内容正文:
必要的步骤是C,打点计时器应接在交流电源上,实验时
16.解:(1)物块由C到E的过程中,物块和弹簧组成的系统
应先接通电源,再释放纸带,可知不恰当的操作步骤是:
机械能守恒,有mg·5Rsin0=Ep(2分)
BD.(2)重力势能的减少量为△Ep=mghB=1×10×
解得Ep=3ngR.(1分)
Q.06J0.961.计鼓点B的醉时连度为n=2器
(2)物块恰好能到达D,点,由牛顿第二定律有
12.49-7,05×102m/s=1.36m/s,则动能的增加量
mg=mR(3分)
2×0.02
解得vD=√gR(1分)
为△A=2m呢=合×1×1.36J≈0.921.(3)根据机
物块由E到D的过程中,物块和弹簧组成的系统机械能
械能守恒定律得mgh=m,解得2=h,可知图
守恒,有E,=m1g·hD十2m品(3分)
线的斜率表示重力加速度g,图线不过坐标原点的原因
共中E到D的高度差Am=5Rn叶R+Rs0-R3分》
是打下O,点时重物的速度不为零
答案:(1)C(1分)BD(2分)(2)0.96(2分)0.92(2
解得改变后P的质量m1=3
53m.(1分)
分)(3)重力加速度(2分)打下O点时重物速度不为
附加题
零(2分)
解:(1)小球从位置A运动到O点,由机械能守恒定律,有
14.解:(1)在上升过程中,有mg十F=ma1(1分)
mgL=2m6(2分)
解得a1=11m/s2(1分)
解得小球运动到点的速度大小vo=5m/s(1分)
6_50
上升的最大高度h=2a,=7m1分).
在0点,由牛频第二定律,有Fm一mg=m2(2分)
(2)重力做的功WG=0(2分)
解得Fm=30N.(1分)
空气腿力微的功W,=-F~2h=吕1.2分)
(2)轻绳断裂后,小球做平抛运动,设小球从轻绳断裂到
(3)上升的时间t=
0=10
落至轨道经历的时间为t,则
a1-11
s(1分)
水平位移大小x=t(1分)
在下降过程中,有mg-F:=ma2
解得a2=9m/s2(1分)
整直位移大小y=282(1分)
又x2+y2=R2(1分)
又h=1分
解得t=1s(1分)
解得2=10T、.1分)
小球落至轨道上时竖直方向速度大小vy=g1=10m/s(1分)
33
合速度大小v=话十=5√5m/s(2分)
15.解:(1)当牵引力等于阻力时,速度最大,最大速度为v=
P_6.4×10
m/s=80m/s(2分).
可得此时小球的动能=弓m02=62.5J.(2分)
8×105
第八章机械能守恒定律
(2)当以额定功率启动时,速度为20/s时,列车受到的牵
B卷能力提升卷
引力为F=P-6.4X10N=3.2X100N(2分),则加速度
20
1.B运动员撑竿触地后,上升到最高点之前某时刻竿形变
为a=F-⊥_32X103-8X105
m/s2=3m/s2(2分).
量最大,此时竿的弹性势能最大,选项A错误,选项B正
8×10
确.在该过程中运动员高度越来越高,重力势能一直增
(3)当加速度为1m/s2时,牵引力大小为F'=ma'十∫=
大,选项C错误.
8×105N十8×105N=1.6×105N(2分),达到额定功率
2.B设斜面倾角为0,两物体一起沿光滑斜面下滑,根据整
时列车的连度为i一P一议品ms=0ms2分),所
P_6.4×102
体法,两物体的加速度沿斜面向下,大小为a=gsin0,把
此加速度沿水平方向和竖直方向正交分解,A有水平向
以自加速运动的时间为1一音-”=4051分。
左的加速度分量,因此一定受水平向左的静摩擦力,选项
140
A错误.把A所受重力、弹力和静摩擦力沿斜面和垂直于
s60=2/,小球在抛出点时的机械能为
度v=
斜面两个方向正交分解,由于A的加速度沿斜面向下,大
小为a=gsin0,因此沿斜面方向弹力与静摩擦力的分力的合
2mu2+0=4.由于只有重力微功,故小球在运动过程
力为零,弹力与静摩擦力的合力垂直于斜面向上,选项B正
中机械能守恒,小球在离地面高h处的机械能仍为4Ek,
确.力的作用是相互的,可知A对B的作用力垂直于斜面向
选项A正确.
下,不做功,选项C错误.B对A的弹力与A的速度方向之
8.BD设小球通过最高点时速度大小为,通过最高,点时
间的夹角为钝角,因此该弹力做负功,选项D错误.
杆对小球的作用力大小为F,通过最低点时速度大小为
3.C当有两个或两个以上的力对物体做功时,合力对物体
',通过最低点时杆对小球的作用力大小为F.若在最高
做的功等于各个力对物体做功的和,力F1对物体做的功
点时杆对小球的力向上,根据牛顿第二定律有g一F=
W1=F1x1=3×5J=15J,力F2对物体做的功W2=F2x2=
4×10J=40J,所以力F1与F2的合力对物体做的功为