（2009?奉賢區(qū)一模）（1）在“DIS探究氣體的壓強和體積關系”的實驗中，下列操作錯誤的是
A．推拉活塞時，動作要慢；
B．推拉活塞時，手不能握住注射器筒；
C．活塞和針筒之間要保持潤滑又不漏氣；
D．壓強傳感器與注射器之間的軟管脫落后，應立即重新接上，繼續(xù)實驗并記錄數(shù)據(jù)．
（2）對一定質量的氣體，在等溫條件下得出體積V與壓強P的數(shù)據(jù)如下表：

V（m3）	1.00	0.50	0.40	0.25	0.20
P（×105Pa）	1.45	3.10	3.95	5.98	7.70

①根據(jù)所給數(shù)據(jù)在坐標紙上畫出P-1/V圖線，說明可得結論是

圖線為一過原點的直線，證明玻意耳定律是正確的

圖線為一過原點的直線，證明玻意耳定律是正確的

．
②由所作圖線，求P=8.85×10⁵Pa時該氣體體積是

0.17±0.01m³

0.17±0.01m³

．
③該圖線斜率大小和溫度的關系是

斜率越大，該氣體溫度越高

斜率越大，該氣體溫度越高

．

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（1）在驗證動量守恒定律的實驗中，入射小球每次滾下都應從斜槽上的同一位置無初速的釋放，這時為了使

B

B

A．小球每次都能水平飛出槽口；    
B．小球每次都以相同的速度飛出槽口；
C．小球在空中飛行的時間不變；  
D．小球每次都能對心碰撞．
（2）在驗證動量守恒定律的實驗中，某學生記錄的數(shù)據(jù)如下表所示，實驗裝置示意圖如圖所示．

mA（g）	mB（g）	OM（cm）	ON（cm）	OP（cm）
20.0	10.0	15.17	64.91	47.29

設兩球碰撞前的總動量為P₁，兩球碰撞后的總動量為P₂．則該實驗的相對誤差

|P1-P2|

P1

×100%=

0.71

0.71

，由此，可得出實驗的結論是

在誤差范圍內(nèi)，碰撞前后系統(tǒng)動量守恒

在誤差范圍內(nèi)，碰撞前后系統(tǒng)動量守恒

．

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利用打點計時器研究一個約1.4m高的商店卷簾窗的運動．將紙帶粘在卷簾底部，紙帶通過打點計時器隨簾在豎直面內(nèi)向上運動．打印后的紙帶如圖1所示，數(shù)據(jù)如表格所示．紙帶中AB、BC、CD…每兩點之間的時間間隔為0.10s，根據(jù)各間距的長度，可計算出卷簾窗在各間距內(nèi)的平均速度v_平均．可以將v_平均近似地作為該間距中間時刻的瞬時速度v．

（1）從運動開始時計時，根據(jù)所提供的紙帶和數(shù)據(jù)，可知簾在0.15s時的速度為

1

1

m/s，0.45s時的速度為

2

2

m/s．在圖2中繪出簾運動的v-t圖線．
（2）AD段的加速度為

5

5

m/s²，AK段的平均速度為

1.39

1.39

m/s．
卷簾運動的數(shù)據(jù)

間隔	間距（cm）
AB	5.0
BC	10.0
CD	15.0
DE	20.0
EF	20.0
FG	20.0
GH	20.0
HI	17.0
U	8.0
JK	4.0

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（2001?上海）利用打點計時器研究一個約1.4高的商店卷簾窗的運動．將紙帶粘在卷簾底部，紙帶通過打點計時器隨簾在豎直面內(nèi)向上運動．打印后的紙帶如圖所示，數(shù)據(jù)如表格所示．紙帶中AB、BC、CD…每兩點之間的時間間隔為0.10s，根據(jù)各間距的長度，可計算出卷簾窗在各間距內(nèi)的平均速度V_平均．可以將V_平均近似地作為該間距中間時刻的即時速度V．
                卷簾運動的數(shù)據(jù)

間隔	間距（cm）
AB	5.0
BC	10.0
CD	15.0
DE	20.0
EF	20.0
FG	20.0
GH	20.0
HI	17.0
IJ	8.0
JK	4.0

（1）請根據(jù)所提供的紙帶和數(shù)據(jù)，繪出卷簾窗運動的V-t圖線．
（2）AD段的加速度為

5

5

m/s²，AK段的平均速度為

1.39

1.39

m/s．

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高考真題

1．【解析】本題考查v-t圖像、功的概念。力F做功等于每段恒力F與該段滑塊運動的位移（v-t圖像中圖像與坐標軸圍成的面積），第1秒內(nèi)，位移為一個小三角形面積S，第2秒內(nèi)，位移也為一個小三角形面積S，第3秒內(nèi)，位移為兩個小三角形面積2S，故W₁=1×S，W₂=1×S，W₃=2×S，W₁＜W₂＜W₃ 。

【答案】B

2．【解析】運動員跳傘下降的過程中,空氣阻力與運動方向相反,所以阻力對系統(tǒng)始終做負功.故選項A正確;加速下降時,合外力向下,減速下降時,合外力向上;B項錯,因是向下重力勢能減小,C錯;因系統(tǒng)是變速運動,．任意相等的時間內(nèi)位移不同,所以選項D錯.

【答案】A

3．【解析】考查向心加速度公式、動能定理、功率等概念和規(guī)律。設b球的擺動半徑為R，當擺過角度θ時的速度為v，對b球由動能定理：mgRsinθ= mv²，此時繩子拉力為T=3mg，在繩子方向由向心力公式：T－mgsinθ = m，解得θ=90°，A對B錯；故b球擺動到最低點的過程中一直機械能守恒，豎直方向的分速度先從零開始逐漸增大，然后逐漸減小到零，故重力的瞬時功率P_b = mgv_豎 先增大后減小，C對D錯。

【答案】AC

4．【解析】考查平拋運動的分解與牛頓運動定律。從A選項的水平位移與時間的正比關系可知，滑塊做平拋運動，摩擦力必定為零；B選項先平拋后在水平地面運動，水平速度突然增大，摩擦力依然為零；對C選項，水平速度不變，為平拋運動，摩擦力為零；對D選項水平速度與時間成正比，說明滑塊在斜面上做勻加速直線運動，有摩擦力，故摩擦力做功最大的是D圖像所顯示的情景，D對。本題考查非常靈活，但考查內(nèi)容非常基礎，抓住水平位移與水平速度與時間的關系，然后與平拋運動的思想結合起來，是為破解點。

【答案】D

5．【解析】由機械能守恒定律：E_P=E－E_K，故勢能與動能的圖像為傾斜的直線，C錯；由動能定理：E_K =mgh=mv²=mg²t²，則E_P=E－mgh，故勢能與h的圖像也為傾斜的直線，D錯；且E_P=E－mv²，故勢能與速度的圖像為開口向下的拋物線，B對；同理E_P=E－mg²t²，勢能與時間的圖像也為開口向下的拋物線，A錯。

【答案】B

6．【解析】斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、繩子拉力，由于除重力做功外，摩擦力做負功，機械能減少，A、B錯；繩子張力總是與運動方向垂直，故不做功，C對；小球動能的變化等于合外力做功，即重力與摩擦力做功，D錯。

【答案】C

7．【解析】考查受力分析、連接體整體法處理復雜問題的能力。每個滑塊受到三個力：重力、繩子拉力、斜面的支持力，受力分析中應該是按性質分類的力，沿著斜面下滑力是分解出來的按照效果命名的力，A錯；對B選項，物體是上滑還是下滑要看兩個物體的重力沿著斜面向下的分量的大小關系，由于2m質量的滑塊的重力沿著斜面的下滑分力較大，故質量為m的滑塊必定沿著斜面向上運動，B對；任何一個滑塊受到的繩子拉力與繩子對滑塊的拉力等大反向，C錯；對系統(tǒng)除了重力之外，支持力對系統(tǒng)每個滑塊不做功，繩子拉力對每個滑塊的拉力等大反向，且對滑塊的位移必定大小相等，故繩子拉力作為系統(tǒng)的內(nèi)力對系統(tǒng)做功總和必定為零，故只有重力做功的系統(tǒng)，機械能守恒，D對。

【答案】BD

8．【解析】（1），由得

  ①     ②

故

【答案】

9．【解析】（1）以滑板和運動員為研究對象，其受力如圖9所示

由共點力平衡條件可得

   ①  ②                              

由①、②聯(lián)立，得F =810N

(2)     得m/s

(3)水平牽引力的功率P=Fv=4050 W

【答案】4050 W

10．【解析】（1）導線上損失的功率為P=I^2R=(

損失的功率與輸送功率的比值

（2）(2)風垂直流向風輪機時，提供的風能功率最大.

單位時間內(nèi)垂直流向葉片旋轉面積的氣體質量為pvS,S=r²

風能的最大功率可表示為

P_風=

采取措施合理，如增加風輪機葉片長度，安裝調(diào)向裝置保持風輪機正面迎風等。

（3）按題意，風力發(fā)電機的輸出功率為P₂=kW=160 kW

最小年發(fā)電量約為W=P₂t=160×5000 kW?h=8×10⁵kW?h

【答案】(1)9kW(2)  (3)8×10⁵kW?

名校試題

1．【解析】一對靜摩擦力的作用點不發(fā)生相對移動，它們的合功為零，它們的功可以一正一負；可以都為零；一對動摩擦力的作用點發(fā)生相對移動，它們的合功為負值，它們的功可以一正一負；可以一零一負；可以兩負.

【答案】C

2．【解析】動能減少應是合力功為所以選項A錯，重力勢能減少了重所以選項B錯;機械能的減少應是除重力外,其它力所做的功,故選項D正確.

【答案】D

3．【解析】由<可知，斜面與滑塊間有摩擦，滑塊無論上升還是下降時，都有機械能損失，故B正確.為判斷C、D的情況，可先求出斜面中點A的動能和勢能情況，滑塊初始機械能①，滑塊在斜面中點A的速度，在A點的機械能②.聯(lián)立①②式得：

，而因斜面與滑塊間有摩擦，知，所以，動能和勢能相等的位置應出現(xiàn)在A點之上，因此選(BC)

【答案】BC

4．【解析】小球自由下落時繩中拉力為零；t₁時刻繩子拉緊并開始伸長，因為重力大于繩中拉力且拉力逐漸增大，故小球做加速度減小的加速運動，加速度為零的時刻速度最大；然后繩子繼續(xù)拉伸，因為繩中拉力大于重力且拉力繼續(xù)增大，故小球做加速度增大的減速運動，t₂時刻速度為零而繩子最長，所以答案B正確；再以后小球反方向先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，t₂時刻回到繩子原長的位置，t₁時刻與t₂時刻小球高度相等，繩子拉力為零，根據(jù)機械能守恒定律知小球的動能相等。由對稱性知t₁時刻與t₂時刻小球運動情況完全對應，故答案D正確。

【答案】BD

5．【解析】(1)如圖所示，以懸點為參考平面，人從點的自然下蹲過程中機械能守恒，所以，即

,解得：

在最低點B處，,解得：

(2) 人在最低點處，突然由下蹲變成直立狀態(tài)，人的內(nèi)力做功，使人的機械能增加,之后，人從點的上擺過程中機械能守恒，所以或，即

,得：       

【答案】(1)   (2)

6．【解析】（1）因粘滯阻力，故有，其單位應是

（2）鋼珠穩(wěn)定下落時，其所受向上粘滯阻力F與、mg平衡，有

　　　　　　　得：

（3）根據(jù)總能量守恒的方法：

鋼珠下落過程中損失的勢能 轉化為鋼珠的動能，以及與鋼珠同樣大小的油滴上升至液面處的動能和勢能，還有鋼珠克服粘滯阻力而產(chǎn)生的熱量Q，其中油滴重力.

【答案】（1）　　（2）　�。�3）

7．【解析】（1）若滑塊沖上傳送帶時的速度小于帶速，則滑塊在帶上由于受到向右的滑動摩擦力而做勻加速運動；若滑物沖上傳送帶時的速度大于帶速，則滑塊由于受到向左的滑動摩擦力而做勻減速運動。

   （2）設滑塊沖上傳送帶時的速度為v，在彈簧彈開過程中，

    由機械能守恒

    設滑塊在傳送帶上做勻減速運動的加速度大小為a，

    由牛頓第二定律：

    由運動學公式

    解得：

   （3）設滑塊在傳送帶上運動的時間為t，則t時間內(nèi)傳送帶的位移s=v₀t

    滑塊相對傳送帶滑動的位移  

    相對滑動生成的熱量

    解得：

【答案】(1)若滑塊沖上傳送帶時的速度小于帶速，則滑塊在帶上由于受到向右的滑動摩擦力而做勻加速運動；若滑物沖上傳送帶時的速度大于帶速，則滑塊由于受到向左的滑動摩擦力而做勻減速運動;(2)(3)

8．【解析】（1）汽車達到最大速度時，有：

   （2）經(jīng)t時間，汽車勻加速達到額定功率時，

由牛頓第二定律有：    由運動學規(guī)律有：        

        而                      解得 t = 15.625s                   

   （3）t=10s時，汽車還處于勻加速階段，

牽引力   瞬時速度          

        所以此時汽車的瞬時功率 

        t=20s時，汽車已經(jīng)達到額定功率，故汽車的瞬時功率P=60KW 

   （4）汽車保持額定功率駛上斜面，由于行駛阻力增大，汽車牽引力增大，汽車作加速度不斷減小的減速運動，直至達到最終速度勻速行駛。   

        行駛阻力     

        所以    

   【答案】(1)(2)  t = 15.625s (3)  P=60KW   (4)

9．【解析】（1）小球B運動到P點正下方過程中的位移為（m）

   得：W_F=Fx_A=22J

（2）由動能定理得     代入數(shù)據(jù)得：v=4m/s

⑶當繩與圓環(huán)相切時兩球的速度相等。

=0.225m

【答案】(1)22J  (2)v=4m/s  (3)0.225m

10．【解析】（1）物體將從傳送帶的右邊離開。                      

    物體從曲面上下滑時機械能守恒，有           

    解得物體滑到底端時的速度               

    以地面為參照系，物體滑上傳送帶后向右做勻減速運動直到速度為零，期間物體的加速度大小和方向都不變，加速度大小為

    物體從滑上傳送帶到相對地面速度減小到零，對地向右發(fā)生的位移為

     表面物體將從右邊離開傳送帶。

 （2）以地面為參考系，若兩皮帶輪間的距離足夠大，則物體滑上傳送帶后向右做勻減速運動直到速度為零，后向左做勻加速運動，直到速度與傳送帶速度相等后與傳送帶相對靜止，從傳送帶左端掉下，期間物體的加速度大小和方向都不變，加速度大小為

    取向右為正方向，物體發(fā)生的位移為 

    物體運動的時間為                                    

    這段時間內(nèi)皮帶向左運動的位移大小為

    物體相對于傳送帶滑行的距離為       

物體與傳送帶相對滑動期間產(chǎn)生的熱量為

【答案】(1)物體將從傳送帶的右邊離開(2)

11．【解析】（1）從A到B的過程中，人與雪橇損失的機械能為

   代入數(shù)據(jù)解得△E=9.1×10³J  

（2）人與雪橇在BC段做減速運動的加速度大小   

根據(jù)牛頓第二定律有    解得  N     

（3）由動能定得得     代入數(shù)據(jù)解得  x=36m 

【答案】(1)9.1×10³J(2)(3)x=36m

12．【解析】（1）設此時小物塊的機械能為E₁．由機械能守恒定律得

（2）設小物塊能下滑的最大距離為s_m，由機械能守恒定律有

而                                 

代入解得                                                        

（3）設小物塊下滑距離為L時的速度大小為v，此時小球的速度大小為v_B，則

 解得                                        

【答案】(1)   (2)

₍₃₎

13．【解析】本題考查《探究恒力做功與動能改變的關系》與《探究加速度與力、質量的關系》實驗的遷移能力、誤差分析能力、文字表述能力及從圖表歸納所需信息能力�？疾檫壿嬐评砟芰Α⑦\用數(shù)學知識解決物理問題能力和實驗探究能力。

【答案】紙帶上點跡間距相等      小車的質量M、砂桶的質量m

14．【解析】①步驟B是錯誤的。應該接到電源的交流輸出端。步驟D是錯誤的，應該先接通電源，待打點穩(wěn)定后再釋放紙帶。步驟C不必要，因為根據(jù)測量原理，重錘的動能和勢能中都包含了質量m，可以約去。

②

③重錘的質量m  由牛頓第二定律:  代入a 得F=   

【答案】②

③重錘的質量m      

考點預測題

1．【解析】當物體在前半周期時由牛頓第二定律，得 F1-μmg=ma₁

a₁=( F₁－μmg)/m=(12－0.1×4×10)/4=2m/s²

當物體在后半周期時，

由牛頓第二定律，得 F₂+μmg= ma₂

a₂=( F₂+μmg)/m=(4+0.1×4×10)/4=2m/s²

前半周期和后半周期位移相等 x₁=1/2at 2 =0.5×2×2² =4m

一個周期的位移為 8m 最后 1s 的位移為 3m

83 秒內(nèi)物體的位移大小為 x=20×8+4+3=167m

一個周期 F 做的功為 w₁=（F₁－F₂）x₁=（12－4）4=32J

力 F 對物體所做的功 w=20×32+12×4-4×3=681J                

【答案】681J

 2．【解析】設物體在第1秒的加速度為a，則第1秒的合外力為F=Ma，由圖2可知，物體從第3秒末到第7秒末的加速度為第1秒內(nèi)的一半，方向相反，所以其合外力也為第1秒內(nèi)的一半，方向相反。但第3秒末到第5秒末的位移是第1秒內(nèi)的兩倍，第5秒末到第7秒末的位移也是第1秒內(nèi)的兩倍，但其方向相向。顯然第5秒末到第7秒末這一過程合力方向與位移方向相同，合外力做正功，大小為W，故選項C正確。同理，第3秒末到第5秒末這一過程合力方向與位移方向相反，合外力做負功，大小為-W。又因第5秒內(nèi)的位移與第4秒合力方向與位移方向相反，合力功為－0.25W，所以選項D也正確

【答案】CD

3．【解析】因機車做勻加速直線運動，所以其加速度不變，當所受的阻力始終不變時，機車的牽引力不變，若機車的速度增加，根據(jù)實際功率＝_，其輸出功率逐漸增大，所以選項A正確；；因合外力不變，根據(jù)動理定理，在任意兩相等時間內(nèi)，機車動量變化大小相等，故選項D也正確。

【答案】AD

4．【解析】設汽車行駛時的阻力與總重力的比例系數(shù)為μ

　　　　汽車空載時　

　　　　汽車載重時　　解得：

【答案】

5．【解析】在水平面上，由動能定理

在斜面上，設左、右斜面傾角分別為α、β，左、右斜面長度分別為、

　　　由動能定理　

　　　　　　　　　　　所以　

【答案】B

6．【解析】滑塊在滑動過程中，要克服摩擦力做功，其機械能不斷減少；又因為滑塊所受摩擦力小于滑塊沿斜面方向的重力分力，所以最終會停在斜面底端。

在整個過程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功。設其經(jīng)過和總路程為L，對全過程，由動能定理得：

得

【答案】

7．【解析】此題物理過程分兩階段，開始只有物塊運動且只有重力做功，故運動到B的過程機械能守恒；之后物塊和小車是相互作用的系統(tǒng)，合外力為零，應由動理與能量的觀點列式。

  ⑴.設物塊的質量為m ，其開始下落處酌位置距BC的豎直高度為h ，到達8點時的速度為v ，小車圓弧軌道半徑為R 。由機械能守恒定律，有

根據(jù)牛頓第二定律，有

解得

                              H = 4R                              

    即物塊開始下落的位置距水平軌道BC的豎直高度是圓弧半徑的4倍。

⑵.設物塊與BC間的滑動摩擦力的大小為F ，物塊滑到C點時與小車的共同速度為v ，物塊在小車上由B運動到C的過程中小車對地面的位移大小為s 。依題意，小車的質量為3 m ，BC長度為10 R 。由滑動摩擦定律，有

F = μm g                             

對物塊和小車組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律，有

m v = （m + 3 m） ，                    

對物塊、小車分別應用動能定理，有  F（10 R + s ）== m v′² －mv²       

Fs == （3 m）v′²－ 0                  解得μ= 0.3  

【答案】μ= 0.3

8．【解析】設物塊在圓形軌道最高點的速度為v，由機械能守         

 恒得 

物塊在最高點受的力為重力mg、軌道壓力N。

重力與壓力的合力提供向心力，有

物塊能通過最高點的條件是    0                              

聯(lián)立上兩式得                                      

所以                                            

按題的要求，，得                      

故                                             

h的取值范圍是  

【答案】

9．【解析】木箱受四個力的作用，重力、拉力、摩擦力和支持力。從做功來看，而支持力不做功。拉力對木箱做正功，摩擦力和重力做負功。從能量轉化看，木箱的機械能和內(nèi)能都在增加。功是能量轉化的量度，顯然，木箱增加的能量應等于Ｆ對木箱做的功；而木箱克服摩擦力做的功等于增加的的內(nèi)能，服重力所做的功等于木箱增加的重力勢能。所以選項C、D正確。

【答案】CD

10．【解析】木塊起始到剛好完全沒入水中的過程中，體積的水重心升高了

(1)如圖木塊起始到剛好完全沒入水中的過程中，相當于把陰影部分的體積的水搬到了水面上，因水面積很大，可認為新水面高度不變，故體積的的水重心升高了，，            

(2) 法一：木塊起始到停在池底的過程中，分成兩階段：        圖30

一是木塊起始到剛好完全沒入水中，此過程中浮力是變力，其平均值＝

推力平均值

　    推力做的功

　　第二階段是木塊從剛沒入水中到池底，推力

　　　　　　推力的功

　　　　　　推力做的總功

法二：把木塊與全池的水作為一個系統(tǒng)，推力作的功等于系統(tǒng)機械能的增量，即勢能的增量（因系統(tǒng)動能幾乎為零）.

【答案】     

11．【解析】（1）下落的高度；因擺錘與鐵片一起運動到最低點，所以擺錘在最低點時的速度等于鐵片的平拋初速，由，得：.

(2) 設擺錘質量為m，由得：整理得：

【答案】　　　　

12．【解析】(1)先求出小球平拋的初速度，由，兩式得：

 再根據(jù)彈簧與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒：

(2)由表格第1、3、4、5、6組數(shù)據(jù)可知：在誤差允許的范圍內(nèi)，彈簧長度壓縮量x與鋼球飛行的水平距離s成正比，而第2組可能是測量的錯誤.所以彈性勢能與彈簧長度壓縮量x的平方成正比，即.

【答案】(1) (2)