第54讲 热学中的图像问题-2026年高考物理母题60讲

高考物理母题60讲 第五十四讲热学中的图像问题 母题呈现 母题拓展 [例]如图，一定质量的理想气体，由a经过 1.气体实验定律和理想气体状态方程 ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状 (1)玻意耳定律 态c。设气体在状态b和状态c的温度分别 内容：一定质量的某种气体，在温度不变的 为T。和T,在过程ab和ac中吸收的热量 情况下，压强与体积成反比。 分别为Q和Qc。据此回答以下问题： 表达式：V1=2V2。 图像： (2)查理定律 Vo 2Vo (1)结合图像分析，状态b和状态c是否在 内容：一定质量的某种气体，在体积不变的 同一等温线上？请通过运算定量解释。 情况下，压强与热力学温度成正比。 (2)由a经过ab过程到达状态b,理想气体 表达式气会 对外做的功是多少？此过程系统吸热还是 放热？内能如何变化？ 拓展：△p= (3)由a经过ac过程到达状态c,气体的体 图像： 积不变但压强增大，此过程系统吸热还是放 热？内能如何变化？ (4)请结合以上分析，试判断Q和Q的大 小关系如何？ (3)盖-吕萨克定律 内容：一定质量的某种气体，在压强不变的 情况下，其体积与热力学温度成正比。 达式号号 V 6展：4YA 图像： (4)理想气体状态方程 理想气体的概念：在任何温度、任何压强下 都遵从气体实验定律的气体。 注意：在压强不太大、温度不太低时，实际 气体可以看作理想气体。理想气体的分子 间除碰撞外不考虑其他作用，一定质量的 某种理想气体的内能仅由温度决定。 表达式，P-或兴-C(质量一定 T T, 的理想气体) 补充：克拉伯龙方程pV=nRT,其中n表 示物质的量1一R为常致，对所有气 体都相等。 ·186 高考物理母题60讲 2.改变系统内能及热力学定律 衍生练习 (1)做功改变系统内能 [衍生1]如图所示，一定质量的理想气体从 在热力学系统的绝热过程中，当系统从状 状态A开始，经历两个状态变化过程，先 态1经过绝热过程达到状态2时，内能的 后到达状态B和C。下列说法正确的是 变化量△U=U2一U1,等于外界对系统所 做的功W,即△U=W。 (2)热传递改变系统内能 当系统从状态1经过单纯的传热达到状态 2时，内能的变化量△U=U,一U1等于外 界向系统传递的热量Q,即△U=Q。 (3)热力学第一定律 内容：一个热力学系统的内能变化量等于 03V% 9Vo 外界向它传递的热量与外界对它所做的功 A.状态A的温度等于状态B的温度 的和。 B.状态A的温度等于状态C的温度 表达式：△U=Q+W。 C.从状态A变化到状态B的过程中，气体 补充说明：W>0,外界对系统做功，W<0, 对外做功90pV。 系统对外界做功；Q>0,系统吸收热量， D.从状态B变化到状态C的过程中，气体 Q<0,系统放出热量；△U>0,系统内能增 对外放热 加，△U<0,系统内能减小。 [衍生2]一定质量的理想气 (4)能量守恒定律 体从状态a依次经过状态b、 c和d后再回到状态a,整个 内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消 过程由两个等温变化和两个 0 失，它只能从一种形式转化为其他形式，或 等容变化组成。在a→b和da的过程 者从一个物体转移到别的物体，在转化或 中，气体放出的热量分别为5J和18J;在 转移的过程中，能量的总量保持不变。 b→c和c>d的过程中，气体吸收的热量分 (5)热力学第二定律 别为18J和15J。下列说法正确的是 定义：在物理学中，反映宏观自然过程的方 向性的定律。 A.状态c比状态a的温度低 克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物 B.气体完成一次循环对外界做的功为0 体传到高温物体。阐述的是传热的方 C.c→d的过程中气体对外做的功为15J 向性。 D.b→c过程中，单位时间内器壁的单位面 开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量， 积上分子碰撞次数不变 使之完全变成功，而不产生其他影响。阐 [衍生3]如图所示，一定 述了机械能与内能转化的方向性。 量的理想气体从状态a (6)永动机不可能制成 (,V。,T。)经热力学过 第一类永动机：不需要任何动力或燃料，却 程ab、bc、ca后又回到状 能不断地对外做功的机器。违背了能量守 态a。下列说法正确 恒定律，不可能制成。 的是 第二类永动机：将内能全部转化为机械能， A.ab过程中，气体温度升高 而不引起其他变化（或只有一个热库，实现 B.ca过程中，内能增大 内能向机械能的转化)，违背了热力学第二 C.bc过程中，外界对气体做功 定律，不可能制成。 D.ab→c→a过程中，气体放出热量 ·187 高考物理母题60讲 [衍生4]（多选）一定质量 P 的理想气体由状态a经 状态b、c又回到状态a, 其压强p与体积V的 ② 关系如图所示，变化过 T0237 图1 图2 程有等容、等温和绝热 A.在状态A时，缸内封闭气体的压强为 过程。则下列说法正确的是 0.5po A.①过程可能为等温变化 B.在状态C时，Lc=2Lo B.全过程气体向外界放出的热量大于从 C.整个过程中，缸内封闭气体的内能增加 外界吸收的热量 量为Q-0.5pLoS C.③过程气体分子单位时间内对单位面 D.直线BC的延长线一定不过坐标原点 [衍生7]（多选）一定质 p 积器壁的碰撞次数一定增加 量的理想气体从状态 D.因为气体返回状态a时体积不变，所以 a开始，经历四个过程 外界对气体不做功 ab、bc、cd、da回到初状 [衍生5]某汽缸内封闭有一定质量的理想气 态，其p一T图像如图 体，从状态A依次经过状态B、C和D后再回 所示。下列说法正确 到状态A,其一T图像如图所示，则在该循 的是 环过程中。下列说法正确的是 ( A.a→b过程气体吸收的热量大于内能的 增加量 B.b→过程，单位时间内与单位面积器壁 碰撞的分子数变少 C.状态a的分子密集程度小于状态c的分 子密集程度 0 T D.a→bcd→a的整个循环过程中，外 A.从B到C过程中，气体吸收热量 界对气体做正功 B.由B到C的过程中外界对气体做功可 [衍生8]李华同学利用如图甲所示的装置 探究气体等温变化的规律，她在注射器中 能小于由C到D过程中气体对外做功 密封了一定质量的气体。 的数值 C.从D到A过程中，单位时间内碰撞器壁 气压计 单位面积的分子数可能增加 柱塞 D.从C到D过程中，若气体内能增加 空气柱 3kJ,对外做功5kJ,则气体向外界放出 橡胶套 甲 乙 热量2kJ (1)下列实验操作中正确的是 [衍生6幻（多选）如图1是一底面积为S且 A.密封气体前，在活塞上均匀涂抹润滑油 导热性能良好的圆柱形薄壁汽缸，汽缸内 B.推拉活塞时，用手握住注射器气体部分 距其水平底部高L。处有可视为质点的卡 C.实验时缓慢移动活塞 点，汽缸上端有一密封良好且可无摩擦滑 (2)晓萌同学在不同温度下进行了两次实 动的轻活塞，汽缸内封闭有一定质量的理 验，得到的力一图像如图乙所示，由图可 想气体。缓慢改变汽缸内的温度，使缸内 知一定质量的气体，在温度保持不变的条 封闭气体由状态A经状态B变化到状态 件下，压强与体积成反比。进一步分析可 C,该过程中，活塞到汽缸底部的高度L与 知两次实验的温度大小关系为T 汽缸内热力学温度T的关系如图2所示， T2(选填“<”“=”或“>”)。 整个过程中缸内封闭气体吸收的热量为 (3)在活塞压缩气体的过程中，气体温度保 Q。已知外界环境气压始终为。，汽缸内 持不变，气体 (选填“吸热”“放热”或 初始热力学温度为T。,则 ( “既不吸热也不放热”)。 ·188 高考物理母题60讲 [衍生9] 在标准状况 p/atm 升L。的距离后被挡块A、B挡住，再通过 (压强为1个标准大 电热丝对汽缸内气体快速加热，缸内气体 气压、温度为0℃) 吸收Q=200J热量后，温度升高到2T。, 下，理想气体的摩尔 t/℃ 此时撤去外力并停止加热，经过足够长时 体积都为22.4L,如-2730127227 间，活塞缓慢回到初始位置。已知大气压 图所示为一定质量的某种理想气体的压 强p。=1.0×10Pa,活塞可沿汽缸壁无摩 强和摄氏温度关系的p一t图像。p。表示 擦滑动，该理想气体经历的三个过程的p 1个标准大气压，已知在状态A时气体的 一V图如图2所示。 体积VA=6.72L,阿伏加德罗常数NA= ↑pl×10Pa 6.02×108mol1,求： B 1.0 (1)气体的分子数（计算结果保留2位有效 数字)； 0.5 (2)气体在状态B时的体积和压强（用VA T 00000001 或p。表示)； VW×103m3 (3)气体由状态A变化到状态B内能增加 图2 了△U,求气体由状态A变化到状态B吸 图1 收的热量（用VA、p。、△U表示）。 ◆VW×10-3m3 6T1×10K 图3 (1)请在图3中画出该理想气体经历的三 个过程的V一T图像 (2)在电热丝加热的过程中，汽缸内气体内 能变化了多少？ (3)撤去外力后汽缸内的气体放出多少 热量？ [衍生10]如图所示，具有一定导热性能的 柱形汽缸竖直放置，外界温度保持T。= 300K不变。一定质量的理想气体被横截 面积为S=100cm2的轻质活塞（活塞质量 不计)封闭在汽缸内，此时活塞距汽缸底部 的距离为L。=10cm,汽缸内气体温度为 T。=300K。先用外力缓慢地拉动活塞上 [归纳提升] ·189·、高考物理母题60讲 ④若不漏气，则气体做等容变化，有二-号，代入 To=300K,T4=260K解得P4=26atm, 由于瓶内氧气的压强变为21.6atm小于P4,所以钢 瓶在搬运过程中漏气。 [答案](1)28L(2)40(3)50(4)见解析 [衍生练习] [衍生1][解析]取原来瓶中气体为研究对象，初态时 V1=V,T1=280K, 末态时V2=V+△V,T2=320K, 由盖一吕萨克定律得元下 m7十亚，联立解得全=刀-之 m原T2 8D正确。 [答案]D [衍生2][解析]设打入此后轮胎内气体压强达到 2.5atm,则由玻意耳定律：p1V1十p1·nV=p2V1, 即1.5×10十n×1×1=25×10,解得=10次，故B 正确。 [答案]B [衍生3][解析](1)设升温后气体的压强为P1,由 于气体微等容变化：根稻查理定体符二-会代入 7 数据得p1=60 (2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体 的总体积为V,由玻意耳定律得p1V。=V, 解得V=V, 设抽出气体的质量与抽气前气体的总质量的比值为 k,由题意得：k= ,解得k= V [答案](1)日，(2)号 [衍生4][解析]对第一种抽法有，设初态气体压强 为p0,钢瓶体积为V,每次抽出的气体体积为△V,对 气体状态变化应用波义耳定律有pV=p1(V十 V △V),解得p=p+△V,继续抽取有1V=:(V V +△V),解得p2=o(V+△T) v2 =02+2V·△V+(△V)2' 对第二种抽法有poV=pg(V+2△V),解得p3=p0 v2 V+2A7=p02+2V·△V,显然p,<p3,由此可知 抽取气体质量较大的是第一种抽法。故A正确。 [答案]A [衍生5][解析]设氧气开始时的压强为P1,体积为 V1,压强变为P2(2个大气压)时，体积为V2。根据 玻意耳定律得PV1=P2V2,① 重新充气前，用去的氧气在P2压强下的体积为 V3=V2-V1,② 设用去的氧气在P。(1个大气压)压强下的体积为 V,则有p2V3=poVo,③ 设实验室每天用去的氧气在p下的体积为△V,则 氧气可月的天长为N品，国 联立①②③④式，并代入数据得N=4.8天， 故这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用4天。 [答案]4 ·30 第五十四讲热学中的图像问题 [母题呈现] [例][解析](1)试题分析：由图可知：V=Va=V、 V。=2V。=2V。,设气体在状态a时温度为T。 问题1：从a到b是等压变化：广=下解得：T6= 2T,从Q到c是等容变化：=是，由于P.=2P)= 2P。解得：Tc=2Ta,所以：T6=Tc。 (2)在等压变化a到b过程中，气体对外界做功体积增 大，Wb=pX△V=poVo。 由热力学第一定律△U=Q十W得△U=Qb一Wb,由 于T6=2T。,故理想气体在状态b时的内能大于状态 a时的内能，有△U>0,即Qb一Wb>0,因此系统从 外界吸收热量，同时内能增大。 (3)在等容变化a到c中，气体体积不变，故Wx=0。 由热力学第一定律△U=Q十W得△U=Qx+Wc,由 于T。=2T。,故理想气体在状态c时的内能大于状态 a时的内能，有△U>0,即Qa十Wc=Q.>0,因此系 统从外界吸收热量，同时内能增大。 (4)对理想气体，温度是分子平均动能的直接量度，且 气体内能由分子动能决定。由T,=T。可得，状态b 和状态c具有相同的内能，因此两个过程具有相同的 △U,即Qb-Wh=Qac,故Qh>Qc。 [答案](1)(2)(3)见解析(4)Q>Qc 「衍生练习 [衍生1][解析]AC.从状态A到状态B,气体压强 不文，体积变大，根据号=C,可知气体温度升高，即 状态A的温度小于状态B的温度；从状态A变化到 状态B的过程中，气体对外做功为W=10p0·△V= 10po·(9V。-3Vo)=60pVo,故AC错误；B.根据 理想气体状态方程可得10p0:3V=3p0·9V,可 TA Tc 鸳一号>1，故B错送D从状态B变化到状态0 的过程中，气体体积不变，与外界做功为0，压强减 小，根据号=C,可知气体温度降低，气体内能减少， 根据热力学第一定律可知气体对外放热，故D正确。 [答案]D [衍生2][解析]A.b→c过程，气体体积不变，根据 查理定体有会=矣由于A,>T.=T,则有T,> T。,故A错误；B.气体完成一次循环回到状态a,气 体温度不变，内能不变，根据题意气体与外界传递Q =18J十15J一5J一18J=10J,即在一次循环过程， 气体吸收热量为10J,根据热力学第一定律可知，气 体完成一次循环对外界做的功为10J,故B错误：C. cd的过程中，气体温度不变，内能不变，气体吸收 热量15J,根据热力学第一定律可知，气体对外做的 功为15J,故C正确；D.bc过程，气体体积不变，气 体分子分布的密集程度不变，结合上述可知，b→C过 程，气体温度升高，气体分子运动的平均速率增大， 则单位时间内器壁的单位面积上分子碰撞次数增 加，故D错误。 [答案]C [衍生3】[解析]A根据兴=C,6达程中，气体的 体积不变，压强增大，则气体温度升高，A正确；B.根 据=C,ca过程中，气体的压强不变，体积减小，温 度降低，则内能减小，B错误；C.bc过程中，气体的体 积增大，气体对外界做功，C错误；D.a→b→c→a过 程中，气体的温度不变，内能不变：在a→b→c过程 中，气体对外做功多，在c→a过程中，外界对气体做 功少，根据热力学第一定律，气体吸收热量，D错误。 [答案]A [衍生4][解析]A.①过程若为等温变化，②过程为 等容变化，温度升高，则③过程为绝热变化，外界对 气体做功，气体温度升高，不可能回到初始状态，可 知①为绝热过程，故A错误；BD.②过程外界没有对 气体做功，根据p一V图线和横轴所国围面积表示气体 和外界功的交换，③过程外界对气体做的功大于① 过程气体对外界做的功，因此全过程外界对气体做 正功，气体内能不变，故全过程气体向外界放出的热 量大于从外界吸收的热量，故B正确，D错误；C.③ 过程为等温变化，气体压强增大，体积减小，分子平 均动能不变，气体分子单位时间内对单位面积器壁 的碰撞次数一定增加，故C正确。 [答案]BC [衍生5][解析]A由B到C,外界对气体做功W>0, 内能不变△U=0,根据△U=W+Q,则Q<0,即放 热，故A错误：B.如图 P D一V图像与横轴所围的面积代表功，可知，由B到 C的过程中外界对气体做功可能小于由C到D过程 中气体对外做功的数值，故B正确；C.从D到A过 程中，气体温度不变，则单个气体分子碰撞器壁的力 不变，压强减小，则必然是单位时间内碰撞器壁单位 面积的分子数减少造成的，故C错误：D.根据热力学 第一定律△U=W十Q,可得Q=8kJ,即气体从外界 吸收8kJ热量，故D错误。 「答案]B [衍生6][解析]A.由L一T图像可知，从状态A到 状态B,缸内封闭气体发生等容变化，活塞位于卡点 处，从状态B到状态C,缸内封闭气体发生等压变 化，缸内封闭气体的压强恒为0，从状态A到状态 B,由会元。可符A=0,5A,故A正确：B从状 态B到汉态C曲完-宗解得1k=多故B 错误；C.从状态B到状态C,缸内封闭气体对外做功 W=p(1C一LB)S,由热力学第一定律，有△U=Q- W=Q一0.5 PoLoS,故C正确；D.从状态B到状态 C,由罕=C(C为常量)，知直线BC一定过坐标原 点，故D错误。 [答案]AC ·30 高考物理母题60讲 [衍生刀[解析]A.由兴=C得，p=号T,可知，因 线的斜率与气体体积有关。Q→b过程，图线斜率不 变，则气体体积不变，外界对气体不做功。根据热力 学第一定律可知，气体吸收的热量等于内能的增加 量。故A错误；B.b→c过程，温度不变，压强增大， 则体积减小，单位体积内的分子数增加，则单位时间 内与单位面积器壁碰撞的分子数变多。故B错误； C.状态a的斜率小于状态c的斜率，则状态a的体积 大于状态c的体积，可知状态a的分子密集程度小于 状态c的分子密集程度。故C正确；D.由图可知，d 到a体积增大，气体对外做正功；b到c体积减小，外 界对气体做正功。两次体积变化量相同，但体积减 小过程中的平均压强大，则做功多。所以整个过程 是外界对气体做正功。故D正确。 [答案]CD [衍生8][解析](1)A.为了保持封闭气体的质量不 变，实验中采取的主要措施是用润滑油涂活塞。故 A正确；B.为了保持封闭气体的温度不变，实验中采 取的主要措施是不用手握住注射器封闭气体部分， 避免热传递导致温度变化。故B错误；C.为了保持 封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是缓 慢移动活塞，避免做功导致温度变化。故C正确。 (2)由理想气依状态方程兴-C,可得力=CT· 1 T 结合乙图图像可知两次实验的温度大小关系为T, T2 (3)由热力学第一定律△U=W十Q,可知在活塞压缩 气体的过程中，外界对气体做正功，气体温度保持不 变，气体内能不变，则Q<0,即气体放热。 [答案](1)AC(2)>(3)放热 [衍生9】[解析]()由理想气体状态方程兴=C可 得，A所在处过横坐标轴上的横坐标为一273的倾斜 直线为等容线，0℃气体的压强为p,的体积V=VA =6.72L,所以气体分子数N=NA=1.8 ×1023 (2)0℃对应气体的温度T。=273K,压强为，A状 态时对应温度T4=(273+127)K=400K,由查理 定律符会一会上式代入数搭得，A我杏压强一 400 400. 273,因为A到B为等压变化，所以pB=pA一273， 由益吕萨克定律得-号又T二273十12K =400K,TB=(273+227)K=500K,由以上三式得 Vn-iVA. (3)A到B等压变化，体积增大气体对外做功W -b4Va-V)=-器(：-Va)=-器 pVA,又由热力学第一定律△U=W十Q得Q=△U 十罗A,Va [答案](0D1.8X10(2V2器P 400 (3a+2器AVA 、高考物理母题60讲 [衍生10][解析](1)根据图2可知，ab为等温过 程，温度为300K,b→c为等容过程，体积为2×103 m3,c→d过程为等压过程，压强为1.0×105Pa,在图 3中作出图像，如图所示。 v/×10-3m3 bΠ 10 0 33 6T1×102K (2)通过电热丝对汽缸内气体快速加热过程，气体体 积不变，则气体与外界之间不做功，即有W=0,根据 热力学第一定律有△U=W+Q,解得△U=200J即 气体内能增大了200J。 (3)撤去外力并停止加热之后，当气体放出热量Q= 200J后，气体温度下降至T。=300K,之后，气体温 度不变，气体内能一定，则有△U=0,轻质活塞缓慢 下降，此过程气体压强始终等于大气压强，外界对气 体做功W1=pSL0,解得W1=100J,根据热力学第 一定律有△U1=W1十Q1,解得Q1=-100J, 则撒去外力后汽缸内的气体放出热量Q2=Q十 |Q2|,解得Q2=300J,即则撤去外力后汽缸内的气 体放出300J热量。 [答案](1)见解析(2)内能增大200J(3)气体 300J 第五十五讲“测速度”的力学实验问题 [母题呈现] [例][解析]1，打点计时器应接交流电源，不是直流 电源，故A错误；电磁打，点计时器接在8V交流电源 上，电火花打点计时器接在220V交流电源上，故B 错误：如果打点计时器在纸带上打下的，点逐渐由密集 变得稀疏，则说明纸带的速度由小变大，故C正确：如 果纸带上相邻两个计数点之间有四个，点，且所接交流 电频率为50Hz,则相邻两个计数，点间的时间间隔是 0.1S,故D错误。 2.在本实验中不需要测量小车或槽码的质量，因此不 需要天平，故不需要的器材是B项。 3.该实验只是研究小车做匀加速直线运动，无须平衡 摩擦力，故A错误；实验过程中要先启动打点计时器， 待打点稳定后，再释放小车，故B正确；在纸带上确定 计时起，点时，必须要用清晰的，点，并不一定是打出的 第一个点，故C错误；作一t图像时，图像应为一条直 线，要使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应均 匀分布在直线两侧，并不是把描出的各，点都连在同一 条曲线上，故D错误。 4.由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所 以相邻的计数，点间的时间间隔T=0.1s,根据在匀变 速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平 均速度，可以求出打纸带上A点时小车的瞬时速度大 小计算式为A二用， ,4=6.74X10 0.2 -m/s≈0.34 m/s.根据匀变速直线运动的推论△x=aT2可以求出 加速度的大小计算式为，a=工D二0逃= 4T2 (15.05-6.74-6.74)×10-2 m/s2≈0.39m/s2。 4×0.12 ·31 5.如果在某次实验中实际频率略小于50Hz,那么实 际打点周期变大，而根据)=氵计算速度时1的值小 于实际值，则导致速度测量值大于实际值。 6.（1)实验前需调节滑轮的高度，使牵引小车的细线 与长木板保持平行，不然无法保证细线的拉力等于小 车所受的合力，故A正确：在调节木板倾斜角度平衡 小车所受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错 误；由于平衡摩擦力之后有Mgsin0=Mgcos0,故 tan日=以，所以无论小车所受的拉力是否改变，小车所 受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面方向的分 力，因此改变小车受到的拉力，不需要重新平衡摩擦 力，故C错误：实验开始时应先接通打点计时器的电 源，待其平稳工作后再释放小车，而当实验结束时应 先控制小车停下再停止打点计时器，故D错误。 (2)已知打点计时器电源频率为50Hz,且相邻两个计 数点之间都有4个点迹未标出，则相邻计数点间的时 间间隔T=5×0.02s=0.10s。由中间时刻速度等于 平均速度可得，打B点时小车的连度=齐 0.32m/s。根据△x=at2可得xE-xAc=a(2T)2, 则小车的加速度为a=EC=0.93m/s2。 4T2 (3)在钩码和小车组成的系统中，合力等于钩码的重 力，即F=mg,由牛顿第二定律可得，mg=(m十M)a, 整理得a=当M>m时，a肾，随着力F的 增大，即随所挂钩码质量m的增大，不再满足M>m, 口不再线楼增大，平<紧，因此因线上部向下 弯曲。 (4)不能，原因：平衡摩擦力不是消除了摩擦力，而是 用重力下滑分力来消除摩擦力的作用，所以摩擦力依 然存在，不满足机械能守恒条件。 7.(1)实验要验证的是重物、滑块和遮光条组成的系 统机械能守恒，故D正确。 (2)游标卡尺的读数为主尺读数十游标尺读数， 即5mm+0.1mm×2=5.2mm=0.52cm。 3)由mgr=子(m十M)2、=是整理释到工 t mMd,,由表达式可知，还需要测量重物的质 2mg 量m、滑块和遮光条的质量M。为了便于直观地观测 实验结采，所作的图线应为直线，因此应该作x一子 图像，如果图像是一条过原，点的倾斜的直线，且图像 的斜率等于m十MDd,则表明机械能守恒定律得到 2mg 验证。 8.(1)对铁块受力分析，铁块受重力、支持力和摩擦力 作用，铁块沿木板向下运动，根据牛顿第二定律有 mgsin9-mgcos0=ma,解得a=&sin9一。 gcos (2)由纸带中的数据，舍弃中央段数据，根据逐差法可 求得铁块的加速度大小为a 76.39-31.83-20.90)X102m/g2≈1.97m/s2, 3×4×0.12 则4=gsin94≈0.35。 gcos