① 某实验小组采用图甲所示的装置探究“合外力做功与物体动能变化的关系”．①实验前，木板左端被垫起一些，
①该实验中，用图中砝码和吊盘的总重力来表示小车受到的合外力，考虑到小车会速度摩擦力的作用，所以实验中要平衡摩擦力；
②该实验中，用图中砝码和吊盘的总重力来表示小车受到的合外力，而根据牛顿第二定律F=（M+m）a，要满足小车的质量远大于砝码和吊盘的总质量；
③从图中可以看出，所做的图线是过坐标原点的直线，该直线的方程可以写成：W=k?△v2即：小车合外力所做的功W与其速度平方差△v2成正比；
④如果要验证“动能定理”，即W=
m
v2，还需要测量的物理量小车的质量；
⑤如果“动能定理”成立，即W=mv2，那么W-△v2图象中：W=k?△v2即的斜率k＝＝m，它的物理意义是小车的质量的一半．
故答案为：①平衡摩擦力；②小车的质量远大于砝码和吊盘的总质量；③小车合外力所做的功W与其速度平方差△v2成正比；④小车的质量；⑤小车的质量的一半．
② 某实验小组采用图1所示的装置探究“动能定理”，图中小车中可放置砝码，实验中，小车碰到制动装置时，钩
（2）C到O距离为：sOC=6.08-1.00cm=5.08cm；
由匀变速直线运动规律得：vC=
＝cm/s=0.49cm/s
（3）钩砝的重力做正功，小车受摩擦阻力做负功
小车初末速度的平方差与位移成正比，即v2-v02=ks
要验证“动能定理”，即Mv2?mv02＝(mg?f)?s还需要测量的物理量是摩擦力f和小车的质量M．
故答案为：（2）5.08；0.49．
（3）小车初末速度的平方差与位移成正比；小车的质量．
③ 某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系．（1）下列做法正确的是______（填字母代号）．
（1）来A、调节滑轮的高度，使牵源引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；
B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误；
C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误；
D、平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；选择AD；
（2）设砝码与砝码桶的质量为m，小车的质量为M，对砝码桶及砝码与小车组成的系统，由牛顿第二定律得：a=
，
对木块，由牛顿第二定律得：T=Ma==，
只有当a=＜，只有当砝码桶及桶的质量远小于小车质量时，即：m＜＜M时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码桶的重力；
（3）当没有平衡摩擦力时有：T-f=ma，故a=T-μg，即图线斜率为，纵轴截距的大小为μg．观察图线可知m甲小于m乙，μ甲大于μ乙；
故答案为：（1）AD；（2）远小于；（3）小于，大于．
④ 实验小组的同学用图13所示的装置探究影响物体
（1）让钢球从某一高度由静止释放，使钢球获得动能；钢球动能的大小是通过钢球对木块做功的多少来体现出来的，木块运动的距离越长，就表示钢球的动能越大；
（2）让小球从斜面的同一高度处释放，使小球到达最底端的速度相同，从而探究动能与质量的关系；
（3）上面的两次实验是在速度一定时，改变物体的质量，探究动能的大小，动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的，因此改变木板的长度，应采用甲的建议；
（4）有表中的数据知：速度一定时，质量越大动能越大．
故答案为：（1）将钢球从某一高度由静止释放；木块运动的距离；（2）速度；质量；（3）甲；（4）在速度一定时，质量越大动能越大．
⑤ 小昕所在的实验小组利用图a 所示的实验装置验证机械能守恒定律，打出的纸带如图b所示，O点速度为零，A、B
（1）DF（2） 
⑥ 某实验小组采用图甲所示的装置探究“合外力做功与物体动能变化的关系”。 ①实验前，木板左端被垫起一
①平衡摩擦力；②小车的质量远大于砝码和吊盘的总质量；③小车合外力所做的功W与其速度平方差△v 2 成正比；④小车的质量；⑤小车的质量的一半。
⑦ 物理实验小组用如图1所示的装置探究“水的沸腾”实验： （1）实验小组观察到水沸腾前和水沸腾时水中气泡
（1）甲图气泡上升时越来越大，是因为水沸腾时，整个容器中水温相同，水内部不专停的汽化，产生大属量的水蒸气进入气泡，气泡变大．
乙图气泡上升时越来越小，是因为水沸腾之前，水下层的温度高于上层的水温，气泡上升过程中，气泡中的水蒸气遇冷液化成水，气泡变小．
读图3可以看出，在同样加热的情况下，b的升温较慢，其原因应该是水的质量多于a的缘故；
（2）水吸收热量，内能增加，Q 吸 =cm△t=4.2×10 3 J/（kg?°C）×100×10 -3 kg×（95℃-90℃）=2.1×10 3 J；
所以水的内能增加了2.1×10 3 J；
根据Q 放 =mq得，m= = = | 2.1×1 0 3 J | | 3.0×1 0 7 J/kg | =7×10 -5 kg=0.07g．
故答案为：（1）甲；质量；（2）2.1×10 3 ；0.07． |
⑧ 某实验小组采用图1所示的装置探究“动能定理”，图1中小车中可放置砝码，实验中，小车碰到制动装置时，钩
A、电源频率为50Hz，则打点时间间隔T=0.02s，C点的即时速度为vC= = =0.9875m/s，小车运动的加速度a= = | (0.0815?0.0610)?(0.0250?0.0100)+(0.1040?0.0815)?(0.0420?0.0250) | | 6×0.022 |
≈4.58m/s 2，故A错误； B、小车做匀速运动，由平衡条件得：摩擦力f=mg=0.01×10=0.1N，动力F=m′g=0.03×10=0.3N，故B正确； C、由图示纸带可知，v A= = =0.8m/s，v C= = =0.9875m/s， 选用A、C两点，可算出动能的变化量△E k= M（v c2-v A2）= ×0.13（0.9875 2-0.8 2）≈0.0218J，由动能定理得：W=△E k=0.0218J，故CD错误； 故选：B．
⑨ 某实验小组利用图示（a）的装置探究加速度与力、质量的关系．（1）下列做法正确的是______ （填字母代号
（1）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，回故A正确；答
B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误；
C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误；
D、平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要盆新调节木板倾斜度，故D正确；
选择：AD；
（2）重物与小车一起加速运动，因此重物对小车的拉力小于重物的重力，当盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，因此C数据比较符合要求．
故选：C
（3）当没有平衡摩擦力时有：F-f=ma，故a= F-μg，即图线斜率为 ，纵轴截距的大小为μg． 观察图线可知m 甲小于m 乙，μ 甲大于μ 乙； 故答案为：（1）AD；（2）；（3）小于，大于．
⑩ 某实验小组用图甲所示的装置测自由落体的加速度．其操作步骤如下： A．按照图甲的装置安装实验器材B．将
（1）打点计时器的工作电源是交流电源，故B中直流应该为交流；实验时应先接通电源后释放纸带，故C中应该为先接通电源，之后释放纸带；
（2）根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度
可得：v B = =0.390m/s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=gT 2
得：g= =9.75m/s 2 ，
因为纸带运动过程中存在阻力，所以用这种方法测出的重力加速度总比实际值偏小．
故答案为：（1）B中直流应该为交流；C中应该为先接通电源，之后释放纸带．
（2）0.390m/s；9.75m/s 2 ；物体拖着纸带运动过程中存在阻力． |
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发布：2025-10-06 12:29:39
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