【配套K12】高三物理二轮复习 第1部分 专题6 物理实验与创新 第2讲 电学实验与创新课时作业集训

专题六机械能守恒定律功能关系—————[知识结构互联]———————[核心要点回扣]——————1．机械能守恒定律的三种观点(1)守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2，要选零势能参考面(2)转化观点：ΔE k＝－ΔE p，不用选零势能参考面(3)转移观点：ΔE A＝－ΔE B，不用选零势能参考面．2．力学中五种常见的功能关系考点1 机械能守恒定律的应用(对应学生用书第28页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年6考：2016年Ⅱ卷T16、T21、Ⅲ卷T242015年Ⅱ卷T212014年Ⅱ卷T15、T17[考情分析]1．本考点高考命题选择题集中在物体系统机械能守恒及物体间的做功特点、力与运动的关系；计算题结合平抛、圆周运动等典型运动为背景综合考查．2．熟练掌握并灵活应用机械能的守恒条件、掌握常见典型运动形式的特点及规律是突破该考点的关键．3．对一些“绳子突然绷紧”“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．1．(系统机械能守恒)(多选)(2015·Ⅱ卷T 21)如图6­1所示，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )【导学号：19624070】图6­1A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功B ．a 落地时速度大小为2ghC ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg[题眼点拨] ①刚性轻杆不伸缩，两滑块沿杆的分速度相同；②轻杆对滑块a 、b 都做功，系统机械能守恒．BD [由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a 、b 的速度分别为v a 、v b .此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将v a 、v b 分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v ∥与v ′∥是相等的，即v a cos θ＝v b sin θ.当a 滑至地面时θ＝90°，此时v b ＝0，由系统机械能守恒得mgh ＝12mv 2a ，解得v a ＝2gh ，选项B 正确．同时由于b 初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b 先做正功后做负功，选项A 错误．杆对b 的作用先是推力后是拉力，对a 则先是阻力后是动力，即a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g ，选项C 错误．b 的动能最大时，杆对a 、b 的作用力为零，此时a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以b 对地面的压力大小为mg ，选项D 正确．正确选项为B 、D.](多选)在第1题中，若将轻杆换成轻绳，如图6­2所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d .杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点正下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )图6­2A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝d 2B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等C ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能D ．环能下降的最大高度为4d 3CD [环到达B 处时，对环的速度进行分解，可得v 环cos θ＝v 物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v 环＝2v 物，B 错误；因环从A 到B ，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C 正确；当环到达B 处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h ＝(2－1)d ，A 错误；当环下落到最低点时，设环下落高度为H ，由机械能守恒有mgH ＝2mg (H 2＋d 2－d )，解得H ＝43d ，故D 正确．]2．(单个物体的机械能守恒)(2016·Ⅲ卷T 24)如图6­3所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R 4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．图6­3(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．[题眼点拨] ①“光滑固定轨道”说明运动过程机械能守恒；②“运动到C 点”说明在C 点轨道对球压力N ≥0.【解析】 (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒定律得E k A＝mg R 4 ①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R 4② 由①②式得E k B E k A ＝5. ③(2)若小球能沿轨道运动到C 点，则小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 ④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2C R 2⑤由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2C R ⑥由机械能守恒定律得mg R 4＝12mv 2C ⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点．【答案】 (1)5 (2)能沿轨道运动到C 点(2014·Ⅱ卷T 17)如图所示，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mgC [设大环半径为R ，质量为m 的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以12mv 2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋mv 2R＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F N ′＝F N ＝5mg ，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T ＝Mg ＋F N ′＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．]■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．判断机械能守恒的两个角度(1)若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹簧组成的系统机械能守恒．(2)若系统只有动能和势能的相互转化，没有机械能与其他形式的能(如摩擦热)的相互转化，则系统机械能守恒．2．机械能守恒定律应用中的“三选取”图6­4(1)研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象，有的选几个物体组成的系统为研究对象，如图6­4所示单选物体A机械能减少不守恒，但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒．(2)研究过程的选取研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒，因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取．(3)机械能守恒表达式的选取①守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2.(需选取参考面)②转化观点：ΔE p＝－ΔE k.(不需选取参考面)③转移观点：ΔE A增＝ΔE B减．(不需选取参考面)■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1 机械能守恒条件的应用1．(2015·天津高考)如图6­5所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )【导学号：19624071】图6­5A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC ．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变B [圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，选项A 、D 错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时，加速度减为0，速度达到最大，而后加速度反向且逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时，所受合力最大，选项C 错误；由图中几何关系知圆环的下降高度为3L ，由系统机械能守恒可得mg ·3L ＝ΔE p ，解得ΔE p ＝3mgL ，选项B 正确．]考向2 单个物体机械能守恒2．(2017·江苏高考T 5)如图6­6所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F .小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图6­6A ．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB ．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC ．物块上升的最大高度为2v 2gD ．速度v 不能超过F －Mg L MD [物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力．物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T ＝Mg ≤2F ，故A 错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T －Mg ＝Mv 2L ，T ＝Mg ＋Mv 2L，所以绳子中的张力与2F 大小关系不确定，故B 错误；若物块做圆周运动到达的高度低于P 点，由机械能守恒定律可得：12Mv 2＝Mgh ，则最大高度h ＝v 22g ，若物块做圆周运动到达的最大高度高于P 点，物块在最大高度的速度v ′＞0，由机械能守恒定律可得：12Mv 2＝Mgh ＋12Mv ′2，可得h ＜v 22g，故C 错误；环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F －Mg ＝Mv 2L，故最大速度v ＝F －Mg L M，D 正确．]考向3 系统机械能守恒3．(2016·河北石家庄一模)如图6­7所示，左侧竖直墙面上固定半径为R ＝0.3 m 的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O 等高处固定一光滑直杆．质量为m a ＝100 g 的小球a 套在半圆环上，质量为m b ＝36 g 的滑块b 套在直杆上，二者之间用长为l ＝0.4 m 的轻杆通过两铰链连接．现将a 从圆环的最高处由静止释放，使a 沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a 、b 均视为质点，g 取10 m/s 2.求：图6­7(1)小球a 滑到与圆心O 等高的P 点时的向心力大小；(2)小球a 从P 点下滑至杆与圆环相切的Q 点的过程中，杆对滑块b 做的功.【导学号：19624072】【解析】 (1)当a 滑到与O 同高度的P 点时，a 的速度v 沿圆环切向向下，b 的速度为零， 由机械能守恒可得：m a gR ＝12m a v 2 解得：v ＝2gR对小球a 受力分析，由牛顿第二定律可得：F ＝m a v 2R＝2m a g ＝2 N. (2)杆与圆环相切时，如图所示，此时a 的速度沿杆方向，设此时b 的速度为v b ，则知v a ＝v b cos θ由几何关系可得：cos θ＝ll 2＋R 2＝0.8球a 从P 到Q 下降的高度h ＝R cos θa 、b 及杆组成的系统机械能守恒：m a gh ＝12m a v 2a ＋12mb v 2b －12m a v 2 对滑块b ，由动能定理得：W ＝12m b v 2b ＝0.194 4 J. 【答案】 (1)2 N(2)0.194 4 J(多选)(2016·豫西名校联考)如图所示，轻杆AB 长l ，两端各连接一个小球(可视为质点)，两小球质量关系为m A ＝12m B ＝m ，轻杆绕距B 端l 3处的O 轴在竖直平面内顺时针自由转动．当轻杆转至水平位置时，A 球速度为23gl ，则在以后的运动过程中( )A ．A 球机械能守恒B ．当B 球运动至最低点时，球A 对杆作用力等于0C ．当B 球运动到最高点时，杆对B 球作用力等于0D ．A 球从图示位置运动到最低点的过程中，杆对A 球做功等于－23mgl BD [由题意，A 、B 系统机械能守恒，且轻杆在运动的过程中，A 球的重力势能变化量总与B 球重力势能的变化量相等，因此两球在竖直面内做匀速圆周运动，对A 球，动能不变，但重力势能时刻变化，则其机械能不守恒，故A 错误；当B 球运动到最低点时，A 球在最高点，由牛顿第二定律知，F A ＋m A g ＝m A v 2A 23l ，解得F A ＝0，故B 正确；当B 球运动到最高点时，同理有，F B ＋m B g ＝m B v 2B13l ，又v A 2l 3＝v B l 3，解得F B ＝－12m B g ，故C 错误；对A 球，从图示位置运动到最低点过程中，由机械能守恒定律知，杆对A 球做功等于A 球势能的变化量，其大小为W ＝ΔE pA ＝0－m A g 23l ＝－23mgl ，故D 正确．] 考点2 功能关系及能量守恒(对应学生用书第30页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年5考：2017年Ⅰ卷T 24、Ⅲ卷T 16 2016年Ⅱ卷T 25、Ⅲ卷T 20 2013年Ⅱ卷T 20[考情分析]1．本考点选择题重点考查常见功能转化关系，难度中档；计算题常以滑块、传送带、弹簧结合平抛运动、圆周运动综合考查功能关系、动能定理、机械能守恒的应用．2．解此类问题重在理解常见功能关系，明确物体运动过程中哪些力做功，初、末状态对应的能量形式．3．公式应用过程中易漏掉部分力做功，特别是摩擦力做功．4．摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．3．(外力做功与重力势能的变化)(2017·Ⅲ卷T16)如图6­8所示，一质量为m ，长度为l的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )图6­8A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl [题眼点拨] ①“均匀柔软细绳”说明质量分布均匀；②“缓慢地竖直向上拉起”说明外力所做的功等于MQ 段细绳重力势能的增加量．A [以均匀柔软细绳MQ 段为研究对象，其质量为23m ，取M 点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ 段的重力势能E p1＝－23mg ·l 3＝－29mgl ，用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点时，细绳MQ 段的重力势能E p2＝－23mg ·l 6＝－19mgl ，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ 段的重力势能的变化，即W ＝E p2－E p1＝－19mgl ＋29mgl ＝19mgl ，选项A 正确．] 4．(功能关系的应用)(多选)(2013·Ⅱ卷T 20)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )【导学号：19624073】A ．卫星的动能逐渐减小B ．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C ．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D ．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小BD [卫星运转过程中，地球的引力提供向心力，G Mm r 2＝m v 2r，受稀薄气体阻力的作用时，轨道半径逐渐变小，地球的引力对卫星做正功，势能逐渐减小，动能逐渐变大，由于气体阻力做负功，卫星的机械能减小，选项B 、D 正确．]5．(能量转化与守恒)(2016·Ⅱ卷T 25)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图6­9所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．图6­9[题眼点拨] ①“接触但不连接”说明物块P 和弹簧可以分离；②“光滑半圆轨道”说明在BCD 上运动时只有重力做功；③“仍能沿圆轨道滑下”说明没有脱离轨道，高度不超过C 点．【解析】 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为E p ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0 ④设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt2 ⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为 s ＝v D t⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l . ⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知 5mgl >μMg ·4l⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有 12Mv 2B ≤Mgl ⑪联立①②⑩⑪式得 53m ≤M <52m . ⑫ 【答案】 (1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m在第5题中，若将右侧半圆轨道换成光滑斜面，如图6­10所示，斜面固定，AB 与水平方向的夹角θ＝45°，A 、B 两点的高度差h ＝4 m ，在B 点左侧的水平面上有一左端固定的轻质弹簧，自然伸长时弹簧右端到B 点的距离s ＝3 m ．质量为m ＝1 kg 的物块从斜面顶点A 由静止释放，物块进入水平面后向左运动压缩弹簧的最大压缩量x ＝0.2 m ．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，不计物块在B 点的机械能损失．求：图6­10(1)弹簧的最大弹性势能；(2)物块最终停止位置到B 点的距离；(3)物块在斜面上滑行的总时间(结果可用根式表示)．【解析】 (1)物块从开始位置到压缩弹簧至速度为0的过程，由功能关系可得：mgh －μmg (s ＋x )＝E p解得最大弹性势能E p ＝24 J.(2)设物块从开始运动到最终静止，在水平面上运动的总路程为l ，由功能关系有：mgh －μmgl ＝0解得：l ＝8 m所以物块停止位置到B 点距离为：Δl ＝l －2(s ＋x )＝1.6 m<3 m 即物块最终停止位置距B 点1.6 m.(3)物块在光滑斜面上运动时，由牛顿第二定律有：mg sin θ＝ma解得：a ＝g sin θ设物块第一次在斜面上运动的时间为t 1，则 hsin θ＝12at 21 解得：t 1＝2510 s设物块从水平面返回斜面时的速度为v ，由动能定理可得：mgh －2μmg (s ＋x )＝12mv 2解得：v ＝4 m/s所以，物块第二次在斜面上滑行的时间为：t 2＝2vg sin θ＝425s.物块在斜面上滑行总时间为：t ＝t 1＋t 2＝42＋2105 s.【答案】 (1)24 J (2)1.6 m (3)42＋2105s■释疑难·类题通法…………………………………………………………………· 1．必须理清的三种功能转化关系(1)物体动能的增加量等于合外力做的总功．(2)物体机械能的增量对应除重力、弹力以外的力所做的总功．(3)两物体相对滑动时，因摩擦而产生的热量为Q ＝F f l 相对，l 相对为相对滑行位移而不是对地的位移．2．应用功能关系时的“三点注意”(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少．(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 能量转化与守恒关系的应用4．(多选)[2017·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]如图6­11所示，质量为M ＝1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m ＝3 kg 滑块以初速度v 0＝2 m/s 从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板．则下面说法正确的是( )【导学号：19624074】图6­11A ．滑块和木板的加速度之比是1∶3B ．整个过程中因摩擦产生的内能是1.5 JC ．可以求出木板的最小长度是1.5 mD ．从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是7∶3 ABD [因为滑块与木板所受合外力大小相等，所以加速度与质量成反比，滑块和木板的加速度之比是M m ＝13，故A 正确；由运动学规律有v ＝v 0－at ＝3at ，解得两者相对静止时的速度v ＝1.5 m/s ，由能量守恒定律得：整个过程中因摩擦产生的内能Q ＝12mv 2－12(M ＋m )v 2＝1.5 J ，故B 正确；由于不知道动摩擦因数和滑块与木板的相对运动时间，不能求出木板的最小长度，故C 错误；从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块运动的位移x 1＝v 0＋v 2t ，木板的位移x 2＝v 2t ，两者之比x 1x 2＝v 0＋v v ＝2＋1.51.5＝73，故D 正确．]考向2 功能关系的综合应用5．如图6­12所示，质量均为m 的物块A 和B 用轻弹簧相连，放在光滑的斜面上，斜面的倾角θ＝30°，B 与斜面底端的固定挡板接触，弹簧的劲度系数为k ，A 通过一根绕过定滑轮的不可伸长的轻绳与放在水平面上的物块C 相连，各段绳均处于刚好伸直状态，A 上段绳与斜面平行，C 左侧绳与水平面平行，C 的质量也为m ，斜面足够长，物块C 与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g ，现给C 与一个向右的初速度，当C向右运动到速度为零时，B 刚好要离开挡板，求：图6­12(1)物块C 开始向右运动的初速度大小；(2)若给C 施加一个向右的水平恒力F 1(未知)使C 向右运动，当B 刚好要离开挡板时，物块A 的速度大小为v ，则拉力F 1多大？(3)若给C 一个向右的水平恒力F 2(未知)使C 向右运动，当B 刚好要离开挡板时，物块A 的加速度大小为a ，此时拉力F 2做的功是多少？【解析】 (1)开始时绳子刚好伸直，因此弹簧的压缩量为x 1＝mg sin θk ＝mg2k当B 刚好要离开挡板时，弹簧的伸长量为x 2＝mg sin θk ＝mg2k根据功能关系12×2mv 20＝mg sin θ(x 1＋x 2)＋μmg (x 1＋x 2)求得v 0＝gm k. (2)施加拉力F 1后，当物块B 刚好要离开挡板时，根据功能关系F 1(x 1＋x 2)－μmg (x 1＋x 2)－mg sin θ(x 1＋x 2)＝12×2mv 2 求得F 1＝mg ＋kv 2g.(3)施加拉力F 2后，当物块B 刚好要离开挡板时，设绳的拉力为F ，对A 研究F －mg sin θ－F 弹＝maF 弹＝mg sin θ对物块C 研究F 2－F －μmg ＝ma 求得F 2＝2ma ＋32mg则拉力做功W ＝F 2(x 1＋x 2)＝m 2g k (2a ＋32g )．【答案】 (1)gm k (2)mg ＋kv 2g (3)m 2g k (2a ＋32g )1.(多选)(2017·达州市一模)如图所示，质量为m 的一辆小汽车从水平地面AC 上的A 点沿斜坡匀速行驶到B 点．B 距水平面高h ，以水平地面为零势能面，重力加速度为g .小汽车从A 点运动到B 点的过程中(空气阻力不能忽略)，下列说法正确的是( )A ．合外力做功为零B ．合外力做功为mghC ．小汽车的机械能增加量为mghD ．牵引力做功为mghAC [汽车匀速运动，动能不变，则根据动能定理可知，合外力做功为零，故A 正确，B 错误；小汽车动能不变，重力势能增加了mgh ，则可知小汽车机械能增加量为mgh ，故C 正确；对上升过程由动能定理可知，牵引力的功等于重力势能的增加量和克服阻力做功之和，故牵引力做功一定大于mgh ，故D 错误．]2.(2016·湖南十三校三联)如图所示，在水平面的上方有一固定的水平运输带，在运输带的左端A 处用一小段光滑的圆弧与一光滑的斜面平滑衔接，该运输带在电动机的带动下以恒定的向左的速度v 0＝2 m/s 运动．将一可以视为质点的质量为m ＝2 kg 的滑块由斜面上的O 点无初速度释放，其经A 点滑上运输带，经过一段时间滑块从运输带最右端的B 点离开，落地点为C .已知O 点与A 点的高度差为H 1＝1.65 m ，A 点与水平面的高度差为H 2＝0.8 m ，落地点C 到B 点的水平距离为x ＝1.2 m ，g 取10 m/s 2.(1)求滑块运动到C 点时的速度大小；(2)如果仅将O 点与A 点的高度差变为H ′1＝0.8 m ，且当滑块刚好运动到A 点时，撤走斜面，求滑块落在水平面上时的速度大小；(3)在第(2)问情况下滑块在整个运动过程中因摩擦而产生的热量有多少？【解析】 (1)设滑块滑至运输带的右端时速度为v 1，滑块自运输带右端飞出至落地的时间为t ，则在水平方向上，x ＝v 1t 在竖直方向上，H 2＝12gt 2设滑块落地时的速度为v ，根据机械能守恒定律得12mv 21＋mgH 2＝12mv 2联立解得v 1＝3 m/s ，v ＝5 m/s.(2)设滑块从高H 1＝1.65 m 处的O 点由静止开始下滑到运输带上，再滑到运输带右端过程中，摩擦力对滑块做功为W f ，由动能定理得mgH 1＋W f ＝12mv 21.解得W f ＝－24 J滑块从高H ′1＝0.8 m 处的O 点由静止开始下滑到运输带上，由于mgH ′1<|W f |，在滑到运输带右端前滑块的速度就减为零，然后滑块要向左运动，设滑块从高H ′1＝0.8 m 处由静止开始下滑到达运输带左端的速度为v ′0，则mgH ′1＝12mv ′20解得v ′0＝4 m/s因为v 0<v ′0，故滑块在运输带上向左运动的过程中，先加速至与运输带速度相同，后匀速运动至运输带左端做平抛运动，设滑块从运输带左端抛出，落地时的速度大小为v 2，根据机械能守恒定律得12mv 20＋mgH 2＝12mv 22解得v 2＝2 5 m/s.(3)设滑块与运输带间的动摩擦因数为μ，滑块从高H ′1＝0.8 m 处由静止开始下滑，在运输带上减速到零的过程中，滑块在运输带上运动的时间为t 1，滑块与运输带摩擦所产生的热量为Q 1，则有Q 1＝μmg (v ′02t 1＋v 0t 1)对滑块，由动能定理得－μmgv ′02t 1＝0－12mv ′20设滑块后来又向运输带左端运动的过程中，滑块加速至v 0运动的时间为t 2，滑块与运输带摩擦所产生的热量为Q 2，则Q 2＝μmg (v 0t 2－v 02t 2)对滑块，由动能定理得μmg v 02t 2＝12mv 20－0则滑块自释放至落地全过程中滑块与运输带摩擦所产生的热量Q ＝Q 1＋Q 2 解得Q ＝36 J.【答案】 (1)5 m/s (2)2 5 m/s (3)36 J规范练高分| 动力学与功能关系综合应用问题(对应学生用书第32页)[典题在线](2016·河南郑州二模)(17分)如图6­13是利用传送带装运煤块的示意图．其中传送带长L ＝6 m ，倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8①，传送带的主动轮和从动轮半径相等．主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H ＝1.8 m ，与运煤车车厢中心的水平距离x ＝1.2 m ．现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，质量m ＝5_kg ，煤块在传送带的作用下运送到高处②.要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心③.取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：。

第一部分专题六第2讲基础题——学问基础打牢1. (2024·新课标Ⅰ卷)某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻R x，所用电压表的内阻为1 kΩ，电流表内阻为0.5 Ω.该同学采纳两种测量方案，一种是将电压表跨接在图(a)所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间．测量得到如图(b)所示的两条U­I图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数．回答下列问题：(1)图(b)中标记为Ⅱ的图线是采纳电压表跨接在_O、P__(填“O、P”或“O、Q”)两点的方案测量得到的．(2)依据所用试验器材和图(b)可推断，由图线_Ⅰ__(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为_50.5__Ω(保留1位小数)．(3)考虑到试验中电表内阻的影响，需对(2)中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为_50.0__Ω(保留1位小数)．【解析】(1)若将电压表接在O、P之间，I＝UR V ＋UR x则U＝R x R VR x＋R V·I依据一次函数关系可知对应斜率为R x R VR x＋R V若将电压表接在O、Q之间，电流表分压为U A＝IR A依据欧姆定律变形可知R x＝U－IR AI解得U＝I(R x＋R A)依据一次函数可知对应斜率为(R x＋R A)，对比图像的斜率可知kⅠ>kⅡ所以Ⅱ图线是采纳电压表跨接在O、P之间．(2)因为待测电阻为几十欧姆的电阻，通过图像斜率大致估算待测电阻为50 Ω左右，依据1 kΩ50 Ω<50 Ω0.5 Ω说明电流表的分压较小，电压表的分流较大，所以电压表应跨接在O、Q之间，所以选择图线I得到的结果较为精确．依据图像可知R x＝3 V－1 V59.6 mA－20 mA≈50.5 Ω.(3)考虑电流表内阻，则修正后的电阻为R x′＝R x－R A＝50.5 Ω－0.5 Ω＝50.0 Ω.2. (2024·四川成都二诊)为将一只毫安表A(量程3 mA，内阻约几十欧姆)改装成量程为1.5 V的电压表，试验室供应了下列器材：电源E(电动势约6 V，内阻不计)；滑动变阻器R1(0～50 Ω)；滑动变阻器R2(0～5 kΩ)；电阻箱R(0～999.9 Ω)；开关两个、导线若干．某同学先按图示电路连接线路，测量表A的内阻．他的操作步骤如下：a．将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合S1后调整变阻器的阻值，使表A的指针满偏；b．闭合S2保持变阻器的阻值不变，调整电阻箱R的阻值，使表A的指针偏转到量程的1 2位置；c．登记R的阻值为30.0 Ω.(1)上述试验中，滑动变阻器应选用_R2__(选填“R1”或“R2”)．(2)表A的内阻测量值R A＝_30.0或30__Ω.此测量值_小于__(选填“大于”“等于”或“小于”)表A内阻的真实值．(3)若取表A内阻的测量值R A进行计算，为达成改装的目的，可将表A与电阻箱R_串联__(选填“串联”或“并联”)，且将电阻箱R的阻值调到_470.0或470__Ω.【解析】(1)毫安表A的量程3 mA，则电路中的最大电流为3 mA，电路的最小电阻为R＝EI g ＝63×10－3Ω＝2 000 Ω，故滑动变阻器应选用R2.(2)试验中用半偏法测电表的内阻，所以R的阻值即为电表的测量值，则表A的内阻测量值R A＝30 Ω，由于闭合S2，电阻箱R并入电路，电路的总电阻变小，干路电流变大，而流过毫安表的电流为满偏的一半，所以流过电阻箱R的电流大于满偏的一半，依据并联电路的特点，可知电阻箱R的阻值小于毫安表的内阻，即测量值小于表A内阻的真实值．(3)应把毫安表与电阻箱串联，改装成电压表，量程为1.5 V，则有U＝I g(R A＋R)，则将电阻箱R的阻值调到R＝470 Ω.3. (2024·新课标Ⅱ卷)某同学要探讨一小灯泡L(3.6 V，0.30 A)的伏安特性．所用器材有：电流表A1(量程200 mA，内阻R g1＝10.0 Ω)，电流表A2(量程500 mA，内阻R g2＝1.0Ω)、定值电阻R0(阻值R0＝10.0 Ω)、滑动变阻器R1(最大阻值10 Ω)、电源E(电动势4.5 V，内阻很小)、开关S和若干导线．该同学设计的电路如图(a)所示．(1)依据图(a)，在图(b)的实物图中画出连线．(2)若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流，利用I1、I2、R g1和R0写出：小灯泡两端的电压U＝_I1(R g1＋R0)__，流过小灯泡的电流I＝_I2－I1__.为保证小灯泡的平安，I1不能超过_180__mA.(3)试验时，调整滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零．逐次变更滑动变阻器滑片位置并读取相应的I1和I2.所得试验数据在下表中给出．I1/mA325585125144173I2/mA1712292993794244701_11.6__Ω(保留1位小数)．(4)假如用另一个电阻替代定值电阻R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于_8.0__Ω(保留1位小数)．【答案】(1)见解析图【解析】(1)依据电路图连接实物图如图所示(2)①依据电路图可知灯泡两端的电压为电流表A 1和R 0的总电压，故依据欧姆定律有U ＝I 1(R g1＋R 0 )；②依据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为I ＝I 2－I 1；③因为小灯泡的额定电压为3.6 V ，故依据题目中已知数据带入①中可知I 1不能超过180 mA.(3)依据表中数据可知当I 1＝173 mA 时，I 2＝470 mA ；依据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为U ＝3.46 V ；流过小灯泡的电流为I ＝297 mA ＝0.297 A ；故依据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为R ＝U I ＝3.460.297Ω＝11.6 Ω.(4)要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到3.6 V ，而电流表A 1不能超过其量程200 mA ，此时结合①有3.6＝0.2×(10＋R 0)，解得R 0＝8 Ω，即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于8 Ω.4. (2024·新课标Ⅲ卷)已知一热敏电阻当温度从10 ℃升至60 ℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用伏安法测量其阻值随温度的变更关系．所用器材：电源E 、开关S 、滑动变阻器R (最大阻值为20 Ω)、电压表(可视为志向电表)和毫安表(内阻约为100 Ω)．(1)在所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图．(2)试验时，将热敏电阻置于温度限制室中，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值．若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为5.5 V 和3.0 mA ，则此时热敏电阻的阻值为_1.8__kΩ(保留2位有效数字)．试验中得到的该热敏电阻阻值R 随温度t 变更的曲线如图(a)所示．(3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.2 kΩ.由图(a)求得，此时室温为_25.5__℃(保留3位有效数字)．(4)利用试验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图(b)所示．图中，E 为直流电源(电动势为10 V ，内阻可忽视)；当图中的输出电压达到或超过6.0 V 时，便触发报警器(图中未画出)报警．若要求起先报警时环境温度为50 ℃，则图中_R 1__(填“R 1”或“R 2”)应运用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为_1.2__kΩ(保留2位有效数字)．【答案】 (1)见解析图【解析】 (1)滑动变阻器应用分压式，电压表可视为志向表，所以用电流表外接．连线如图．(2)由部分电路欧姆定律得R ＝U I ＝ 5.53×10－3Ω≈1.8 kΩ.(3)由图(a)可以干脆读该电阻的阻值为2.2 kΩ对应的温度为25.5 ℃.(4)温度上升时，该热敏电阻阻值减小，分得电压削减．而温度高时要求输出电压上升，以触发报警，所以R 1为热敏电阻．由图线可知，温度为50 ℃时，R 1＝0.8 kΩ，由欧姆定律可得E ＝I (R 1＋R 2)，U ＝IR 2，代入数据解得R 2＝1.2 kΩ.5. (2024·全国乙，23,10分)一同学探究阻值约为550 Ω的待测电阻R x 在0～5 mA 范围内的伏安特性．可用器材有电压表V(量程为3 V ，内阻很大)，电流表A(量程为1 mA ，内阻为300 Ω)，电源E (电动势约为4 V ，内阻不计)，滑动变阻器R (最大阻值可选10 Ω或1.5 kΩ)，定值电阻R 0(阻值可选75 Ω或150 Ω)，开关S ，导线若干．(1)要求通过R x 的电流可在0～5 mA 范围内连续可调，将图甲所示的器材符号连线，画出试验电路的原理图．(2)试验时，图甲中的R 应选最大阻值为_10_Ω__(选填“10 Ω”或“1.5 kΩ”)的滑动变阻器，R 0应选阻值为_75_Ω__(选填“75 Ω”或“150 Ω”)的定值电阻．(3)测量多组数据可得R x 的伏安特性曲线．若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图乙和图丙所示，则此时R x 两端的电压为_2.30__V ，流过R x 的电流为_4.20__mA ，此组数据得到的R x 的阻值为_548__Ω(保留3位有效数字)．【答案】 (1)见解析图【解析】 (1)电流表内阻已知，电流表与R 0并联扩大电流表量程，进而测量通过R x 的电流，电压表测量R x 两端的电压；滑动变阻器采纳分压式接法，满意通过R x 的电流在0～5 mA 内连续可调的条件，电路图如下．(2)电路中R 应选最大阻值为10 Ω的滑动变阻器，便利电路的调整，测量效率高、试验误差小；通过R x 的电流最大为5 mA ，须要将电流表量程扩大为原来的5倍，依据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知5 mA －1 mA 1 mA ＝300 ΩR 0，解得R 0＝75 Ω.(3)电压表每小格表示0.1 V ，向后估读一位，即U ＝2.30 V ；电流表每小格表示0.02mA ，本位估读，即读数为0.84 mA ，电流表量程扩大5倍，所以通过R x 的电流为I ＝4.20 mA ；依据欧姆定律可知R x ＝UI≈548 Ω.6. (2024·浙江1月高考)小明同学依据图1的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”．试验时多次变更合金丝甲接入电路的长度l 、调整滑动变阻器的阻值，使电流表的读数I 达到某一相同值时记录电压表的示数U ，从而得到多个U I 的值，作出U I­l 图像，如图2中图线a 所示．(1)在试验中运用的是_0～20_Ω__(选填“0～20 Ω”或“0～200 Ω”)的滑动变阻器． (2)在某次测量时，量程为3 V 电压表的指针位置如图3所示，则读数U ＝_1.32(1.31～1.34)__V.(3)已知合金丝甲的横截面积为7.0×10－8m 2，则合金丝甲的电阻率为_1.1×10－6(0.90×10－6～1.3×10－6)__Ω·m(结果保留2位有效数字)．(4)图2中图线b 是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后采纳同样的方法获得的UI­l 图像，由图可知合金丝甲的横截面积_小于__(选填“大于”“等于”或“小于”)合金丝乙的横截面积．【解析】 (1)由试验原理可知R x ＝U I ，而由U I­l 图像可知待测电阻最大约为8 Ω，为了使电压表有明显的读数变更，则滑动变阻器的阻值不能太大，故选0～20 Ω比较合适．(2)量程为 3 V 的电压表，精度为0.1 V ，估读到0.01 V ，则电压为 1.32 V(1.31～1.34)．(3)依据电阻定律有U I ＝R x ＝ρS ·l 则U I ­l 图像的斜率为k ＝ρS可得合金丝甲的电阻率为ρ＝kS ＝7.4－3.60.44－0.20×7.0×10－8(Ω·m)≈1.1×10－6(Ω·m)．(4)另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后，电阻率不变，而横截面积变为S′＝S＋S乙由图2中图线b可得S′＝ρk b＝1.1×10－62.2－1.00.44－0.15≈26.6×10－8 m2解得S乙＝S′－S≈19.6×10－8 m2>S故合金丝甲的横截面积小于合金丝乙的横截面积．7. (2024·贵州押题卷)李老师为了让同学们更好地理解电表的改装原理，将量程为0～3 V～15 V的电压表底座拆开后，展示其内部结构，如图甲所示．图中a、b、c是该表的3个接线柱，李老师已依据图甲画出如图乙所示的电路图．(1)依据图乙可以推断，当须要选择0～3 V的量程时，应接入电路的两个接线柱是_b、c__.(2)若电压表的表头内阻为200 Ω，满偏电流为600 μA，则可以计算出R1＝_20_000__Ω，R2＝_4_800__Ω.(3)某同学受到启发后，接着探讨量程为0～0.6 A～3 A的电流表．拆开电流表底座后，发觉其内部结构如图丙所示，其中“－”为电流表的负接线柱，d、e为其余两个接线柱．在所给的器材符号之间画出连线，组成该电流表的电路图；(4)已知电流表中R4＝0.22 Ω，表头与电压表的表头相同，则R3＝_0.88__Ω.【答案】(3)见解析图【解析】(1)电压表量程越大，与表头G串联的总电阻越大，所以当须要选择0～3 V 的量程时，表头G只与R2串联，应接入电路的两个接线柱是b、c.(2)依据串联电路规律有I G(R2＋r G)＝3 V，I G(R1＋R2＋r G)＝15 V，联立解得R1＝20 000 Ω，R2＝4 800 Ω.(3)依据题图丙作出电路图如图所示．(4)电流表量程越大，分流总电阻越小，所以e接线柱对应0.6 A量程，d接线柱对应3 A量程，依据串并联电路规律有I1＝I G＋I G r G＋R5R3＋R4＝0.6 A，I2＝I G＋I G r G＋R3＋R5R4＝3A，联立解得R3＝0.88 Ω.应用题——强化学以致用8. (2024·全国高考甲卷)某同学用图(a)所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：小灯泡(额定电压2.5 V，额定电流0.3 A)电压表(量程300 mV，内阻300 Ω)电流表(量程300 mA，内阻0.27 Ω)定值电阻R0滑动变阻器R1(阻值0～20 Ω)电阻箱R2(最大阻值9 999.9 Ω)电源E(电动势6 V，内阻不计)开关 S、导线若干．完成下列填空：(1)有3个阻值分别为10 Ω、20 Ω、30 Ω的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在0～300 mA的U­I曲线，R0应选取阻值为_10__ Ω的定值电阻．(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的_a__(填“a”或“b”)端．(3)在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R2的阻值置零，变更滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、I，结果如图(b)所示．当流过电流表的电流为10 mA 时，小灯泡的电阻为_0.7__ Ω(保留1位有效数字)．(4)为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为 3 V ，该同学经计算知，应将R 2的阻值调整为_2_700_Ω__.然后调整滑动变阻器R 1，测得数据如下表所示：U /mV 24.0 46.0 76.0 110.0 128.0 152.0 184.0 216.0 250.0 I /mA140.0160.0180.0200.0220.0240.0260.0280.0300.0增大__(大”“减小”或“不变”)．(6)该同学观测到小灯泡刚起先发光时流过电流表的电流为160 mA ，可得此时小灯泡电功率P 1＝_0.074__W(保留2位有效数字)；当流过电流表的电流为300 mA 时，小灯泡的电功率为P 2，则P 2P 1＝_10__(保留至整数)．【解析】 (1)因为小灯泡额定电压2.5 V ，电动势6 V ，则滑动滑动变阻器时，为了保证电路平安，须要定值电阻分担的电压U ＝6 V －2.5 V ＝3.5 V ，则有R 0＝3.5 V0.3 A≈11.7 Ω则须要描绘小灯泡在0～300 mA 的伏安特性曲线，即R 0应选取阻值为10 Ω. (2)为了爱护电路，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的a 端．(3)由图可知当流过电流表的电流为10 mA 时，电压为7 mV ，则小灯泡的电阻为R ＝7×10－310×10－3 Ω＝0.7 Ω. (4)由题知电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3 V 时，有3R 2＋R V ＝0.3R V解得R 2＝2 700 Ω.(5)由图(b)和表格可知流过小灯泡电流增加，图像中U I变大，则灯丝的电阻增大． (6)依据表格可知当电流为160 mA 时，电压表的示数为46 mV ，依据(4)的分析可知此时小灯泡两端电压为0.46 V ，则此时小灯泡电功率P 1＝0.46 V×0.16 A≈0.074 W同理可知当流过电流表的电流为300 mA 时，小灯泡两端电压为2.5 V ，此时小灯泡电功率P 2＝2.5 V×0.3 A＝0.75 W故有P 2P 1＝0.750.074≈10.9. (2024·广西南宁二模)某物理试验小组设计了如图甲所示的电路图，采纳半偏法测量一电流计G 的内阻R g ，然后将该电流计G 改装为电压表，并对改装后的电压表进行检验．(1)请依据图甲所示电路图，在图乙中用笔画线表示导线连接相应的实物电路：(2)测量R g的步骤如下：①按图甲所示连接好试验电路，将R1的阻值调到最大，闭合开关S1，调整R1的阻值，使电流计指针满偏；②闭合开关S2，调整R2的阻值，使电流计指针转到满偏刻度的一半处，登记R2的阻值并断开S1；③待测电流计内阻R测＝R2.由于存在系统误差，按上述试验步骤测出的电流计内阻R测与电流计内阻的真实值R g相比较，R测_<__R g(选填“>”“<”或“＝”)．(3)该小组在上述试验中，测得电流计G(量程3 mA)的内阻为400 Ω.他们将此电流计与电阻R串联后改装成量程为6 V的电压表，然后利用一标准电压表，依据图丙所示电路对改装后的电压表进行检验．①与电流计串联的电阻R＝_1_600__Ω；②调整滑动变阻器，当标准电压表读数为4.10 V时，电流计G的读数为2.00 mA，则改装后的电压表实际量程为_6.15__V.该小组发觉改装的电压表量程不是6 V，通过分析，缘由是由于电流计G的内阻测量不精确造成的，此时不用做其他改动，要达到预期目的，只需将与电流计串联的电阻R换为一个阻值为_1_550__Ω的电阻即可．【答案】(1)见解析图【解析】(1)依据电路图连接实物图如图所示(2)③当R1保持不变时，再闭合S2时，这样电路中的总电阻变小，总电流将大于I g，当电流半偏时，电阻箱的电流比I g2大，所以电阻箱的电阻小于电流表，即测量值小于真实值．(3)①将电流表改装成电压表，须要串联一较大的分压电阻R ＝U I g －R g ＝63×10－3 Ω－400 Ω＝1 600 Ω.②由题意，当微安表的示数为2 mA 时，理论上的电压U 理＝I (R ＋R g )＝2×10－3×(1 600＋400)V ＝4 V但实际电压U ′有4.10 V ．那么实际电流表G 的内阻R g ′＝U ′I －R ＝ 4.102×10－3 Ω－1 600 Ω＝450 Ω实际量程为U 实＝I (R g ′＋R )＝3×10－3×(450＋1 600)V ＝6.15 V依据表头与分压电阻的串联关系，要达到预期6 V 的目的，只需将R 减小50 Ω即可，即换为1 550 Ω的定值电阻．。

XX届高考物理第二轮专题备课复习教案〓专题〓高考物理实验全攻略知识结构：自然科学是实验性科学，物理实验是物理学的重要组成部分．理科综合对实验能力提出了明确的要求，即是“设计和完成实验的能力”，它包含两个方面：Ⅰ.独立完成实验的能力．理解实验原理、实验目的及要求；实验原理中学要求必做的实验可以分为4个类型：练习型、测量型、验证型、探索型．对每一种类型都要把原理弄清楚．选择个间距等于2的纸带．这个实验的正确实验步骤是先闭合电源开关，启动打点计时器，待打点计时器的工作稳定后，再释放重锤，使它自由落下，同时纸带打出一系列点迹．按这种方法操作，在未释放纸带前，打点计时器已经在纸带上打出点迹，但都打在同一点上，这就是点．由于开始释放的时刻是不确定的，从开始释放到打第二个点的时间一定小于0.02s，但具体时间不确定，因此点与第二点的距离只能知道一定小于2，但不能知道它的确切数值，也不需要知道它的确切数值．不论点与第二点的间距是否等于2，它都是从打点处开始作自由落体运动的，因此只要测量出点o与后面某一点P间的距离h，再测出打P点时的速度v，如果：gh≈，掌握实验方法步骤；会控制实验条件和使用实验仪器，会处理实验安全问题；实验仪器要求掌握的实验仪器主要有：刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、天平、停表、打点计时器、弹簧秤、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱，等等。

对于使用新教材的省市，还要加上示波器等。

对这些仪器，都要弄清其原理、会正确使用它们，包括测量仪器的正确读数。

实验装置对电学实验主要指电路图。

键。

验，这两个实验都要使用斜槽轨道，让小球从轨道上端无初速滚下，然后平抛出去，在安装装置时要注意保证轨道末端必须水平，如果实验要进行多次，每次小球应从同一高度处下落，因此应有一个挡板。

子固定纸带，这样在开启打点计时器而未释放重锤前，能保证打出的点迹在同一点上，若像课本上的实验装置图那样，用手握住纸带，开启打点计时器而未释放纸带前，会由于手的抖动而打出一“堆”点，从而无法准确找出个点。

第2讲电学实验[限训练·通高考] 科学设题拿下高考高分(45分钟)1．(1)如图甲所示，当电流表使用的量程为0～0.6 A时，对应刻度盘上每一小格代表________ A，图中表针示数为________ A；当电流表使用的量程为0～3 A时，对应刻度盘中每一小格代表________ A，图中表针示数为________ A.(2)如图乙所示，当电压表使用的量程为0～3 V时，每小格表示________ V，图中表针的示数为________ V；当电压表使用的量程为0～15 V时，则表盘刻度每小格表示________ V，图中表针示数为________ V.解析：(1)当电流表使用的量程为0～0.6 A时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，表针所指的示数为0.44 A；当电流表使用的量程为0～3 A时，每一小格为0.1 A，表针所指的示数为2.20 A.(2)当电压表使用的量程为0～3 V时，每小格表示0.1 V，表针所指的示数为1.70 V；当电压表使用的量程为0～15 V时，每小格表示0.5 V，表针所指的示数为8.5 V. 答案：(1)0.02 0.44 0.12.20 (2)0.1 1.70 0.5 8.52．在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中：(1)用多用表测电流或电阻的过程中________．A．在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零B．在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零C．在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测D．在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测(2)测量时多用表指针指在如图所示位置．若选择开关处于“10 V”挡，其读数为________V；若选择开关处于“×10”挡，其读数________(选填“大于”“等于”或“小于”)200 Ω.解析：(1)多用电表测量电阻时，更换倍率后都必须重新进行欧姆调零，选项A正确；测量电流前需要进行机械调零，更换量程时不需要进行再次调零，选项B错误；在测量未知电阻时，要先用中等倍率的挡位试测，看指针偏角情况后再换用恰当倍率挡测量，故选项C错误；在测量未知电流时，必须选择电流最大量程进行试测，避免电表烧坏，故选项D正确．(2)若选择开关处于“10 V”挡，则电表的最小刻度为0.2 V，此时读数为5.4 V；若选择开关处于“×10”挡，根据表盘刻盘“左密右疏”可知，此时指针指示虽未知但小于15，所以读数应该小于150 Ω，故小于200 Ω.答案：(1)AD (2)5.4 小于3．某同学制作了一个简单的多用电表，图甲为多用电表的内部电路图．已知选用的电流表的内阻R g＝5 Ω、满偏电流I g＝25 mA，当选择开关接3时为量程为0～100 V的电压表．该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于该同学粗心，上排刻度线对应数据没有标出．(1)若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为________；选择开关接3时其读数为________．(2)为了测该多用电表欧姆挡的内阻和表内电源的电动势，这位同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：①将选择开关接2，红、黑表笔短接，调节滑动变阻器R1使电表指针满偏；②将电表红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指在C处，此时电阻箱的示数如图丙所示，则C处刻度应为________ Ω.③计算得到多用电表内电源的电动势为________ V．(保留两位有效数字)(3)调零后将电表红、黑表笔与某一待测电阻相连，若指针在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为________ Ω.(保留两位有效数字)解析：(1)选择开关接1时测电流，多用电表为量程是0～25 mA的电流表，其分度值为0.5 mA，示数为17.0 mA.选择开关接3时测电压，多用电表为量程是0～100 V的电压表，其分度值为2 V，其示数为68 V.(2)②由图丙所示的电阻箱可知，电阻箱示数为0×1 000 Ω＋1×100 Ω＋5×10 Ω＋0×1 Ω＝150 Ω.③指针指在C处时，电流表示数为12.5 mA＝1.25×10－2 A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150 Ω，电源电动势E＝I×2R＝1.25×10－2×2×150 V＝3.8 V.(3)根据第(1)问可知，调零后将电表红、黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值为17.0 mA，而表内电源的电动势为E＝3.8 V，表内总电阻等于中值电阻，为150 Ω，所以待测电阻的阻值约为R ＝ 3.817.0×10－3 Ω－150 Ω＝74 Ω. 答案：(1)17.0 mA 68 V (2)②150 ③3.8 (3)744．某技术质量监督局曾对市场中电线电缆产品质量进行抽查，检验负责人说：“十几个不合格产品中，大部分存在导体电阻不合格问题，主要是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜，电阻率达不到要求……”．(1)欲测量某捆电线的电阻率是否合格，经查阅，纯铜的电阻率为1.7×10－8Ω·m，取长度为100 m(真实长度)的电线，横截面积取1 mm 2，可供选用的器材有：A ．电源(电动势约为6 V ，内阻不计)；B ．待测长度为100 m 的电线一捆；C ．电压表V 1(量程为0～3 V ，内阻为6 k Ω)；D ．电压表V 2(量程为0～15 V ，内阻为20 k Ω)；E ．电流表A 1(量程为0～0.6 A ，内阻约为0.125 Ω)；F ．电流表A 2(量程为0～3 A ，内阻约为0.025 Ω)；H ．定值电阻R 1＝1 k Ω；G ．定值电阻R 2＝6 k Ω；K ．滑动变阻器(最大阻值为5 Ω，允许通过的最大电流为3 A)．为使实验尽可能准确，电表的示数均要达到满偏的23以上，请你根据实验要求在图甲中完成实物图的连线，注意闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．(2)请你选择合适的器材，电压表为________，电流表为________，定值电阻为________．(填仪器前的序号)(3)某次测量得电压表示数为2.50 V ，电流表读数如图乙所示，为________ A.(4)经分析计算，这捆电线电阻率是否达标________．(选填“是”或“否”)解析：(1)该捆电线的电阻约为R x ＝ρL S＝1.7 Ω，小于滑动变阻器的最大电阻，故滑动变阻器采用限流式接法；电路中的最大电流大于0.6 A ，故电流表选量程较大的A 2；闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大端，电压表V 1的量程太小，有被烧坏的危险，而电压表V 2的量程又太大，示数达不到满偏量程的23以上，故应把R 2与V 1串联起来，扩大V 1的量程；电流表采用外接法．测量电路如图所示．(2)由(1)中分析可知电压表选C ，电流表选F ，定值电阻选G.(3)电流表的读数I ＝2.50 A.(4)被测电线的电阻R ＝U I ＝2×2.502.50 Ω＝2.0 Ω，电阻率ρ＝RS L ＝2.0×1×10－6100Ω·m＝2.0×10－8 Ω·m>1.7×10－8Ω·m，故该电线电阻率不达标．答案：(1)图见解析 (2)C F G (3)2.50 (4)否5．实验小组要测定一个电池组的电动势E 和内阻r ，并测量保护电阻的阻值R x .已知电池组的电动势约为6 V ，电池内阻和待测电阻的阻值均约为几十欧，可选用的实验器材有： 电流表A 1(量程0～30 mA)电流表A 2(量程0～100 mA)电压表V 1和电压表V 2(量程均为0～6 V)滑动变阻器R 1(阻值0～5 Ω)滑动变阻器R 2(阻值0～300 Ω)开关S 一个，导线若干某同学设计的实验过程如下：①实验电路图如图甲所示，正确连接电路；将滑动变阻器R 接入电路的阻值调到最大，闭合开关S ；②逐渐减小滑动变阻器R 的阻值，测量并记录多组电压表和电流表的数据U 1、U 2、I . 根据上面信息，回答下列问题：(1)实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(2)如图乙所示是根据步骤②的测量数据作出的U 1 ­I 图象，由图象可知，电源电动势E ＝________ V ，电源内阻r ＝________ Ω.(结果均保留两位有效数字)(3)用U 1、U 2、I 表示待测保护电阻的阻值R x ＝________，考虑到电表内阻对测量结果的影响，实验中待测电阻的测量值与真实值相比________(选填“偏小”“偏大”或“相等”)． 解析：(1)由题意可知，电动势约为 6 V ，而电池内阻和待测电阻的阻值均约为几十欧，为了保证实验的安全，电流表应该选取A 2，由电路图可知，滑动变阻器是用来调节电流的大小，R 1的阻值小于待测电阻的阻值较多，故只能选取R 2.(2)由图象可知，图线在纵轴上的截距表示电动势大小，可知E ＝5.9 V ，图线的斜率的绝对值表示内阻大小，故r ＝|ΔU ΔI|＝25 Ω.(3)由部分电路的欧姆定律得R x ＝U 1－U 2I，由于电压表的分流作用，电流表的示数小于实际通过待测电阻R x 的电流I 1，R x 的真实值为R x 0＝U 1－U 2I 1，其中I <I 1，故待测电阻的测量值大于真实值．答案：(1)A 2 R 2 (2)5.9 25 (3)U 1－U 2I偏大6.(2016·高考全国卷Ⅱ)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V 的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R (最大阻值99 999.9 Ω)，滑动变阻器R 1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R 2(最大阻值5 k Ω)，直流电源E (电动势3 V)，开关1个，导线若干．实验步骤如下：①按电路原理图(a)连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S ；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为 2.00 V ，记下电阻箱的阻值．回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器______________(填“R 1”或“R 2”)．(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线．(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为______Ω(结果保留到个位)．(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为________(填正确答案标号)．A ．100 μA B.250 μA C ．500 μA D ．1 mA 解析：(1)滑动变阻器R 1的阻值较小，在分压电路中便于调节，故实验中应选择滑动变阻器R 1.(2)实物图连线如图所示．(3)电阻箱阻值为0时，电压表满偏电压U g ＝2.5 V ，电阻箱阻值R ＝630.0 Ω时，电压表的示数U V ＝2.00 V ，此时电阻箱两端的电压U R ＝U g －U V ＝0.5 V ，根据串联电路电压与电阻成正比可得U V U R ＝R g R， 故R g ＝U V U R R ＝2.000.5×630.0 Ω＝2 520 Ω. (4)电压表的满偏电流为I g ，则I g R g ＝U g ，故I g ＝U g R g ＝2.52 520A≈1 mA，选项D 正确． 答案：(1)R 1 (2)图见解析 (3)2 520 (4)D。

力学实验1．(2015·四川理综·8)某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图1所示，图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺(最小分度是1毫米)上位置的放大图，示数l1＝________cm.在弹簧下端分别挂2个、3个、4个，5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5.已知每个钩码质量是50 g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2＝________N(当地重力加速度g＝9.8 m/s2)．要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是________，作出F－x 曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．解析：刻度尺示数为25.85 cm，注意估读．挂2个钩码时，弹簧弹力等于此时钩码的重力，即F＝2mg＝0.98 N．由于伸长量等于弹簧的长度减去原长，因此要得到伸长量，还需要测量弹簧原长．答案：25.85 0.98 弹簧原长2．某实验小组的同学在验证力的平行四边形定则时，操作过程如下：①将一张白纸固定在水平放置的木板上，橡皮筋的一端固定在A点，另一端拴上两个细绳套，用两个弹簧测力计互成角度地拉两个细绳套，使细绳套和橡皮筋的结点位于图甲中的O点；②在白纸上记录O点的位置和两细绳套的方向，同时读出两弹簧测力计的读数F1和F2；③选取合适的标度在白纸上作出F1和F2的图示，由平行四边形定则作出F1和F2的合力F；④用一个弹簧测力计拉细绳套，使细绳套和橡皮筋的结点仍到达O点；⑤在白纸上记录细绳套的方向，同时读出弹簧测力计的读数F′；⑥按以上选取的标度在白纸上作出F′的图示，比较F和F′的大小和方向；⑦改变两细绳套的方向和弹簧测力计的拉力的大小，重复以上操作，得出实验结论．(1)对本实验的下列叙述中正确的是________；A．两次拉伸橡皮筋应将橡皮筋沿相同方向拉到相同长度B．两细绳套必须等长C．每次都应将弹簧测力计拉伸到相同刻度D．拉橡皮筋的细绳套要长一些，标记同一细绳套方向的两点要远一些(2)某次操作时两弹簧测力计的指针指在图甲中所示的位置，则两弹簧测力计的读数分别为F B＝________N、F C＝________N；(3)如果本实验所用弹簧测力计的量程均为5 N．其中图乙中F1＝3.00 N、F2＝3.80 N，且两力互相垂直；图丙中F1＝F2＝4.00 N，且两力的夹角为30°；图丁中F1＝F2＝4.00 N，且两力的夹角为120°.其中明显不符合操作的是图________．解析：(2)由弹簧测力计的读数规则可知F B＝3.20 N、F C＝2.60 N；(3)明显不符合操作的是图丙，因为图中两个力的合力超过了弹簧测力计的量程，若用一个弹簧测力计拉时拉不到O点．答案：(1)AD (2)3.20 2.60 (3)丙3．一学生用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数．在桌面上放置一块水平长木板，木板一端带滑轮，另一端固定一打点计时器．木块一端拖着穿过打点计时器的纸带，另一端连接跨过定滑轮的绳子，在绳子上悬挂一定质量的钩码后可使木块在木板上匀加速滑动．实验中测得木块质量M＝150 g，钩码质量m＝50 g.(1)实验开始时，应调整滑轮的高度，让绳子与木板________；(2)实验中得到如图乙所示的纸带，纸带上A、B、C、D、E是计数点，相邻两计数点之间的时间间隔是0.10 s，所测数据在图中已标出，根据图中数据可求得木块运动的加速度a ＝________m/s2(结果保留两位有效数字)；(3)根据实验原理可导出计算动摩擦因数的表达式μ＝____________(用M、m、g、a表示)；取g＝10 m/s2，代入相关数据可求得μ＝________(计算结果保留一位有效数字)．解析： (1)实验由纸带测定木块加速度，木块所受拉力方向不变，保持与桌面平行，因此需要在实验前调整滑轮高度，使绳子与木板平行；(2)根据匀变速直线运动规律的推论Δx ＝aT 2可知，木块的加速度a ＝－－22 m/s 2＝0.25 m/s 2；(3)钩码与木块加速度大小相等，假设绳子张力为F T ，对钩码有：mg －F T ＝ma ，对木块则有：F T －μMg ＝Ma ，解两式得：μ＝m M －M ＋m a Mg，将已知条件代入解得：μ＝0.3. 答案： (1)平行 (2)0.25 (3)m M －M ＋m a Mg0.3 4.用如图甲所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验．实验时保持小车的质量M (含车中的钩码)不变，用在绳的下端挂的钩码的总重力mg 作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度．(1)实验时绳的下端先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是________．(2)图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A 、B 、C 、D 、E ，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A 点之间的距离，如图乙所示．已知打点计时器接在频率为50 Hz 的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a ＝________m/s 2.(结果保留两位有效数字)(3)通过增加绳的下端挂的钩码的个数来改变小车所受的拉力F ，得到小车的加速度a 与拉力F 的数据，画出a －F 图线后，发现当F 较大时，图线发生了如图丙所示的弯曲．该同学经过思考后将实验方案改变为：将小车中的钩码挂在绳的下端来增加钩码的个数和外力．那么关于该同学的修正方案，下列说法正确的是________．(写选项字母)A ．可以避免a －F 图线的末端发生弯曲B ．要避免a －F 图线的末端发生弯曲的条件是M ≥mC ．画出的a －F 图线的斜率为1MD ．画出的a －F 图线的斜率为1M ＋m解析： (1)让重力沿斜面方向的分力平衡摩擦力．(2)根据逐差法a ＝x CE －x AC 2T 2＝21.60－8.79×20.22×10－2 m/s 2＝1.0 m/s 2. (3)对小车F ＝Ma ，对钩码mg －F ＝ma ，联立解得a ＝mg M ＋m ，在M ＋m 保持不变时，a －F 图线是一条直线，斜率为1M ＋m，因此A 、D 正确． 答案： (1)平衡小车运动中所受的摩擦阻力 (2)0.99或(1.0) (3)AD5．某实验小组欲测定正方体木块与长木板之间的动摩擦因数，采用如图甲所示的装置，图中长木板水平固定．(1)实验开始之前某同学用游标卡尺测得正方体边长，读数如图乙所示，则正方体的边长为________cm.(2)如图丙所示为该组同学实验中得到的一条纸带的一部分，0,1,2,3,4,5,6为计数点，相邻两计数点间还有4个计时点未画出．从纸带上测出x 1＝3.20 cm ，x 2＝4.52 cm ，x 5＝8.42 cm ，x 6＝9.70 cm ，则木块的加速度大小a ＝________m/s 2(保留两位有效数字)．(3)该组同学用天平测得木块的质量为M ，砝码盘和砝码的总质量为m ，同时已知重力加速度为g ，木块的加速度为a .则木块与长木板间动摩擦因数表达式μ＝________.解析： (1)游标卡尺的主尺读数为90 mm ，二十分度游标卡尺精确度为0.05 mm ，游标尺第3条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为0.15 mm ，所以所测正方体边长为90.15 mm ＝9.015 cm ；(2)由于相邻计数点间还有4个计时点未画出，故相邻计数点代表时间间隔为0.1 s ，由计数点0～2段可计算出计数点1的瞬时速度v 1＝x 1＋x 22T ≈0.39 m/s，同理可求得计数点5的瞬时速度v 5＝x 5＋x 62T ≈0.91 m/s ，由加速度定义式可知，a ＝v 5－v 14T＝1.3 m/s 2；(3)设木块所受线的拉力为F ，对木块应用牛顿第二定律有：F －μMg ＝Ma ，对砝码盘和砝码整体，则有：mg －F ＝ma ，解两式得：μ＝mg －M ＋m a Mg . 答案： (1)9.015 (2)1.3 (3)mg －M ＋m a Mg6．在利用“落体法”探究机械能守恒定律时，实验装置如图甲所示，具体操作如下： ①按照图甲中的装置组装实验器材；②将下端拴接重物的纸带穿过打点计时器的限位孔，使纸带呈竖直状态，且使重物靠近打点计时器；③接通电源，待打点计时器打点稳定后释放纸带，在纸带上打下一系列的点；④换用新纸带多次重复上述操作；⑤从其中选择一条点迹清晰的纸带，如图乙所示，测量出图乙中的计数点1、2、3到打点计时器所打的第一个点0的间距分别为h 1、h 2、h 3.由以上操作回答下列问题：(1)如果重物的质量为m ，打点计时器的打点周期为T ，重力加速度用g 表示，则当打点计时器打下计数点2时重物动能的增加量为________，重力势能的减少量为________；(2)如果以打0点时重物的位置为零势能点，求出重物下落任一高度时的动能以及重力势能，根据得出的多组数据，建立如图丙所示的坐标系，其中图线A 为重物的重力势能的绝对值随下落高度的变化规律图线，图线B 为重物的动能随下落高度的变化规律图线，且两图线的斜率分别为k A 、k B .两图线没有重叠的原因是______________________________．解析： (1)打点计时器打下计数点2时重物的速度为v ＝h 3－h 12T ，此时重物增加的动能为E k ＝12mv 2＝m h 3－h 128T 2，重物减少的重力势能为mgh 2；(2)图线A 与图线B 不重叠的主要原因是重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功．答案： (1)m h 3－h 128T 2 mgh 2 (2)重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功7．某同学为探究“合外力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，操作步骤为：①按图1摆好实验装置，其中小车质量M ＝0.20 kg ，钩码总质量m ＝0.05 kg.②先接通打点计时器的电源(电源频率为f ＝50 Hz)，然后释放小车，打出一条纸带．(1)他在多次重复实验得到的纸带中选取出自认为满意的一条，如图2所示，把打下的第一点记作0，选取点迹清晰的三个相邻计数点标记为1、2、3(相邻计数点间还有4个点未画出)，用刻度尺测得计数点1、2、3到0点的距离分别为d 1＝25.6 cm ，d 2＝36.0 cm ，d 3＝48.0 cm.他把钩码重力作为小车所受合外力(g 取9.8 m/s 2)，算出打下0点到打下点2过程中合力做功W ＝________J ，把打下点2时小车的动能作为小车动能的改变量，算得E k ＝________J ．(结果保留3位有效数字)(2)根据此次实验探究的结果，他并没能得到“合外力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差较大．你认为产生这种情况的原因可能是________________(写出一条即可)．解析： (1)由题意，合力做功为W ＝mgd 2＝0.176 J ；打下点2时小车的速度v 2＝d 3－d 12T＝1.12 m/s ，此时小车的动能E k ＝12Mv 22＝0.125 J ．(2)由于钩码重力做功大于小车动能增加量，其原因一定是合外力小于钩码的重力，所以可能的原因是未平衡摩擦力或钩码的质量没有满足远小于小车的质量的条件．答案： (1)0.176 0.125 (2)没有平衡摩擦力或钩码的质量没有满足远小于小车的质量的条件。