5mjt-经典高中物理-实验原理与实验操作

考点一实验原理与实验操作
对实验原理与实验操作的考查
1．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
(1)实验中直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但可以通过仅测量________(填选项前的符号)间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________.(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
(3)经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如下图所示．碰撞前后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶________.实验结果说明，碰撞前后总动量的比值p1
＝________.
p1′＋p2′
(4)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请用(4)中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为________cm.
【解析】 (1)小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，即v ＝x t .而由H ＝1
2gt 2知，
每次竖直高度相等，所以平抛时间相等，即m 1OP t ＝m 1OM t ＋m 2ON
t ，则可得m 1·OP ＝m 1·OM
＋m 2·ON .故只需测射程，因而选C.
(2)由表达式知：在OP 已知时，需测量m 1、m 2、OM 和ON ，故必要步骤有A 、D 、E. (3)p 1＝m 1·OP t ，p 1′＝m 1·OM
t
联立可得p 1∶p 1′＝OP ∶OM ＝44.80∶35.20＝14∶11， p 2′＝m 2·ON
t
则p 1′∶p 2′＝⎝⎛⎭⎫m 1·OM t ∶⎝⎛⎭⎫m 2·ON
t ＝11∶2.9 故
p 1p 1′＋p 2′＝m 1 ·OP m 1·OM ＋m 2·ON
≈1.01.
(4)其他条件不变，使ON 最大，则m 1、m 2发生弹性碰撞，则其动量和能量均守恒，可得v 2＝2m 1v 0m 1＋m 2
，而v 2＝ON t ，
v 0＝OP
t
故ON ＝2m 1
m 1＋m 2·OP ＝2×45.045.0＋7.5×44.80 cm ＝76.80 cm.
【答案】 (1)C (2)ADE (3)14 2.9 1.01 (4)76.80
考点二 实验数据处理与误差分析
命题点 实验数据处理与误差分析
2．(2014·课标卷Ⅱ，35(2))现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．
实验测得滑块A 的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝50.0 Hz.
将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt B ＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．
若实验允许的相对误差绝对值(|碰撞前后总动量之差
碰前总动量|×100%)最大为5%，本实验是否在
误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．
【解析】 按定义，滑块运动的瞬时速度大小v 为：v ＝Δs
Δt
①
式中Δs 为滑块在很短时间Δt 内走过的路程，设纸带上打出相邻两点的时间间隔为Δt A ，则
Δt A ＝1
f
＝0.02 s ②
Δt A 可视为很短，设A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v 0、v 1，将②式和图给实验数据代入①式可得：
v 0＝4.00×10－
20.02
m/s ＝2.00 m/s ③
v 1＝1.94×10－
20.02
m/s ＝0.970 m/s ④
设滑块B 在碰撞后的速度大小为v 2，由①式有 v 2＝d Δt B
⑤
代入题给数据可得： v 2＝2.86 m/s ⑥
设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p 和p ′，则 p ＝m 1v 0⑦ p ′＝m 1v 1＋m 2v 2⑧
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 δp ＝|p －p ′p
|×100%⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，可得： δp ≈1.7%<5%
因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律． 【答案】 见解析
3．用如图甲所示装置通过半径相同的A 、B 两球碰撞来验证动量守恒定律，实验时先使质量为m A 的A 球从斜槽上某一固定点G 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，把质量为m B 的B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A 球仍从位置G 由静止开始滚下，和B 球碰撞后，A 、B 球分别在记录
纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，得到了如图乙所示的三个落地处．
(1)请在图乙中读出OP＝________cm.
(2)由图乙可以判断出R是________球的落地点，Q是________球的落地点．
(3)为了验证碰撞前后动量守恒，该同学只需验证表达式________.
【解析】(1)由图可知OP约为17.5 cm.
(2)Q是A球碰前的落点，P是A球碰后的落点，R是B球的落点．
(3)因为各球的运动时间相等，因此碰后的速度可以用水平位移来代替，需要验证的表达式为m A OQ＝m A OP＋m B OR.
【答案】(1)17.5(2)B A(3)m A OQ＝m A OP＋m B OR
考点三实验拓展与创新
命题点1利用等长摆球一维碰撞
4.某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律．图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，
A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2.当两摆球均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触．向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放．结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角为30°.若本实验允许的最大误差为±4%，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？
【解析】设摆球A、B的质量分别为m A、m B，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为v B.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得h1＝l(1－cos 45°)
1
v2B＝m B gh1
2m B
设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为p1、p2，有p1＝m B v B
联立得：p1＝m B2gl(1－cos 45°).
同理可得：p2＝(m A＋m B)2gl(1－cos 30°).
则有：p 2p 1＝m A ＋m B
m B
1－cos 30°
1－cos 45°
.
代入已知条件得：⎝⎛⎭⎫p 2p 1
2
≈1.03 由此可以推出⎪⎪
⎪⎪
p 2－p 1p 1≤4%
所以，此实验在规定的误差范围内验证了动量守恒定律． 【答案】 见解析
命题点2 利用打点计时器进行验证
5．某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动．他设计的装置如图甲所示．在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz ，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力．
(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A 为运动的起点，则应选 ________段来计算A 碰前的速度．应选 ________段来计算A 和B 碰后的共同速度(以上两空选填“AB ”或“BC ”或“CD ”或“DE ”)．
(2)已测得小车A 的质量m 1＝0.4 kg ，小车B 的质量为m 2＝0.2 kg ，则碰前两小车的总动量为 ________ kg·m/s ，碰后两小车的总动量为 ________ kg·m/s.
【解析】 (1)从分析纸带上打点的情况看，BC 段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC 段能较准确地描述小车A 在碰撞前的运动情况，应选用BC 段计算小车A 碰前的速度．从CD 段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE 段内小车运动稳定，故应选用DE 段计算A 和B 碰后的共同速度．
(2)小车A 在碰撞前的速度v 0＝BC
5T ＝10.50×10－
25×0.02
m/s ＝1.050 m/s.
小车A 在碰撞前的动量
p 0＝m 1v 0＝0.4×1.050 kg·m/s ＝0.420 kg·m/s 碰撞后A 、B 的共同速度
v ＝DE
5T ＝6.95×10－
2
5×0.02
m/s ＝0.695 m/s
碰撞后A、B的总动量
p＝(m1＋m2)v＝(0.2＋0.4)×0.695 kg·m/s
＝0.417 kg·m/s.
【答案】(1)BC DE(2)0.4200.417
命题点3教材原型实验的拓展
6．如图是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边缘有一竖直立柱．实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2右端接触且两球等高．将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在
立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞，碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a、B点离水平桌面的距离为b、C点与桌子边沿间的水平距离为c.此外：
(1)还需要测量的量是________、________和________.
(2)根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为__________________.(忽略小球的大小)
【解析】(1)要验证动量守恒必须知道两球碰撞前后的动量变化，根据弹性球1碰撞前后的高度a和b，由机械能守恒可以求出碰撞前后的速度，故只要再测量弹性球1的质量m1，就能求出弹性球1的动量变化；根据平抛运动的规律只要测出立柱高h和桌面离水平地面的高度H就可以求出弹性球2碰撞前后的速度变化，故只要测量弹性球2的质量和立柱高h、桌面离水平地面的高度H就能求出弹性球2的动量变化．
(2)根据(1)的解析可以写出动量守恒的方程
2m1a－h＝2m1b－h＋m2
c
H＋h
.
【答案】(1)弹性球1、2的质量m1、m2立柱高h桌面离水平地面的高度H
(2)2m1a－h＝2m1b－h＋m2
c
H＋h
热点滚动加强练(二)必修2＋动量考试时间：90分钟
第Ⅰ卷(选择题共48分)
热点一 平抛运动
1. (2018·山东烟台高三上学期期中)如图所示，在倾角为θ的斜面顶端O 点，以不同的水平速度抛出一小球．当以初速度v 1抛出时，小球经过时间t 1落到斜面的中点a ；当以初速度v 2抛出时，小球经过时间t 2落到斜面的底端b ，则( )
A ．t 2＝2t 1
B ．t 2＝2t 1
C ．v 2＝2v 1
D ．v 2＝2v 1
【解析】 小球落在a 点和b 点，下降的高度之比为1∶2，根据h ＝1
2
gt 2知，t ＝
2h
g
，则小球落在a 点和b 点的时间之比为1∶2，即t 2＝2t 1，故A 正确，B 错误；因为水平位移之比为1∶2，则初速度之比为1∶2，即v 2＝2v 1.故C 正确，D 错误．
【答案】 AC
热点二 圆周运动
2.(2018·安徽六安一中模拟)如图所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r 的匀速圆周运动，圆心为O ，角速度为ω.细绳长为L ，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切，在细绳的另外一端系着一个质量为m 的小球，小球恰好沿以O 为圆心的大圆在桌面上运动，小球和桌面之间存在摩擦力，以下说法正确的是( )
A ．小球将做变速圆周运动
B ．小球与桌面间的动摩擦因数为ω2r r 2＋L 2gL
C ．小球做圆周运动的线速度为ω(l ＋L )
D ．细绳拉力为mω2r 2＋L 2
【解析】 手握着细绳做的是匀速圆周运动，所以在细绳另外一端的小球做的也是匀速圆周运动，A 错误；设大圆的半径为R ，由图可知R ＝r 2＋L 2，则小球做圆周运动的线速度为ωr 2
＋L 2
，C 错误；设细绳中的张力为T ，则T cos φ＝mRω2
，cos φ＝L R ，故T ＝
mω2R 2
L
＝mω2(r 2＋L 2)L ，D 错误；根据摩擦力公式可得f ＝μmg ＝T sin φ，由于T ＝mω2(r 2＋L 2)L ，sin φ
＝r R ＝r
r 2＋L
2，所以μ＝ω2r r 2＋L 2gL ，B 正确．
【答案】 B
热点三 万有引力与航天
3.一卫星绕火星表面附近做匀速圆周运动，其绕行的周期为T .假设宇航员在火星表面以初速度v 水平抛出一小球，经过时间t 恰好垂直打在倾角α＝30°的斜面体上，如图所示．已知引力常量为G ，则火星的质量为( )
A.3v 3T 4
16Gt 3π4 B ．33v 3T 416Gt 3π4
C.3v 2T 416Gt 3π4
D ．33v 2T 416Gt 3π4
【解析】 以M 表示火星的质量，r 0表示火星的半径，g ′表示火星表面附近的重力加速度，火星对卫星的万有引力提供向心力，有G
Mm r 20＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2r 0，在火星表面有G Mm ′r 30
＝m ′g ′；平抛小球速度的偏转角为60°，tan 60°＝g ′t v ，联立以上各式解得M ＝33v 3T 4
16Gt 3π4，B
正确．
【答案】 B
4.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m 的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R ，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O 做匀速圆周运动，万有引力常量为G ，则( )
A ．每颗星做圆周运动的线速度为
Gm R
B ．每颗星做圆周运动的角速度为 3Gm
R 3 C ．每颗星做圆周运动的周期为2π
R 3
3Gm
D ．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关
【解析】 由图可知，每颗星做匀速圆周运动的半径r ＝R 2cos 30°＝3
3R .由牛顿第二定律
得Gm 2R 2·2cos 30°＝m v 2r ＝mω2
r ＝m 4π2T 2r ＝ma ，可解得v ＝Gm
R
，ω＝3Gm
R 3
，T ＝2πR 3
3Gm
，a ＝
3Gm
R 2
，故A 、B 、C 均正确，D 错误． 【答案】 ABC
热点四 功和功率
5.质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随位移x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大
小为( )
A ．2 2 m/s
B ．3 m/s C.4 m/s
D ．17 m/s
【解析】 Fx 图象与横轴所围的面积表示功，由题图可知，外力做的总功W ＝Fx ＝40 J ，根据动能定理W ＝12m v 2－12m v 20
，得v ＝3 m/s.选项B 正确．
【答案】 B
热点五 功能、动能定理
6.如图所示，有一倾角θ＝30°的足够长斜坡，小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一足球沿水平方向踢出去，已知足球被踢出时的初动能为9 J ，不计空气阻力，则该足球第一次落
在斜坡上时的动能为( )
A ．12 J
B ．21 J C.27 J
D ．36 J
【解析】 足球被踢出后开始做平抛运动，第一次落在斜坡上时对足球的位移进行分解
有tan 30°＝y x ＝0＋v y
2t v 0t ，得v 0v y ＝32，足球第一次落在斜坡上时的动能为12m (v 20＋v 2
y )＝21 J ，只有选项B 正确．
【答案】 B
7．小球由地面竖直上抛，运动过程所受的阻力大小恒等于其重力的0.1倍，上升的最大高度为H .选择地面为零势能面，小球上升至离地高度为h 时，其动能是重力势能的2倍，则h 等于( )
A.11H
29 B ．H 3
C.11H 31
D ．9H 31
【解析】 设小球所受的阻力大小恒为f ，小球上升至最高点过程由动能定理得： －mgH －fH ＝0－1
2m v 20
①；小球上升至离地高度h 处时速度设为v 1，由动能定理得：－
mgh －fh ＝12m v 21－12m v 20②，又1
2m v 21
＝2mgh ③；
由①②③可得h ＝11
31H ，C 项正确．
【答案】 C
8．(2018·南充市高三质检)质量为1 kg 的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图甲所示，外力F 和物体克服摩擦力F f 做的功W 与物体位移x 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列分析正确的是
( )
A ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B ．物体运动的位移为13 m
C ．物体在前3 m 运动过程中的加速度为3 m/s 2
D ．x ＝9 m 时，物体的速度为3 2 m/s
【解析】 由W f ＝F f x 对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力F f ＝2 N ，由F f ＝μmg 可得μ＝0.2，A 正确；由W F ＝Fx 对应图乙可知，前3 m 内，拉力F 1＝5 N,3～9 m 内拉力F 2＝2 N ，物体在前3 m 内的加速度a 1＝F 1－F f
m ＝3 m/s 2，C 正确；由动能定理得：W F －F f x
＝12m v 2可得：x ＝9 m 时，物体的速度为v ＝3 2 m/s ，D 正确；物体的最大位移x m ＝W F F f ＝13.5 m ，B 错误．
【答案】 ACD
热点六 机械能守恒定律
9．如图所示，质量分别为2m 和m 的A 、B 两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦．现将两物体由静止释放，在A 落地之前的运动中，下列说法中不正确的是( )
A ．A 物体的加速度为g
2
B ．A 、B 组成系统的重力势能增大
C ．下落t 秒时，B 所受拉力的瞬时功率为1
3mg 2t
D ．下落t 秒时，A 的机械能减少了2
9
mg 2t 2
【解析】 A 与B 的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：对A 、B 整体有：a ＝
2mg －mg
2m ＋m
＝1
3g ，故A 错误；A 、B 组成系统的机械能不变，动能增大，重力势能减小，故B 错误；B 受到的拉力：F T ＝m (g ＋a )＝
4mg 3，下落t 秒时，B 的速度：v ＝at ＝1
3
gt ，所受拉力的瞬时功率为P ＝F T v ＝49mg 2t ，C 错误；对A 有：2mg －F T ＝2ma ，得细绳的拉力F T ＝4
3mg .下落t 秒
时，A 下落的高度为h ＝12at 2＝16gt 2，则A 克服细绳拉力做功为W ＝F T h ＝2
9mg 2t 2.根据功能关
系得知：A 的机械能减少量为ΔE A ＝W ＝2
9
mg 2t 2，故D 正确．
【答案】 ABC
热点七 功能关系、能量守恒定律
10.如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )
A ．重力做功2mgR
B ．机械能减少mgR
C ．合外力做功mgR
D ．克服摩擦力做功1
2
mgR
【解析】 小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据mg ＝m v 2
R 得，
小球在B 点的速度v ＝gR .小球从P 到B 的运动过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12m v 2＝1
2mgR ，
故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12m v 2－0，所以W f ＝mgR －12m v 2＝1
2mgR ，故
选项D 正确．
【答案】 D
热点八 动量、动量守恒定律
11．质量为80 kg 的冰球运动员甲，以5 m/s 的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg 、速度为3 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，下列说法中正确的是( )
A ．碰后乙向左运动，速度大小为1 m/s
B ．碰后乙向右运动，速度大小为7 m/s
C ．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 J
D ．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J
【解析】 甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v 甲，乙的速度为v 乙，碰撞后乙的速度为v ′乙，由动量守恒定律得：m 甲v
甲
－m 乙v 乙＝m 乙v ′乙，解得v ′乙＝1 m/s ，方向水平向右，选项A 、B 错误；甲、乙碰撞过
程机械能的变化量ΔE ＝12m 甲v 2甲＋12m 乙v 2乙－12m 乙v ′2
乙，代入数据解得ΔE ＝1 400 J ，机械能减少了1 400 J ，选项C 错误，D 正确．
【答案】 D
12.一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3 kg 的B 固定在一起，质量
为1 kg的A放于B上．现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示．当A、B分离后，A 上升0.2 m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，关于弹簧的弹力对B的冲量大小以及弹簧的弹力对B做的功，下列正确的是(g取10 m/s2)()
A．1.2 N·s B．0 J
C.6 N·s D．4 J
【解析】A、B分离时也是弹簧恢复原长时，此时A、B的速度与加速度均相同，之后A做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度大小v＝2gh＝2 m/s，上升到
最高点所需的时间t＝2h
g＝0.2 s，A到最高点时弹簧恰恢复原长，此时B的速度为2 m/s，
方向竖直向下，在此过程中对B用动量定理(规定向下为正方向)得：m B gt＋I N＝m B v－(－m B v)，解得I N＝6 N·s，A错误，C正确；由以上分析可知，A、B分离时弹簧处于原长状态，当A运动至最高点时弹簧仍处于原长状态，弹簧对B做的正功和负功相抵消，则弹簧对B 做功为零，B正确，D错误．
【答案】BC
第Ⅱ卷(非选择题共52分)
13．(4分)(涉及探究动能定理的相关实验原理与数据处理)某同学利用图甲探究力对物体做的功与物体速度的关系，得到了如表的数据：
(
(1)设一条橡皮筋拉长到固定长度所做的功为W0，在图乙中大致画出橡皮筋所做的功W
与小车速度v 关系的图象．
(2)由图象大致可判断出W 与v 的关系可能是 ________.
【解析】 (1)根据表中数据可知，橡皮筋做的功与小车获得的速度有关，并且做功越多，小车获得的速度越大．据描点法可知，W 与v 的图线为抛物线，如图所示．
(2)由图大致可判断出W 与v 的关系可能是W ∝v 2. 【答案】 (1)见解析图 (2)W ∝v 2
14．(8分)(涉及验证机械能守恒定律的实验数据处理与误差分析)
(2018·江西抚州模拟)利用气垫导轨可验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A 点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M ，滑块左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m 的小球相连，遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B 点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t ，用d 表示A 点到光电门B 处的距离，用b 表示遮光片的宽度，实验时滑块在A 处由静止开始运动．
(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度b ，结果如图乙所示，由此读出b ＝ ________ mm. (2)滑块通过B 点的瞬时速度大小可表示为v B ＝ ________ (用题中字母表示)． (3)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用g 表示，滑块从A 处到达B 处的过程中小球和滑块(包括遮光片)组成的系统动能增加量可表示为ΔE k ＝ ________ ，系统的重力势能减少量可表示为ΔE p ＝ ________ ，在误差允许的范围内，若ΔE k ＝ΔE p ，则可认为系统的机械能守恒．
【解析】 (1)b ＝(3＋0.05×16)mm ＝3.80 mm.
(2)因为遮光片很窄，所以可以将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B 点的瞬时速度，即v B ＝b t
.
(3)系统增加的动能为ΔE k ＝1
2(M ＋m )v 2B ＝(M ＋m )b 2
2t 2， 系统减少的重力势能为ΔE p ＝(m －M 2
)gd .
【答案】 (1)3.80 (2)b t (M ＋m )b 2
2t 2
(m －M
2
)gd 15．(8分)(涉及平抛运动，圆周运动，牛顿第二定律及运动学公式的综合应用)如图所示，水平放置的圆盘上，在其边缘C 点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为R ＝1 m ，在圆盘直径CD 的正上方，与CD 平行放置一条水平滑道AB ，滑道右端B 与圆盘圆心O 在同一竖直线上，且B 点距离圆盘圆心的竖直高度h ＝1.25 m ，在滑道左端静止放置质量为m ＝0.4 kg 的物块(可视为质点)，物块与滑道的动摩擦因数为μ＝0.2，现用力F ＝4 N 的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度ω＝2π rad/s ，绕通过圆心O 的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B 点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内．重力加速度取10 m/s 2.
(1)若拉力作用时间为0.5 s ，求所需滑道的长度； (2)求拉力作用的最短时间．
【解析】 (1)物块平抛：h ＝1
2gt 2；t ＝
2h
g
＝0.5 s 物块离开滑道时的速度：v ＝R
t
＝2 m/s
拉动物块的加速度，由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma 1； 得：a 1＝8 m/s 2
撤去外力后，由牛顿第二定律：－μmg ＝ma 2； 得：a 2＝－2 m/s 2
物块加速获得速度：v 1＝a 1t 1＝4 m/s
则所需滑道的长度L ＝x 1＋x 2＝12a 1t 21＋v 2－v 2
1
2a 2
＝4 m
(2)盘转过一圈时落入，拉力时间最短； 盘转过一圈时间：T ＝2π
ω
＝1 s ；
物块在滑道上先加速后减速，最终获得：v ＝a 1t 1＋a 2t 2 物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系： t 1＋t 2＋t ＝T
由上两式得：t 1＝0.3 s. 【答案】 (1)4 m (2)0.3 s
16．(10分)(涉及动能定理，机械能守恒及动量守恒的综合应用)
(2018·山东烟台高三上学期期中)如图所示，小球b 静止在光滑水平面BC 上的C 点，被长为L 的细绳悬挂于O 点，细绳拉直但张力为零．小球a 从光滑曲面轨道AB 上的A 点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水平面BC (不计小球在B 处的能量损失)，与小球b 发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点．已知小球a 的质量为M ，小球b 的质量为m ，M ＝5m .已知当地重力加速度为g .求：
(1)小球a 与b 碰后的瞬时速度大小； (2)A 点与水平面BC 间的高度差h .
【解析】 (1)两球恰能到达圆周最高点时， (M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2L
设两球碰后瞬间速度为v 共，则从碰后到最高点过程中由动能定理可知： －(M ＋m )g ·2L ＝12(M ＋m )v 2－1
2(M ＋m )v 2共 得a 与b 球碰后瞬间的速度大小为v 共＝5gL .
(2)设两球碰前a 球速度为v C ，两球碰撞过程动量守恒： M v C ＝(M ＋m )v 共 所以v C ＝6
5
5gL
a 球从A 点下滑到C 点过程中，由机械能守恒定律得： Mgh ＝12M v 2C
h ＝3.6L .
【答案】 (1)5gL (2)3.6L
17．(10分)(涉及平抛运动，圆周运动，牛顿第二定律及动能定理的综合应用)
如图所示，在水平地面上固定一个倾角α＝45°、高H ＝4 m 的斜面，在斜面上方固定放置一段由内壁光滑的圆管构成的轨道ABCD ，圆周部分的半径R ＝2
3 m ，AB 与圆周相切于B
点，长度为3R ，与水平方向夹角θ＝60°，轨道末端竖直，已知圆周轨道最低点C 、轨道末端D 与斜面顶端处于同一高度．现将一质量为0.1 kg ，直径可以忽略的小球从管口A 处由静止释放，g ＝10 m/s 2.
(1)求小球在C 点时对轨道的压力．
(2)若小球与斜面碰撞(不计能量损失)后做平抛运动落到水平地面上，则碰撞点距斜面左端的水平距离x 多大时小球平抛运动的水平位移最大？最大位移为多大？
【解析】 (1)设A 、D 之间的竖直高度为h ，由几何关系可知 h ＝R ＋R sin 30°＋L AB sin 60°＝2 m 由A 到C ，根据动能定理得：mgh ＝1
2m v 2C
在C 点，设轨道对小球的支持力为F N ，由牛顿第二定律，F N －mg ＝v 2C
mR
解得F N ＝7 N.
由牛顿第三定律可知，小球在C 点时对轨道的压力为7 N ，方向竖直向下． (2)设D 到碰撞点的高度为y ，从A 到碰撞点，根据动能定理得：mg (h ＋y )＝12m v 2
y
x
＝tan 45° 小球与斜面碰撞后做平抛运动，H －y ＝1
2gt 2，s ＝v 0t
代入数据整理得：s ＝4·(2＋x )(4－x )
当2＋x ＝4－x ，即x ＝1 m 时平抛运动的水平位移s 有最大值， 最大值s m ＝6 m.
【答案】 (1)7 N ，方向 竖直向下 (2)1 m 6 m
18.(12分)(涉及动能定理，功能关系及能量守恒定律的综合应用)如图所示为光电计时器的实验简易示意图．当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．光滑水平导轨MN 上放置两个相同的物块A 和B ，左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带平滑连接，今将挡光效果好，宽度为d ＝3.6×10－
3 m 的两块黑色磁带分别
贴在物块A 和B 上，且高出物块，并使高出物块部分在通过光电门时挡光．传送带水平部
分的长度L ＝8 m ，沿逆时针方向以恒定速度v ＝6 m/s 匀速转动．物块A 、B 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，质量m A ＝m B ＝1 kg.开始时在A 和B 之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A 和B ，并迅速移去轻弹簧，两物块第一次通过光电门，计时器显示读数均为t ＝9.0×10－
4 s ，重力加速度g 取10 m/s 2.
(1)求弹簧储存的弹性势能E p ；
(2)求物块B 在传送带上向右滑动的最远距离x m ；
(3)若物块B 返回水平面MN 后与被弹射装置P 弹回的物块A 在水平面上相碰，且A 和B 碰后互换速度，则弹射装置P 至少应以多大速度将A 弹回，才能在A 、B 碰后使B 刚好能从Q 端滑出？此过程中，滑块B 与传送带之间因摩擦产生的热量Q 为多大？
【解析】 (1)解除锁定，弹开物块A 、B 后，两物体的速度大小为：v A ＝v B ＝d t ＝3.6×10
－
3
9.0×10－4
m/s ＝4.0 m/s
弹簧储存的弹性势能：E p ＝12m B v 2
B ＋12
m A v 2A ＝16 J. (2)物块B 滑上传送带后做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远 由动能定理得－μm B gx m ＝0－m B v 2B 2，解得x m ＝4 m.
(3)B 要刚好能滑出传送带的Q 端，由能量关系有： 12
m B v ′
2B ＝μm B gL 解得：v B ′＝4 2 m/s
因为A 和B 碰撞过程交换速度，故弹射装置至少应以4 2 m/s 的速度将A 弹回B 在传送带上运动的时间t ′＝2L
v B ′
＝2 2 s
在B 滑过传送带的过程中，传送带移动的距离：x 带＝v t ＝12 2 m Δx ＝x 带＋L
因摩擦产生的热量为：Q ＝μm B g Δx ＝μm B g (x 带＋L )＝49.9 J. 【答案】 (1)16 J (2)4 m (3)4 2 m/s 49.9 J。