卷子答案网-一个不只有答案的网站第3讲 机械能守恒定律及其应用
知识巩固练
1.如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断不正确的是( )
A.甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒
B.乙图中，斜面体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒
C.丙图中，连接物体A、B的绳子不可伸长，不计任何阻力和定滑轮及绳子的质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D.丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒
【答案】B
2.
(2021年深圳调研)“蹦极”运动时，运动员身上绑好弹性绳从高空平台静止跳下，如图所示(右图中水面重力势能为零).向下运动的过程中，不计空气阻力，运动员的机械能E、动能Ek与下落位移x之间关系的图像可能正确的是 ( )
A B C D
【答案】B
【解析】向下运动的过程中，不计空气阻力，人和绳系统机械能守恒.在绳子未绷紧时，人的机械能不变，在绳子绷紧后，人受到绳子拉力作用，随着时间的推移，人的机械能转化为绳子的弹性势能，且转化速率越来越大，观察图像，A错误，B正确；绳子未绷紧时，动能线性增大，绳子绷紧后，根据机械能守恒，有mgx＝Ek+k(x－l)2，在平衡点之前，人做加速度减小的加速运动，动能曲线增加，增加速率减小，当二力平衡时，达到平衡点，加速度反向增加，动能减小，C、D错误.
3.如图，毛毛虫外出觅食，缓慢经过一边长为L的等边三角形“山丘”，已知其身长为3L，总质量为m，如图头部刚到达最高点，假设毛毛虫能一直贴着“山丘”前行，则其头部越过“山顶”刚到达“山丘”底端时的重力势能变化量为 ( )
A.mgL B.mgL C.mgL D.mgL
【答案】B
【解析】选山丘底端为零势能面，初状态的重力势能为W1＝mg×sin60°＝mgL，毛毛虫头部越过山顶刚到达山丘底端时的重力势能为W2＝mg×sin60°＝mgL，其重力势能的变化量为ΔW＝W2－W1＝mgL－mgL＝mgL，故B正确，A、C、D错误.
4.轮滑等极限运动深受青少年的喜欢，轮滑少年利用场地可以进行各种炫酷的动作表演.为了研究方便，把半球形下沉式场地简化成半圆形轨道，两轮滑少年可以看作光滑小球A和B，如图所示.两小球分别从半圆形轨道边缘无初速滑下，则下列说法正确的是 ( )
A.A、B两小球在最低点速度相同
B.A、B两小球在最低点所受支持力相同
C.A、B两小球在最低点的加速度大小相同
D.若以水平地面为零势面，两小球分别滑到各自最低点时A小球的机械能小于B小球的机械能
【答案】C
5.(2022年湖北模拟)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块右侧面为一个半径为R的弧形的光滑凹槽，A点切线水平.另有一个质量为m的小球以水平速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g.下列说法中正确的是 ( )
A.当v0＝时，小球恰好能到达B点
B.当v0＝时，小球在弧形凹槽上冲向B点的过程中，滑块的动能增大；返回A点的过程中，滑块的动能减小
C.如果小球的速度v0足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
D.小球返回A点后做自由落体运动
【答案】D
【解析】小球滑上凹槽的过程中，若凹槽固定，小球v0＝的速度冲上，根据机械能守恒mgh＝，解得h＝R，但是凹槽不固定，小球冲上来的过程中，凹槽也会运动，根据机械能守恒可知小球不能冲到B点，A错误；当v0＝时，小球在弧形凹槽向上冲的过程中，滑块受到右上方的支持力，速度减小，动能减小；滑到最高点时，两者速度相等，之后返回A点的过程中，滑块的动能依然减小，B错误；如果小球的速度v0足够大，小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽，相对凹槽的速度方向竖直向上，两者水平速度相等，所以小球会沿左侧边缘落回，C错误；小球和凹槽整个作用过程中，水平方向动量守恒，机械能守恒，类似于弹性碰撞mv0＝mv1+mv2，，解得v1＝0，v2＝v0，所以小球返回A点后做自由落体运动，D正确.
6.如图所示，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻质弹簧.将小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d.P的质量为m，与传送带之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中 ( )
A.P的速度一直减小
B.传送带对P做功的功率一直减小
C.传送带对P做的功W＜μmgd
D.弹簧的弹性势能的变化量ΔEp＝mv2+μmgd
【答案】C
【解析】P与弹簧接触后在水平方向受弹力作用，P受的静摩擦力向右，P做匀速运动，运动到弹力与最大静摩擦力相等时，由于惯性，P继续压缩弹簧，做减速运动直到速度为零，A错误；由公式P＝fv可知，由于P先做匀速后做减速运动，静摩擦力先不变后增大，所以功率先不变后增大，后滑动摩擦力不变，速度减小，所以功率减小，B错误；由于P开始接触弹簧到弹力与最大静摩擦力相等的过程中，P受到的力为静摩擦力，后来为滑动摩擦力，所以传送带对P做的功小于μmgd，C正确；对滑块由动能定理得Wf－WF＝0－mv2，由于Wf＜μmgd，所以弹簧的弹性势能变化量小于mv2+μmgd，D错误.
综合提升练
7.如图所示，质量均为m＝1.0 kg 的物块A、B通过轻质弹簧相连，竖放在水平地面上，弹簧的劲度系数k＝100 N/m.A、B的右侧竖立一固定光滑杆MN，物块C穿在竖直杆上.一条不可伸长的轻绳绕过位于A正上方的轻质定滑轮P，一端连接A，另一端连接C.开始时物块C与轻质滑轮P等高，且P、C间距L＝0.3 m，绳处于伸直状态但无张力.现将C由静止释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升(取g＝10 m/s2).
(1)求C的质量mC；
(2)若将C换成质量为1.0 kg的D，仍从上述初始位置由静止释放，求B离开地面时D的速度.
解：(1)开始时对A受力分析可得kx1＝mg(弹簧压缩)，x1＝0.1m.
最终恰好能使B离开地面但不继续上升，说明B此时与地面之间无弹力，且整个系统处于静止状态.对B受力分析可得kx2＝mg(弹簧伸长)，x2＝0.1m.
可判断出此时PC间绳子的长度
L'＝L+x1+x2＝0.5m，
则C下降的高度h＝＝0.4m.
因为始末两个状态弹簧的形变量一样，因此弹性势能不变，由能量守恒定律可得
mCgh＝mg(x1+x2)，
解得mC＝0.5kg.
(2)将C换成D后，由能量守恒可得
mD+mg(x1+x2)＝mDgh，
由几何关系可知，
解得vD＝m/s.
8.如图所示，水平地面与一半径为l的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方.在距地面高度为l的水平平台边缘上的A点，质量为m的小球以v0＝的速度水平飞出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道从该点的切线方向滑入轨道.小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，试求：
(1)B点与抛出点A正下方的水平距离x；
(2)圆弧BC段所对的圆心角θ；
(3)小球滑到C点时，对圆轨道的压力.
解：(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t，由平抛运动规律得l＝gt2，x＝v0t，
联立解得x＝2l.
(2)由小球到达B点时竖直分速度＝2gl，
tanθ＝，解得θ＝45°.
(3)小球从A运动到C点的过程中机械能守恒，设到达C点时速度大小为vC，由机械能守恒定律，有mgl，
设轨道对小球的支持力为F，有F－mg＝m，
解得F＝(7－)mg.
由牛顿第三定律，可知小球对圆轨道的压力大小
F'＝(7－)mg，方向竖直向下.
9.如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m＝1 kg的小物块(可视为质点).当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC＝37°的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板，圆弧轨道C端的切线水平.已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，圆弧轨道半径R＝0.75 m，物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小物块在B点时的速度大小；
(2)小物块滑至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力).
解：(1)从A点到B点，小物块做平抛运动，有
H－h＝gt2，
到达B点时，竖直分速度vy＝gt，tan37°＝，
联立解得vB＝＝5m/s.
(2)从A点到C点，有mgH＝，
设小物块在C点受到的支持力为FN，则
FN－mg＝m，
联立解得v2＝2m/s，FN＝N.
由牛顿第三定律，可知小物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为N.
(3)小物块与长木板间的滑动摩擦力
Ff＝μ1mg＝7N，
长木板与地面间的最大静摩擦力
Ff'＝μ2(M+m)g＝10N，
由Ff＜Ff'知，小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，故长木板的长度至少为l＝＝2m.
10.(2021年江苏模拟)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放.已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)物块第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2)物块第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)物块从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q.
解：(1)由动能定理得
(mgsin37°－μ1mgcos37°)L＝－0，
解得v1＝8m/s.
(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma，
物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1，
解得t1＝6s.
匀速运动阶段的时间为t2＝＝3s.
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1+t2＝9s.
(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒有Q＝μ1mgcos37°·L+mv2＝48J.第4讲 功能关系、能量守恒
知识巩固练
1.如图所示是云上草原的无动力滑草项目实景图.整个滑道分为倾斜和水平两部分，游客参与项目时，需要整个人坐进塑料盆中，双手握紧盆的边缘，运动过程中与盆相对静止.工作人员每次都是让坐稳在盆中的游客从静止开始滑下(不同滑道上的游客均从同一高度处滑下，滑道顶端准备了很多新旧不一的塑料盆)，最终游客停在水平滑道上.下列说法正确的是 ( )
A.同一游客在不同滑道上体验项目，整个过程中重力对其做功的功率一定相同
B.不同的游客在同一滑道上停下的位置可能不同
C.不同滑道上的游客停下的位置不同只是因为游客的体重不同造成的
D.在整个滑草的过程中，人与盆的重力势能全部转化为盆与滑道间的内能
【答案】B
【解析】同一游客在不同滑道上体验项目，整个过程中重力对其做功的功率不相同，因为不同滑道下滑时间不同，A错误；不同的游客在同一滑道上停下的位置可能不同，因为新旧不一的塑料盆的动摩擦因数不同，B正确；不同滑道上的游客停下的位置不同不是因为游客的体重不同造成的，是因为新旧不一的塑料盆的动摩擦因数不同造成的，C错误；在整个滑草的过程中，人与盆的重力势能大部转化为盆与滑道间的内能，因为还有空气阻力做功，人与盆之间也存在摩擦等，D错误.
2.质量为m的物体，从距地面h高处由静止开始以加速度a＝g竖直下落到地面，在此过程中 ( )
A.物体的重力势能减少mgh
B.物体的动能增加mgh
C.物体的机械能减少mgh
D.物体的机械能保持不变
【答案】B
【解析】竖直下落到地面过程中，WG＝mgh，故重力势能减少mgh，A错误；物体所受合力为F合＝ma＝mg，由动能定理得，动能的增加量ΔEk＝F合h＝mgh，B正确；由于重力势能减少mgh，动能增加mgh，故机械能减少mgh，C、D错误.
3.如图所示，足够长的水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速前进，上方漏斗以25 kg/s的速度把煤粉均匀、竖直抖落到传送带上，然后随传送带一起运动.已知煤粉与传送带间的动摩擦因数为0.2，欲使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为( )
A.200 W B.50 W
C.100 W D.无法确定
【答案】C
【解析】在1s内落到传送带上煤的质量为Δm，这部分煤由于摩擦力f的作用被传送带加速，由功能关系得fs＝Δmv2，煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有s＝t＝.传送带的位移s传＝vt，相对位移Δs＝s传－s＝s，由此可知煤的位移和煤与传送带的相对位移相同，因此摩擦生热Q＝fΔs＝Δmv2，传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功来保持传送带速度.所以传送带1s内增加的能量ΔE＝Δmv2+fΔs＝Δmv2＝25×22J＝100J，皮带机应增加的功率P＝＝100W，故C正确.
4.(2022年北京卷)我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣.某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动.无论在“天宫”还是在地面做此实验 ( )
A.小球的速度大小均发生变化
B.小球的向心加速度大小均发生变化
C.细绳的拉力对小球均不做功
D.细绳的拉力大小均发生变化
【答案】C
【解析】在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A错误，C正确；在地面上小球运动的速度大小改变，根据a＝和F＝m(重力不变)可知小球的向心加速度和拉力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，B、D错误.
综合提升练
5.(多选)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点.轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上.换用相同材料、质量为m2的滑块(m2＞m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程.不计滑块经过B点时的机械能损失，下列说法正确的是 ( )
A.两滑块到达B点的速度相同
B.两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同
C.两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同
D.两滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量相同
【答案】BCD
【解析】两次实验，弹簧压缩形变是相同的，所以弹性势能相等，两滑块到达B点的动能是相等的，m1m2，又m2＞m1，所以v1＞v2，两滑块到达B点的速度不相同，A错误.根据牛顿运动定律可得，沿斜面上升时，物体受到重力、支持力、摩擦力，将重力沿垂直斜面和平行斜面分解，可得ma＝mgsinθ+μmgcosθ，a＝gsinθ+μgcosθ，两滑块材料相同，加速度相同，B正确.设初始弹簧弹性势能为Ep，滑块沿斜面运动的距离为s，根据能量守恒可知Ep＝mgssinθ+μmgscosθ，所以WG＝mgssinθ＝，C正确.滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量Q＝μmgscosθ＝，D正确.
甲
6.(2023年重庆模拟)(多选)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成.如图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从井中汲取m＝2 kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1 m，水斗的质量为0.5 kg，井足够深且井绳的质量忽略不计.t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10 m/s2，则 ( )
A.水斗速度随时间变化规律为v＝0.4t
B.井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P＝10t
C.0~10 s内水斗上升的高度为4 m
D.0~10 s内井绳拉力所做的功为520 J
【答案】AD
【解析】根据图像可知，水斗速度v＝ωr＝×0.1t＝0.4t，A正确；井绳拉力瞬时功率为P＝Fv＝Fωr，又由于F－(m+m0)g＝(m+m0)a，根据上述有a＝0.4m/s2，则有P＝10.4t，B错误；根据图像可知，0~10s内水斗上升的高度为h＝t＝m＝20m，C错误；根据上述P＝10.4t，0~10s内井绳拉力所做的功为W＝J＝520J，D正确.
7.(2022年福建卷)(多选)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端.该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知.根据图中信息可以求出的物理量有 ( )
A.重力加速度大小
B.物体所受滑动摩擦力的大小
C.斜面的倾角
D.沿斜面上滑的时间
【答案】BD
【解析】由动能定义式得Ek1＝，则可求解质量m；上滑时，由动能定理Ek－Ek1＝－(mgsinθ+f)x，下滑时，由动能定理Ek＝(mgsinθ－f)(x0－x)，x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知mgsinθ+f＝，mgsinθ－f＝，两式相加可得gsinθ＝，相减可知f＝，即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，A、C错误，B正确；根据牛顿第二定律和运动学关系得mgsinθ+f＝ma，t＝，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确.
8.(2022年重庆卷)(多选)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦
因数处处相同.若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则 ( )
A.物块与斜面间的动摩擦因数为
B.当拉力沿斜面向上，重力做功为9 J时，物块动能为3 J
C.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1∶
【答案】BC
【解析】对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有F＝f＝μmgcos45°，由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为a1＝gsin45°＝g，则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为WG＝mg·a1t2·sin45°＝t2，Wf＝－μmg·cos45°×a1t2＝－t2，代入数据联立解得μ＝，A错误；当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有mgsin45°－F－f＝ma2，解得a2＝g－2μgcos45°＝g，则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为，故C正确；当拉力沿斜面向上，重力做功为WG2＝mgsin45°·x，合力做功为W合＝ma2·x，则其比值为，则重力做功为9J时，物块的动能即合外力做功为3J，B正确；当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为p＝mv＝m，则动量的大小之比为，D错误.
9.如图所示，质量为m的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L.现将滑块缓慢水平向左移动，压缩固定在平台上的轻质弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.
(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；
(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时弹簧具有的弹性势能；
(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量.
解：(1)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动.
(2)设滑块冲上传送带时的速度大小为v，由机械能守恒定律，得Ep＝mv2，
滑块从B运动到C过程，由动能定理，得
－μmgL＝mv2，
所以Ep＝mv2＝+μmgL.
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，v0＝v－at，a＝μg，
由(2)得v＝，
滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L－x，
相对滑动产生的热量Q＝μmgΔx，
解得Q＝μmgL－mv0(－v0).实验六 验证机械能守恒定律
知识巩固练
1.某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为6 V的交变电流和直流电，交变电流的频率为50 Hz.重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律.
(1)他进行了下面几个操作步骤：
A.按照图示的装置安装器件；
B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上；
C.用天平测出重锤的质量；
D.先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；
E.测量纸带上某些点间的距离；
F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于其增加的动能.
其中没有必要进行的步骤是____________，操作不当的步骤是__________.(填选项字母)
(2)这位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个计数点.根据纸带上的测量数据，可得出打B点时重锤的速度约为______m/s.(保留3位有效数字)
(3)他根据纸带上的数据算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为纵轴、h为横轴画出图像，应是下列图中的______.
A B C D
【答案】(1)C B (2)1.84 (3)C
【解析】(1)应将打点计时器接到电源的“交流输出”上，故B错误，操作不当；因为是比较mgh、mv2的大小关系，故m可先约去再比较，不需要用天平，故C没有必要.
(2)匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出B点的速度大小
vB＝m/s≈1.84m/s.
(3)他继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为纵轴、以h为横轴画出图像，根据v2＝gh，所以应是C图.
2.(2021年德阳二模)为了验证矩形线框自由下落过程中上、下边经过光电门时机械能是否守恒，使用了如图所示的实验装置.已知矩形线框由直径为d的圆柱形材料做成，用刻度尺测出矩形线框上、下边之间的距离L.某次实验中矩形线框下边和上边先后经过光电门的挡光时间分别为Δt1和Δt2.
(1)通过实验可测出下、上边通过光电门的速度v1和v2，分别为v1＝__________，v2＝__________.
(2)如果满足关系式____________________(请用测量的物理量和已知量来表示，重力加速度为g)，则自由下落过程中线框的机械能守恒.
【答案】(1) (2)＝2gL
综合提升练
3.登上月球的宇航员利用频闪仪(频率为每秒20次)给自由落体的小球拍摄的频闪照片如图所示(图上所标数据为小球到达各位置时下落的高度)，则：
(1)月球表面重力加速度为________m/s2.(保留2位有效数字)
(2)月球表面没有空气，因此做能量守恒实验具有更好的条件.假设月球表面重力加速度为上述计算值，小球的质量为m，则小球从O点由静止开始下落到E处增加的动能的表达式为____________(距离用OA、AB、BC等字母表示，频闪时间间隔为T).从O点开始下落到E点的过程中减少的势能表达式为________________(月球表面重力加速度用g月表示)，由照片上的数据可以计算并判断出小球下落过程中机械能________(填“守恒”或“不守恒”).
【答案】(1)1.6 (2)ΔEk＝ ΔEp＝mg月OE 守恒
4.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条的滑块，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；遮光条两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光条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表示遮光条的宽度，将遮光条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.
甲 乙 丙
(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)3.75 (2) (3)gd (4)9.6
【解析】(1)b＝3mm+0.05mm×15＝3.75mm.
(2)滑块通过B点的瞬时速度v＝.
(3)ΔEk＝(m+M)v2＝，
ΔEp＝mgd－Mgdsin30°＝gd.
(4)由ΔEk＝ΔEp得(m+M)v2＝gd，
代入m＝M，可得v2＝d，
对应v2－d图像可得g＝，
解得g＝9.6m/s2.第1讲 运动的描述
知识巩固练
1.(2022年广东金山中学月考)2022年4月16日，经过6个月的太空遨游，搭载翟志刚、王亚平、叶光富的“神舟十三号”返回舱成功着陆地面.下列与“神舟十三号”飞船相关情景描述正确的是 ( )
A.甲图中，研究航天员在舱外的姿态时，航天员可以视为质点
B.乙图中，研究“神舟十三号”飞船绕地球运行的周期时，飞船的位移为零
C.丙图中，“神舟十三号”飞船与“天和”核心舱完成自主对接过程，“神舟十三号”飞船可以视为质点
D.丁图中，王亚平在空间站中将冰墩墩抛出，以地面为参考系，冰墩墩做匀速直线运动
【答案】B
2.(2022年华师附中检测)小李打算从华景里路口走路到华南师大正门，她通过导航地图得到如图所示的信息.若她按照地图提供的方案出行，则 ( )
A.“推荐方案”与“方案二”的平均速度相同
B.推荐方案位移较小
C.“方案二”的平均速度约为4.29 km/h
D.小李运动过程中的加速度不可能一直为0
【答案】D
【解析】因初末位置相同，则“推荐方案”与“方案二”的位移相同，但是时间不同，则平均速度不相同，A、B错误；“方案二”的路程为2.5km，时间为35min，则平均速率约为km/h＝4.29km/h，不是平均速度，C错误；小李运动过程中不可能一直做匀速直线运动，即他的加速度不可能一直为0，D正确.
3.(2022年山东师大附中模拟)(多选)一小球在水平桌面上做减速直线运动，用照相机对着小球每隔0.1 s拍照一次，得到一幅频闪照片，用刻度尺量得照片上小球各位置如图所示，已知照片与实物的比例为1∶10，则 ( )
A.图中对应的小球在通过8 cm距离内的平均速度是2 m/s
B.图中对应的小球在通过8 cm距离内的平均速度是1.6 m/s
C.图中对应的小球通过6 cm处的瞬时速度是2.5 m/s
D.图中对应的小球通过6 cm处的瞬时速度是2 m/s
【答案】AD
【解析】四段间隔共8cm，位移为80cm，对应时间为0.4s，故平均速度为m/s＝2m/s，A正确，B错误；根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解瞬时速度，图中对应的小球通过6cm处的瞬时速度是v＝m/s＝2m/s，C错误，D正确.
4.一足球以12 m/s的速度飞来，被一脚踢回，踢出时速度大小为24 m/s，球与脚接触时间为0.1 s，则此过程中足球的加速度为( )
A.120 m/s2，方向与踢出方向相同
B.360 m/s2，方向与踢出方向相同
C.120 m/s2，方向与飞来方向相同
D.360 m/s2，方向与飞来方向相同
【答案】B
【解析】规定初速度的方向为正方向，则加速度的负号表示加速度的方向与初速度方向相反，与踢出方向相同.A、C、D错误，B正确.
综合提升练
5.(2023年重庆模拟)如图为太极练功场示意图，半径为R的圆形场地由“阳鱼(白色)”和“阴鱼(深色)”构成，O点为场地圆心.其内部由两个圆心分别为O1和O2的半圆弧分隔.某晨练老人从A点出发沿“阳鱼”和“阴鱼”分界线走到B点，用时为t，下列说法正确的是 ( )
A.t指的是走到B点的时刻
B.老人的位移为πR
C.老人的平均速度为
D.老人的平均速率为
【答案】C
【解析】用时为t，可知t指的是人从A点走到B点的时间间隔，A错误；位移大小指始位置指向末位置的有向线段的长度，则老人的位移为2R，B错误；老人的平均速度为，C正确，D错误.
6.(2022年辽宁卷)如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成.在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8 m，小车在桥架上单向移动了6 m.该次作业中小车相对地面的位移大小为( )
A.6 m B.8 m C.10 m D..14 m
【答案】C
【解析】根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移为x＝m＝10m，故选C.
7.一物体以6 m/s的速度沿一光滑倾斜木板从底端向上滑行，经过2 s后，物体仍向上滑行，速度大小为1 m/s.若增大木板倾角，仍使物体以6 m/s的速度从底端向上滑行，经过2 s后，物体向下滑行，其速度大小变为1 m/s.以沿木板向上为正方向，用a1、a2分别表示物体在前后两种情况下的加速度，则以下正确的是 ( )
A.a1＝－2.5 m/s2，a2＝－2.5 m/s2
B.a1＝－3.5 m/s2，a2＝－3.5 m/s2
C.a1＝－2.5 m/s2，a2＝－3.5 m/s2
D.a1＝3.5 m/s2，a2＝－3.5 m/s2
【答案】C
【解析】以沿倾斜木板向上为正方向，则初速度v0＝6m/s，木板倾角增大前后，物体在2s末的速度分别为v1＝1m/s，v2＝－1m/s.根据加速度的定义式可得，a1＝m/s2＝－2.5m/s2，a2＝m/s2＝－3.5m/s2，C正确，A、B、D错误.
8.(多选)某质点运动的v－t图像如图所示，由图像得到的正确结论是 ( )
A.0~1 s内的平均速度是2 m/s
B.0~2 s内的位移大小是3 m
C.0~1 s内的加速度大于2~4 s内的加速度
D.0~1 s内的运动方向与2~4 s内的运动方向相反
【答案】BC
【解析】根据v－t图像，可知质点在0~1s内的位移x1＝×2×1m＝1m，1~2s内的位移x2＝2×1m＝2m，故0~1s内的平均速度＝1m/s，0~2s内的位移x＝x1+x2＝3m，A错误，B正确；0~1s内的加速度a1＝m/s2＝2m/s2，2~4s内的加速度a2＝m/s2＝－1m/s2，负号表示a2和v方向相反，故a1＞|a2|，C正确；0~1s内与2~4s内的速度均为正值，表示物体都沿正方向运动，D错误.第2讲 匀变速直线运动的规律
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1.(2022年潮州模拟)舰载机在某次训练时着舰不成功，飞行员经短暂反应后迅速启动“逃逸复飞”，若启动复飞时飞机距离航母跑道末端为210 m，速度为20 m/s.复飞过程可看成匀变速直线运动，飞机起飞所需的最小速度为50 m/s，为使飞机能复飞成功，则复飞过程的加速度至少为 ( )
A.4 m/s2 B.7 m/s2
C.6 m/s2 D..5 m/s2
【答案】D
【解析】飞机从复飞到完全起飞，由＝2ax，解得a＝5m/s2，则飞机复飞过程加速度至少为5m/s2，故A、B、C错误，D正确.
2.(2022年深圳模拟)如图所示，冰壶以某一速度沿虚线做匀减速直线运动，垂直进入四个完全相同的矩形区域，离开第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零.若冰壶从A点运动到D点的时间为t，则冰壶从C点运动到E点所需要的时间为 ( )
A.(－1)t B.t
C.t D..2t
【答案】C
【解析】冰壶做匀减速运动至速度为零，采用逆向思维，把冰壶看作从E点到A点的初速度为零的匀加速直线运动，设冰壶从C点运动到E点所需要的时间为t'，根据初速度为零的匀加速运动，通过连续相等位移的时间之比为1∶(－1)∶()∶(2－)∶…，可得，解得t'＝t，C正确，A、B、D错误.
3.(多选)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝6+5t－t2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点 ( )
A.第1 s内的位移是10 m
B.前2 s内的平均速度是3 m/s
C.运动的加速度为1 m/s2
D.任意1 s内的速度增量都是－2 m/s
【答案】BD
4.足球比赛前，裁判员用抛硬币的方法确定哪个球队先开球.若硬币从离地面高为h＝1.8 m的空中自由下落，不计空气阻力，g取10 m/s2.硬币落地的速度大小和最后0.1 s内硬币下落的位移大小分别为 ( )
A.6 m/s；0.55 m B.6 m/s；0.25 m
C.12 m/s；0.55 m D..12 m/s；0.25 m
【答案】A
【解析】根据2gh＝v2，解得硬币落地的速度大小v＝6m/s.下落时间t＝＝0.6s，最后0.1s内硬币下落的位移大小h'＝h－g(t－t')2＝1.8m－×10×(0.6－0.1)2m＝0.55m，A正确.
综合提升练
5.(2022年河北模拟)现在很多汽车装备了“全力自动刹车”功能，当车速v≤10 m/s且与正前方静止障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，汽车系统立即启动“全力自动刹车”，加速度大小a＝4 m/s2.如图是装备了“全力自动刹车”功能的某品牌汽车在进行安全测试，汽车正以v＝10 m/s的速度接近正前方静止障碍物，从汽车进入安全距离启动“全力自动刹车”开始计时，汽车在第3 s内的平均速度是 ( )
A.0 B.0.5 m/s
C.1 m/s D..2 m/s
【答案】B
【解析】汽车刹车停止时的时间为t0＝s＝2.5s，则第3s末汽车已经停止运动.由逆向思维可知，第3s内的位移x＝at2＝×4×0.52m＝0.5m，则第3s内的平均速度m/s＝0.5m/s，故选B.
6.(2022年广州模拟)广州地铁18号线列车的最高速度为160 km/h(约44 m/s)，设列车匀加速出站和匀减速进站的时间均为40 s，则列车在轨道平直距离为8 800 m的两站点间运行的最短时间约为 ( )
A.240 s B.200 s
C.160 s D..150 s
【答案】A
【解析】设列车出站时加速到最高速度的时间为t1，位移为x1.根据对称性，列车进站减速到零的时间和位移也为t1、x1，由匀变速直线运动规律x1＝t1＝880m，则匀速运动时间t2＝s＝160s，则运动的总时间为t＝2t1+t2＝240s，A正确.
7.专家称，人类能在20年后飞往火星.若一物体从火星表面竖直向上抛出(不计空气阻力，物体只受重力时的加速度为重力加速度)时的位移—时间(x－t)图像如图所示，则有 ( )
A.该物体上升的时间为10 s
B.火星表面的重力加速度大小为1.6 m/s2
C.该物体被抛出时的初速度大小为5.0 m/s2
D.该物体从抛出到落回火星表面时的速度变化量大小为8 m/s
【答案】B
【解析】由图可知，物体上升的最高点距火星表面20m，上升时间为5s，A错误；由x＝gt2可得该火星表面的重力加速度大小为g＝1.6m/s2，B正确；由2gx＝可得该物体被抛出时的初速度大小为v0＝8m/s，C错误；根据竖直上抛运动的对称性可知该物体从抛出到落回火星表面时的速度变化量大小Δv＝2v0＝16m/s，D错误.
8.“道路千万条，安全第一条.”《道路交通安全法》第四十七条规定：“机动车行经人行横道，应减速行驶；遇行人正在通过人行横道时，应停车让行.”一辆汽车以7.5 m/s的速度匀速行驶，驾驶员发现前方的斑马线上有行人通过，随即刹车使车做匀减速直线运动至停止.若驾驶员的反应时间为0.6 s，汽车在最后2 s内的位移为5 m，则汽车距斑马线的安全距离至少为 ( )
A.14.75 m B.6.25 m
C.15.75 m D..8.75 m
【答案】C
【解析】设汽车匀减速的加速度大小为a，由汽车在最后2s内的位移为5m得x＝at2，解得a＝m/s2＝2.5m/s2，故汽车的刹车位移至少为x'＝v0t0+＝7.5×0.6m+m＝15.75m，故C正确.
9.如图甲是高层建筑配备的救生缓降器材，由调速器、安全带、安全钩、缓降绳索等组成.发生火灾时，使用者先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上，然后将安全带系在人体腰部，通过缓降绳索等安全着陆.如图乙所示是某学校的信息楼，在火灾逃生演练现场，体重为60 kg的同学从20 m高处，利用缓降器材由静止开始以2.5 m/s2匀加速下滑2 s，当速度达到最大值时先做匀速运动后做匀减速运动，到达地面时速度恰好为2 m/s(g取10 m/s2).整个过程的运动时间为5.3 s，求：
(1)下滑过程中的最大速度；
(2)匀速运动的时间；
(3)减速下滑过程中的加速度大小.
解：(1)由题意作出v－t图像如图
则最大速度为v＝5m/s.
(2)由题意可得20＝×(t－2+t)×5+×(2+5)×(5.3－t)，解得t＝4.3s，则匀速运动的时间为Δt＝2.3s.
(3)根据加速度的定义可得a＝＝3m/s2.第3讲 运动学图像、追及相遇问题
知识巩固练
1.(2022年佛山模拟)我国ETC电子不停车收费系统已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间.下列图像中，可以描述汽车利用该系统通过收费站的是 ( )
A B
C D
【答案】C
【解析】汽车经过收费站时，先减速然后加速，由题意可知不停车经过收费站，可知最小速度不为零：在x－t图像中图像的斜率为先减小，后增大，但不能为零，在v－t图像中速度应为先减小后增大，最小速度不为零，C正确，A、B、D错误.
2.一物体在外力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的关系图像如图所示，则该物体 ( )
A.0~1 s内加速运动，1~3 s内减速运动，第3 s末回到出发点
B.0~3 s内物体的位移是12 m
C.0~1 s内与1~3 s内的平均速度相同
D.2 s时的速度方向与0.5 s时的速度方向相反
【答案】C
3.(2022年华师附中模拟)在平直公路上，a、b两小车运动的x－t图像如图所示，其中a是一条抛物线，M是其顶点，b是一条倾斜的、过坐标原点的直线，关于a、b两小车，下列说法正确的是 ( )
A.前4 s内，b车的速度一直大于a车的速度
B.a车做曲线运动，b车做直线运动
C.t＝1 s内，两车的距离越来越小
D.1 s末，a车的运动方向发生变化
【答案】C
【解析】x－t图像的斜率表示速度，所以前4s内，b车的速度先小于a车的速度，在某时刻等于a车的速度，最后大于a车的速度，A错误；x－t图像描述的是物体的直线运动，所以a、b车均做直线运动，B错误；t＝1s内，两车运动方向相同，且a车速度大于b车的速度，a车在b车后，因此两车的距离越来越小，C正确；1s末，a车的运动方向未发生变化，D错误.
4.(2022年佛山模拟)(多选)某同学在参观高铁的监控中心时，恰好看到某列高速列车启动过程的速率监控图像如图所示，由图可知其中ab、cd段为直线.则以下关于该高速列车运动情况的判断，正确的是 ( )
A.0~90 s时间内列车的加速度在逐渐减小
B.0~250 s时间内的加速度为0.32 m/s2
C.列车300 s时的加速度大于其在90 s时的加速度
D.列车在400 s内前进的距离超过了20 km
【答案】AD
【解析】由v－t图像斜率表示加速度可知，0~90s列车的加速度在逐渐减小，所以可得出0~250s时间内的平均加速度为0.32m/s2，A正确，B错误；由v－t图像斜率表示加速度可知，列车300s时的加速度小于其在90s时的加速度，C错误；若列车在400s内做匀加速直线运动，则其前进的距离为s＝×100×400m＝20000m＝20km，如图所示.根据v－t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，列车在400s内前进距离超过了20km，D正确.
综合提升练
5.(2022年海口模拟)2021年7月28日，在东京奥运会男子双人跳板决赛中，中国选手获得冠军.如图甲所示是他们踏板起跳的精彩瞬间，从离开跳板开始计时，跳水过程中运动员重心的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 ( )
A.运动员在入水前做的是自由落体运动
B.运动员在t＝2 s时已浮出水面
C.运动员在水中的加速度逐渐增大
D.运动员双脚离开跳板后重心上升的高度为 m
【答案】D
【解析】运动员离开跳板时有向上的初速度，在入水前做的不是自由落体运动，A错误；运动员在t＝2s时速度减为零，此时人处于水下的最深处，没有浮出水面，B错误；1~2s运动员向下减速，图线的斜率逐渐减小，运动员在水中的加速度逐渐减小，C错误；在0~s运动员向上运动，由h＝gt2可知运动员双脚离开跳板后上升的高度为m，故D正确.
6.(2022年濮阳模拟)一个质点做初速度为零的直线运动，其位移—速度(x－v)关系图像如图所示，图像为抛物线，则质点从静止开始运动后，第1 s末的速度大小为( )
A.1 m/s B. m/s
C.1.5 m/s D..2 m/s
【答案】A
【解析】由于轨迹为抛物线，根据v2＝2ax，代入数据可得a＝1m/s2，第1s末的速度大小v＝at＝1m/s，故选A.
7.(2022年菏泽模拟)(多选)两辆小汽车在平直路面上同向运动，两车从同一地点由静止同时出发，其位移x随速度平方v2变化的关系如图1所示，其中图2、3、4分别表示了两车的v－t图像，以下判断正确的是( )
A.两车在x1处再次相遇
B.甲、乙两车的v－t图像为图2
C.甲、乙两车的v－t图像为图3
D.甲、乙两车的v－t图像为图4
【答案】AB
【解析】由于甲、乙的位移图像在x1处相交，故两车在x1处再次相遇，A正确；根据公式v2＝2ax，变形可得x＝v2，由图像可得，乙的加速度不变，甲的加速度逐渐增大，所以甲、乙两车的v－t图像为图2，C、D错误，B正确.
8.(2023年广东一模)(多选)甲、乙两质点在同一直线上运动，从t＝0时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，x－t图像如图甲所示.乙做匀减速直线运动，整个运动过程的x~v2图像如图乙所示，下列说法正确的是 ( )
A.t＝0时刻，甲的速度2 m/s
B.甲的加速度大小4 m/s2
C.经过 s，甲追上乙
D.经过2.5 s，甲追上乙
【答案】BC
【解析】甲质点的位移表达式为x＝v0t+a1t2+x0，将(0，－2)、(1，0)、(2，6)代入上式，解得x0＝－2m，v0＝0，a1＝4m/s2.乙质点的位移表达式为v2－＝－2a2x，将(v2＝0时x＝12.5m)、(v2＝100时x＝0)代入上式，解得v0＝10m/s，a2＝4m/s2，A错误，B正确；乙质点停止所用时间为t0＝s＝2.5s，乙质点2.5s的位移为x2＝a2＝12.5m，甲质点经过s的位移为x1＝a1t2＝×4×m＝14.5m.因为x1－x2＝14.5m－12.5m＝2m＝x0，故经过s，甲追上乙，C正确；经过2.5s，甲质点的位移为x1＝a1t2＝12.5m，因为初始距离x0＝2m，甲没追上乙，D错误.实验一 研究匀变速直线运动
知识巩固练
1.如图所示的四条纸带是某同学练习使用打点计时器得到的纸带(纸带的左端先通过打点计时器).从点痕的分布情况可以断定：纸带______是越来越快的，纸带______是开始越来越快，后来又越来越慢.若所用电源的频率是50 Hz，图中纸带D从A点到B点，历时______s，位移为______m，这段时间内纸带运动的平均速度是______m/s，AD段的平均速度是________m/s.
【答案】B D 0.04 0.27 6.75 7.88
【解析】B纸带相邻两点间距离越来越大，则速度越来越大；D纸带相邻两点间的距离先变大后变小，说明速度先变大后变小，因此D纸带是开始越来越快，后来又越来越慢.因为所用电源的频率是50Hz，则相邻两点间的时间间隔为0.02s，从A点到B点有两段时间间隔，所以时间为0.04s，位移为0.27m，这段时间的平均速度m/s＝6.75m/s，AD段的位移为63cm，即0.63m，所用时间为0.08s，则平均速度m/s≈7.88m/s.
2.测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图的装置，图中长木板水平固定.
(1)实验过程中，电火花计时器应接在交流电源上，调整定滑轮高度，使_
________________.
(2)已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ＝__.
(3)如图所示为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个计时点未画出.从纸带上测出s1＝3.20 cm，s2＝4.52 cm，s5＝8.42 cm，s6＝9.70 cm.则木块加速度大小a＝____________m/s2(结果保留2位有效数字).
【答案】(1)细线与长木板平行
(2) (3)1.3
【解析】(1)为了使细线的拉力方向与木块运动方向相同，应调整细线与长木板平行.
(2)根据牛顿第二定律，对砝码盘和砝码整体有mg－F＝ma，
对木块有F－μMg＝Ma，
联立两方程解得μ＝.
(3)利用逐差法得
a＝＝1.3m/s2.
3.光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以精确地把物体从开始挡光到挡光结束的时间记录下来.现利用图乙所示的装置测量滑块和长木板间的动摩擦因数，图中MN是水平桌面，Q是长木板与桌面的接触点，1和2是固定在长木板适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出，长木板顶端P点悬有一铅锤.实验时，让滑块从长木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为1.0×10－2 s和4.0×10－3 s.用精度为0.05 mm的游标卡尺测量滑块的宽度d，其示数如图丙所示.
甲 乙
丙
(1)滑块的宽度d＝________cm.
(2)滑块通过光电门1时的速度v1＝________m/s，滑块通过光电门2时的速度v2＝__________m/s(结果保留2位有效数字).
(3)由此测得的瞬时速度v1和v2只是一个近似值，它们实质上是通过光电门1和2时的________，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将________的宽度减小一些.
【答案】(1)1.010 (2)1.0 2.5 (3)平均速度 滑块
4.如图甲所示，某同学使用有透光狭缝的钢条和光电计时器的装置测量重力加速度.在钢条下落过程中，钢条挡住光源发出的光时，计时器开始计时，透光时停止计时；若再次挡光，计时器将重新计时.实验中该同学将钢条竖直置于一定高度(下端A高于光控开关)，由静止释放测得先后两段挡光时间分别为t1和t2.
甲 乙
(1)用游标卡尺测量AB、BC的长度，其中AB的长度如图乙所示，其值为________mm.
(2)若狭缝宽度忽略，该同学利用公式求出v1＝、v2＝，则重力加速度g＝______(用v1、v2、t1、t2表示).若狭缝宽度不能忽略，则用此方法得到的g值与真实值相比将________(填“偏大”或“偏小”).
【答案】(1)64.3 (2) 偏大
【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为64mm，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0.1×3mm＝0.3mm，所以最终读数为64mm+0.3mm＝64.3mm.
(2)AB中间时刻的速度为v1＝；BC中间时刻的速度v2＝；根据v2－v1＝gt，其中的t＝(t1+t2)，解得g＝；若狭缝宽度不能忽略，A到C的实际时间大于t1+t2.所以测量得到的重力加速度值比真实值偏大.
综合提升练
5.(2022年广州模拟)“筋膜枪”是利用内部电机带动“枪头”高频冲击肌肉，缓解肌肉酸痛的装备.某同学为了测量“枪头”的冲击频率，如图甲将带限位孔的塑料底板固定在墙面上，“枪头”放在限位孔上方，靠近并正对纸带.启动筋膜枪，松开纸带，让纸带在重锤带动下穿过限位孔，“枪头”在纸带上打下一系列点迹.更换纸带，重复操作，得到多条纸带，选取点迹清晰的纸带并舍去密集点迹，完成下列实验内容：
甲
乙
(1)该同学发现点迹有拖尾现象，他在测量各点间距时，以拖尾点迹左侧边沿为测量点，如图乙.①纸带的________(填“左”或“右”)端连接重锤；②取重力加速度为9.8 m/s2，可算得“枪头”的冲击频率为________Hz，A点对应的速度为________m/s；(结果均保留2位有效数字)
(2)该次实验产生误差的原因有：
A.纸带与限位孔间有摩擦力
B.测量各点间的距离不精确
C.“枪头”打点瞬间阻碍纸带的运动
其中最主要的原因是________(填“A”“B”或“C”)，该原因导致冲击频率的测量值________(填“大于”或“小于”)实际值.
【答案】(1)左 40 1.5 (2)C 大于
【解析】(1)重物自由落体，速度越来越大，纸带点迹间的距离越来越大，故纸带的左端连接重锤；由匀变速直线运动的推论逐差法g＝，
整理得f＝＝40Hz.
A点的速度为
vA＝×40m/s≈1.5m/s.
(2)该次实验产生的误差中最主要的原因是“枪头”打点瞬间阻碍纸带的运动，故选C；“枪头”打点瞬间阻碍纸带的运动，使得重物下落的加速度小于自由落体加速度，故计算频率时，代入的加速度过大，导致测量结果偏大.故测量值大于实际值.
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