2018届高考物理二轮讲练专题8-力学实验(课件与作业)

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  • 课件名称: 2018届高考物理二轮讲练专题8-力学实验(课件与作业)
  • 课件科目: 高三物理课件
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课时作业(八)
一、实验题(共14个小题,1-10每题6分,共60分,11-14每题10分共40分,满分100分)
1.(2017•海南)某同学用游标卡尺分别测量金属圆管的内、外壁直径,游标卡尺的示数分别如图(a)和图(b)所示.
由图可读出,圆管内壁的直径为________ cm,圆管外壁的直径为________ cm;由此可计算出金属圆管横截面的面积.
 
答案 2.23 2.99
分析 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读.
解析 图(a)中游标卡尺的主尺读数为22 mm,游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为3×0.1 mm=0.3 mm,所以最终读数为:22 mm+0.3 mm=22.3 mm=2.23 cm.
图(b)中游标卡尺的主尺读数为29 mm,游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为9×0.1 mm=0.9 mm,所以最终读数为:29 mm+0.9 mm=29.9 mm=2.99 cm.
点评 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理,要能正确使用这些基本仪器进行有关测量.
2.(2017•枣阳市校级三模)“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示,其中A为固定橡皮筋的图钉,O为橡皮筋与细绳的结点,OB和OC为细绳.图乙是在白纸上根据实验结果画出的图.
(1)图乙中的F与F′两力中,方向一定沿AO方向的是________.
(2)本实验采用的科学方法是________.
A.理想实验法       B.等效替代法
C.控制变量法   D.建立物理模型法
(3)某同学在做该实验时认为:
A.拉橡皮条的细绳长一些,实验效果较好
B.拉橡皮条时,弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
C.橡皮条弹性要好,拉结点到达某一位置O时,拉力要适当大些,且拉力F1和F2的夹角越大越好
D.在实验中O点位置不能变
E.细绳可以用弹性绳代替
其中不正确的是________(填入相应的字母).
 
答案 (1)F′ (2)B (3)C
分析 (1)在实验中F和F′分别由平行四边形定则及实验得出,明确理论值和实验值的区别即可正确解答;(2)本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则,因此采用“等效法”,注意该实验方法的应用;(3)本实验的原理为:F′的作用效果应与另外两个力的作用效果相同,则可知,F′即为两力的合力;根据平行四边形定则作出两个分力的合力F,再作出F′的图示,比较F与F′则可验证平行四边形定则.
解析 (1)F是通过作图的方法得到合力的理论值,而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条,使橡皮条伸长到O点,使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同,测量出的合力.故方向一定沿AO方向的是F′,由于误差的存在F和F′方向并不再重合;
(2)合力与分力是等效替代的关系,所以本实验采用的等效替代法,故B项正确,A、C、D三项错误,故选B项.
(3)A项,在实验中要减小拉力方向的误差,应让标记同一细绳方向的两点尽量远些,故细绳应该长一些,故A项正确;B项,作图时,我们是在白纸中作图,作出的是水平力的图示,若拉力倾斜,则作出图的方向与实际力的方向有有较大差别,故应使各力尽量与木板面平行,故B项正确;C项,两个拉力的夹角过大,合力会过小,量取理论值时相对误差变大,夹角太小,会导致作图困难,也会增大偶然误差,故C项错误;D项,为了保证两次拉橡皮条的作用效果相同,在实验中O点位置不能变,故D项正确.E项,细绳是表明方向用的,可以用弹性绳代替,故E项正确.故选C项.
点评 本题主要考查验证力的平行四边形定则的误差分析及数据的处理,应通过实验原理及数据的处理方法去思考减小实验误差的方法.
3.(2017•葫芦岛一模)在实验室里为了验证动量守恒定律,一般采用如图甲、乙两种装置:
 
(1)若采用乙装置进行实验,以下所提供的测量工具中必需的是________.
A.直尺   B.天平
C.弹簧秤   D.秒表
(2)设入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,则在用甲装置实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置),所得“验证动量守恒定律”的结论为(用装置中的字母表示)________.
答案 (1)AB (2)m1•OP=m1•OM+m2•O′N
分析 (1)求出需要验证的表达式,根据表达式确定需要测量的量,而后选择实验器材.
(2)根据动量守恒定律与图示实验情景确定需要验证的表达式.
解析 (1)小球离开轨道后做平抛运动,由h=12gt2得小球做平抛运动的时间t=2hg,由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同,则它们在空中的运动时间t相等,验证碰撞中的动量守恒,需要验证:m1v1=m1v1′+m2v2,则:m1v1t=m1v1′t+m2v2t,得m1x1=m1x1′+m2x2,由图所示可知,需要验证:m1•OP=m1•OM+m2•O′N,因此实验需要测量的量有:①入射小球的质量,②被碰小球的质量,③入射小球碰前平抛的水平位移,④入射小球碰后平抛的水平位移,⑤被碰小球碰后平抛的水平位移,测量水平位移需要用直尺,测质量需要天平,因此需要的实验器材是AB.
(2)由(1)可知,实验需要验证:m1•OP=m1•OM+m2•O′N.
点评 本题考查验证动量守恒的实验;本题是运用等效思维方法,平抛时间相等,用水平位移代替初速度,这样将不便验证的方程变成容易验证.
4.(2017•海南模拟)利用气垫导轨研究物体运动规律,求物体运动加速度,实验装置如图(a)所示,主要的实验步骤:
 
(1)滑块放置在气垫导轨0刻度可读出,在拉力作用下由静止开始加速运动,测量滑块经过两光电门的时间t,测量光电门之间的距离s;
(2)只移动光电门1,改变s,多次实验,数据记录如下;
实验次数 1 2 3 4 5 6
s/m  1.200 1.000 0.800 0.600 0.400
t/s 1.03 0.72 0.54 0.41 0.29 0.18
st
 1.67 1.85 1.95 2.07 2.2
(3)根据实验数据计算、描点,在图(b)中作出st­t图.
根据数据分析,回答下列问题:
导轨标尺的最小分度为________ cm,读出如图所示两光电门之间的距离s1,并计算s1t1=________ m/s,假设图线的斜率为k,纵坐标截距为b,则滑块运动的加速度为________,作出图像,求出本次测量的加速度大小为________ m/s2.
 
答案 1 1.36 -2k 2.29
解析 由图可知,标尺的最小分度为1 cm,如图所示两光电门之间的距离s1=140 cm=1.40 m;
因t1=1.03 s,那么s1t1=1.401.03=1.36 m/s,
依据运动学公式s=12at2,则有st=12at,
因假设图线的斜率为k,纵坐标截距为b,则滑块运动的加速度为a=-2k,
根据点然后平滑连线,如图所示:
 
由图可知,a=-2×2.375-1.01.2-0=-2.29 m/s2;
因此测量的加速度大小为2.29 m/s2.
点评 考查运动学公式与图像的综合应用,掌握刻度的读数,知道最小刻度的确定,注意平滑连线是作图的关键.
5.(2017•江西模拟)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系,A、B同学设计了如图甲所示的实验装置.其中小车的质量为M,砂和砂桶的质量为m,与小车相连的滑轮的质量为m0.力传感器可测出轻绳中的拉力大小,重力加速度为g.实验时先平衡摩擦力.
 
(1)A同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点没有画出),已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电,根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2(结果保留三位有效数字).
(2)A同学以力传感器的示数F为纵坐标,加速度a为横坐标,画出的F-a图像如图丙所示,求得图线的斜率为k,则小车的质量M=________(用所给物理量的符号表示).
 
(3)B同学也以力传感器的示数F为纵坐标,加速度a为横坐标,画出的F-a图像如图丁所示,图线不过原点的原因可能是________________________________________________ ________________________.(答一条即可)
答案 (1)1.80 (2)2k-m0 (3)平衡摩擦力过度
解析 (1)由于两计数点间还有4个点没有画出,故两点之间的时间间隔为T=5×0.02 s=0.10 s,取六段距离,采用两分法,由Δx=aT2可得:
a=(7.30+9.09+10.89)-(1.90+3.71+5.51)(3×0.1)2=180 cm/s2=1.80 m/s2.
(2)对小车和滑轮组成的整体,根据牛顿第二定律,有2F=(M+m0)a,得F=M+m02g
F-a图线是一条过原点的直线,斜率k=M+m02,解得M=2k-m0.
(3)根据F等于零,加速度不为零,分析图线不过原点的原因,可知实验中平衡摩擦力过度.
点评 解决实验问题首先要掌握该实验原理,了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项,小车质量不变时,加速度与拉力成正比,对a-F图来说,图像的斜率表示小车质量的倒数.
6.(2017•淄博三模)某同学用如图1所示的装置验证机械能守恒定律.
 
(1)用游标卡尺测量金属球的直径:图2为游标卡尺校零时的示数;用该游标卡尺测量小球的直径,其示数为10.00 mm;所测金属球的直径d=________ mm.
(2)用一根不可伸长的轻质细线拴住该金属球,细线的另一端固定在悬点O,在最低点前后放置一组光电门,测得悬点到球心的距离为L.将金属球从最低点拉开θ角,由静止释放金属球,金属球在竖直面(纸面)内摆动,记下金属球第一次通过光电门的时间t,金属球通过光电门的速度大小为________;已知重力加速度为g,则验证金属球机械能守恒的表达式为________.(用字母L、d、θ、t、g表示)
答案 (1)9.85 (2)dt 2gL(1-cosθ)=(dt)2
分析 (1)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读;(2)小球经过最低点时速度可用平均速度替代;根据机械能守恒定律列出表达式即可分析.
解析 (1)由图可知,游标尺40格相当主尺39 mm,那么游标尺1格与主尺1格相当0.025 mm;游标卡尺读数为d=10.00 mm-3×2×0.025 mm=9.85 mm;
(2)小球经过最低点时速度可表示为v=dt;
小球下摆过程中重力势能减少ΔEp=mgL(1-cosθ),
动能的增加量ΔEk=12mv2=12m(dt)2
若mgL(1-cosθ)=12m(dt)2,
即2gL(1-cosθ)=(dt)2成立,说明小球下摆过程机械能守恒.
点评 遇到实验问题,关键是明确实验原理,根据物理规律列出相应方程,然后求解讨论即可;游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读.
7.(2017•成都模拟)将两根自然长度相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起,看作一根新弹簧,设原粗弹簧(记为A)劲度系数为k1,原细弹簧(记为B)劲崖系数为k2、套成的新弹簧(记为C)劲度系数为k3.关于k1、k2、k3的大小关系,同学们做出了如下猜想:
甲同学:和电阻并联相似,可能是1k3=1k1+1k2
乙同学:和电阻串联相似,可能是k3=k1+k2
丙同学:可能是k3=k1+k22
(1)为了验证猜想,同学们设计了相应的实验(装置见图甲).
(2)简要实验步骤如下,请完成相应填空.
a.将弹簧A悬挂在铁架台上,用刻度尺测量弹簧A的自然长度L0;
b.在弹簧A的下端挂上钩码,记下钩码的个数”、每个钩码的质量m和当地的重力加速度大小g,并用刻度尺测量弹簧的长度L1;
c.由F=________计算弹簧的弹力,由x=L1-L0计算弹簧的伸长量,由k=Fx计算弹簧的劲度系数;
d.改变________,重复实验步骤b、c,并求出弹簧A的劲度系数的平均值k1;
e.仅将弹簧分别换为B、C,重复上述操作步骤,求出弹簧B、C的劲度系数的平均值k2、k3.比较k1、k2、k3并得出结论.
(3)图乙是实验得到的图线,由此可以判断________同学的猜想正确.
 
答案 (2)nmg 钩码的个数 (3)乙
解析 (2)根据共点力平衡可知:F=nmg
改变钩码的个数,重复实验.
(3)由图可知:k1=kA=Fx=2.50.1 N/m=25 N/m
k2=kB=Fx=1.50.04 N/m=37.5 N/m
k3=kC=50.08 N/m=62.5 N/m
故满足k3=k1+k2,故乙正确.
点评 本题关键明确实验原理,也可以通过胡克定律进行理论探究,基础题.
8.(2017•福建模拟)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图甲所示:轻弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并与物块连接.向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物块,通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能步骤如下:
 
A.用天平测量出物块的质量m,按图甲所示安装好实验装置
B.向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量x
C.把纸带向左拉直,接通打点计时器电源
D.松手释放物块
(1)图乙是物块脱离弹簧后打点计时器所打出的纸带,每相邻两个计数点之间有4个点未画出.相邻计数点间的距离如图乙所示.打点计时器电源的频率为50 Hz,则物块与桌面间的动摩擦因数为________,这样得到的结果比动摩擦因数的真实值________(填“偏大”或“偏小”).(g=10 m/s2)
(2)若物块脱离弹簧时的速度为v,则弹簧被压缩时具有的弹性势能大小是________.(用m、g、v、x和动摩擦因数用μ表示)
答案 (1)0.2 偏大 (2)12mv2+μmgx
分析 (1)根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度,结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小.
(2)根据能量守恒定律求出弹簧被压缩时具有的弹性势能大小.
解析 (1)根据Δx=aT2,运用逐差法,得a=(6.60+4.60-10.60-8.61)×10-24×0.01=-2.0 m/s2,
根据牛顿第二定律,得μmg=ma,代入数据,解得μ=0.2.
因为纸带与打点计时器间也有摩擦,则加速度的测量值偏大,导致动摩擦因数的测量值偏大.
(2)根据能量守恒定律,得Ep=12mv2+μmgx.
点评 本题考查了牛顿第二定律和能量守恒的基本运用,通过匀变速直线运动的推论求出加速度的大小是解决本题的关键.
9.(2016•课标全国Ⅰ)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器的电源为交流电源,可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz.打出纸带的一部分如图(b)所示.该同学在实验中没有记录交流电的频率f,需要用实验数据和其它题给条件进行推算.
(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落,利用f和图(b)中给出的物理量可以写出:在打点计时器打出B点时,重物下落的速度大小为________,打出C点时重物下落的速度大小为________,重物下落的加速度大小为________.
 
图(a)
 
图(b)
(2)已测得s1=8.89 cm,s2=9.50 cm,s3=10.10 cm,当地重力加速度大小为9.80 m/s2,实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%,由此推算出f为________Hz.
答案 (1)f2(s1+s2),f2(s2+s3),f22(s3-s1) (2)40
解析 (1)B点的速度vB等于AC段的平均速度,即vB=s1+s22t
由于t=1f,故vB=f2(s1+s2)
同理可得vC=f2(s2+s3)
匀加速直线运动的加速度a=ΔvΔt
故a=vC-vBt=f2[(s2+s3)-(s1+s2)]1f=f22(s3-s1) ①
(2)由牛顿第二定律,可得mg-F阻=ma  ②
由已知条件F阻=0.01mg  ③
由②③,得a=0.99g
代入①,得a=f22(s3-s1),代入数据,得f≈40Hz.
10.(2014•课标全国Ⅱ)现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律.在图甲中,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m1=0.310 kg,滑块B的质量m2=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为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ΔtB=3.500 ms,碰撞前后打出的纸带如图乙所示.
 
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.
答案 见解析
解析 滑块运动的瞬时速度大小v=ΔsΔt  ①
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ΔtA,则
ΔtA=1f=0.02 s  ②
ΔtA可视为很短.
设滑块A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1.
将②式和图给实验数据代入①式得v0=2.00 m/s ③
v1=0.970 m/s  ④
设滑块B在碰撞后的速度大小为v2,由①式有
v2=dΔtB  ⑤
代入题给实验数据得v2=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=m1v0  ⑦
p′=m1v1+m2v2  ⑧
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,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.
11.(2017•揭阳市5月二模)某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量小物块与水平面之间的动摩擦因数μ.粗糙曲面AB固定在水平面上,其与水平面相切于B点,P为光电计时器的光电门,实验时将带有遮光条的小物块m从曲面AB上的某点自由释放,小物块通过光电门P后停在水平面上某点C.已知当地重力加速度为g.
 
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示,其读数d=________cm;
(2)为了测量动摩擦因数,除遮光条宽度d及数字计时器显示的时间t,还需要测量的物理量是________(要写出该物理量的名称和符号),动摩擦因数μ=________(用上面的量表示).
答案 (1)0.375 (2)光电门与C点之间的距离s d22gst2
解析 (1)由图乙所示游标卡尺可知,主尺示数为0.3 cm,游标尺示数为15×0.05 mm=0.075 cm,游标卡尺读数d=0.3 cm+0.075 cm=0.375 cm;(2)物块通过光电门时的速度v=dt,然后物块在水平面上做匀减速直线运动,由动能定理得:-μmgs=0-12mv2,解得:μ=d22gst2,由此可知,要测动摩擦因数,除d与t外,还需要测量光电门与C点间的距离s.
考点 测量小物块与水平面之间的动摩擦因数
名师点睛 此题考查了测量小物块与水平面之间的动摩擦因数,关键是搞清实验的原理,知道数据处理的方法;游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数,游标卡尺不需要估读,对游标卡尺读数时,要注意游标尺的精度.
12.(2017•孝义市模拟)在“研究平抛物体运动”的实验中(如图1),通过描点画出平抛小球的运动轨迹.
 
 
(1)以下是实验过程中的一些做法,其中合理的有________.
a.安装斜槽轨道,使其末端保持水平
b.每次小球释放的初始位置可以任意选择
c.每次小球应从同一高度由静止释放
d.为描出小球的运动轨迹,描绘的点可以用折线连接
(2)实验得到平抛小球的运动轨迹,在轨迹上取一些点,以平抛起点O为坐标原点,测量它们的水平坐标x和竖直坐标y,图3中y-x2图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是________.
(3)图2是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹,O为平抛的起点,在轨迹上任取三点A、B、C,测得A、B两点竖直坐标y1为5.0 cm、y2为45.0 cm,A、B两点水平间距Δx为40.0 cm.则平抛小球的初速度v0为________ m/s,若C点的竖直坐标y3为60.0 cm,则小球在C点的速度vC为________ m/s(结果保留两位有效数字,g取10 m/s2).
答案 (1)ac (2)C (3)2.0 4.0
分析 (1)根据实验的原理,结合实验中的注意事项确定正确的操作步骤.
(2)根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式求出y与x2的关系式,从而确定正确的图线.
(3)根据位移时间公式分别求出抛出点到A、B两点的时间,结合水平位移和时间求出初速度.根据速度位移公式求出C点的竖直分速度,结合平行四边形定则求出C点的速度.
解析 (1)a项,为了保证小球的初速度水平,斜槽的末端需水平,故a项正确;b项,为了使小球的初速度相等,每次让小球从斜槽的同一位置由静止滚下,故b项错误,c项正确;d项,描绘小球的运动轨迹,用平滑曲线连接,故d项错误.故选a、c两项.
(2)根据x=v0t,y=12gt2,得y=g2v02x2,可知y-x2的图线为一条过原点的倾斜直线,故选C项.
(3)5 cm=0.05 m,45 cm=0.45 m,40 cm=0.40 m,60 cm=0.60 m,根据y1=12gt12,得t1=2y1g=0.1 s,
根据y2=12gt22,得t2=2y2g=0.3 s,
则小球平抛运动的初速度为:v0=Δxt2-t1=0.400.2=2.0 m/s.
C点的竖直分速度为:vyc=2gy3=2×10×0.6=23 m/s,
根据平行四边形定则知,C点的速度为:vC=v02+vyC2=4.0 m/s.
点评 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式,抓住等时性进行求解.
13.(2017•吉林三模)利用气垫导轨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板的滑块,其总质量为M,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;遮光板两条长边与导轨垂直;导轨上B点有一光电门,可以测量遮光板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,b表示遮光板的宽度,将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度,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条的宽度b,结果如图乙所示,由此读出b=________mm.
(2)滑块通过B点的瞬时速度可表示为________.
(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处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk=________,系统的重力势能减少量可表示为ΔEp=________,在误差允许的范围内,若ΔEk=ΔEp则可认为系统的机械能守恒.
(4)在上次实验中,某同学改变A、B间的距离,作出的v2-d图像如图丙所示,并测得M=m,则重力加速度g=________ m/s2.
答案 (1)3.85 (2)bt
(3)(m+M)b22t2、(m-M2)gd (4)9.6
解析 (1)宽度b的读数为:3 mm+17×0.05 mm=3.85 mm;
(2)由于光电门的宽度b很小,所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度.
滑块通过光电门B速度为:vB=bt;
(3)滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为ΔEk=12(M+m)(bt)2=(m+M)b22t2
系统的重力势能减少量可表示为:ΔEp=mgd-Mgdsin30°=(m-M2)gd
比较ΔEp和ΔEk,若在实验误差允许的范围内相等,即可认为机械能是守恒的.
(4)根据系统机械能守恒有:12(M+m)v2=(m-M2)gd
则v2=2×m-M2M+mgd
若v2-d图像,则图线的斜率:k=2×m-M2M+mg
由图像可知:k=2.40.5
则有g=M+mm-M2×k2
代入数据解得g=9.6 m/s2
14.(2017•江苏)利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系.小车的质量为M=200.0 g,钩码的质量为m=10.0 g,打点计时器的电源为50 Hz的交流电.
 
(1)挂钩码前,为了消除摩擦力的影响,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察到________.
(2)挂上钩码,按实验要求打出的一条纸带如图2所示.选择某一点为O,一次每隔4个计时点取一个计数点.用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx,记录在纸带上.计算打出各计数点时小车的速度v,其中打出计数点“1”时小车的速度v1=________ m/s.
(3)将钩码的重力视位小车受到的拉力,取g=9.80 m/s2,利用W=mgΔx算出拉力对小车做的功W.利用Ek=12Mv2算出小车动能,并求出动能的变化量ΔEk.计算结果见下表.
W/×10-3 J 2.45 2.92 3.35 3.81 4.26
ΔEk/×10-3 J 2.31 2.73 3.12 3.61 4.00
请根据表中的数据,在图3的方格纸上作出ΔEk-W图像.
(4)实验结果表明,ΔEk总是略小于W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的.用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F=________.
答案 (1)小车做匀速运动 (2)0.228
(3)
 
(4)0.093 N
分析 (1)为了消除摩擦力的影响,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察到小车做匀速运动.
(2)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出计数点1的瞬时速度.
(3)根据表格中的数据作出ΔEk-W图像.
(4)对整体分析,根据牛顿第二定律得出整体的加速度,隔离分析,结合牛顿第二定律得出小车受到的实际拉力.
解析 (1)挂钩码前,为了消除摩擦力的影响,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察到小车做匀速运动,摩擦力达到平衡.
(2)计数点1的瞬时速度v1=xO22Tm/s=0.228 m/s.
(3)根据表格中的数据作出ΔEk-W图像如答案图所示.
(4)对整体分析,根据牛顿第二定律得,a=mgM+m,则小车受到的实际拉力F=MmgM+m=0.2×0.01×9.80.2+0.01 N=0.093 N.
点评 本题考查了探究恒力做功与物体动能变化的关系,掌握平衡摩擦力的方法,知道实验的原理以及误差的来源,掌握牛顿第二定律,并能熟练运用整体法和隔离法.