【优化方案】2016版高考物理二轮复习 第一部分 专题五 物理实验 第1讲 力学实验课时演练知能提升
2021优化方案二轮专题复习物理第1讲 力学实验PPT
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专题六 实验技能与创新
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(2)图乙中标出的相邻两计数点的时间间隔 T＝________s. (3)计数点 5 对应的瞬时速度大小的计算式为 v5＝________． (4)为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为 a＝ ________________________．
打点周期为 T。则：
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专题六 实验技能与创新
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(1)计算 F 点速度大小的公式为 vF＝______________(用给定的字母表示)。 (2) 若 测 得 d6 ＝ 61.50 cm ， d3 ＝ 24.00 cm 则 纸 带 运 动 的 加 速 度 为 a ＝ ____________m/s2(交流电频率为 50 Hz，保留 3 位有效数字)；如果当时电 网中交流电的频率 f<50 Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测得 值比实际值________(选填“偏大”或“偏小”)。
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(2)由匀变速直线运动的推论：Δx＝at2，t＝5T 结合纸带上共六段位移，采用逐差法可得平均加速度：
－a ＝xD9G(－5Tx)2AD＝(d6－9(5dT3))－2 d3＝(61.50－249.0×0－0.1224.00)×10－2m/s2＝1.50 m/s2；
纸带上所测位移没有系统误差，若实际频率 f<50 Hz，则周期偏小，则导致 加速度的测量值偏大。 [答案] (1)d61－0Td4 (2)1.50 偏大
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专题六 实验技能与创新
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[解析] (1)每相邻两个计数点间还有 4 个实际点没画出，则计数点的时间间 隔为 t＝5T 根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有：
优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动综合检测
专题一综合检测一、单项选择题1．(2015·嘉兴摸底)如图所示，倾角为30°、重为80 N 的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面上，杆的另一端固定一个重为2 N 的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是( )A ．斜面体有向左运动的趋势B ．地面对斜面体的支持力为80 NC ．小球对弹性轻杆的作用力为2 N ，方向竖直向下D ．弹性轻杆对小球的作用力为2 N ，方向垂直斜面向上解析：选C.由整体法和平衡条件可知，A 、B 错；对小球由平衡条件知，小球受到的弹力大小为2 N ，方向竖直向上，D 错；由牛顿第三定律知C 对．2．(2015·高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2ght ＋mg B.m 2ght －mg C.m ght＋mg D.m ght－mg 解析：选A.设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at解得F ＝m 2ght＋mg . 3.(2015·高考重庆卷)若货物随升降机运动的v －t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )解析：选B.根据v －t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 可判断支持力F 的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B 正确．4.如图所示，匀强电场方向竖直向下，场强为E ，从倾角为θ的足够长的斜面上的A 点先后将同一带电小球(质量为m ，所带电荷量为q )以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为v 1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为α1，第二次初速度为v 2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面的夹角为α2，若v 1＞v 2，则( )A ．α1＞α2B ．α1＝α2C ．α1＜α2D ．无法确定解析：选B.本题为类平抛运动，可迁移“做平抛运动的物体在任一时刻的速度方向与水平方向夹角α的正切值是此时其位移与水平方向夹角β的正切值的2倍”，即“tan α＝2tan β”这一结论，由于两次完成的位移方向一致，则末速度方向必定一致，从而得到正确选项为B.5.(2015·上海市徐汇区二模)如图，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点．O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g ，则小球抛出时的初速度为( )A.3gR 2 B.33gR2 C. 3gR 2D.3gR 3解析：选B.到达B 点时，平抛运动的水平位移x ＝R ＋R cos 60° 设小球抛出时的初速度为v 0，则到达B 点时有tan 60 °＝v 0gt ，水平位移与水平速度v 0的关系为x ＝v 0t ，联立解得v 0＝33gR2，选项B 正确．6.(2015·高考天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析：选B.旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝gr，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确．二、不定项选择题7．(2015·浙江四校高三联考)健身球是现在非常流行的健身保健器具之一，它有很好的弹性．已知某健身球的重力为G0，使用该健身球的人重力为G，当人从球的正上方由静止开始压上健身球后(全身离地)，下列说法正确的是( )A．地面对健身球的支持力总是等于G0＋GB．健身球对该人的支持力先小于G，后大于GC．健身球被压到最扁过程中地面对球的支持力逐渐增大D．该人在健身球上下降的原因是压健身球的力大于健身球对人的支持力解析：选BC.人在健身球上下降过程中先加速下降，后减速下降，即先失重后超重，故人所受健身球的支持力先小于G，后大于G，健身球所受地面的支持力先小于G0＋G，后大于G0＋G，A错，B对；由于健身球在被压扁过程中，形变越大，所受压力越大，故地面对其支持力也越大，C对；健身球对人的支持力与人对健身球的压力是作用力与反作用力，等大，D错．8．(2015·贵州省七校联考)如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是( )A．A所受合外力增大B．A对竖直墙壁的压力增大C．B对地面的压力一定增大D．墙面对A的摩擦力可能变为零解析：选BCD.外力增大，系统保持静止，由平衡条件可知，A所受合外力为零，A项错误；对A、B整体进行受力分析，水平方向上墙壁对整体的支持力与外力F为平衡力，根据牛顿第三定律可知，A对竖直墙壁的压力增大，B项正确；对B受力分析，如图，根据平衡条件有：F＝F′N sinθ，可见F增大，则F′N增大，又F″N＝mg＋F′N cos θ，可见F′N增大，则F ″N 增大，由牛顿第三定律可知，球对地面的压力增大，C 项正确；取整体为研究对象，当F ″N ＝m 总g 时墙壁与斜劈之间的摩擦力为零，D 项正确．9．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18解析：选BC.设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确． 三、非选择题10．(2015·淄博三模)如图所示，在倾角θ＝37°的粗糙斜面上距离斜面底端x ＝1 m 处有一质量m ＝1 kg 的物块，受水平恒力作用，由静止开始沿斜面下滑．到达底端时撤去水平恒力，物块在水平面上滑动一段距离后停止．不计物块撞击水平面时的能量损失．物块与各接触面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)若物块运动过程中的最大速度为1 m/s ，水平恒力F 的大小为多少？(结果保留两位有效数字)(2)若改变水平恒力F 的大小，可使物块总的运动时间有一最小值，最小值为多少？解析：(1)物块到达斜面底端时速度最大，v 2＝2ax 对物块，有F N ＝mg cos θ＋F sin θ mg sin θ－F cos θ－F f ＝ma F f ＝μF N代入数据得F ＝4.2 N.(2)设斜面上物块加速度为a 1，运动时间为t 1，在水平面上运动时间为t 2则x ＝12a 1t 21到达底端时速度v ′2＝2a 1x物块在水平面上运动时a 2＝μg ，v ′＝a 2t 2 总时间t ＝t 1＋t 2＝2x a 1＋2a 1x a 2由数学知识可知，当a 1＝2 m/s 2时t min ＝2 s. 答案：(1)4.2 N (2)2 s11．(2015·太原模拟)质量为3 kg 的长木板A 置于光滑的水平地面上，质量为2 kg 的木块B (可视为质点)置于木板A 的左端，在水平向右的力F 作用下由静止开始运动，如图甲所示．A 、B 运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示．(g 取10 m/s 2)求：(1)木板与木块之间的动摩擦因数；(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (2)4 s 末A 、B 的速度；(3)若6 s 末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？ 解析：(1)由题图乙知4 s 末A 、B 间达到最大静摩擦力，此时 a ＝2 m/s 2对应A 板F f ＝m A a ＝μm B gA 、B 间动摩擦因数μ＝m A am B g＝0.3.(2)由题图知4 s 末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积 v ＝12at 1＝12×2×4 m/s ＝4 m/s.(3)4 s 到6 s 末t 2＝2 s 木板A 运动的位移x A ＝vt 2＋12a A t 22木块B 运动的位移x B ＝vt 2＋12a B t 22木板的长度l ＝x B －x A ＝4 m.答案：(1)0.3 (2)均为4 m/s (3)4 m12．如图所示，质量m ＝50 kg 的运动员(可视为质点)，在河岸上A 点紧握一根长L ＝5.0 m 的不可伸长的轻绳，轻绳另一端系在距离水面高H ＝10.0 m 的O 点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ＝37°，C 点是位于O 点正下方水面上的一点，距离C 点x ＝4.8 m 处的D 点有一只救生圈，O 、A 、C 、D 各点均在同一竖直面内．若运动员抓紧绳端点，从河岸上A 点沿垂直于轻绳斜向下方向以一定初速度v 0跃出，当摆到O 点正下方的B 点时松开手，最终恰能落在救生圈内．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)求：(1)运动员经过B 点时速度的大小v B 及对轻绳的拉力； (2)运动员从河岸上A 点跃出时的动能E k ；(3)若初速度v 0不一定，且使运动员最终仍能落在救生圈内，则救生圈离C 点距离x 将随运动员离开A 点时初速度v 0的变化而变化．试在所给坐标系中粗略作出x －v 0的图象，并标出图线与x 轴的交点．解析：(1)运动员从B 点到D 点做平抛运动H －L ＝12gt 2 x ＝v B t代入数据解得v B ＝4.8 m/s 设轻绳对运动员的拉力为F则F －mg ＝mv 2BLF ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2B L 代入数据解得F ＝730.4 N.由牛顿第三定律知：运动员对轻绳的拉力大小为730.4 N ，方向竖直向下． (2)运动员从A 点到B 点的过程中，由机械能守恒定律有mgh AB ＝12mv 2B －E k其中h AB ＝L (1－cos θ) 代入数据解得E k ＝76 J.(3)设运动员经过O 点正下方B 点时的速度为v ′B ，B 点距水面高h ，则 12mv ′2B －12mv 20＝mgL (1－cos θ) x ＝v ′B ·2h gh ＝H －l解得x 2－v 20＝20x －v 0的图象如图所示．答案：见解析。
优化方案2016届高三物理二轮复习特色专项训练第1篇专题二实验题巧练策略_捞分力学实验题巧练(一)
专题二实验题巧练策略——多捞分力学实验题巧练(一)(建议用时：40分钟)1．如图所示，用游标卡尺、刻度尺和螺旋测微器分别测量三个工件的长度，测量值分别为__________cm、________cm、________mm.2．如图a是甲同学利用A、B、C三根不同型号的橡皮筋做“探究橡皮筋的弹力与橡皮筋伸长长度的关系”实验得到的图线．根据图a得出结论：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________，若要选一个弹性较好的橡皮筋，应选________型号橡皮筋．乙同学将一橡皮筋水平放置，测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端挂钩码，实验过程是在橡皮筋的弹性限度内进行的，用记录的钩码的质量m与橡皮筋的形变量x作出m－x图象如图b所示．可知橡皮筋的劲度系数为____________．3．(2015·安徽名校联考)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某小组利用如图甲所示的装置完成实验，橡皮条的一端C固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点．(1)则下列叙述正确的是________．A．该实验中CO的拉力是合力，AO和BO的拉力是分力B．两次操作必须将橡皮条和绳的结点拉到相同位置C．实验中AO和BO的夹角应尽可能大D．在实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线(2)对数据处理后得到如图乙所示的图线，则F与F′两力中，方向一定沿CO方向的是________．4．某中学的实验小组用如图所示的实验装置探究加速度与力和质量的关系，图中A为小车，B为盘．实验时将小车靠近打点计时器，用绳子牵引小车运动，通过打点计时器得到一条纸带，通过纸带算出小车的加速度(假设小车和砝码的总质量为M，盘和盘中砝码的总质量为m)．(1)若绳子对小车的牵引力近似等于mg，则需满足________关系．(2)该小组在探究加速度与质量的关系时，通过多次改变小车的质量，得到多组数据，如果用图象处理数据，作a与________的关系图线能更直观地了解加速度a与质量M的关系．(3)通过多次实验，甲、乙两同学利用自己得到的数据和第(2)问的关系，各自画出了图线，如图所示，该图象说明在甲、乙两同学做实验时________(填“甲”或“乙”)同学实验中绳子的拉力更大．5．某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大的数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示，把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U.改变h，调整线框的位置，多做几次实验，记录各次的h，U.(1)如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用图线________(选填“U－h”或“U2－h”)更容易得出结论．(2)影响本实验精确程度的因素主要是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________(列举一点即可)．6．(2015·济南适应性训练)为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t变化的规律，如图乙所示．(1)根据上述图线，计算0.4 s时木块的速度v＝________m/s，木块的加速度a＝________m/s2.(2)为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是________________________________________．(已知当地的重力加速度g)(3)为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是________．A．A点与传感器距离适当大些B．木板的倾角越大越好C．选择体积较大的空心木块D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻7．(2015·长沙二模)某同学用图甲所示实验装置来研究弹簧弹性势能与弹簧压缩量的关系，弹簧一端固定，另一端与一带有窄片的物块接触，让物块被不同压缩状态的弹簧弹射出去，沿光滑水平板滑行，途中安装一光电门．设重力加速度为g.(1)如图乙所示，用游标卡尺测得窄片的宽度L为________________________．(2)记下窄片通过光电门的时间Δt＝10 ms，则窄片通过光电门的平均速度v＝________．(3)若物块质量为m，弹簧此次弹射物块过程中释放的弹性势能为____________(用m，L，Δt表示)．8．如图所示的实验装置可以用来探究动能定理，长木板倾斜放置，带有挡光片的小车放在长木板上，长木板旁放置两个距离为L的光电门A和B，质量为m的重物通过滑轮与小车相连，调整长木板倾角，使得小车恰好在细绳的拉力作用下处于平衡状态．某时刻剪断细绳，小车加速运动．测得挡光片通过光电门A的时间为Δt1，通过光电门B的时间为Δt2，挡光片宽度为d，小车质量为M，重力加速度为g，不计摩擦阻力．(1)小车加速运动受到的合外力F＝________．(2)小车经过光电门A、B的瞬时速度为v A＝________、v B＝________．(3)如果关系式________________________________________________________________________ 在误差允许范围内成立，就算是验证了动能定理．专题二 实验题巧练策略——多捞分力学实验题巧练(一)1．答案：1.32 1.20 7.3202．解析：由题图a 可知橡皮筋的弹力F 的大小与橡皮筋的伸长量x 的变化关系图象为过原点的倾斜直线，所以橡皮筋的弹力F 的大小与橡皮筋的伸长量x 成正比；A 型号橡皮筋的劲度系数相对小，对相同的拉力，橡皮筋的伸长量更大，收缩性更好；题图b 中图线斜率为k g ，橡皮筋的劲度系数为k ＝200 N/m.答案：橡皮筋的弹力F 的大小与橡皮筋的伸长量x 成正比 A 200 N/m3．解析：(1)AO 和BO 的拉力与CO 的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，A 错误；实验中两次拉伸橡皮条，注意将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，以保证两次操作中CO 的拉力是相同的，则选项B 正确；如果AO 和BO 的夹角适当，则两个分力可以将结点拉到O 点，若夹角过大，则两拉力不一定能将结点拉到O 点，所以选项C 错误；弹簧测力计与木板平行以便保证各力在同一平面内，正对弹簧测力计的刻度线读数可以减小偶然误差，因此D 正确．(2)由题图乙知，F 是用平行四边形定则作出的合力，F ′是用一个弹簧测力计拉橡皮条时的拉力，故一定与CO 共线的是F ′.答案：(1)BD (2)F ′4．解析：(1)只有满足M ≫m 时，绳对小车的拉力才近似等于盘及盘中砝码的重力．(2)由于a ∝1M ，a －1M 图象是一条过原点的直线，所以数据处理时，常作出a 与1M的关系图线．(3)两小车及车上的砝码的总质量相等时，由题图象知甲的加速度大，故甲同学实验中绳子的拉力更大．答案：(1)M ≫m (2)1M(3)甲 5．解析：(1)电压表内阻非常大，则电压表示数U 近似等于磁性滑块穿过线框产生的感应电动势E ；滑块下落过程中，机械能守恒，则mgh ＝12mv 2，由E ＝BLv 可知，感应电动势大小与速度v 成正比，故验证机械能是否守恒需要验证U 2－h 关系图象是不是一次函数图象．(2)由于磁性滑块穿过线框时产生感应电流，机械能有损失．答案：(1)U 2－h (2)空气阻力(或电磁感应损失机械能)6．解析：(1)木块做匀加速直线运动，0.4 s 时木块的速度等于0.2～0.6 s 时间段内的平均速度，可得v ＝（30－14）×10－20.4m/s ＝0.4 m/s ；由逐差公式Δx ＝aT 2可知，木块的加速度大小a ＝1 m/s 2. (2)根据牛顿第二定律可知，木块沿斜面下滑的加速度大小a ＝g sin θ－μg cos θ，据此式可知，只要测出倾斜木板与水平面的夹角θ，或者测出A 点到位移传感器的高度即可．(3)根据前面的分析可知，为了提高木块和木板间的动摩擦因数μ的测量精度，可以尽可能提高加速度a 的测量精度，因此可使A 点与传感器的测量距离适当大一些，故A 选项正确；木板的倾角不能太小，太小时木块不下滑，但也不是越大越好，B 选项错误；木块的体积小些较好，C 选项错误；根据Δx ＝aT 2，传感器开始计时的时刻不需要是木块从A 点释放的时刻，因此D 选项错误．答案：(1)0.4 1 (2)倾斜木板与水平面的夹角(或者A 点到位移传感器的高度) (3)A7．解析：(1)游标卡尺主尺读数为10 mm ，20分度游标卡尺的精确度为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 ，故窄片宽度为10.15 mm.(2)窄片通过光电门时间极短，其平均速度v ＝LΔt ＝10.1510m/s ≈1.02 m/s.(3)由机械能守恒定律可知，开始时弹簧的弹性势能转化为物块的动能，所以弹簧弹射物块过程中释放的弹性势能E p ＝12mv 2＝mL 22（Δt ）2. 答案：(1)10.15 mm (2)1.02 m/s (3)mL 22（Δt ）2 8．解析：(1)由于在重物的拉力作用下小车处于平衡状态，去掉拉力，小车受到的合外力就等于细绳的拉力，因此合力F ＝mg .(2)挡光片经过光电门时的平均速度为v A ＝d Δt 1、v B ＝d Δt 2，挡光时间极短，可以认为平均速度等于瞬时速度．(3)合力做功W ＝mgL ，动能变化12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 12，如果这两部分在误差允许范围内相等，就算是验证了动能定理． 答案：(1)mg (2)d Δt 1 d Δt 2 (3)mgL ＝12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 12。
优化方案2016届高三物理二轮复习第一部分专题一力与运动第2讲牛顿运动定律与直线运动课时演练知能提升
第2讲 牛顿运动定律与直线运动一、选择题1．(2015·湖北八校联考)如图所示，为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x 随时间t 变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t 2时间内下列说法正确的是( )A ．两物体在t 1时刻速度大小相等B ．t 1时刻乙的速度大于甲的速度C ．两物体平均速度大小相等D ．甲的平均速度小于乙的平均速度解析：选C ．因x －t 图线的斜率表示速度，则由图象可知A 、B 均错．因平均速度定义式为v ＝ΔxΔt，甲、乙两物体在0～t 2时间内位移大小相等，故平均速度大小相等，C 对、D 错．2.(多选)(2015·山东济南一模)一质点做直线运动的v －t 图象如图所示，下列选项正确的是( )A ．在2～4 s 内，质点所受合外力为零B ．质点在0～2 s 内的加速度比4～6 s 内的加速度大C ．在第4 s 末，质点离出发点最远D ．在0～6 s 内，质点的平均速度为5 m/s 解析：选AD ．由题图可知，在2～4 s 内，质点做匀速直线运动，所以所受合外力为零，A 对．由题图可知，质点在0～2 s 内加速度大小为5 m/s 2，4～6 s 内加速度大小为10 m/s 2，B 错．由题图可知，在第5 s 末，质点离出发点最远，C 错．在0～6 s 内，质点的平均速度v ＝xt＝5 m/s ，D 对．3．(2015·江西八校联考)2015年元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3 s 末到达离地面90 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k 倍，g ＝10 m/s 2，那么v 0和k 分别等于( )A ．30 m/s ，1B ．30 m/s ，0.5C ．60 m/s ，0.5D ．60 m/s ，1解析：选D ．本题考查运动学和牛顿第二定律，利用运动学知识有x ＝v 0＋v2·t ，代入数据得v 0＝60 m/s ；对上升过程中的礼花弹受力分析，如图所示．由牛顿第二定律有：mg＋F f＝ma，又F f＝kmg，a＝603m/s2＝20 m/s2，解得：k＝1.故A、B、C错，D对．4.(2015·宝鸡高三质检)如图所示，将质量为M的U形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧1、2、3将质量为m的小球悬挂起来．框架和小球都静止时弹簧1竖直，弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于(M＋m)g.现将弹簧1从最上端剪断，则在剪断后瞬间( )A．框架对地面的压力大小仍为(M＋m)gB．框架对地面的压力大小为0C．小球的加速度大小等于gD．小球的加速度为0解析：选D．剪断弹簧1瞬间，弹簧的形变不改变，小球所受合外力为0，由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小为0，D项正确，C项错误；框架受重力和支持力作用，F N ＝Mg，由牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为Mg，A、B项错误．5．(多选)(2015·高考江苏卷)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小解析：选AD．人受重力mg和支持力F N的作用，由牛顿第二定律得F N－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力F′N＝F N＝mg＋ma，当t＝2 s时a有最大值，F′N最大．当t＝8.5 s时，a有最小值，F′N最小，选项A、D正确．6．(2015·武汉武昌区高三调研)从地面竖直上抛一物体A的同时，在离地面高H处有相同质量的另一物体B开始做自由落体运动，两物体在空中同时到达距地面高h时速率都为v(两物体不会相碰)，则下列说法正确的是( )A．H＝2hB．物体A竖直上抛的初速度大小是物体B落地时速度大小的2倍C．物体A、B在空中运动的时间相等D．两物体落地前各自的机械能都守恒且两者机械能相等解析：选D．根据题设条件画出两物体运动的情景图，如图所示，两质量相等的物体经过相同的时间到达相同的位置时的速度相等，两物体具有相同的机械能，由于两物体在运动过程中各自机械能守恒，故两物体落地前各自的机械能都守恒且两者机械能相等，选项D 正确；由运动学公式可得：对物体A到达距地面高h时，v＝v A－gt，对物体B到达距地面高h 时，v ＝gt ，可得：v A ＝2v ；h ＝v 2A －v22g ＝3v 22g ，H －h ＝v 22g ，可得：H ＝43h ，选项A 错误；对物体B ，由运动学公式可得：v B ＝2gH ＝2v .物体A 竖直上抛的初速度大小与物体B 落地时速度大小相等，选项B 错误；由运动学公式可得：物体A 在空中运动的时间t A ＝2v A g ＝4vg，物体B在空中运动的时间t B ＝v B g ＝2vg，选项C 错误． 7．(2015·河北衡水元月调研)如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静置一个质量为m 的物体，木箱竖直向上运动的速度v 与时间t 的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止．斜面对物体的支持力和摩擦力分别为F N 和F f ，则下列说法正确的是( )A ．在0～t 1时间内，F N 增大，F f 减小B ．在0～t 1时间内，F N 减小，F f 增大C ．在t 1～t 2时间内，F N 增大，F f 增大D ．在t 1～t 2时间内，F N 减小，F f 减小解析：选D ．在0～t 1时间内，由题图可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ，对物体受力分析，在竖直方向上有F N cos θ＋F f sin θ－mg ＝ma 1，在水平方向上有F N sin θ＝F f cos θ，因加速度减小，则支持力F N 和摩擦力F f 均减小．在t 1～t 2时间内，由题图可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg －(F N cos θ＋F f sin θ)＝ma 2，在水平方向上有F N sin θ＝F f cos θ，因加速度增大，则支持力F N 和摩擦力F f 均减小，故选D ．8．(2015·安徽合肥一模)如图所示， a 、b 两物体的质量分别为m 1、m 2，由轻质弹簧相连．当用恒力F 竖直向上拉着a ，使a 、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 1，加速度大小为a 1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a ，使a 、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 2，加速度大小为a 2.则有( )A ．a 1＝a 2，x 1＝x 2B ．a 1<a 2，x 1＝x 2C ．a 1＝a 2，x 1>x 2D ．a 1<a 2，x 1>x 2解析：选B ．以两物体及弹簧组成的整体为研究对象，竖直向上运动时，F －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 1；沿水平桌面运动时，F ＝(m 1＋m 2)a 2，比较两式可得：a 1<a 2，A 、C 项错误；以b 为研究对象，由牛顿第二定律有：kx 1－m 2g ＝m 2a 1，kx 2＝m 2a 2，解得：x 1＝x 2＝m 2Fk （m 1＋m 2），B 项正确．9.(多选)(2014·高考江苏卷)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m , 静止叠放在水平地面上. A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对 A 施加一水平拉力 F ，则( )A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时， A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对 B 滑动D ．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过12μg解析：选BCD ．对A 、B 整体，地面对B 的最大静摩擦力为32μmg ，故当32μmg ＜F ＜2μmg时，A 、B 相对地面运动，故A 错误．对A 、B 整体应用牛顿第二定律，有F －μ2×3mg ＝3ma ；对B ，在A 、B 恰好要发生相对运动时，μ×2mg －μ2×3mg ＝ma ，两式联立解得F ＝3μmg ，可见，当F ＞3μmg 时，A 相对B 才能滑动，C 正确．当F ＝52μmg 时，A 、B 相对静止，对整体有：52μmg －μ2×3mg ＝3ma ，a ＝13μg ，故B 正确．无论F 为何值，B 所受最大的动力为A对B 的最大静摩擦力2μmg ，故B 的最大加速度a B m ＝2μmg －12×3μmgm ＝12μg ，可见D 正确．10．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2>v 1，则( )A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B ．物块滑上传送带后将做匀减速运动，t 1时刻速度为零，此时小物块离A 处的距离达到最大，选项A 错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t 2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B 正确；0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项C 错误；t 2～t 3时间内小物块不受摩擦力，选项D 错误．二、计算题11．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g取10 m/s 2.求：(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求v 的大小； (2)若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 解析：(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝μ1mg m＝3 m/s 2由于μ1mg ＞2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝μ1mg －μ2×2mg m＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v ′，平板位移为x ，对滑块：v ′＝v －a 1tL 2＋x ＝vt －12a 1t 2对平板：v ′＝a 2tx ＝12a 2t 2联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝μmg m＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v 1＝2a 3L 1＝5 m/s ＜6 m/s即滑块滑上平板的速度为5 m/s.设滑块在平板上运动的时间为t ′，离开平板时的速度为v ″，平板位移为x ′ 则v ″＝v 1－a 1t ′L 2＋x ′＝v 1t ′－12a 1t ′2 x ′＝12a 2t ′2联立以上各式代入数据解得：t ′1＝12 s ，t ′2＝2 s(t ′2＞t ，不合题意，舍去)将t ′＝12s 代入v ″＝v 1－a 1t ′得：v ″＝3.5 m/s.答案：(1)4 m/s (2)3.5 m/s12．(2015·高考全国卷Ⅰ，T25，20分)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图甲所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v －t 图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M .由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1①由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式有 v 1＝v 0＋a 1t 1②x 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③式中，t 1＝1 s ，x 0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2⑤ 由题图乙可得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4.⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧ v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨ v 3＝v 1＋a 2Δt ⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x 1＝－v 1＋v 32Δt ⑪ 小物块运动的位移为x 2＝v 1＋v 32Δt ⑫小物块相对木板的位移为 Δx ＝x 2－x 1⑬联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δx＝6.0 m．⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮0－v23＝2a4x3⑯碰后木板运动的位移为x＝x1＋x3⑰联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得x＝－6.5 m.木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m。
优化方案2016届高三物理二轮复习特色专项训练第1篇专题二实验题巧练策略_捞分力学实验题巧练(二)
力学实验题巧练(二)(建议用时：40分钟)1.某课外科技活动小组学习了平行四边形定则后，利用DIS实验装置研究“力的合成与分解”，如图所示A、B为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A连接质量不计的细绳，可沿固定的板做圆弧形移动．B固定不动，通过光滑铰链连接长0.3 m的杆．将细绳连接在杆右端O点构成支架．保持杆在水平方向，按如下步骤操作：①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ；②对两个传感器进行调零；③用另一绳在O点悬挂一个钩码，记录两个传感器读数；④取下钩码，移动传感器A改变θ角重复上述实验步骤，得到如下表格.(1)12”)．钩码质量为________kg(保留1位有效数字)．(2)本实验中多次对传感器进行调零，对此操作说明正确的是________．A．因为事先忘记了调零B．何时调零对实验结果没有影响C．为了消除横杆自身重力对结果的影响D．可以完全消除实验的误差2．在“探究匀变速直线运动的规律”的实验中，某同学设计的实验装置如图甲所示．(1)请指出该同学在实验操作中存在的两处错误：①__________________；②__________________．(2)该同学经正确操作得到如图乙所示的纸带，取连续的六个点，测得h1、h2、h3、h4、h5.若打点的周期为T，则打E点时速度为v E＝________；若分别计算出各计数点对应的速度数值，并在坐标系中画出v2与h的关系图线，如图丙所示，则小车的加速度a＝________m/s2.3．如图甲所示，用横梁、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系．(1)把弹簧上端固定在横梁上，下端悬吊不同重力的钩码，用刻度尺测量有关长度，实验中需要测量的物理量有：________________________________________________________________________.(2)关于实验注意事项，以下哪项是没有必要的？(填入字母序号)________．A．悬吊钩码后，在钩码静止后再读数B．尽量减小弹簧和横梁之间的摩擦C．弹簧的受力不超过它的弹性限度(3)图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的F－x图线，由此可求出弹簧的劲度系数为________N/m.图线不过原点的原因是________________________________________________________________________．4.某同学利用光电门传感器设计了一个研究小物体自由下落时机械能是否守恒的实验，实验装置如图所示，图中A、B两位置分别固定了两个光电门传感器．实验时测得小物体上宽度为d的挡光片通过A处传感器的挡光时间为t1，通过B处传感器的挡光时间为t2，重力加速度为g.为了证明小物体通过A、B时的机械能相等，还需要进行一些实验测量和列式证明．(1)下列必要的实验测量步骤是________．A．用天平测出运动小物体的质量mB．测出A、B之间的竖直距离hC．测出小物体释放时离桌面的高度HD．用秒表测出运动小物体由A到B所用时间Δt(2)若该同学用d和t1、t2的比值分别来反映小物体经过A、B光电门时的速度，并设想如果能满足____________________关系式，即能证明在自由落体过程中小物体的机械能是守恒的．5．(2015·厦门质检)关于验证机械能守恒定律的实验．请回答下列问题：(1)利用打点计时器打出纸带，请将下列步骤按合理顺序排列________(填选项前字母)．A ．释放纸带B ．接通电源C ．取下纸带D ．切断电源(2)在打出的纸带上选取连续的三个点A 、B 、C ，如图所示．测出起始点O 到A 点的距离为s 0，A 、B 两点间的距离为s 1，B 、C 两点间的距离为s 2，根据前述条件，如果在实验误差允许的范围内满足关系式________________________________________________________________________________，即验证了物体下落过程中机械能是守恒的(已知当地重力加速度为g ，使用交流电的周期为T )．(3)下列叙述的实验处理方法和实验结果，正确的是________．A ．该实验中不用天平测重物的质量，则无法验证机械能守恒定律B ．该实验选取的纸带，测量发现所打的第一点和第二点间的距离为1.7 mm ，表明打点计时器打第一点时重物的速度不为零C ．为了计算方便，本实验中选取一条理想纸带，然后通过对纸带的测量、分析，求出当地的重力加速度的值，再代入表达式：mgh ＝12mv 2进行验证 D ．本实验中，实验操作非常规范，数据处理足够精确，实验结果一定是mgh 略大于12mv 2，不可能出现12mv 2略大于mgh 的情况 6．(2015·合肥二检)(1)图甲为某同学做“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图，一端带有定滑轮的木板直接放在水平桌面上，细线与长木板平行．在研究小车(含砝码)质量不变，加速度和作用力的关系时，他先后五次改变砂和砂桶的总质量，测出相应的加速度a .在第一次测量时，砂和砂桶的总质量为m 1，小车质量M ＝20m 1，以后每次在砂桶里增加质量为Δm 的砂子，已知Δm ＝m 12.若把砂和砂桶的总重力作为小车所受合力F 的大小，按这五组数据画出的a －F 图象可能是下列图乙中的________．(2)第(1)题图象中图线不过坐标原点的原因是______________，若对此采取了纠正，该实验还存在一个较大的系统误差，是由砂和砂桶的总重力不等于小车受到的拉力引起的．设砂和砂桶的总重力为F 测，小车真正受到的拉力为F 真．若定义|F 测－F 真|F 真×100%为拉力测量的百分误差，现要求百分误差不大于5%，则当小车的总质量为200 g 时，砂和砂桶的总质量最大不能超过________g.7．某同学用如图甲所示装置做“探究合力做的功与动能改变量的关系”的实验，他通过成倍增加位移的方法来进行验证．方法如下：将光电门固定在水平轨道上的B点，用重物通过细线拉小车，保持小车(带遮光条)和重物的质量不变，通过改变小车释放点到光电门的距离进行多次实验，每次实验时要求小车都由静止释放.(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度d，示数如图乙所示，则d＝________cm.(2)如果每次实验时遮光条通过光电门的时间为t，小车到光电门的距离为s，通过描点作出线性图象来反映合力做的功与动能改变量的关系，则所作图象关系是________时才能符合实验要求．A．s－t B．s－t2C．s－t－1D．s－t－2(3)下列实验操作中必要的是________．A．调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动B．必须满足重物的质量远小于小车的质量C．必须保证小车由静止状态开始释放8．(2015·武汉市武昌区高三调研)如图所示，上、下两个完全相同的圆弧轨道分别固定在竖直板上的不同高度处，轨道的末端水平，上轨道可上下平移，在两轨道相对于各自轨道末端高度相同的位置上各安装一个电磁铁，两个电磁铁由同一个开关控制，通电后，两电磁铁分别吸住相同小铁球A、B，断开开关，两个小球同时开始运动．离开圆弧轨道后，A 球做平抛运动，B球进入一个光滑的水平轨道，则：(1)B球进入水平轨道后将做________________运动；改变上轨道的高度，多次重复上述实验过程，总能观察到A球正好砸在B球上，由此现象可以得出的结论是：________________________________________________________________________.(2)某次实验恰按图示位置释放两个小球，两个小球相碰的位置在水平轨道上的P点处，已知固定在竖直板上的方格纸的正方形小格边长均为9 cm，则可计算出A球刚到达P点时的速度大小为________m/s.(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)力学实验题巧练(二)1．解析：(1)A传感器中的力均为正值，故A传感器对应的是表中力F1，平衡时，mg＝F1·sin θ，当θ＝30°时，F1＝4.004 N，可求得m≈0.2 kg.(2)在挂钩码之前，对传感器进行调零，目的是消除横杆自身重力对结果的影响，故C正确．答案：(1)F10.2 (2)C2．解析：(1)两处错误是①打点计时器应该接交流电源，②开始时小车应该靠近打点计时器．(2)v E ＝h 5－h 32T，根据公式v 2－v 20＝2ax 可知，题图丙中图线的斜率等于2a 得a ＝5.4 m/s 2. 答案：(1)①打点计时器应该接交流电源 ②开始时小车应该靠近打点计时器(2)h 5－h 32T5.4 3．解析：(1)根据实验原理，实验中需要测量的物理量有弹簧的原长、弹簧受不同外力所对应的长度．(2)胡克定律只在弹性限度内才成立；实验时应在钩码静止、形变量稳定时读数；弹簧和横梁之间的摩擦力对本实验没有影响，所以选B.(3)根据题图乙中图线的斜率等于k ，取题图象中(0.5，0)和(3.5，6)两个点，利用ΔF ＝k Δx ，可得k ＝200 N/m ；图线不过原点是由于弹簧具有自重，使得弹簧不加外力时就有形变量．答案：(1)弹簧原长、弹簧受不同外力所对应的长度 (2)B (3)200 弹簧存在自重4．解析：(1)本实验需要验证小物体由A 运动到B 过程中，小物体减少的重力势能mgh AB和增加的动能12m (v 2B －v 2A )在误差允许范围内是否近似相等，即12(v 2B －v 2A )≈gh AB ，故无需测量小物体的质量和小物体释放时离桌面的高度H ，A 、C 项错误；需要测量A 、B 之间的竖直距离，B 项正确；速度是通过光电门测量的，因此无需用秒表测出运动小物体由A 到B 所用时间Δt ，D 项错误．(2)由题意知小物体经过两光电门的速度分别为d t 1和d t 2，代入12(v 2B －v 2A )≈gh AB 可知，如果能满足⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 12≈2gh 即可证明小物体自由下落过程中机械能守恒． 答案：(1)B (2)(d /t 2)2－(d /t 1)2≈2gh5．解析：(1)打点计时器使用时，先接通电源，后释放纸带；计时器不能长时间持续工作，使用完毕应立即关闭电源，故操作次序应为BADC.(2)由匀变速直线运动规律可知，纸带上打B 点时重物的速度v B ＝s 1＋s 22T，重物带动纸带由O 运动到B 过程中，重物减少的重力势能为mg (s 0＋s 1)，重物增加的动能为12mv 2B ，验证机械能守恒定律，二者应在误差允许的范围内近似相等，将v B 代入整理可得：8g (s 0＋s 1)T 2＝(s 1＋s 2)2.(3)由8g (s 0＋s 1)T 2＝(s 1＋s 2)2可知，验证机械能是否守恒与重物质量无关，A 项错误；若纸带从静止开始运动，纸带在0.02s 内的位移h ＝12gt 2≈2 mm ；若初速度不为零，则位移应大于2 mm ，B 项错误；易知C 项错误；实验中，不可避免地要克服摩擦力做功，因此势能的减少量mgh 一定大于动能的增加量12mv 2，D 项正确． 答案：(1)BADC (2)8g (s 0＋s 1)T 2＝(s 1＋s 2)2 (3)D6．解析：(1)设小车与桌面之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律可得F －μMg ＝Ma ，解得a ＝F M －μg ，A 、B 错．若F 较大时，不满足M ≫m ，此时应用牛顿第二定律求解加速度时，绳子的弹力F 不可近似认为等于砂和砂桶的重力，而是小于砂和砂桶的重力，故加速度值与a ＝mg M －μg 相比减小，C 对，D 错．(2)由于未平衡摩擦力，故导致砂与砂桶重力较小时，小车未加速运动，a －F 图象上表现为不过原点，与横轴有一定截距；由题意可知F 测＝mg ，设整体的加速度为a ，由于摩擦力已被平衡，故绳的拉力为F 真，由牛顿第二定律可得F真＝Ma ，mg －F 真＝ma ，解得：F 真＝Mmg M ＋m ，由题意可知百分误差|F 测－F 真|F 真×100%＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪mg －Mmg M ＋m MmgM ＋m×100%≤5%，代入质量M ＝200 g ，解得：m ≤10 g.答案：(1)C (2)没有平衡小车所受的摩擦力 107．解析：(1)由游标卡尺读数规则可知，示数为：10 mm ＋0.05×15 mm ＝1.075 cm.(2)由题意可知，该同学是通过成倍改变位移来改变做功的，设重物对小车的拉力为F ，对小车有：Fs ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2，即有：s ∝1t 2，则D 正确． (3)由(2)可知，公式中的F 是指小车所受到的合力，而且在整个实验过程中保持不变，所以在该实验中不需要平衡摩擦力；同理可知，重物与小车质量的大小关系也不会对实验结果产生影响；若小车释放速度不为0，则会对实验结果产生影响，选项C 正确．答案：(1)1.075 (2)D (3)C8．解析：(1)观察到A 球正好砸在B 球上，说明两球在水平方向上，在相等的时间内，运动的位移相等，又因为B 球进入水平轨道后将做匀速直线运动，从而说明A 球(或平抛运动)的水平分运动是匀速直线运动．(2)由平抛运动规律可得：x ＝v 0t ，h ＝12gt 2，可得：v 0＝x g 2h ；由动能定理可得：12mv 2－12mv 20＝mgh ，联立可得：v ＝v 20＋2gh ＝ gx 22h＋2gh ＝4.5 m/s.答案：(1)匀速(直线) A 球(或平抛运动)的水平分运动是匀速直线运动 (2)4.5。
【志鸿优化设计】2016高考物理二轮专题整合高频突破课件专题五功功率动能定理
规律方法 解决机车启动问题时应注意的问题
(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动。 (2)匀加速启动过程中,机车功率是不断改变的,但该过程中的最大功率 是额定功率,匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度,达 到额定功率后做加速度减小的加速运动。 (3)以额定功率启动的过程中,机车做加速度减小的加速运动,速度最大 值等于 ,牵引力是变力,牵引力做的功 W=Pt。
D.电动汽车行驶中所受的阻力为 600 N
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核心梳理 命题一 命题二 命题三
高考频点 高频考点
新题演练
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动能定理的应用
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常以选择、计算题的形式考查学生利用动能定理处理复杂过程的能力。 (1)设小铅块在木板上滑动过程中 ,木板达到最大速度时,木板运动的位 移为 x1,由动能定理得 例3(2015· 山东潍坊统考 ,足够长的木板静止在粗糙的水平地面上, 1 )如图所示 2 [μ2mg-μ1(m0+m)g]x1= m0v
6 得 W = 2 . 44 × 10 J,D 正确。 f~ D. 在 0 110 s 内该电动汽车克服阻力做的功为 2.44×106 J ABD
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思维导引
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汽车一直匀加速 2 s,其速度才可达到 6 m/s,实际上电动汽车匀加速 A. 电动汽车由静止开始一直做变加速直线运动 1.2 s 后做加速度逐渐减小的变加速运动 ,因而 2 s 时电动汽车的速度 关闭 B.电动汽车的额定功率为 10.8 kW 小于 6 m/s,选项 C 错误。 BD C.电动汽车由静止开始经过 2 s,速度达到 6 m/s
2016届高考物理二轮复习专题整合突破练1力与运动第1讲力与物体的平衡效果自评
力与物体的平衡1．[2015·衡水一调]如图，一质量为m 的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P 点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则( )A ．滑块不可能只受到三个力作用B ．弹簧不可能处于伸长状态C ．斜面对滑块的支持力大小可能为零D ．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于12mg 答案 D解析 弹簧与斜面垂直，所以物体要想静止在斜面上必须受斜面的摩擦力，这样才能平衡重力沿斜面的分力，有摩擦力则必有斜面对滑块的支持力，弹簧不知是伸长、压缩还是原长，所以D 正确。
2．[2015·枣庄模拟]如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a 、b ，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F ，使两物体均处于静止状态。
则下列说法正确的是( )A ．a 、b 两物体的受力个数一定相同B ．a 、b 两物体对斜面的压力相同C ．a 、b 两物体受到的摩擦力大小一定相等D ．当逐渐增大拉力F 时，物体b 先开始滑动答案 B解析 对b 受力分析可知，当绳的拉力沿斜面分力与b 重力沿斜面分力大小相等时b 可以不受斜面的摩擦，而a 必受斜面摩擦才能平衡，所以A 错，C 错，且a 受摩擦力始终大于b 受摩擦力，随F 增大，a 和斜面间的摩擦会先达到最大值，所以D 错，B 正确。
3．[2015·沈阳检测]如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，放置一质量为m 的金属棒，棒长为L ，棒中通有垂直纸面向里的电流，电流大小为I 。
若使金属棒静止在斜面上，则下面关于磁感应强度B 的判断正确的是( )A ．B 的方向垂直斜面向上，B ＝mg sin θIL ，B 为最小值 B ．B 的方向平行斜面向上，B ＝mg sin θIL ，B 为最小值 C ．B 的方向竖直向上，B ＝mg IL ，此时金属棒对斜面无压力 D ．B 的方向水平向左，B ＝mg IL，此时金属棒对斜面无压力答案 D解析 金属棒所受重力竖直向下，B 的方向垂直斜面向上时，由左手定则可知安培力方向平行斜面向下，支持力垂直斜面向上，金属棒不可能平衡，A 项错；当B 的方向平行斜面向上时，安培力垂直斜面向上，金属棒不可能平衡，B 项错；B 的方向竖直向上时，安培力水平向右，支持力垂直斜面向上，金属棒不可能静止，C 项错；若B 的方向水平向左时，安培力竖直向上，当B ＝mg IL 时，安培力BIL ＝mg ，金属棒静止，对斜面无压力，D 项正确。
优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分力电综合检测(A)
力电综合检测(A)一、单项选择题1．(2015·温州高三测试)如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部爬到a 处，则下列说法正确的是()A ．在a 点碗对蚂蚁的支持力大于在b 点的支持力B ．在a 点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b 点的摩擦力C ．在a 点碗对蚂蚁的作用力大于在b 点的作用力D ．在a 点蚂蚁受到的合力大于在b 点受到的合力解析：选B.由题意知，蚂蚁在半球形碗内爬行过程中受到竖直向下的重力、碗的支持力和摩擦力，设支持力方向与竖直方向的夹角为θ，蚂蚁的质量为m ，因蚂蚁缓慢爬行，则由力的平衡条件知蚂蚁受到的支持力和摩擦力分别为F N ＝mg cos θ、F f ＝mg sin θ，由于θa >θb ，因此F N a <F N b ，F f a >F f b ，即在a 点碗对蚂蚁的支持力小于在b 点的支持力，在a 点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b 点的摩擦力，故选项A 错误，B 正确；碗对蚂蚁的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力大小相等，方向相反，即在a 点碗对蚂蚁的作用力等于在b 点的作用力，在a 点蚂蚁受到的合力等于在b 点受到的合力，皆为0，故选项C 、D 错误．2.如图所示，从倾角为θ的斜面上的M 点水平抛出一个小球，小球的初速度为v 0，最后小球落在斜面上的N 点，则下列说法错误的是(重力加速度为g )()A ．可求M 、N 之间的距离B ．可求小球落到N 点时速度的大小和方向C ．可求小球到达N 点时的动能D ．可以断定，当小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大解析：选C.设小球从抛出到落到N 点经历时间t ，则有tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，t ＝2v 0tan θg ，因此可求出d MN ＝v 0tcos θ＝2v 20tan θg cos θ，v N ＝（gt ）2＋v 20，方向：tan α＝gt v 0，故A 、B 项正确；但因小球的质量未知，因此小球在N 点的动能不能求出，C 项错误；当小球速度方向与斜面平行时，小球垂直斜面方向的速度为零，此时小球与斜面间的距离最大，D 项正确．3.如图所示，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电阻不计的线圈L 与内阻不计的电源连接，下列判断正确的是()A ．K 闭合的瞬间，b 、c 两灯亮度不同B ．K 闭合足够长时间以后，b 、c 两灯亮度相同C ．K 断开的瞬间，a 、c 两灯立即熄灭D ．K 断开之后，b 灯突然闪亮以后再逐渐变暗 解析：选D.K 闭合的瞬间，L 上发生自感现象，对电流的阻碍很大，此时b 与c 串联，再与a 并联，故P b ＝P c ＜P a ，b 、c 亮度相同，且a 最亮，选项A 错误；K 闭合足够长时间以后，b 熄灭，所以选项B 错误；K 断开的瞬间，L 因发生自感，产生E 感，此时，电路连接如图所示，故选项D 正确，C 错误．4．光滑水平轨道abc 、ade 在a 端很接近但是不相连，bc 段与de 段平行，尺寸如图所示．轨道之间存在磁感应强度为B 的匀强磁场．初始时质量为m 的杆放置在b 、d 两点上，除电阻R 外，杆和轨道电阻均不计．用水平外力将杆以初速度v 0向左拉动，运动过程中保持杆中电流不变，在杆向左运动位移L 内，下列说法正确的是( )A ．杆向左做匀加速运动B ．杆向左运动位移L 的时间为Δt ＝3L4v 0C ．杆向左运动位移L 的时间内电阻产生的焦耳热为Q ＝2B 2L 3v 03RD ．杆向左运动位移L 的时间内水平外力做的功为W ＝32mv 2解析：选B.因为电流不变，所以E ＝ΔΦΔt ＝BLv 0是一定值，Δt ＝ΔΦBLv 0＝3L4v 0，而速度是不断增大的，但不是匀加速，所以A 错误，B 正确；杆向左运动位移L 的时间内电阻产生的焦耳热为Q ＝I 2R Δt ，解得Q ＝3B 2L 3v 04R，即C 错误；杆向左运动位移L 的时间内水平外力做的功为W ＝12m (2v 0)2－12mv 20＋Q ＝3B 2L 3v 04R ＋32mv 20，所以D 错误．二、不定项选择题5.(2015·贵州省七校联考)如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m 的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球．当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β(β≠α)保持不变．设斜杆、细线对小球的作用力分别为F 1、F 2，下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小不相等B．F1、F2方向相同C．小车加速度大小为g tan αD．小车加速度大小为g tan β解析：选BD.两球受重力和拉力作用，其中重力相同，由加速度相同可知两球所受合外力相同，由平行四边形定则可知，拉力相同，A项错误，B项正确；因为绳对小球拉力沿绳收缩方向，合力水平向右，由平行四边形定则可知mg tan β＝ma，即a＝g tan β，C项错误，D项正确．6．如图所示，圆环套在水平棒上可以滑动，轻绳OA的A端与圆环(重力不计)相连，O 端与质量m＝1 kg的重物相连；定滑轮固定在B处，跨过定滑轮的轻绳，两端分别与重物m、重物G相连，当两条细绳间的夹角φ＝90°，OA与水平杆的夹角θ＝53°时圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，已知sin 53°＝0.8；cos 53°＝0.6，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．则下列说法正确的是( )A．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75B．棒对环的支持力为1.6 NC．重物G的质量M＝0.6 kgD．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.6解析：选AC.因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有F f＝μF N.对环进行受力分析，则有：μF N－F T cos θ＝0，F N－F T sin θ＝0，F T＝F′T＝mg sin θ，代入数据解得：μ＝cot θ＝34，F N＝6.4 N，A正确，B、D错误；对重物m：Mg＝mg cos θ，得：M＝m cos θ＝0.6 kg，C正确．7.如图所示是A、B两物体从同一点出发的x－t图象，由图象可知，下列说法正确的是( )A．0～t1时间内A物体的速度大于B物体的速度B．t2时刻A、B两物体相遇C．0～t2时间内A的平均速度大于B的平均速度D．在0～t2时间内，t1时刻A、B两物体相距最远解析：选ABD.位移图象的斜率代表速度，A正确；t2时刻两物体运动的位移相同，所以0～t2时间内平均速度相同，B正确，C错误；在0～t2时间内，t1时刻A、B两物体相距最远，D正确．8.将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能E k随时间t变化的图线如图所示，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.根据图象信息，可以确定的物理量是( )A ．小球的质量B ．小球的初速度C ．最初2 s 内重力对小球做功的平均功率D ．小球抛出时的高度解析：选ABC.根据图象可以知道小球在2 s 内动能由E k0＝5 J 增加到E k ＝30 J ，因为小球做平抛运动，2 s 内下落的高度h ＝12gt 2＝20 m ，小球在2 s 时间内由动能定理有：mgh＝E k －E k0，所以：m ＝E k －E k0gh＝0.125 kg ，A 正确；由P －G ＝mg v －可以得出最初2 s 内重力对小球做功的平均功率P －G ＝12.5 W ，C 正确；据E k0＝12mv 20可得v 0＝4 5 m/s ，B 正确；因为小球抛出的总时间未知，故不能确定小球抛出时的高度，D 错误．9.在xOy 平面内有一匀强电场，场强为E ，方向未知，电场线跟x 轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy 内，从原点O 以大小为v 0、方向沿x 正方向的初速度射入电场，最后打在y 轴上的M 点，如图所示．(已知电子的质量为m ，电荷量为e ，重力不计)则( )A ．O 点电势低于M 点电势B ．运动过程中电子在M 点电势能最多C ．运动过程中，电子的电势能先减少后增加D ．电场力对电子先做负功，后做正功 解析：选AD.由电子的运动轨迹知，电子受到的电场力方向斜向上，故电场方向斜向下，M 点电势高于O 点，A 正确；电子在M 点电势能最少，B 错误；运动过程中，电子先克服电场力做功，后电场力对电子做正功，故C 错误，D 正确．10.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上放有一金属棒MN .现从t ＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的速度v 、加速度a 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是( )解析：选BD.由左手定则可知，金属棒所受安培力垂直纸面向里，随着电流增大，安培力增大，滑动摩擦力增大，金属棒开始做加速度逐渐减小的加速运动，后来做加速度逐渐增大的减速运动．安培力F 安＝BIL ＝BLkt ，金属棒所受合外力F 合＝mg －μF 安＝mg －μBLkt ，加速度a ＝g －μBLktm，选项B 、D 正确．三、非选择题11．全国多地雾霾频发，且有愈演愈烈的趋势，空气质量问题备受关注．在雾霾天气下，能见度下降，机动车行驶速度降低，道路通行效率下降，对城市快速路、桥梁和高速公路的影响很大．如果路上能见度小于200 m ，应开启机动车的大灯、雾灯、应急灯，将车速控制在60 km/h 以下，并与同道前车保持50 m 的车距；当能见度小于100 m 时，应将车速控制在40 km/h 以下，并与同道前车保持100 m 的车距．已知汽车保持匀速正常行驶时受到地面的阻力为车重的0.1，刹车时受到地面的阻力为车重的0.5，重力加速度为g ＝10 m/s 2，则：(1)若汽车在雾霾天行驶的速度为v ＝36 km/h ，则刹车后经过多长时间才会停下来？ (2)若前车因故障停在车道上，当质量为m 0＝1 500 kg 的后车距已经停止的前车为x ＝90 m 时紧急刹车，刚好不与前车相撞，则后车正常行驶时的功率为多大？解析：(1)汽车行驶的初速度：v ＝36 km/h ＝10 m/s 汽车刹车后的阻力：F f2＝0.5mg故刹车后的加速度：a 2＝F f2m＝5 m/s 2刹车时间：t ＝v a 2＝2 s.(2)由匀变速直线运动规律可知汽车刹车时的初速度：v 0＝2a 2x ＝30 m/s 刹车前汽车所受的牵引力：F 牵＝F f1＝0.1m 0g所以后车正常行驶时的功率为：P ＝F 牵v 0＝4.5×104W.答案：(1)2 s (2)4.5×104W12.如图所示，在光滑水平面上，存在着垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，O 、M 、P 、Q 为磁场边界和x 轴的交点，OM ＝MP ＝L .一质量为m 、带电荷量为＋q 的带电小球，从原点O 处，以速度大小为v 0，与x 轴正向成45°射入区域Ⅰ，又从M 点射出区域Ⅰ(粒子的重力忽略不计)．(1)求区域Ⅰ的磁感应强度大小；(2)若带电小球能再次回到原点O ，则匀强磁场Ⅱ的宽度需满足什么条件？小球两次经过原点O 的时间间隔为多少？解析：(1)小球进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得：R 1＝22L 由R 1＝mv 0qB解得B ＝2mv 0qL.(2)运动轨迹如图，在区域Ⅱ做匀速圆周运动的半径为：R 2＝2L 由几何知识得d ≥(2＋1)L带电小球第一次在磁场Ⅰ中运动时间t 1＝14×2π2L 2v 0＝2πL4v 0带电小球第一次在空白区域运动时间t 2＝2Lv 0带电小球在磁场Ⅱ中运动时间 t 3＝34×2π2L v 0＝32πL2v 0小球两次经过原点O 的时间间隔为t 总＝2(t 1＋t 2)＋t 3＝22（π＋1）Lv 0.答案：见解析13．如图所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板，R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I 及棒的速率v ； (2)改变R x ，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x .解析：(1)导体棒匀速下滑时， Mg sin θ＝BIl ①I ＝Mg sin θBl②设导体棒产生的感应电动势为E 0 E 0＝Blv ③由闭合电路欧姆定律得I ＝E 0R ＋R x④ 联立②③④，得 v ＝2MgR sin θB 2l 2.⑤(2)改变R x ，待棒再次匀速下滑后，由②式可知电流不变，设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U ，电场强度大小为EU ＝IR x ⑥ E ＝U d ⑦ mg ＝qE ⑧联立②⑥⑦⑧，得R x ＝mBldqM sin θ.答案：(1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2(2)mBldqM sin θ。
2016届高三二轮复习物理作业卷 力学实验1含解析
2016万卷作业卷（三十六）力学实验1一、实验题（本大题共4小题。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.（2015山东高考真题）某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则。
实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向。
②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离（即橡皮筋的长度l）。
每次将弹簧秤示数改变0.50N，测出所③找出②中F=2.50N时橡皮筋两端的位置，重新记为O、O'，橡皮筋的拉力记为O O F'。
④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示。
用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB。
完成下列作图和填空：（1）利用表中数据在给出的坐标纸上画出F—l图线，根据图线求得l0=_____cm。
（2）测得OA=6.00cm，OB=7.60cm，则FOA的大小为________N。
（3）根据给出的标度，在答题卡上作出F OA和F OB的合力F'的图示。
（4）通过比较F'与________的大小和方向，即可得出实验结论。
2.（2015广东高考真题）（1）(8分)某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度。
①请完成以下主要实验步骤：按图1(a)安装实验器材并连接电源；竖直提起系起有重物的纸带，使重物 (填“靠近”或“远离”)计时器下端；，，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验。
②图1(b)和(c)是实验获得的两条纸带，应选取(填“b”或“c”)来计算重力加速度。
在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和。
优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分力电综合检测(B)
力电综合检测(B)一、单项选择题1．(2015·宁波高三十校联考)如图，一小球从水面上方高h 处由静止下落进入水中，若小球在水中所受阻力大小为F ＝kv 2(k 为常量，v 为小球速度大小)，且水足够深，则( )A ．h 越大，小球做匀速运动时的速度越大B ．h 变大，小球在水中的动能变化量的绝对值一定变大C ．h 变小，小球在水中的动能变化量的绝对值可能变大D ．小球在水中刚开始做匀速运动的位置与h 无关解析：选C.小球匀速运动时有mg ＝kv 2，即小球做匀速运动时的速度与下落高度无关，选项A 错误；小球入水速度与做匀速运动时的速度差值越大，动能变化量的绝对值越大，选项B 错误，C 正确；由mg ＝kv 2，mgh ＝12mv 2可得h ＝m 2k ，当h ＝m 2k 时，小球刚开始做匀速运动的位置在水面处，显然选项D 错误．2．如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中心轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r ＝0.1 m 处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘的动摩擦因数为μ＝0.8，木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同．若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大值为(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．8 rad/sB ．2 rad/sC.124 rad/sD.60 rad/s解析：选B.木块与圆盘的最大静摩擦力出现在最低点，此时最大静摩擦力指向圆心，最大静摩擦力与重力沿平行圆盘方向的分力的合力提供木块做圆周运动的向心力，即μmg cos θ－mg sin θ＝mr ω2，解得最大角速度为ω＝2 rad/s ，B 正确．3．空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O －xyz ，M 、N 、P 为电场中的三个点，M 点的坐标为(0，a ，0)，N 点的坐标为(a ，0，0)，P 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，a 2.已知电场方向平行于直线MN ，M 点电势为0，N 点电势为1 V ，则P 点的电势为( )A.22V B.32V C.14 V D.34V 解析：选D.MN 间的距离为2a ，P 点在MN 连线上的投影点离M 点的距离为32a4，所以P 点的电势为：32a 42a×1 V ＝34 V ，D 正确．4．(2015·高考安徽卷)如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ解析：选B.金属杆MN 切割磁感线的有效长度为l ，产生的感应电动势E ＝Blv ，A 错误；金属杆MN 的有效电阻R ＝rlsin θ，故回路中的感应电流I ＝E R＝Blv sin θrl ＝Bv sin θr，B 正确；金属杆受到的安培力F ＝BIlsin θ＝Blsin θ·Bv sin θr ＝B 2lvr，C 错误；金属杆的热功率P＝I 2R ＝B 2v 2sin 2 θr 2·rl sin θ＝B 2v 2sin θ·lr，D 错误．5.如图所示，A 、B 为两个等量正点电荷，O 为A 、B 连线的中点．以O 为坐标原点、垂直AB 向右为正方向建立Ox 轴．下列四幅图分别反映了在x 轴上各点的电势φ(取无穷远处电势为零)和电场强度E 的大小随坐标x 的变化关系，其中正确的是( )解析：选C.本题关键是要明确两个等量同种正点电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况．沿着场强方向，电势越来越低．两个等量同种正点电荷连线中点O 的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O 点沿着中垂线向右到无穷远处电场强度先增大后减小，故选项C 正确，D 错误；电场强度的方向一直向右，故电势越来越低，由于不是匀强电场，故电势不随坐标x 线性减小，选项A 、B 错误．6.(2015·唐山模拟)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .则此过程( )A ．杆的速度最大值为（F －μmg ）RB 2d2B ．流过电阻R 的电荷量为BdlR ＋rC ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和小于杆动能的变化量解析：选B.当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r，杆受力平衡，故F －μmg －F 安＝0，所以v ＝（F －μmg ）（R ＋r ）B 2d 2，A 错；流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝B ΔS R ＋r ＝BdlR ＋r ，B 对；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，C 、D 错．二、不定项选择题7.某遥控小车在平直路面上运动的v －t 图线如图所示．则关于小车的运动，下列说法正确的是( )A ．0～5 s 内小车运动的路程为3 mB ．小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，2～3 s 内做匀加速运动，加速度的大小为2 m/s 2C ．3～5 s 内小车的加速度的大小为2 m/s 2D ．0～5 s 内小车运动的位移为11 m解析：选BC.由题图知，小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，到2 s 末时开始做匀加速运动，加速度大小为2 m/s 2，3 s 末时速度达到4 m/s ，然后突然以4 m/s 的速度返回，沿反向做匀减速运动，加速度大小为2 m/s 2，B 、C 正确；路程s ＝2×2 m ＋2＋42×1 m＋12×4×2 m ＝11 m ，位移x ＝2×2 m ＋2＋42×1 m －12×4×2 m ＝3 m ，A 、D 错误． 8.近来我国暴雨频发，多地相继出现群众被困河心孤岛的险情，为此消防队员常常需要出动参与抢险救灾．用滑轮将被困人员悬挂于粗绳下方，一条细绳一端系住被困人员，另一端由位于河道边的救援人员拉动，其原理可以简化为如图所示．某时刻被困人员位于河道O 处，与河岸距离为l ，救援人员位于A 处，沿OA 方向以速度v 1拉细绳，被困人员所受拉力大小恒为F ，此时OA 与粗绳OB 夹角为α，被困人员此时速度为v 2.则( )A ．v 2＝v 1cos αB ．v 2＝v 1cos αC ．被困人员被拉到B 点时拉力做功为FlD ．拉力瞬时功率P ＝Fv 1 解析：选AD.由被困人员的运动效果可知，细绳速度v 1为被困人员的速度v 2的一个分速度，由几何关系可知：v 2＝v 1cos α，A 正确，B 错误；拉力的瞬时功率为P ＝Fv 1，D 正确，拉力做功为Flcos α，C 错误．9．一个质量为m 的质点以速度v 0做匀速运动，某一时刻开始受到恒力F 的作用，质点的速度先减小后增大，其最小值为v 02.质点从开始受到恒力作用到速度减至最小的过程中( )A ．经历的时间为3mv 02FB ．经历的时间为mv 02FC ．发生的位移为6mv 28FD ．发生的位移为21mv 28F解析：选AD.质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，而是做匀变速曲线运动．分析可知初速度方向与恒力方向的夹角为150°，在恒力方向上有v 0cos 30°－F mt ＝0，x ＝v 0cos 30°2t ，在垂直恒力方向上有y ＝v 02t ，质点的位移s ＝x 2＋y 2，联立解得经历时间为t ＝3mv 02F ，发生的位移为s ＝21mv 28F，A 、D 正确．10.如图所示，在真空中半径为r ＝0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B ＝0.01 T ，ab 和cd 是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v ＝1×103m/s 从c 点沿cd 方向射入场区，粒子将沿cd 方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a 点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的12，不计粒子重力，下列说法正确的是( )A ．电场强度的大小为10 N/CB ．带电粒子的比荷为1×106C/kgC ．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 mD ．带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5s解析：选AC.两种场都存在时，对带电粒子受力分析，根据平衡条件得qE ＝qvB ，解得E ＝vB ＝10 N/C ，A 项正确；带电粒子仅在电场中运动时，竖直方向上r ＝vt ，水平方向上r ＝12at 2，由牛顿第二定律a ＝qE m ，联立解得q m ＝2v Br ＝2×106 C/kg ，B 项错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径R ＝mvqB 1＝0.1 m ，C 项正确；画出粒子的运动轨迹得粒子在磁场中运动了四分之一个周期，T ＝2πR v ，因此运动的时间t ＝14T ＝πR 2v ＝1.57×10－4s ，D 项错误．三、非选择题11．将两个滑块1、2用一轻质细绳连接放在粗糙的水平面上，如图所示．已知细绳的长度为L ＝1 m ，1、2的质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝8 kg ，滑块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，细绳的最大拉力为F T ＝8 N ．今在滑块2上施加一水平向右的外力F ，使两滑块共同向右运动，当外力增大到某一数值时，细绳恰好断裂．(1)求细绳恰好断裂的瞬间，水平外力F 的大小；(2)如果细绳恰好断裂的瞬间，两滑块具有的速度为2 m/s ，此后水平外力F 保持不变，求当滑块1的速度刚好为零时，两滑块1、2之间的距离．解析：(1)绳刚要被拉断的瞬间绳上的拉力为F T ＝8 N ，根据牛顿第二定律，对滑块1：F T －μm 1g ＝m 1a代入数据得a ＝2 m/s 2对滑块1、2整体：F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 代入数据得F ＝40 N.(2)设绳断后，滑块1的加速度为a 1，滑块2的加速度为a 2，则：a 1＝μm 1g m 1＝2 m/s 2a 2＝F －μm 2g m 2＝3 m/s 2滑块1停下来的时间为t ，则t ＝v a 1＝1 s滑块1的位移为x 1，则x 1＝v 22a 1＝1 m滑块2的位移为x 2，则x 2＝vt ＋12a 2t 2＝3.5 m滑块1刚静止时，滑块1、滑块2间距离为Δx ＝x 2＋L －x 1＝3.5 m. 答案：(1)40 N (2)3.5 m12．(2015·西城一模)如图所示，两条光滑的金属导轨相距L ＝1 m ，其中MN 段平行于PQ 段，位于同一水平面内，NN 0段与QQ 0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN 0与PQQ 0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B 1和B 2，且B 1＝B 2＝0.5 T ．ab 和cd 是质量均为m ＝0.1 kg 、电阻均为R ＝4 Ω的两根金属棒，ab 置于水平导轨上，cd 置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t ＝0时刻起，ab 棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab 棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd 受到F ＝0.6－0.25t (N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态．不计导轨的电阻．(sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)(1)求流过cd 棒的电流强度I cd 随时间t 变化的函数关系；(2)求ab 棒在水平导轨上运动的速度v ab 随时间t 变化的函数关系； (3)求从t ＝0时刻起，1.0 s 内通过ab 棒的电荷量q ；(4)若t ＝0时刻起，1.0 s 内作用在ab 棒上的外力做功为W ＝16 J ，求这段时间内cd 棒产生的焦耳热Q cd .解析：(1)由题意知cd 棒受力平衡，则 F ＋F cd ＝mg sin 37°F cd ＝B 2I cd L 得I cd ＝0.5t (A)．(2)ab 棒中电流I ab ＝I cd ＝0.5t (A) 则回路中电源电动势E ＝I cd R 总ab 棒切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝B 1Lv ab 解得ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)所以，ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动．(3)ab 棒的加速度为a ＝8 m/s 2，1．0 s 内的位移为x ＝12at 2＝12×8×1.02m ＝4 m根据I ＝E R 总＝ΔΦR 总t ＝B 1LxR 总t得q ＝It ＝B 1Lx R 总＝0.5×1×48C ＝0.25 C. (4)t ＝1.0 s 时，ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)＝8 m/s根据动能定理有W －W 安＝12mv 2－0得1.0 s 内克服安培力做功W 安＝⎝ ⎛⎭⎪⎫16－12×0.1×82J ＝12.8 J回路中产生的焦耳热Q ＝W 安＝12.8 Jcd 棒上产生的焦耳热Q cd ＝Q2＝6.4 J.答案：(1)I cd ＝0.5t (A) (2)v ab ＝8t (m/s) (3)0.25 C (4)6.4 J13.最近，我国部分地区多发雾霾天气，PM2.5值过高，为防控粉尘污染，某同学设计了一种除尘方案，用于清除带电粉尘．模型简化如图，粉尘源A 点向虚线上方(竖直平面内)各个方向喷出粉尘微粒，速度大小均为v ＝10 m/s ，粉尘微粒质量m ＝5×10－10kg ，电荷量为q＝＋1×10－7C ，粉尘源正上方有方向向外且磁感应强度B ＝0.1 T 的圆形边界磁场，半径R ＝0.5 m ，磁场右侧紧邻金属极板MN 、PQ ，两板间电压恒为U 0＝0.9 V ，两板相距d ＝1 m ，板长l ＝1 m ，不计粉尘重力及粉尘之间的相互作用．(1)证明粉尘微粒从磁场射出时，速度方向均水平向右；(2)若粉尘源每秒向外喷出粉尘微粒个数为n ＝2×108个，且粉尘微粒分布均匀地进入极板通道，求此装置正常工作过程中每秒能收集的粉尘质量M ；(3)若两极板间电压在0～1.5 V 之间可调，求收集效率和电压的关系． 解析：(1)在磁场中粉尘受到的洛伦兹力提供向心力，轨迹半径为rqvB ＝m v 2rr ＝mv qB ＝5×10－10×101×10－7×0.1m ＝0.5 m如图所示，假设粉尘微粒从B 点打出，轨迹圆的圆心为O ′， 由r ＝R 可知AOBO ′为菱形，所以OA ∥BO ′，BO ′一定在竖直方向上，速度方向与BO ′垂直，因此速度方向水平向右．(2)粉尘微粒进入电场，水平方向做匀速直线运动 l ＝vt竖直方向做匀加速直线运动a ＝qU md y ＝12at 2 y ＝qUl 22mdv2 当U ＝U 0＝0.9 V 时解得y ＝qU 0l 22mdv 2＝1×10－7×0.9×122×5×10－10×1×102 m ＝0.9 m假设该粉尘在A 处与水平向左方向夹角为α， 则y ＝R ＋R cos α，则α＝37°， 可知在极板上的微粒占总数的百分比为 η＝180°－α180°×100%＝79.4%可见79.4%的微粒会打在极板上 此装置每秒能收集的粉尘质量M ＝nm ×79.4%＝2×108×5×10－10×79.4% kg ＝0.079 4 kg.(3)把y ≥d 代入y ＝qUl 22mdv2解得U ≥1 V可知：1.5 V ≥U ≥1 V 时，收集效率η＝100% 当1 V>U ≥0时，对于恰被吸收的粒子： y ＝12at 2＝12qUl 2mdv 2＝U (m)， 由y ＝R ＋R cos α，α＝arccos y －RR得， α＝arccos (2U －1)， 收集效率η＝π－απ×100%＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1πarccos （2U －1）×100%. 答案：见解析。
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1 力学实验 1．(2015·浙江东北三校二联)读出下图中游标卡尺(50分度)与螺旋测微器的示数．
(1)________mm；(2)________mm. 解析：(1)主尺读数为4.2 cm， 游标尺读数为10×0.02 mm＝0.20 mm， 最终读数为4.2 cm＋0.20 mm＝42 mm＋0.20 mm＝42.20 mm. (2)固定部分读数为2.5 mm， 可动部分读数为48.8×0.01 mm＝0.488 mm， 最终读数为2.5 mm＋0.488 mm＝2.988 mm. 答案：(1)42.20 (2)2.988(2.987～2.989之间均可) 2．(2015·山东济南一模)由于当年实验条件的限制，伽利略无法直接对落体运动进行实验研究，而今天即使在中学实验室里，我们也可以通过实验来验证落体运动的规律．如图
是某次实验中获得的质量为m的小球下落时的频闪照片，频闪间隔是130 s．根据此照片计算(结果保留三位有效数字)
(1)小球在4.90 cm位置处的速度大小为________m/s； (2)小球下落的加速度大小为________m/s2； (3)小球在13.60 cm位置处的速度大小为________m/s. 解析：(1)小球在4.90 cm位置处的速度大小为
v4.90＝（8.71－2.15）×10－2130×2 m/s＝0.984 m/s.
(2)由逐差法求加速度，可得 a＝[（13.60－4.90）－（4.90－0.54）]×10－24×1302 m/s2＝9.77 m/s2. 2
(3)据v＝v0＋at得：v13.60＝v4.90＋a·2T＝0.984 m/s＋9.77×230 m/s＝1.64 m/s. 答案：(1)0.984 (2)9.77 (3)1.64 3.(2015·安徽合肥一模)某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验，最后画出了如图所示的图．
(1)在图上标出的F1、F2、F和F′四个力中，力______不是由弹簧测力计直接测得的，比较力F与力F′的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行四边形定则． (2)某同学对此实验的一些说法，其中正确的是( ) A．如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验 B．用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的角平分线 C．拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距远些 D．拉橡皮条时，细线应沿弹簧测力计的轴线 E．在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长量相同就行 解析：(1)本实验是通过用两个弹簧测力计的拉力作出的平行四边形得出合力，只要合力与只用一个弹簧测力计时的拉力基本相同，则实验成功；由题图可知F′是由平行四边形定则得出的，故F′不是由弹簧测力计直接测得的； (2)如果只有一个弹簧测力计，则可以交替测出各边的拉力，但要保证两次拉的时候效果相同，故A正确；只要橡皮条与线的结点两次都到达同一点即可，即两次效果相同，而对于拉力方向没有限制，橡皮条不需要与两线夹角的角平分线在同一直线上，故B错误；为了减小误差，拉橡皮条的细线需长些，标记方向的两点要远些，故C正确；只有细线和弹簧测力计的轴线在一条直线上时，弹簧的弹力才等于拉橡皮条的拉力，否则易使弹簧或指针与外壳发生摩擦，使误差增大，故D正确；在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，每次要使橡皮条形变的长度和方向都相同，即使结点O拉到同一位置，这样两次的效果才相同，才符合“等效替代”法，故E错误． 答案：(1)F′ (2)ACD 4．(2015·高考福建卷)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．
甲 乙 丙 (1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为________cm； (2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是________；(填选项前的字母) A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重 B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重 (3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是 3
________________________________________________________________________． 解析：(1)弹簧伸长后的总长度为14.66 cm，则伸长量Δl＝14.66 cm－7.73 cm＝6.93 cm. (2)逐一增挂钩码，便于有规律地描点作图，也可避免因随意增加钩码过多超过弹簧的弹性限度而损坏弹簧． (3)AB段明显偏离OA，伸长量Δl不再与弹力F成正比，是超出弹簧的弹性限度造成的． 答案：(1)6.93 (2)A (3)弹簧受到的拉力超过了其弹性限度 5．(2015·湖州二模)如图所示的实验装置可以探究加速度与力、质量的关系，小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子．沙桶的总质量(包括桶以及桶内沙子质量)记为m，小车的总质量(包括车、盒子及盒内沙子质量)记为M.
(1)验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出．多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度．本次实验中，桶内的沙子取自小车中，故系统的总质量不变．以合外力F为横轴，以加速度a为纵轴，画出a－F图象，图象是一条过原点的直线． ①a－F图象斜率的物理意义是________________________． ②你认为把沙桶的总重力mg当作合外力F是否合理？ 答：________(选填“合理”或“不合理”)． ③本次实验中，是否应该满足M ≫m这样的条件？ 答：________(选填“是”或“否”)； 理由是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. (2)验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶内沙子质量m不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系．本次实验中，桶内的沙子总质量不变，故系统所受的合外力不变．用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以________的倒数为横轴． 解析：(1)①将车内的沙子转移到桶中，就保证了M＋m不变，即系统的总质量不变，研
究对象是整个系统，a＝FM＋m＝mgM＋m，可见a－F图象斜率的物理意义是1M＋m，②③系统的合外力就等于所悬挂沙桶的总重力mg，不必满足M ≫m这样的条件． (2)向盒子内添加或去掉部分沙子，是改变系统的总质量M＋m，而系统的合外力仍等于所悬挂沙桶的重力mg，保证了合外力不变．所以用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应以M＋m的倒数为横轴，即小车质量、盒子及盒内沙子与悬挂的沙桶(包括桶与桶内的沙子)质量之和． 答案：(1)①系统的总质量的倒数(小车、盒子及盒内沙子、悬挂的桶及桶内沙子质量之和的倒数) ②合理 ③否，因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg (2)M＋m 6．(2015·山东文登第三次统考)在探究功与速度变化的关系的实验中，某实验小组组装了一套如图甲所示的装置，拉力传感器固定在小车上，一端与细绳相连，用拉力传感器记4
录小车受到拉力的大小．穿过打点计时器的纸带与小车尾部相连接，打点计时器打点周期为T，实验的部分步骤如下：
甲 (1)平衡小车所受的阻力：不挂钩码，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列________的点． (2)测量小车和拉力传感器的总质量M，按图组装好仪器，并连接好所需电路，将小车停在打点计时器附近，先接通拉力传感器和打点计时器的电源，然后________，打出一条纸带，关闭电源． (3)在打出的纸带中选择一条比较理想的纸带如图乙所示，在纸带上按打点先后顺序依次取O、A、B、C、D、E等多个计数点，各个计数点到O点间的距离分别用hA、hB、hC、hD、hE、„„表示，则小车和拉力传感器在计时器打下D点时的动能表达式为________________，
若拉力传感器的读数为F，计时器打下A点到打下D点过程中，细绳拉力对小车所做功的表达式为__________．
(4)某同学以A点为起始点，以A点到各个计数点动能的增量ΔEk为纵坐标，以A点到各个计数点拉力对小车所做的功W为横坐标，得到一条过原点的倾角为45°的直线，由此可以得到的结论是________________________． 解析：(1)当打点计时器能在纸带上打出一系列间距相等的点时，小车做匀速直线运动，受力平衡． (2)在组装好实验装置的基础上，进行实验时应先接通电源，再释放小车．
(3)D点的瞬时速度等于CE段的平均速度，即vD＝hE－hC2T，故打下D点时的动能为EkD＝12Mv2D＝M（hE－hC）28T2；拉力对小车做的功为W＝F(hD－hA)．
(4)因图线是一条过原点的直线且直线的倾角为45°，可得出方程式ΔEk＝W，故可得结论：外力所做的功等于物体动能的变化量．
答案：(1)间距相等 (2)释放小车 (3)M（hE－hC）28T2 F(hD－hA) (4)外力所做的功等于物体动能的变化量
7．(2015·嘉兴测试卷)如图甲所示，某同学在做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器放低，计时器由方座支架台面支撑，复夹起固定作用．现将纸带压在横杆上释放，打点计时器所接电源频率为50 Hz.