，当用2根、3根……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出．甲(1)木板水平放置，小车在橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是( )A．橡皮筋仍处于伸长状态B．橡皮筋恰好恢复原长C．小车恰好运动到两个铁钉的连线处D．小车已超过两个铁钉的连线(2)如图乙所示是某次操作正确的情况下，在频率为50 Hz的电源下打点计时器记录的一条纸带，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的______(选填“A～F”或“F～I”)部分进行测量，速度大小为______m/s.乙第5题图6．某实验小组的同学采用如图所示的装置(实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面)用打点计时器得到一条纸带后，通过分析小车位移与速度变化的关系来研究合力对小车所做的功与速度变化的关系．图甲是实验中得到的一条纸带，点O为纸带上的起始点，A、B、C是纸带上的三个连续的计数点，相邻两个计数点间均有4个点未画出，用刻度尺测得A、B、C到O的距离如图甲所示．已知所用交变电源的频率为50 Hz，则：甲(1)打B 点时，小车的瞬时速度v B ＝______m/s.(结果保留两位有效数字)(2)实验中，该小组的同学画出小车位移l 与速度v 的关系图象如图所示．根据该图线形状，某同学对W 与v 的关系作出的猜想，肯定不正确的是______．(填写选项字母代号)乙第6题图A ．W ∝v 2B ．W ∝vC ．W ∝1vD ．W ∝v 3(3)本实验中，若钩码下落高度为h 1时，合力对小车所做的功为W 0，则当钩码下落h 2时，合力对小车所做的功为________．(用h 1、h 2、W 0表示)7．某同学在“探究功与物体速度变化的关系”实验中，设计了如图甲所示的实验．将纸带固定在重物上，让纸带穿过电火花计时器．先用手提着纸带，使重物静止在靠近计时器的地方．然后接通电源，松开纸带，让重物自由下落，计时器就在纸带上打下一系列小点．得到的纸带如图乙所示，O 点为计时器打下的第1个点．该同学对数据进行了下列处理：取OA ＝AB ＝BC ，并根据纸带算出了A 、B 、C 三点的速度分别为v A ＝0.12 m/s ，v B ＝0.17 m/s ，v C ＝0．21 m/s.根据以上数据你能否大致判定W ∝v 2?第7题图课时作业(二十二)实验四：探究动能定理1.D2．BD 【解析】 由W ∝v 2、x ∝v 、W ∝n 得x 2∝n ，选项A 错误，B 正确；该实验应用了平抛运动的规律，如果木板倾斜，则变为斜抛，将产生误差，选项C 错误，D 正确．3．D 【解析】 实验的目的是探究橡皮筋做的功与物体获得的速度的关系．这个速度是指橡皮筋做功完毕时小车的速度，而不是整个过程的平均速度，所以D 是错误的．4．加速度逐渐减小的加速直线 匀速直线 0.36 【解析】 由A 到B 的点迹可以看出点的距离越来越大，但距离的差值越来越小，因时间相同，可知A 、B 间小车做加速度逐渐减小的加速直线运动，C 、D 间为匀速直线运动，小车离开橡皮筋后的速度v ＝x t ＝7.2×10－30.02 m/s ＝0.36 m/s.5．(1)A (2)F ～I 0.76 【解析】 (1)因为木板水平放置，故实验时没有平衡摩擦力．当小车的速度最大时，合力为0，即橡皮筋的拉力和摩擦力的合力为0，所以橡皮筋仍处于伸长状态，A 正确，B 错误；由此也可推知小车处于两铁钉连线的左方，C 、D 错误．(2)小车的速度应为橡皮筋对小车作用完毕时小车的速度，此时小车做匀速直线运动，故应选F ～I 段．速度大小v ＝1.52×10－20.02m/s ＝0.76 m/s. 6. (1)0.80 (2)BC (3)h 2h 1 W 0【解析】 (1)v B ＝AC 2T＝0.80 m/s. (2)由题图知，位移与速度的关系图像很像抛物线，所以可能l ∝v 2或l ∝v 3，又因为W＝Fl ，F 恒定不变，故W ∝v 2或W ∝v 3，A 、D 正确，B 、C 错误．(3)设合力为F ，由W 0＝Fh 1，得F ＝W 0h 1，所以当钩码下落h 2时W ＝Fh 2＝h 2h 1W 0.7．见解析 【解析】 设由O 到A 的过程中，重力对重物所做的功为W ，那么由O 到B 过程中，重力对重物所做的功为2W ，由O 到C 的过程中，重力对重物所做的功为3W .第7题图由计算可知，v 2A ＝1.44×10－2 m 2/s 2，v 2B ＝2．89×10－2 m 2/s 2，v 2C ＝4.41×10－2 m 2/s 2，v 2B v 2A ≈2，v 2C v 2A ≈3，即v 2B ≈2v 2A ，v 2C ≈3v 2A .由以上数据可以判定W ∝v 2是正确的．也可以根据W ­v 2的图线来判断．。