2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之力學(xué)實驗

第1頁（共1頁）2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之力學(xué)實驗一．選擇題（共8小題）1．如圖所示，某物理興趣小組設(shè)計了驗證“向心力與線速度大小關(guān)系”的實驗裝置。測得小鋼球的直徑為d，細(xì)線長為L，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。小鋼球懸掛靜止不動時，恰好位于光電門中央，力的傳感器示數(shù)為F1?，F(xiàn)將小鋼球拉到適當(dāng)高度處且細(xì)線拉直，由靜止釋放小鋼球，光電門記錄小鋼球遮光時間t，力的傳感器示數(shù)最大值為F2，由此可知（）A．F2＜F1 B．小鋼球經(jīng)過光電門時的速度為d2C．小鋼球經(jīng)過光電門時所需向心力為力的傳感器示數(shù) D．在誤差允許的范圍內(nèi)，本實驗需要驗證小鋼球經(jīng)過光電門時所受合力和所需向心力相等，即F2．長郡中學(xué)物理學(xué)習(xí)小組欲用單擺測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。如圖（a）所示，把輕質(zhì)細(xì)線一端固定在天花板上，另一端連接一小鋼球，自然懸垂時，測量球心到地面高度h，然后讓鋼球做小幅度擺動，測量n＝50次全振動所用時間t。改變鋼球高度，測量多組h與t的值。在坐標(biāo)紙上描點連線作圖，畫出t2﹣h圖如圖（b）所示。π取3.14。則（）A．根據(jù)圖像可求得當(dāng)?shù)刂亓铀俣燃s為9.78m/s2 B．根據(jù)圖像可求得當(dāng)?shù)刂亓铀俣燃s為9.80m/s2 C．根據(jù)圖像可求得天花板到地面的高度為4.0m D．根據(jù)圖像可求得天花板到地面的高度為3.5m3．如圖所示，小明在家嘗試用掛鎖作為擺錘，測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取Ｏ铝姓f法中正確的是（）A．將擺錘擺動到最高點時作為計時起點 B．?dāng)[錘擺動到最低點時其加速度為零 C．?dāng)[線可以選長度約為1m的不可伸長的細(xì)線 D．?dāng)[錘擺角越大，實驗誤差越小4．用圖示器材探究質(zhì)量、角速度一定時向心力與半徑之間的關(guān)系，兩小球放置的位置以及皮帶連接的兩塔輪半徑關(guān)系分別是（）A．擋板A與B前，塔輪半徑相同 B．擋板A與C前，塔輪半徑不同 C．擋板A與C前，塔輪半徑相同 D．擋板B與C前，塔輪半徑相同5．用如圖所示的實驗裝置探究“質(zhì)量一定時，物體加速度與所受合外力的關(guān)系”，小車的質(zhì)量為M，托盤和砝碼的總質(zhì)量為m，平衡摩擦力后進(jìn)行實驗（）A．要保證m遠(yuǎn)小于M B．小車所受的合外力等于2mg C．釋放小車后立即接通打點計時器 D．在托盤中增加砝碼，重復(fù)實驗6．某同學(xué)用如圖所示裝置驗證動量守恒定律。實驗中除小球的水平位移外，還必須測量的物理量有（）A．A、B球的直徑 B．A、B球的質(zhì)量 C．水平槽距紙面的高度 D．A球釋放位置G距水平槽的高度7．某高速公路自動測速裝置如圖甲所示，雷達(dá)向汽車駛來的方向發(fā)射脈沖電磁波，相鄰兩次發(fā)射時間間隔為t。當(dāng)雷達(dá)向汽車發(fā)射電磁波時，在顯示屏上呈現(xiàn)出一個尖形波；在接收到反射回來的無線電波時，在顯示屏上呈現(xiàn)出第二個尖形波。根據(jù)兩個波在顯示屏上的距離，可以計算出汽車至雷達(dá)的距離。顯示屏如圖乙所示，根據(jù)圖中t1、t、t2的意義，結(jié)合光速c，則汽車車速為（）A．v=B．v=C．v=D．v8．在驗證動量守恒定律時，曉宇設(shè)計了如圖所示的實驗裝置，并進(jìn)行了如下的操作：將光電門A、B固定在長木板上，并適當(dāng)?shù)貙㈤L木板的右端墊高，將滑塊1放在光電門A右側(cè)，將滑塊2放在兩光電門之間，輕推滑塊1使其沿長木板向下運動，兩滑塊碰后粘合為一體。已知滑塊1、2的質(zhì)量分別為m?；瑝K1通過光電門A、B時的擋光時間分別為條t1、t2，遮光的寬度為d。以下說法不正確的是（）A．右端墊高的目的是為了平衡兩滑塊滑動過程受到的摩擦力 B．兩滑塊與板的動摩擦因數(shù)應(yīng)相同 C．兩個滑塊碰撞過程中總動能不變 D．驗證動量守恒的表達(dá)式為m二．多選題（共4小題）（多選）9．惠更斯發(fā)現(xiàn)“單擺做簡諧運動的周期T與重力加速度的二次方根成反比”。為了通過實驗驗證這一結(jié)論，某同學(xué)創(chuàng)設(shè)了“重力加速度”可以人為調(diào)節(jié)的實驗環(huán)境。如圖1所示，在水平地面上固定一傾角θ可調(diào)的光滑斜面，把擺線固定于斜面上的O點，使擺線平行于斜面。拉開擺球至A點，靜止釋放后，擺球在ABC之間做簡諧運動，擺角為α。擺球自然懸垂時，通過力傳感器（圖中未畫出）測得擺線的拉力為F1，擺球擺動過程中，力傳感器測出擺線的拉力隨時間變化的關(guān)系如圖2所示，其中F2、F3、T0均已知。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。下列選項正確的是（）A．多次改變圖1中θ角的大小，即可獲得不同的等效重力加速度 B．單擺n次全振動的時間為nT0 C．多次改變擺角α，只要得出T∝1D．在圖2的測量過程中，滿足F3＝3F1﹣2F2的關(guān)系（多選）10．在探究功與速度變化的關(guān)系的實驗中，下列說法中正確的是（）A．長木板要適當(dāng)傾斜，以平衡小車運動中受到的阻力 B．重復(fù)實驗時，雖然用到橡皮筋的條數(shù)不同，但每次應(yīng)使橡皮筋拉伸的長度相同 C．利用紙帶上的點計算小車的速度時，應(yīng)選用紙帶上打點最密集的部分進(jìn)行計算 D．利用紙帶上的點計算小車的速度時，應(yīng)選用紙帶上打點最稀疏的部分進(jìn)行計算（多選）11．某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置，探究滑塊a上升的最大高度，忽略一切阻力及滑輪和細(xì)繩的質(zhì)量。起初物塊a放在地面上，物塊b距地面的高度為h，細(xì)繩恰好繃直，現(xiàn)靜止釋放物塊b，物塊b碰地后不再反彈，測出物塊a上升的最大高度H，每次釋放物塊b時，確保物塊a在地面上，改變細(xì)繩長度及物塊b距地面的高度h，尋找多組（H，h），然后做出H﹣h的圖像（如圖乙所示），測得圖像的斜率為k，已知物塊a、b的質(zhì)量分別為m1、m2。則（）A．物塊a、b的質(zhì)量之比m1mB．物塊a、b的質(zhì)量之比m1mC．H﹣h圖像的斜率k的取值范圍是1＜k＜2 D．H﹣h圖像的斜率k的取值范圍是0＜k＜1（多選）12．某同學(xué)要探究類平拋運動的規(guī)律，設(shè)計了如圖所示實驗裝置，他將一塊足夠大平整方木板的一端放在水面地面上，另一端用支撐物墊起，形成一個傾角為θ的斜面；他先將一個小木塊輕輕放在斜面上，放手后發(fā)現(xiàn)小木塊會沿斜面向下運動；接著該同學(xué)將木塊置于木板左上角，同時給小木塊一個平行于木板上沿的水平向右初速度v0，測量木塊的運動軌跡，并沿平行于木板上沿和沿斜面向下方向建立xOy坐標(biāo)系來研究木塊的運動。木塊與木板上表面間的動摩擦因數(shù)處處相同均為μ，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．小木塊在斜面上的運動軌跡為一條拋物線，該同學(xué)實驗方案可行 B．小木塊獲得初速度v0開始運動的瞬間，其加速度大小為gsinC．小木塊沿y軸方向的分運動為勻加速直線運動 D．小木塊最終沿與y軸平行的方向做勻加速直線運動，加速度大小a＝g（sinθ﹣μcosθ）三．填空題（共2小題）13．某同學(xué)利用打點計時器探究小車的運動規(guī)律，實驗時按規(guī)范操作得到的一條紙帶的一部分，從比較清晰的點跡起每5個點標(biāo)記一個計數(shù)點，標(biāo)出了連續(xù)的5個計數(shù)點A、B、C、D、E，相鄰兩計數(shù)點之間都有4個點跡沒有標(biāo)出，用刻度尺分別測量出AC、BD、CE的長度如圖所示，已知打點計時器的打點周期是0.02s，紙帶左端連接小車，根據(jù)數(shù)據(jù)可以推測該紙帶記錄的是小車做直線運動；打下B點時小車的瞬時速度大小為vB＝m/s，小車的加速度大小為a＝m/s2（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）。14．用頻閃照相記錄平拋小球在不同時刻的位置，探究平拋運動的特點。某同學(xué)實驗時忘了標(biāo)記重垂線方向，為解決此問題，他在頻閃照片中，以某位置為坐標(biāo)原點，沿任意兩個相互垂直的方向作為x軸和y軸正方向，建立直角坐標(biāo)系xOy，并測量出另外兩個位置的坐標(biāo)值（x1，y1）、（x2，y2），如圖所示。根據(jù)平拋運動規(guī)律，利用運動的合成與分解的方法，可得重垂線方向與y軸間夾角的正切值為。四．解答題（共6小題）15．某組同學(xué)設(shè)計了一個驗證機(jī)械能守恒的方案：用粗細(xì)均勻的細(xì)桿拼組成一矩形框，使其從某一高處豎直下落，下落的過程中，框擋住光源發(fā)出的光時，計時器開始計時，透光時停止計時，再次擋光，計時器再次計時，測得先后兩段擋光時間分別為t1和t2。（1）對于矩形框的制作，甲同學(xué)選擇了一塑料細(xì)桿，乙同學(xué)選擇了一金屬細(xì)桿，從提高實驗精度的角度看，你認(rèn)為（選填“甲”或“乙”）的選擇較好；（2）某同學(xué)測量金屬桿的直徑d1，如圖乙所示，其值為mm；（3）該同學(xué)利用v1=d1t1、v2=d1t（4）本實驗在下面的操作中，你認(rèn)為正確的是。A．釋放時框的下沿必須與光電門在同一高度B．釋放時框的下沿可以在光電門上方一定距離處C．擋板下落時框如果沒有保持豎直狀態(tài)，對測量結(jié)果沒有影響（5）有同學(xué)提出細(xì)桿直徑較大可能會對實驗結(jié)果產(chǎn)生影響，若本實驗忽略其他因素的影響，僅考慮直徑較大對本實驗的影響，本實驗得出的重力勢能的減小量和動能的增加量的關(guān)系為ΔEpΔEk（選填“＞”“＜”或者“＝”）。16．某實驗小組想利用水流在重力作用下的粗細(xì)變化估測重力加速度大小。如圖甲所示，水龍頭出口豎直向下，流出的水在重力作用下速度越來越大，水流的橫截面積會越來越小。水龍頭單位時間流出水的體積為Q，用游標(biāo)卡尺在相距h的兩處測出水流的橫截面直徑分別為d1和d2。（1）某次用游標(biāo)卡尺測量水流的橫截面直徑時如圖乙所示，其讀數(shù)為cm；（2）為提高該實驗的精度，避免因水龍頭出口不規(guī)則等一系列因素造成的影響，下列措施有效的是；A.水龍頭出口越細(xì)越好B.盡可能保證水流從水龍頭出口流出的初速度為零C.測量同一橫截面直徑d時，應(yīng)從多個角度測量再求平均值（3）重力加速度g＝。（用題中所給字母表示）17．某物理小組的同學(xué)查閱資料得知，彈簧彈性勢能表達(dá)式為Ep=12kx2（1）該同學(xué)首先利用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度，如圖乙所示，寬度為d＝cm。（2）按圖甲豎直懸掛好輕質(zhì)彈簧，將輕質(zhì)遮光條水平固定在彈簧下端，測出此時彈簧的長度x0；在鐵架臺上固定一個位置指針，標(biāo)示出彈簧不掛鉤碼時遮光條下邊緣的位置，用輕質(zhì)細(xì)線在彈簧下方掛上鉤碼，測量出平衡時彈簧的長度x，并按圖甲所示將光電門的中心線調(diào)至與遮光條下邊緣同一高度。（3）用手緩慢地將鉤碼向上托起，直至遮光條下邊緣恰好回到彈簧原長時指針標(biāo)記的等高處（保持細(xì)線豎直），將鉤碼由靜止釋放，記下遮光條經(jīng)過光電門的時間Δt，則鉤碼此時的速度v＝（用題中所給字母表示）。（4）多次改變鉤碼個數(shù)，重復(fù)步驟（2）（3），得到多組數(shù)據(jù)，作出(x-x0)-1(Δt)2圖像如圖丙所示；根據(jù)數(shù)據(jù)計算出圖線斜率為b時，可計算出18．?dāng)[，是物理學(xué)中重要的模型之一。如圖1所示，一根不可伸長的輕軟細(xì)繩的上端固定在天花板上的O點，下端系一個擺球（可看作質(zhì)點）。將其拉至A點后靜止釋放，擺球?qū)⒃谪Q直面內(nèi)的A、C之間來回擺動，其中B點為運動中的最低點。忽略空氣阻力。（1）圖2所示為繩中拉力F隨時間t變化的圖線，求：a．?dāng)[的振動周期T。b．?dāng)[的最大擺角θm。（2）擺角θ很小時，擺球的運動可看作簡諧運動。某同學(xué)發(fā)現(xiàn)他家中擺長為0.993m的單擺在小角度擺動時，周期為2s。他又查閱資料發(fā)現(xiàn)，早期的國際計量單位都是基于實物或物質(zhì)的特性來定義的，稱為實物基準(zhǔn)，例如質(zhì)量是以一塊1kg的鉑銥合金圓柱體為實物基準(zhǔn)。于是他想到可以利用上述擺長為0.993m的單擺建立“1s”的實物基準(zhǔn)。請判斷該同學(xué)的想法是否合理，并說明理由。（3）小擺角單擺是較為精確的機(jī)械計時裝置，常用來制作擺鐘。擺鐘在工作過程中由于與空氣摩擦而帶上一定的負(fù)電荷，而地表附近又存在著豎直向下的大氣電場（可視為勻強電場），導(dǎo)致擺鐘走時不準(zhǔn)。某同學(xué)由此想到可以利用小擺角單擺估測大氣電場強度：他用質(zhì)量為m的金屬小球和長為L（遠(yuǎn)大于小球半徑）的輕質(zhì)絕緣細(xì)線制成一個單擺。他設(shè)法使小球帶電荷量為﹣q并做小角度振動，再用手機(jī)秒表計時功能測量其振動周期T，已知重力加速度g，不考慮地磁場的影響。a．推導(dǎo)大氣電場強度的大小E的表達(dá)式。b．實際上，擺球所帶電荷量為10﹣7C量級，大氣電場強度為102N/C量級，擺球質(zhì)量為10﹣1kg量級，手機(jī)秒表計時的精度為10﹣2s量級。分析判斷該同學(xué)上述測量方案是否可行。（提示：當(dāng)|x|?1時，有（1+x）n＝1+nx）19．某探究小組想利用驗證機(jī)械能守恒定律的裝置測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋鐖D甲所示．框架上裝有可上下移動位置的光電門1和固定不動的光電門2；框架豎直部分緊貼一刻度尺，零刻度線在上端，可以測量出兩個光電門到零刻度線的距離x1和x2；框架水平部分用電磁鐵吸住一個質(zhì)量為m的小鐵塊，小鐵塊的重心所在高度恰好與刻度尺零刻度線對齊．切斷電磁鐵線圈中的電流時，小鐵塊由靜止釋放，當(dāng)小鐵塊先后經(jīng)過兩個光電門時，與光電門連接的傳感器即可測算出其速度大小v1和v2．小組成員多次改變光電門l的位置，得到多組x1和v1的數(shù)據(jù)，建立如圖乙所示的坐標(biāo)系并描點連線，得出圖線的斜率k．①當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹椋ㄓ胟表示）②若選擇光電門2所在高度為零勢能面，則小鐵塊經(jīng)過光電門1時的機(jī)械能表達(dá)式為（用題中物理量的字母表示）③關(guān)于光電門l的位置，下面哪個做法可以減小重力加速度的測量誤差A(yù)、盡量靠近刻度尺零刻度B、盡量靠近光電門2C、既不能太靠近刻度尺零刻度，也不能太靠近光電門2．20．水平桌面上安裝有如圖甲所示的裝置，可以用來探究加速度與力的關(guān)系。繞過動滑輪的兩段輕繩均與桌面平行，光電門固定在豎直支架上。（1）用游標(biāo)卡尺測量出遮光條的寬度，如圖乙所示，遮光條的寬度d＝cm。（2）按圖甲組裝好器材后，在盒內(nèi)放入重物，從靜止釋放物塊，在豎直支架上標(biāo)記釋放時遮光片的中心位置O，記錄物塊運動過程中力傳感器的示數(shù)F以及遮光條通過光電門的遮光時間t，測量位置O到光電門的距離x。（3）多次改變放入盒內(nèi)的重物質(zhì)量（不改變第一次放入的重物質(zhì)量），調(diào)整物塊位置使遮光條中心與支架上的O點平齊，再次由靜止釋放物塊，記錄相關(guān)數(shù)據(jù)。（4）以F為縱坐標(biāo)、1t2為橫坐標(biāo)作出F-1t2圖像，若當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間，圖像的斜率為k，圖像在縱軸上的截距為b，則物塊的質(zhì)量M＝，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝。（均用k、b、

2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之力學(xué)實驗參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）1．如圖所示，某物理興趣小組設(shè)計了驗證“向心力與線速度大小關(guān)系”的實驗裝置。測得小鋼球的直徑為d，細(xì)線長為L，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。小鋼球懸掛靜止不動時，恰好位于光電門中央，力的傳感器示數(shù)為F1。現(xiàn)將小鋼球拉到適當(dāng)高度處且細(xì)線拉直，由靜止釋放小鋼球，光電門記錄小鋼球遮光時間t，力的傳感器示數(shù)最大值為F2，由此可知（）A．F2＜F1 B．小鋼球經(jīng)過光電門時的速度為d2C．小鋼球經(jīng)過光電門時所需向心力為力的傳感器示數(shù) D．在誤差允許的范圍內(nèi)，本實驗需要驗證小鋼球經(jīng)過光電門時所受合力和所需向心力相等，即F【考點】探究圓周運動的相關(guān)參數(shù)問題；牛頓第二定律求解向心力．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用；推理能力．【答案】D【分析】根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度，求出鋼球經(jīng)過光電門的線速度v。鋼球做圓周運動的半徑為L+d【解答】解：ABD.小球靜止不動時，有F1＝mg小球做圓周運動，設(shè)在最低點時（即通過光電門）速度為v，有v=由牛頓第二定律有F2﹣mg＝mv聯(lián)立得F2＞F1F2故AB錯誤，D正確；C.由牛頓第二定律有小鋼球經(jīng)過光電門時所需向心力為Fn＝F2﹣mg故C錯誤。故選：D?！军c評】本題探究向心力大小與線速度的關(guān)系，對于實驗問題明確實驗原理是首要任務(wù)，知道小球做圓周運動的向心力來源是解答此題的關(guān)鍵。2．長郡中學(xué)物理學(xué)習(xí)小組欲用單擺測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。如圖（a）所示，把輕質(zhì)細(xì)線一端固定在天花板上，另一端連接一小鋼球，自然懸垂時，測量球心到地面高度h，然后讓鋼球做小幅度擺動，測量n＝50次全振動所用時間t。改變鋼球高度，測量多組h與t的值。在坐標(biāo)紙上描點連線作圖，畫出t2﹣h圖如圖（b）所示。π取3.14。則（）A．根據(jù)圖像可求得當(dāng)?shù)刂亓铀俣燃s為9.78m/s2 B．根據(jù)圖像可求得當(dāng)?shù)刂亓铀俣燃s為9.80m/s2 C．根據(jù)圖像可求得天花板到地面的高度為4.0m D．根據(jù)圖像可求得天花板到地面的高度為3.5m【考點】用單擺測定重力加速度．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；推理能力．【答案】C【分析】AB.利用單擺的周期公式導(dǎo)出t2﹣h的表達(dá)式，再根據(jù)圖線的斜率求解重力加速度；CD.根據(jù)圖像中h＝0時，t2的值求解天花板到地面的高度?！窘獯稹拷猓篈B.根據(jù)單擺周期公式T=2πLg，得到L=gT24π2，根據(jù)T=tk=(4-3.5)×1040.5s2/m＝1×104s2/m，即4π2gn2=1×104sCD.根據(jù)h＝0時，t2＝4.0×104s2，則天花板到地面的高度為L=gT24π故選：C?！军c評】本題考查了單擺的周期公式和圖象的應(yīng)用，利用t2﹣h圖象的斜率k表示4π23．如圖所示，小明在家嘗試用掛鎖作為擺錘，測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。下列說法中正確的是（）A．將擺錘擺動到最高點時作為計時起點 B．?dāng)[錘擺動到最低點時其加速度為零 C．?dāng)[線可以選長度約為1m的不可伸長的細(xì)線 D．?dāng)[錘擺角越大，實驗誤差越小【考點】用單擺測定重力加速度．【專題】比較思想；模型法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】C【分析】應(yīng)將平衡位置作為計時起點，可減小誤差；擺錘擺動到最低點時，由合力提供向心力，其加速度不為零；可選長度約為1m的不可伸長的細(xì)線作為擺線；當(dāng)擺角很小時，擺錘的振動才可看成簡諧運動。【解答】解：A、擺錘經(jīng)過平衡位置時速度最大，從擺錘到達(dá)平衡位置開始計時，這樣可以減小誤差，故A錯誤；B、擺錘擺動到最低點時，需要由合外力提供向心力，所以擺錘擺動到最低點時其加速度不為零，故B錯誤；C、擺錘直徑與擺線長度相比可以忽略不計，所以擺線可以選長度約為1m的不可伸長的細(xì)線，故C正確；D、如圖所示。當(dāng)擺角θ很小時，sinθ≈θ=單擺的回復(fù)力為F＝﹣mgsinθ≈-mgLx，此時擺錘的振動可看成簡諧運動，則知擺角越大，誤差越大，故故選：C?！军c評】解答本題時，要掌握實驗操作方法，明確計時起點，理解擺錘的振動可看成簡諧運動的條件：擺錘擺角很小。4．用圖示器材探究質(zhì)量、角速度一定時向心力與半徑之間的關(guān)系，兩小球放置的位置以及皮帶連接的兩塔輪半徑關(guān)系分別是（）A．擋板A與B前，塔輪半徑相同 B．擋板A與C前，塔輪半徑不同 C．擋板A與C前，塔輪半徑相同 D．擋板B與C前，塔輪半徑相同【考點】探究圓周運動的相關(guān)參數(shù)問題；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律求解向心力．【專題】比較思想；實驗分析法；牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用；實驗?zāi)芰Γ敬鸢浮緿【分析】左右塔輪邊緣的線速度相等，結(jié)合ω=【解答】解：探究向心力大小與半徑的關(guān)系時，要保證兩球質(zhì)量、角速度相等，左右塔輪邊緣的線速度相等，結(jié)合ω=vr可得兩小球所放位置對應(yīng)皮帶連接的兩塔輪半徑相等，而兩小球做圓周運動的半徑不同，所以兩小球需放在擋板B和擋板C前，故ABC故選：D。【點評】解決本題的關(guān)鍵是明確實驗原理，了解實驗器材的操作過程，知道各部分元件在試驗中的作用，熟記向心力公式。5．用如圖所示的實驗裝置探究“質(zhì)量一定時，物體加速度與所受合外力的關(guān)系”，小車的質(zhì)量為M，托盤和砝碼的總質(zhì)量為m，平衡摩擦力后進(jìn)行實驗（）A．要保證m遠(yuǎn)小于M B．小車所受的合外力等于2mg C．釋放小車后立即接通打點計時器 D．在托盤中增加砝碼，重復(fù)實驗【考點】探究加速度與力、質(zhì)量之間的關(guān)系．【專題】比較思想；實驗分析法；牛頓運動定律綜合專題；實驗?zāi)芰Γ敬鸢浮緿【分析】實驗中，傳感器測量小車的合外力的一半，不需要m遠(yuǎn)小于M。根據(jù)牛頓第二定律分析小車所受的合外力與2mg的關(guān)系。實驗時，應(yīng)先接通電源，再釋放小車。在托盤中增加砝碼，改變小車的合外力，重復(fù)實驗。【解答】解：A、探究“質(zhì)量一定時，物體加速度與所受合外力的關(guān)系”時，由于傳感器測量小車的合外力的一半，即可得到小車的合外力，而不是用2mg代替小車的合外力，所以無需m遠(yuǎn)小于M，故A錯誤；B、對托盤和砝碼，根據(jù)牛頓第二定律得：mg﹣T＝ma所以T＜mg則小車所受的合外力F合＝2T＜2mg，故B錯誤；C、為提高紙帶利用率，實驗時，先接通電源，再釋放小車，故C錯誤；D、探究“質(zhì)量一定時，物體加速度與所受合外力的關(guān)系”時，保持小車質(zhì)量不變，在托盤中增加砝碼，改變小車的合外力，重復(fù)實驗，故D正確。故選：D?！军c評】解答本題的關(guān)鍵要理解實驗原理，搞懂教材上保證m遠(yuǎn)小于M的原因，采用控制變量法時，要保證一個量不變，研究另外兩個量的關(guān)系。6．某同學(xué)用如圖所示裝置驗證動量守恒定律。實驗中除小球的水平位移外，還必須測量的物理量有（）A．A、B球的直徑 B．A、B球的質(zhì)量 C．水平槽距紙面的高度 D．A球釋放位置G距水平槽的高度【考點】驗證動量守恒定律．【專題】定性思想；推理法；動量定理應(yīng)用專題；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)動量守恒定律列式，表達(dá)式兩邊同時乘以時間，結(jié)合運動學(xué)公式得到最終要驗證的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式判斷即可。【解答】解：本實驗利用平拋運動的水平位移驗證動量守恒定律，設(shè)水平槽末端在白紙上的投影為O點，不放B球時多次將A球由同一位置靜止釋放，在白紙上的平均落點為P，放上B球，次將A球由同一位置靜止釋放，A、B碰后各自在白紙上的平均的落點為M、N，根據(jù)動量守恒定律有mAv0＝mAvA+mBvB兩球做平拋運動下落的高度相同，故時間相同，上式兩邊同時乘以時間，則有mAv0t＝mAvAt+mBvBt根據(jù)運動學(xué)公式知OP=OM=ON=則有mA根據(jù)表達(dá)式可知，除小球的水平位移外，還必須測量的物理量有A、B兩球的質(zhì)量，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】本題考查驗證動量守恒定律，要求學(xué)生熟練掌握實驗原理、實驗器材、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。7．某高速公路自動測速裝置如圖甲所示，雷達(dá)向汽車駛來的方向發(fā)射脈沖電磁波，相鄰兩次發(fā)射時間間隔為t。當(dāng)雷達(dá)向汽車發(fā)射電磁波時，在顯示屏上呈現(xiàn)出一個尖形波；在接收到反射回來的無線電波時，在顯示屏上呈現(xiàn)出第二個尖形波。根據(jù)兩個波在顯示屏上的距離，可以計算出汽車至雷達(dá)的距離。顯示屏如圖乙所示，根據(jù)圖中t1、t、t2的意義，結(jié)合光速c，則汽車車速為（）A．v=B．v=C．v=D．v【考點】用雷達(dá)測量物體速度．【專題】定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；推理能力．【答案】A【分析】電磁波在真空中傳播的速度等于光速c，第一次發(fā)射電磁波，知汽車距離雷達(dá)的距離為x1＝ct12，第二次發(fā)射電磁波，知汽車距離雷達(dá)的距離為x2＝c【解答】解：第一次發(fā)射電磁波，知汽車距離雷達(dá)的距離為x1＝ct12，第二次發(fā)射電磁波，知汽車距離雷達(dá)的距離為x2＝c兩次反射無線電波的時間間隔為Δt=t+t22-t12，汽車的位移汽車車速v=ΔxΔt得v=c(故選：A?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道汽車行駛的位移等于兩次發(fā)射電磁波時汽車距離雷達(dá)的路程差，然后根據(jù)速度公式求出速度的表達(dá)式。8．在驗證動量守恒定律時，曉宇設(shè)計了如圖所示的實驗裝置，并進(jìn)行了如下的操作：將光電門A、B固定在長木板上，并適當(dāng)?shù)貙㈤L木板的右端墊高，將滑塊1放在光電門A右側(cè)，將滑塊2放在兩光電門之間，輕推滑塊1使其沿長木板向下運動，兩滑塊碰后粘合為一體。已知滑塊1、2的質(zhì)量分別為m?；瑝K1通過光電門A、B時的擋光時間分別為條t1、t2，遮光的寬度為d。以下說法不正確的是（）A．右端墊高的目的是為了平衡兩滑塊滑動過程受到的摩擦力 B．兩滑塊與板的動摩擦因數(shù)應(yīng)相同 C．兩個滑塊碰撞過程中總動能不變 D．驗證動量守恒的表達(dá)式為m【考點】驗證動量守恒定律．【專題】定量思想；實驗分析法；動量定理應(yīng)用專題；推理能力．【答案】C【分析】AB、根據(jù)實驗的步驟和注意事項，可以判斷這兩個選項的正確性；C、根據(jù)碰撞類型可以確定碰撞的過程是否存在動能損失；D、根據(jù)動量守恒，結(jié)合實驗測量的物理量，可以得出驗證動量守恒的表示式。【解答】解：A．將長木板的右端墊高是為了平衡兩滑塊滑動過程受到的摩擦力，故A正確；B．平衡摩擦力時，需要mgsinθ＝μmgcosθ即μ＝tanθ因為傾斜角度只能是一個值，所以兩滑塊與板的動摩擦因數(shù)應(yīng)相同，故B正確；C．兩滑塊碰后粘合為一體，則碰撞為完全非彈性碰撞，一定有動能損失，故C錯誤；D．滑塊經(jīng)過光電門時的速度為擋光時間內(nèi)的平均速度，因此滑塊1通過兩個光電門的速度分別為v1v2若碰撞過程動量守恒，則碰前滑塊1的動量應(yīng)等于碰后兩滑塊1、2的總動量，有m1故D正確。本題選不正確的，故選：C?！军c評】本題考查了驗證動量守恒定律實驗，理解實驗原理是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律即可解題。二．多選題（共4小題）（多選）9．惠更斯發(fā)現(xiàn)“單擺做簡諧運動的周期T與重力加速度的二次方根成反比”。為了通過實驗驗證這一結(jié)論，某同學(xué)創(chuàng)設(shè)了“重力加速度”可以人為調(diào)節(jié)的實驗環(huán)境。如圖1所示，在水平地面上固定一傾角θ可調(diào)的光滑斜面，把擺線固定于斜面上的O點，使擺線平行于斜面。拉開擺球至A點，靜止釋放后，擺球在ABC之間做簡諧運動，擺角為α。擺球自然懸垂時，通過力傳感器（圖中未畫出）測得擺線的拉力為F1，擺球擺動過程中，力傳感器測出擺線的拉力隨時間變化的關(guān)系如圖2所示，其中F2、F3、T0均已知。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。下列選項正確的是（）A．多次改變圖1中θ角的大小，即可獲得不同的等效重力加速度 B．單擺n次全振動的時間為nT0 C．多次改變擺角α，只要得出T∝1D．在圖2的測量過程中，滿足F3＝3F1﹣2F2的關(guān)系【考點】用單擺測定重力加速度．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；推理能力．【答案】AD【分析】根據(jù)題意求出等效重力加速度。根據(jù)圖2求周期，根據(jù)單擺周期和全振動時間的關(guān)系求解作答；根據(jù)單擺周期公式分析作答；擺球自然懸垂時，根據(jù)平衡條件細(xì)線的拉力；在A、C位置，求拉力F2與F1的關(guān)系；在最低處B點，根據(jù)向心力公式求速度；小球從A到B，根據(jù)動能定理求速度，然后聯(lián)立求解作答?！窘獯稹拷猓篈．令等效重力加速度為g0，則有mgsinθ＝mg0解得g0＝gsinθ可知，多次改變圖1中θ角的大小，即可獲得不同的等效重力加速度，故A正確；B．單擺在運動過程中，A、C兩位置擺線的拉力最小，根據(jù)圖2可知，相鄰兩個擺線拉力最小的位置的時間間隔為半個周期，可知，單擺n次全振動的時間為t＝nT＝2nT0故B錯誤；C．根據(jù)單擺周期公式有T=2可知，多次改變斜面傾角θ，只要得出T∝1sinθD．?dāng)[球自然懸垂時，通過力傳感器（圖中未畫出）測得擺線的拉力為F1，根據(jù)平衡條件有F1＝mgsinθ在圖2的測量過程中，擺球在A位置有F2＝mgsinθcosα擺球在B位置，根據(jù)牛頓第二定律有F3擺球從A位置運動到B位置，根據(jù)動能定理有mgsinθ(解得F3＝3F1﹣2F2故D正確。故選：AD?！军c評】理解實驗原理是解題的前提與關(guān)鍵，能夠根據(jù)平衡條件求解等效重力，熟練掌握圓周運動向心力公式、動能定理和單擺周期公式。（多選）10．在探究功與速度變化的關(guān)系的實驗中，下列說法中正確的是（）A．長木板要適當(dāng)傾斜，以平衡小車運動中受到的阻力 B．重復(fù)實驗時，雖然用到橡皮筋的條數(shù)不同，但每次應(yīng)使橡皮筋拉伸的長度相同 C．利用紙帶上的點計算小車的速度時，應(yīng)選用紙帶上打點最密集的部分進(jìn)行計算 D．利用紙帶上的點計算小車的速度時，應(yīng)選用紙帶上打點最稀疏的部分進(jìn)行計算【考點】探究功與物體速度變化的關(guān)系．【專題】實驗題．【答案】ABD【分析】在利用橡皮筋探究功與速度變化關(guān)系的實驗時，應(yīng)選取幾條完全相同的橡皮筋，為使它們每次做的功相同，橡皮筋拉伸的長度必要保持一致；小車的運動是先加速后勻速，最后勻速的速度為最大速度，即為所求速度．實驗中小車和木板間存在摩擦，實驗前需要平衡摩擦力．【解答】解：A、實驗中小車和木板間存在摩擦，實驗前需要平衡摩擦力，平衡摩擦力的方法是用一個小木塊墊高長木板的一端，故A正確；B、橡皮筋完全相同，通過增加橡皮筋的條數(shù)來使功倍增，故橡皮筋每次拉伸長度必須保持一致。故B正確；C、D、當(dāng)橡皮筋恢復(fù)原長時，小車合外力為零，做勻速運動，此時速度最大，因此此時速度即為小車最終獲得的速度，所以應(yīng)選用紙帶上打點最稀疏的部分進(jìn)行計算。故C錯誤，D正確。故選：ABD?！军c評】本題考查了探究功與速度變化的關(guān)系實驗的實驗原理、實驗操作規(guī)范、誤差來源，通過選取幾條完全相同的橡皮筋是功成倍增加來化解變力做功的測量難點．（多選）11．某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置，探究滑塊a上升的最大高度，忽略一切阻力及滑輪和細(xì)繩的質(zhì)量。起初物塊a放在地面上，物塊b距地面的高度為h，細(xì)繩恰好繃直，現(xiàn)靜止釋放物塊b，物塊b碰地后不再反彈，測出物塊a上升的最大高度H，每次釋放物塊b時，確保物塊a在地面上，改變細(xì)繩長度及物塊b距地面的高度h，尋找多組（H，h），然后做出H﹣h的圖像（如圖乙所示），測得圖像的斜率為k，已知物塊a、b的質(zhì)量分別為m1、m2。則（）A．物塊a、b的質(zhì)量之比m1mB．物塊a、b的質(zhì)量之比m1mC．H﹣h圖像的斜率k的取值范圍是1＜k＜2 D．H﹣h圖像的斜率k的取值范圍是0＜k＜1【考點】驗證機(jī)械能守恒定律；功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；分析綜合能力．【答案】BC【分析】根據(jù)題意分析可知，a物塊經(jīng)歷兩個運動過程，先對整體運用動能定理，再對a物塊運用動能定理列式即可分析a、b質(zhì)量之比表達(dá)式；最后根據(jù)a物塊上升，b物塊下降列出表達(dá)式即可求解k的取值范圍?！窘獯稹拷猓篈B、物塊a的上升過程分為兩個階段，第一階段為在物塊b釋放后，在繩子拉力的作用下加速上升，與此同時物塊b加速下降，物塊b的速率與物塊a相同，第二個階段為物塊b落地后，物塊a在自生重力的作用下減速上升直至最高點。則第一階段對整體由動能定理有(m2-m聯(lián)立可得H=2m2m1+m2CD、根據(jù)題意分析可知，若要將物塊a拉起，則需要滿足T﹣m1g＞0，同理對物塊b，則需要滿足m2g﹣T＞0，整理可得m2＞m1，因此有2m2m2+m2＜2m2故選：BC?！军c評】該題考查連接體問題中動能定理的應(yīng)用，a物塊經(jīng)歷兩個運動過程試分析該題時容易忽視的細(xì)節(jié)，需要強化對多過程問題訓(xùn)練，題目難度適中。（多選）12．某同學(xué)要探究類平拋運動的規(guī)律，設(shè)計了如圖所示實驗裝置，他將一塊足夠大平整方木板的一端放在水面地面上，另一端用支撐物墊起，形成一個傾角為θ的斜面；他先將一個小木塊輕輕放在斜面上，放手后發(fā)現(xiàn)小木塊會沿斜面向下運動；接著該同學(xué)將木塊置于木板左上角，同時給小木塊一個平行于木板上沿的水平向右初速度v0，測量木塊的運動軌跡，并沿平行于木板上沿和沿斜面向下方向建立xOy坐標(biāo)系來研究木塊的運動。木塊與木板上表面間的動摩擦因數(shù)處處相同均為μ，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．小木塊在斜面上的運動軌跡為一條拋物線，該同學(xué)實驗方案可行 B．小木塊獲得初速度v0開始運動的瞬間，其加速度大小為gsinC．小木塊沿y軸方向的分運動為勻加速直線運動 D．小木塊最終沿與y軸平行的方向做勻加速直線運動，加速度大小a＝g（sinθ﹣μcosθ）【考點】探究平拋運動的特點．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；運動的合成和分解專題；運動學(xué)與力學(xué)（二）；理解能力．【答案】BD【分析】ABD．將木塊所受重力沿斜面向下和垂直斜面分解，根據(jù)滑動摩擦力公式求摩擦力，根據(jù)力的合成求合力，根據(jù)牛頓第二定律求加速度；根據(jù)運動的合成與分解分析木塊沿x方向和沿y方向的運動情況，然后作出判斷；C.對木塊減小受力分析，然后分析木塊沿y方向所受的合力，結(jié)合牛頓第二定律分析運動情況?！窘獯稹拷猓篈BD．小木塊獲得初速度v0開始運動的瞬間，受重力、支持力、滑動摩擦力，滑動摩擦力的方向與v0方向反向，把重力分解為垂直斜面向上和沿斜面向下的兩個力，支斜面對木塊的支持力FN＝mgcosθ，則木塊受到的滑動摩擦力f＝μFN＝μmgcosθ，則根據(jù)牛頓第二定律有m解得a此后木塊在y方向做加速運動，x方向做減速運動，當(dāng)x方向速度減為零時x方向不再運動，最終木塊在y方向做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得加速度大小為a＝g（sinθ﹣μcosθ），因此木塊不是做類平拋運動，故A錯誤，BD正確；C．滑動摩擦力的方向從最初與v0方向反向，逐漸變?yōu)檠貀軸負(fù)方向，則小木塊沿y軸方向的分運動為先做加速度減小的加速直線運動，后做勻加速直線運動，故C錯誤。故選：BD?！军c評】本題考查了物體（木塊）在斜面上的曲線運動，對于曲線運動可以采用“化曲為直”的方法進(jìn)行研究；由于斜面粗糙，因此木塊的運動不是類平拋運動。三．填空題（共2小題）13．某同學(xué)利用打點計時器探究小車的運動規(guī)律，實驗時按規(guī)范操作得到的一條紙帶的一部分，從比較清晰的點跡起每5個點標(biāo)記一個計數(shù)點，標(biāo)出了連續(xù)的5個計數(shù)點A、B、C、D、E，相鄰兩計數(shù)點之間都有4個點跡沒有標(biāo)出，用刻度尺分別測量出AC、BD、CE的長度如圖所示，已知打點計時器的打點周期是0.02s，紙帶左端連接小車，根據(jù)數(shù)據(jù)可以推測該紙帶記錄的是小車做勻加速直線運動；打下B點時小車的瞬時速度大小為vB＝1.0m/s，小車的加速度大小為a＝2.0m/s2（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）?！究键c】探究小車速度隨時間變化的規(guī)律．【專題】定量思想；實驗分析法；直線運動規(guī)律專題；實驗?zāi)芰Γ敬鸢浮縿蚣铀伲?.0；2.0。【分析】根據(jù)連續(xù)相等時間間隔位移變化分析小車運動情況，勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于平均速度，根據(jù)逐差法計算加速度?！窘獯稹拷猓杭俣ㄐ≤囎鰟蚣铀僦本€運動，由于xCD﹣xAB＝xBD﹣xAC＝24.00cm﹣20.00cm＝4.00cm＝2ΔxxDE﹣xBC＝xCE﹣xBD＝28.00cm﹣24.00cm＝4.00cm＝2Δx。相等時間間隔位移差值恒定，故汽車做勻加速直線運動。根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于平均速度，可以求出打紙帶上B點時小車的瞬時速度大小v根據(jù)逐差法得：a故答案為：勻加速；1.0；2.0?！军c評】本題主要考查學(xué)生對打點計時器紙帶數(shù)據(jù)的處理，需要牢固掌握逐差法計算加速度。14．用頻閃照相記錄平拋小球在不同時刻的位置，探究平拋運動的特點。某同學(xué)實驗時忘了標(biāo)記重垂線方向，為解決此問題，他在頻閃照片中，以某位置為坐標(biāo)原點，沿任意兩個相互垂直的方向作為x軸和y軸正方向，建立直角坐標(biāo)系xOy，并測量出另外兩個位置的坐標(biāo)值（x1，y1）、（x2，y2），如圖所示。根據(jù)平拋運動規(guī)律，利用運動的合成與分解的方法，可得重垂線方向與y軸間夾角的正切值為|2x1-【考點】探究平拋運動的特點．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；實驗?zāi)芰Γ敬鸢浮縷2x【分析】將重力加速度分別沿x、y軸方向分解，再根據(jù)勻變速運動的推論分析作答?！窘獯稹拷猓喝鐖Dx0、y0分別表示水平和豎直方向，設(shè)重垂線方向y0與y軸間的夾角為θ，建立坐標(biāo)系存在兩種情況，如圖所示：當(dāng)建立的坐標(biāo)系為x1、y1時，則x軸方向做勻減速運動；根據(jù)逐差法計算加速度有x2﹣2x1＝﹣gsinθ（2T）2y軸方向有y2﹣2y1＝gcosθ（2T）2聯(lián)立解得tanθ=當(dāng)建立的坐標(biāo)系為x2、y2時，則x軸方向做勻加速運動；根據(jù)逐差法計算加速度有x2﹣2x1＝gsinθ（2T）2y軸方向有y2﹣2y1＝gcosθ（2T）2綜上所述，重垂線方向與y軸間夾角的正切值為tanθ＝|2x故答案為：|2x【點評】本題考查了利用頻閃照相探究平拋運動的特點，本題的關(guān)鍵是理解實驗的原理；難點是根據(jù)圖中給出的信息，利用勻變速運動的推論分析求解重垂線方向與y軸間夾角的正切值。四．解答題（共6小題）15．某組同學(xué)設(shè)計了一個驗證機(jī)械能守恒的方案：用粗細(xì)均勻的細(xì)桿拼組成一矩形框，使其從某一高處豎直下落，下落的過程中，框擋住光源發(fā)出的光時，計時器開始計時，透光時停止計時，再次擋光，計時器再次計時，測得先后兩段擋光時間分別為t1和t2。（1）對于矩形框的制作，甲同學(xué)選擇了一塑料細(xì)桿，乙同學(xué)選擇了一金屬細(xì)桿，從提高實驗精度的角度看，你認(rèn)為乙（選填“甲”或“乙”）的選擇較好；（2）某同學(xué)測量金屬桿的直徑d1，如圖乙所示，其值為3.700mm；（3）該同學(xué)利用v1=d1t1、v2=d1t（4）本實驗在下面的操作中，你認(rèn)為正確的是B。A．釋放時框的下沿必須與光電門在同一高度B．釋放時框的下沿可以在光電門上方一定距離處C．擋板下落時框如果沒有保持豎直狀態(tài)，對測量結(jié)果沒有影響（5）有同學(xué)提出細(xì)桿直徑較大可能會對實驗結(jié)果產(chǎn)生影響，若本實驗忽略其他因素的影響，僅考慮直徑較大對本實驗的影響，本實驗得出的重力勢能的減小量和動能的增加量的關(guān)系為ΔEp＜ΔEk（選填“＞”“＜”或者“＝”）?！究键c】驗證機(jī)械能守恒定律．【專題】實驗題；定量思想；實驗分析法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；實驗?zāi)芰Γ敬鸢浮浚?）乙；（2）3.70；（3）d12(t12-【分析】（1）金屬細(xì)桿與塑料細(xì)桿相比重力較大，下落過程中空氣阻力的影響較小，實驗誤差較小。（2）先確定螺旋測微器的精度值，螺旋測微器的讀數(shù)為固定刻度的讀數(shù)加上可動刻度的讀數(shù)。（3）確定重力勢能減少量與矩形框的動能增加量，兩者相等時可判斷機(jī)械能是守恒的。（4）釋放時框的下沿只要不在光電門下方即可；下落時框沒有保持豎直狀態(tài)，那么框的下、上邊經(jīng)過光電門的過程，框下落的高度小于上下邊框兩桿中心之間的距離。（5）根據(jù)光電門測速原理，根據(jù)勻變速直線運動推論：平均速度等于中間時刻的瞬時速度和位移中點的瞬時速度表達(dá)式。遇到光電門測出的兩個瞬時速度對應(yīng)的下落高度與實驗測出的上下邊框兩桿中心之間的距離的大小關(guān)系，由此可判斷本實驗得出的重力勢能的減小量和動能的增加量的大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓海?）金屬細(xì)桿與塑料細(xì)桿相比重力較大，下落過程中空氣阻力的影響較小，實驗誤差較小，應(yīng)選擇金屬細(xì)桿做實驗，故乙同學(xué)的選擇較好。（2）螺旋測微器的精度值為0.01mm，如圖乙所示螺旋測微器的讀數(shù)，即金屬桿的直徑d1的值為：d1＝3.5mm+20.0×0.01mm＝3.700mm。（3）下、上邊框的經(jīng)過光電門的過程，矩形框的重力勢能減少量為：ΔEp＝mgd2矩形框的動能增加量為：Δ若機(jī)械能守恒，則有：ΔEp＝ΔEk聯(lián)立可得：gd2=d（4）AB、根據(jù)以上分析，釋放時框的下沿只要不在光電門下方即可。釋放時框的下沿可以與光電門在同一高度，這樣初動能為零。故A錯誤，B正確；C、下落時框沒有保持豎直狀態(tài)，那么框的下、上邊經(jīng)過光電門的過程，框下落的高度小于上下邊框兩桿中心之間的距離d2，對測量結(jié)果有影響，故C錯誤。（5）利用光電門測量得到的速度是細(xì)桿通過光電門的平均速度，矩形框做勻變速直線運動，細(xì)桿通過光電門的平均速度等于該過程中間時刻的瞬時速度，而實驗測出的上下邊框兩桿中心之間的距離d2，此距離對應(yīng)的初末速度應(yīng)該是兩桿中心通過光電門的瞬時速度，即細(xì)桿通過光電門的過程中的位移中點的瞬時速度。根據(jù)勻變速直線運動推論可得：平均速度為：v=v設(shè)邊框的下面的細(xì)桿通過光電門的初末速度分別為v3、v4，邊框的上面的細(xì)桿通過光電門的初末速度分別為v5、v6。由運動學(xué)公式得：(v(v5整理可得：v52+v52+v②式減去①式得：v52+v624整理可得：14[（v6﹣v5）2﹣（v4﹣v3）2]＝2a（d2﹣h由：v6﹣v5＝at2，v4﹣v3＝at1，t2＜t1，可得：（v6﹣v5）2﹣（v4﹣v3）2＜0，即h＞d2，這說明光電門測出的兩個瞬時速度對應(yīng)的下落高度h大于實驗測出的上下邊框兩桿中心之間的距離d2，故本實驗得出的重力勢能的減小量和動能的增加量的關(guān)系為ΔEp＜ΔEk。故答案為：（1）乙；（2）3.70；（3）d12(t12-【點評】本實驗采用了落體法進(jìn)行機(jī)械能守恒的驗證，采用光電門測量速度。掌握光電門的測速原理，對于機(jī)械能守恒定律驗證實驗方法較多，需要多積累，多總結(jié)。16．某實驗小組想利用水流在重力作用下的粗細(xì)變化估測重力加速度大小。如圖甲所示，水龍頭出口豎直向下，流出的水在重力作用下速度越來越大，水流的橫截面積會越來越小。水龍頭單位時間流出水的體積為Q，用游標(biāo)卡尺在相距h的兩處測出水流的橫截面直徑分別為d1和d2。（1）某次用游標(biāo)卡尺測量水流的橫截面直徑時如圖乙所示，其讀數(shù)為1.04cm；（2）為提高該實驗的精度，避免因水龍頭出口不規(guī)則等一系列因素造成的影響，下列措施有效的是C；A.水龍頭出口越細(xì)越好B.盡可能保證水流從水龍頭出口流出的初速度為零C.測量同一橫截面直徑d時，應(yīng)從多個角度測量再求平均值（3）重力加速度g＝8Q2【考點】探究小車速度隨時間變化的規(guī)律；游標(biāo)卡尺的使用與讀數(shù)．【專題】定量思想；推理法；自由落體運動專題；實驗?zāi)芰Γ敬鸢浮浚?）1.04；（2）C；（3）8【分析】（1）掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)尺讀數(shù)，不需估讀；（2）根據(jù)實驗原理和注意事項分析有效實驗措施；（3）根據(jù)流速與流量的關(guān)系求出速度，然后由速度—位移公式求出加速度g?！窘獯稹拷猓海?）游標(biāo)卡尺是10分度的，其精確度為0.1mm，主尺讀數(shù)為10mm，游標(biāo)尺上第4個刻度和主尺上某一刻度對齊，則游標(biāo)尺讀數(shù)為：4×0.1mm＝0.4mm，所以最終讀數(shù)為：10mm+0.4mm＝10.4mm＝1.04cm（2）A、水龍頭出口越細(xì)，水龍頭流出的水速度越大，導(dǎo)致橫截面積變小，不易測量，故A錯誤；B、水流從水龍頭出口流出的初速度為零時不易測量橫截面直徑，故B錯誤；C、為了減少偶然誤差，從多個角度測量同一截面直徑d，再求平均值，故C正確；故選：C。（3）水龍頭單位時間流出水的體積為Q，則水流經(jīng)過d1處時，Q＝（d12）2π解得：v1=同理水流經(jīng)過d2處時，速度v2=根據(jù)運動學(xué)公式可知v2解得重力加速度g=故答案為：（1）1.04；（2）C；（3）8【點評】本題考查了測定重力加速度的實驗，解題的關(guān)鍵是明確實驗原理，注意相等時間內(nèi)流過的水體積是不變的。17．某物理小組的同學(xué)查閱資料得知，彈簧彈性勢能表達(dá)式為Ep=12kx2（1）該同學(xué)首先利用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度，如圖乙所示，寬度為d＝0.230cm。（2）按圖甲豎直懸掛好輕質(zhì)彈簧，將輕質(zhì)遮光條水平固定在彈簧下端，測出此時彈簧的長度x0；在鐵架臺上固定一個位置指針，標(biāo)示出彈簧不掛鉤碼時遮光條下邊緣的位置，用輕質(zhì)細(xì)線在彈簧下方掛上鉤碼，測量出平衡時彈簧的長度x，并按圖甲所示將光電門的中心線調(diào)至與遮光條下邊緣同一高度。（3）用手緩慢地將鉤碼向上托起，直至遮光條下邊緣恰好回到彈簧原長時指針標(biāo)記的等高處（保持細(xì)線豎直），將鉤碼由靜止釋放，記下遮光條經(jīng)過光電門的時間Δt，則鉤碼此時的速度v＝dΔt（4）多次改變鉤碼個數(shù)，重復(fù)步驟（2）（3），得到多組數(shù)據(jù)，作出(x-x0)-1(Δt)2圖像如圖丙所示；根據(jù)數(shù)據(jù)計算出圖線斜率為b時，可計算出【考點】驗證機(jī)械能守恒定律；探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；實驗?zāi)芰Γ敬鸢浮浚?）0.230；（3）dΔt；（4）【分析】（1）根據(jù)游標(biāo)卡尺的精確度讀數(shù)；（3）根據(jù)光電門原理解得速度；（4）根據(jù)機(jī)械能守恒定律結(jié)合圖像斜率解答?！窘獯稹拷猓海?）游標(biāo)卡尺的精確度為0.05mm，主尺讀數(shù)為2mm，游標(biāo)卡尺第6條刻度線與主尺對齊，寬度為d＝2mm+6×0.05mm＝2.30mm＝0.230cm（3）鉤碼此時的速度為v=（4）根據(jù)受力平衡k（x﹣x0）＝mg所以Ep彈=12k（x﹣x0）2=12mg（x根據(jù)機(jī)械能守恒定律mg（x﹣x0）=12k（x﹣x0）聯(lián)立解得x﹣x0=結(jié)合丙圖，可得k=d解得g=故答案為：（1）0.230；（3）dΔt；（4）【點評】本題考查利用彈性勢能與動能的關(guān)系測量彈簧的勁度系數(shù)，解題關(guān)鍵掌握實驗原理。18．?dāng)[，是物理學(xué)中重要的模型之一。如圖1所示，一根不可伸長的輕軟細(xì)繩的上端固定在天花板上的O點，下端系一個擺球（可看作質(zhì)點）。將其拉至A點后靜止釋放，擺球?qū)⒃谪Q直面內(nèi)的A、C之間來回擺動，其中B點為運動中的最低點。忽略空氣阻力。（1）圖2所示為繩中拉力F隨時間t變化的圖線，求：a．?dāng)[的振動周期T。b．?dāng)[的最大擺角θm。（2）擺角θ很小時，擺球的運動可看作簡諧運動。某同學(xué)發(fā)現(xiàn)他家中擺長為0.993m的單擺在小角度擺動時，周期為2s。他又查閱資料發(fā)現(xiàn)，早期的國際計量單位都是基于實物或物質(zhì)的特性來定義的，稱為實物基準(zhǔn)，例如質(zhì)量是以一塊1kg的鉑銥合金圓柱體為實物基準(zhǔn)。于是他想到可以利用上述擺長為0.993m的單擺建立“1s”的實物基準(zhǔn)。請判斷該同學(xué)的想法是否合理，并說明理由。（3）小擺角單擺是較為精確的機(jī)械計時裝置，常用來制作擺鐘。擺鐘在工作過程中由于與空氣摩擦而帶上一定的負(fù)電荷，而地表附近又存在著豎直向下的大氣電場（可視為勻強電場），導(dǎo)致擺鐘走時不準(zhǔn)。某同學(xué)由此想到可以利用小擺角單擺估測大氣電場強度：他用質(zhì)量為m的金屬小球和長為L（遠(yuǎn)大于小球半徑）的輕質(zhì)絕緣細(xì)線制成一個單擺。他設(shè)法使小球帶電荷量為﹣q并做小角度振動，再用手機(jī)秒表計時功能測量其振動周期T，已知重力加速度g，不考慮地磁場的影響。a．推導(dǎo)大氣電場強度的大小E的表達(dá)式。b．實際上，擺球所帶電荷量為10﹣7C量級，大氣電場強度為102N/C量級，擺球質(zhì)量為10﹣1kg量級，手機(jī)秒表計時的精度為10﹣2s量級。分析判斷該同學(xué)上述測量方案是否可行。（提示：當(dāng)|x|?1時，有（1+x）n＝1+nx）【考點】用單擺測定重力加速度；單擺及單擺的條件．【專題】計算題；定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】（1）a、擺的振動周期T為2.16s，b、擺的最大擺角θm為60°；（2）不合理，因為單擺周期公式T=2πLg，不同地區(qū)的緯度，海拔高度不同，g值不同，所以不可以利用上述擺長為（3）a．大氣電場強度的大小E的表達(dá)式為：E=mgb、不可行，因為實際上mgq達(dá)到的數(shù)量級是107N/C，與大氣電場強度102N/C【分析】（1）小球從A到C再回到A時一個周期，由2數(shù)據(jù)分析擺的振動周期；由圖和牛頓第二定律分析小球在A、B、C三點的拉力，再分析小球從A點到B點過程，由動能定理求出擺的最大擺角；（2）利用單擺周期公式T=2πL（3）重力場與電場疊加為等效重力場，求出等效重力加速度，再結(jié)合單擺的周期公式求出大氣電場強度的大小E的表達(dá)式；利用mgq達(dá)到的數(shù)量級是107N/C，與大氣電場強度102N/C【解答】解：（1）a、小球在A點與C點細(xì)繩的拉力最小且大小相等，小球從A到C再回到A時一個周期，故周期為T＝3.24s﹣1.08s＝2.16s；b、小球在A點與C點時，細(xì)繩的拉力最小FA＝FC＝1.225N小球在A點與C點時，重力沿繩方向的分力大小等于細(xì)繩的拉力，則FA＝mgcosθm小球在最低點B，細(xì)繩的拉力最大，由圖可知FB＝4.900N由牛頓第二定律可得F小球從A點到B點，由動能定理得mgL解得：θm＝60°（2）不合理，因為單擺周期公式T=2πLg，不同地區(qū)的緯度，海拔高度不同，g值不同，所以不可以利用上述擺長為（3）a、重力場與電場疊加為等效重力場，則mg′＝mg﹣Eq單擺的周期公式為T解得大氣電場強度的大小E的表達(dá)式為E=b、不可行，因為實際上mgq達(dá)到的數(shù)量級是107N/C，與大氣電場強度102答：（1）a、擺的振動周期T為2.16s，b、擺的最大擺角θm為60°；（2）不合理，因為單擺周期公式T=2πLg，不同地區(qū)的緯度，海拔高度不同，g值不同，所以不可以利用上述擺長為（3）a．大氣電場強度的大小E的表達(dá)式為：E=mgb、不可行，因為實際上mgq達(dá)到的數(shù)量級是107N/C，與大氣電場強度102N/C【點評】本題考查單擺的周期公式和牛頓第二定律，動能定理等力學(xué)綜合應(yīng)用題，解題關(guān)鍵是利用牛頓第二定律結(jié)合圖像判斷小球的運動情況，結(jié)合周期公式求解小球運動周期，最大擺角和大氣電場強度的大小。19．某探究小組想利用驗證機(jī)械能守恒定律的裝置測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，如圖甲所示．框架上裝有可上下移動位置的光電門1和固定不動的光電門2；框架豎直部分緊貼一刻度尺，零刻度線在上端，可以測量出兩個光電門到零刻度線的距離x1和x2；框架水平部分用電磁鐵吸住一個質(zhì)量為m的小鐵塊，小鐵塊的重心所在高度恰好與刻度尺零刻度線對齊．切斷電磁鐵線圈中的電流時，小鐵塊由靜止釋放，當(dāng)小鐵塊先后經(jīng)過兩個光電門時，與光電門連接的傳感器即可測算出其速度大小v1和v2．小組成員多次改變光電門l的位置，得到多組x1和v1的數(shù)據(jù)，建立如圖乙所示的坐標(biāo)系并描點連線，得出圖線的斜率k．①當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?2k（用②若選擇光電門2所在高度為零勢能面，則小鐵塊經(jīng)過光電門1時的機(jī)械能表達(dá)式為12mv③關(guān)于光電門l的位置，下面哪個做法可以減小重力加速度的測量誤差CA、盡量靠近刻度尺零刻度B、盡量靠近光電門2C、既不能太靠近刻度尺零刻度，也不能太靠近光電門2．【考點】驗證機(jī)械能守恒定律．【專題】實驗題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）小鐵塊從光電門1運動到光電門2的過程中機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式，結(jié)合圖象即可求解重力加速度；（2）小鐵塊經(jīng)過光電門1時的機(jī)械能等于小鐵塊經(jīng)過光電門1時的動能加上勢能；（3）靠近刻度尺零刻度會影響經(jīng)過光電門1的時間，靠近光電門2會影響高度差的測量．【解答】解：①以0刻度線為零勢能面，小鐵塊從光電門1運動到光電門2的過程中機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：12整理得：v2所以圖象的斜率k＝2g，解得：g=1②若選擇光電門2所在高度為零勢能面，小鐵塊經(jīng)過光電門1時的機(jī)械能等于小鐵塊經(jīng)過光電門2時的機(jī)械能，則E1=③太靠近刻度尺零刻度，經(jīng)過光電門1的速度較小，經(jīng)過光電門1的時間較長，則v1的測量誤差較大；太靠近光電門2，則x2﹣x1的差值和v22-v12差值均較小，不利于故選：C故答案為：①12k；②12m【點評】解答實驗題首先要理解實驗原理，知道如何減小實驗誤差，能從圖象中得出有效信息，本題的關(guān)鍵是根據(jù)機(jī)械能守恒定律列出方程，難度適中．20．水平桌面上安裝有如圖甲所示的裝置，可以用來探究加速度與力的關(guān)系。繞過動滑輪的兩段輕繩均與桌面平行，光電門固定在豎直支架上。（1）用游標(biāo)卡尺測量出遮光條的寬度，如圖乙所示，遮光條的寬度d＝0.600cm。（2）按圖甲組裝好器材后，在盒內(nèi)放入重物，從靜止釋放物塊，在豎直支架上標(biāo)記釋放時遮光片的中心位置O，記錄物塊運動過程中力傳感器的示數(shù)F以及遮光條通過光電門的遮光時間t，測量位置O到光電門的距離x。（3）多次改變放入盒內(nèi)的重物質(zhì)量（不改變第一次放入的重物質(zhì)量），調(diào)整物塊位置使遮光條中心與支架上的O點平齊，再次由靜止釋放物塊，記錄相關(guān)數(shù)據(jù)。（4）以F為縱坐標(biāo)、1t2為橫坐標(biāo)作出F-1t2圖像，若當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間，圖像的斜率為k，圖像在縱軸上的截距為b，則物塊的質(zhì)量M＝8kxd2，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝bd24【考點】探究加速度與力、質(zhì)量之間的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】（1）0.600；（4）8kxd【分析】（1）根據(jù)游標(biāo)卡尺的測量原理得出遮光條的寬度；（4）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像的物理意義得出物塊的質(zhì)量和μ的大小?！窘獯稹拷猓海?）遮光條的寬度d＝6mm+0×0.05mm＝6.00mm＝0.600cm．（4）盒子與重物經(jīng)過光電門時的速度大小v=根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有v2＝2ax，可得a=v2對物塊，根據(jù)牛頓第二定律有2F﹣μMg＝Ma物，整理得F=Md28x?1t故答案為：（1）0.600；（4）8kxd【點評】本題考查牛頓第二定律，目的是考查學(xué)生的實驗?zāi)芰Α?/p>

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1．內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表達(dá)式：F合＝ma．該表達(dá)式只能在國際單位制中成立．因為F合＝k?ma，只有在國際單位制中才有k＝1．力的單位的定義：使質(zhì)量為1kg的物體，獲得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg?m/s2．3．適用范圍：（1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對地面靜止或勻速直線運動的參考系）．（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運動（遠(yuǎn)小于光速）的情況．4．對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解牛頓第二定律是動力學(xué)的核心內(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)涵：F量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運動狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個量的物理意義，就不難理解如下的關(guān)系了：a∝F，a∝1m另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時性特征所決定的．（1）矢量性：加速度a與合外力F合都是矢量，且方向總是相同．（2）瞬時性：加速度a與合外力F合同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，是瞬時對應(yīng)的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個物理量．（4）獨立性：作用于物體上的每個力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合加速度則是每個力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應(yīng)．（5）相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運動的物體而言的．【命題方向】題型一：對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時間t的關(guān)系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此兩圖線可以得出（）A．物塊的質(zhì)量為1.5kgB．物塊與地面之間的滑動摩擦力為2NC．t＝3s時刻物塊的速度為3m/sD．t＝3s時刻物塊的加速度為2m/s2分析：根據(jù)v﹣t圖和F﹣t圖象可知，在4～6s，物塊勻速運動，處于受力平衡狀態(tài)，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物體受到的摩擦力的大小，在根據(jù)在2～4s內(nèi)物塊做勻加速運動，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大?。鶕?jù)速度時間圖線求出3s時的速度和加速度．解答：4～6s做勻速直線運動，則f＝F＝2N．2～4s內(nèi)做勻加速直線運動，加速度a=42=2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣時間圖線可知，3s時刻的速度為2m/s．故B故選：BD．點評：本題考查學(xué)生對于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個圖象對比可以確定物體的運動的狀態(tài)，再由牛頓第二定律來求解．題型二：對牛頓第二定律瞬時性的理解例子：如圖所示，質(zhì)量為m的球與彈簧Ⅰ和水平細(xì)線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q．球靜止時，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當(dāng)剪斷Ⅱ瞬間時，球的加速度a應(yīng)是（）A．則a＝g，方向豎直向下B．則a＝g，方向豎直向上C．則a=F1m，方向沿Ⅰ的延長線D．則分析：先研究原來靜止的狀態(tài)，由平衡條件求出彈簧和細(xì)線的拉力．剛剪短細(xì)繩時，彈簧來不及形變，故彈簧彈力不能突變；細(xì)繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細(xì)繩彈力可突變！根據(jù)牛頓第二定律求解瞬間的加速度．解答：Ⅱ未斷時，受力如圖所示，由共點力平衡條件得，F(xiàn)2＝mgtanθ，F(xiàn)1=mg剛剪斷Ⅱ的瞬間，彈簧彈力和重力不變，受力如圖：由幾何關(guān)系，F(xiàn)合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛頓第二定律得：a=F1sinθm=故選：D．點評：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律即可正確解題，知道彈簧的彈力不能突變是正確解題的關(guān)鍵．題型三：動力學(xué)中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運動情況；②已知運動情況求物體的受力情況．加速度是聯(lián)系運動和受力的重要“橋梁”，將運動學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)合是解決問題的基本思路．例子：某同學(xué)為了測定木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，他用測速儀研究木塊在斜面上的運動情況，裝置如圖甲所示．他使木塊以初速度v0＝4m/s的速度沿傾角θ＝30°的斜面上滑緊接著下滑至出發(fā)點，并同時開始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點的v﹣t圖線如圖乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑過程中的加速度的大小a1；（2）木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）木塊回到出發(fā)點時的速度大小v．分析：（1）由v﹣t圖象可以求出上滑過程的加速度．（2）由牛頓第二定律可以得到摩擦因數(shù)．（3）由運動學(xué)可得上滑距離，上下距離相等，由牛頓第二定律可得下滑的加速度，再由運動學(xué)可得下滑至出發(fā)點的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點，由加速度定義式a=上滑過程中加速度的大小：a1（2）上滑過程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛頓第二定律F＝ma得上滑過程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)得：μ＝0.35．（3）下滑的距離等于上滑的距離：x=v02下滑摩擦力方向變?yōu)橄蛏?，由牛頓第二定律F＝ma得：下滑過程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2=下滑至出發(fā)點的速度大小為：v=聯(lián)立解得：v＝2m/s答：（1）上滑過程中的加速度的大小a1（2）木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.35；（3）木塊回到出發(fā)點時的速度大小v＝2m/s．點評：解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律和運動學(xué)公式聯(lián)合求解．【解題方法點撥】1．根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時對應(yīng)關(guān)系．對于分析瞬時對應(yīng)關(guān)系時應(yīng)注意兩個基本模型特點的區(qū)別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突變；（2）輕彈簧模型：①彈力的大小為F＝kx，其中k是彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，②彈力突變．2．應(yīng)用牛頓第二定律解答動力學(xué)問題時，首先要對物體的受力情況及運動情況進(jìn)行分析，確定題目屬于動力學(xué)中的哪類問題，不論是由受力情況求運動情況，還是由運動情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應(yīng)用牛頓第二定律的解題步驟（1）通過審題靈活地選取研究對象，明確物理過程．（2）分析研究對象的受力情況和運動情況，必要時畫好受力示意圖和運動過程示意圖，規(guī)定正方向．（3）根據(jù)牛頓第二定律和運動公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時可把力進(jìn)行分解或合成處理，再列方程）（4）檢查答案是否完整、合理，必要時需進(jìn)行討論．2．牛頓第二定律求解向心力3．功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度4．機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1．機(jī)械能：勢能和動能統(tǒng)稱為機(jī)械能，即E＝Ek+Ep，其中勢能包括重力勢能和彈性勢能。2．機(jī)械能守恒定律（1）內(nèi)容：在只有重力（或彈簧彈力）做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。（2）表達(dá)式：觀點表達(dá)式守恒觀點E1＝E2，Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2（要選零勢能參考平面）轉(zhuǎn)化觀點△EK＝﹣△EP（不用選零勢能參考平面）轉(zhuǎn)移觀點△EA＝﹣△EB（不用選零勢能參考平面）【命題方向】題型一：機(jī)械能是否守恒的判斷例1：關(guān)于機(jī)械能是否守恒的敘述中正確的是（）A．只要重力對物體做了功，物體的機(jī)械能一定守恒B．做勻速直線運動的物體，機(jī)械能一定守恒C．外力對物體做的功為零時，物體的機(jī)械能一定守恒D．只有重力對物體做功時，物體的機(jī)械能一定守恒分析：機(jī)械能守恒的條件：只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)，其他力不做功，理解如下：①只受重力作用，例如各種拋體運動。②受到其它外力，但是這些力是不做功的。例如：繩子的一端固定在天花板上，另一端系一個小球，讓它從某一高度靜止釋放，下擺過程中受到繩子的拉力，但是拉力的方向始終與速度方向垂直，拉力不做功，只有重力做功，小球的機(jī)械能是守恒的。③受到其它外力，且都在做功，但是它們的代數(shù)和為0，此時只有重力做功，機(jī)械能也是守恒的。解：A、機(jī)械能守恒條件是只有重力做功，故A錯誤；B、勻速運動，動能不變，但重力勢能可能變化，故B錯誤；C、外力對物體做的功為零時，不一定只有重力做功，當(dāng)其它力與重力做的功的和為0時，機(jī)械能不守恒，故C錯誤；D、機(jī)械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，故D正確。故選：D。點評：本題關(guān)鍵是如何判斷機(jī)械能守恒，可以看能量的轉(zhuǎn)化情況，也可以看是否只有重力做功。題型二：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用例2：如圖，豎直放置的斜面下端與光滑的圓弧軌道BCD的B端相切，圓弧半徑為R，∠COB＝θ，斜面傾角也為θ，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小物體從斜面上的A點無初速滑下，且恰能通過光滑圓形軌道的最高點D．已知小物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，求：（1）AB長度l應(yīng)該多大。（2）小物體第一次通過C點時對軌道的壓力多大。分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律列出重力提供向心力的表達(dá)式，再由動能定理結(jié)合幾何關(guān)系即可求解；（2）由機(jī)械能守恒定律與牛頓第二定律聯(lián)合即可求解。解：（1）因恰能過最高點D，則有mg又因f＝μN＝μmgcosθ，物體從A運動到D全程，由動能定理可得：mg（lsinθ﹣R﹣Rcosθ）﹣fl=聯(lián)立求得：l（2）物體從C運動到D的過程，設(shè)C點速度為vc，由機(jī)械能守恒定律：1物體在C點時：N聯(lián)合求得：N＝6mg答：（1）AB長度得：l=（2）小物體第一次通過C點時對軌道的壓力6mg。點評：本題是動能定理與牛頓運動定律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是分析物體的運動過程，抓住滑動摩擦力做功與路程有關(guān)這一特點。題型三：多物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題例3：如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上?，F(xiàn)用手控制住A，并使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行。已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面。下列說法正確的是（）A．斜面傾角α＝30°B．A獲得最大速度為2gmC．C剛離開地面時，B的加速度最大D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒分析：C球剛離開地面時，彈簧的彈力等于C的重力，根據(jù)牛頓第二定律知B的加速度為零，B、C加速度相同，分別對B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的傾角。A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，初始位置彈簧處于壓縮狀態(tài)，當(dāng)B具有最大速度時，彈簧處于伸長狀態(tài)，根據(jù)受力知，壓縮量與伸長量相等。在整個過程中彈性勢能變化為零，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度與B相等；解：A、C剛離開地面時，對C有：kx2＝mg此時B有最大速度，即aB＝aC＝0則對B有：T﹣kx2﹣mg＝0對A有：4mgsinα﹣T＝0以上方程聯(lián)立可解得：sinα=12，α＝30°，故B、初始系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對B有：kx1＝mg由上問知x1＝x2=mgk，則從釋放至此過程中A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即：4mg（x1+x2）sinα＝mg（x1+x2）+12（4m+m以上方程聯(lián)立可解得：vBm＝2gm所以A獲得最大速度為2gm5故B正確；C、對B球進(jìn)行受力分析可知，C剛離開地面時，B的速度最大，加速度為零。故C錯誤；D、從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D錯誤。故選：AB。點評：本題關(guān)鍵是對三個小球進(jìn)行受力分析，確定出它們的運動狀態(tài)，再結(jié)合平衡條件和系統(tǒng)的機(jī)械能守恒進(jìn)行分析?！窘忸}方法點撥】1．判斷機(jī)械能是否守恒的方法（1）利用機(jī)械能的定義判斷：分析動能與勢能的和是否變化。如：勻速下落的物體動能不變，重力勢能減少，物體的機(jī)械能必減少。（2）用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力（或彈簧的彈力）做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，機(jī)械能守恒。（3）用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，而無機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。（4）對一些繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等問題機(jī)械能一般不守恒，除非題中有特別說明或暗示。2．應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒。（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態(tài)時的機(jī)械能。（4）選取方便的機(jī)械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進(jìn)行求解。注：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運動綜合起來，其聯(lián)系點主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運動的動力學(xué)問題有關(guān)、與平拋運動的初速度有關(guān)。3．對于系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題，應(yīng)抓住以下幾個關(guān)鍵：（1）分析清楚運動過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。5．單擺及單擺的條件6．游標(biāo)卡尺的使用與讀數(shù)7．用雷達(dá)測量物體速度8．探究小車速度隨時間變化的規(guī)律【知識點的認(rèn)識】一、實驗?zāi)康挠么螯c計時器研究小車在重物牽引下的運動，探究小車速度隨時間的變化規(guī)律．二、實驗原理1．打點計時器打出的紙帶能記錄運