福建省莆田第八中学高三物理上学期第三次月考试题 （含解析）.doc

物理试卷一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分。在每小题的四个选项中只有一个正确）1牛顿在发现万有引力定律的过程中，除了将行星的椭圆轨道简化为圆轨道，还应用了其他的规律和结论下面的规律和数据没有被用到的是（）a开普勒第三定律b卡文迪许通过扭秤实验测出的万有引力常量数值c牛顿第二定律d牛顿第三定律分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道这就是开普勒第一定律，由牛顿第二定律可列出万有引力提供向心力再借助于牛顿第三定律来推算物体对地球作用力与什么有关系同时运用开普勒第三定律来导出万有引力定律而卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数是在牛顿发现万有引力定律之后，所以正是由于这个，牛顿的万有引力定律没有得到广泛应用故选：b点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地若不计空气阻力，则（）a垒球落地时的动能等于飞行过程中重力对球做的功b垒球落地时的速度方向与水平地面垂直c垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定d垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的高度由时间决定解答：解：a、根据动能定理得，mgh=，知垒球落地时的动能等于飞行过程中重力对球做的功与初动能之和故a错误b、因为垒球落地的速度等于水平分速度和竖直分速度的合速度，根据平行四边形定则知垒球落地的速度方向不可能与水平面垂直故b错误c、平抛运动在空中运动的时间由高度决定故c正确d、根据x=v0t知，垒球在空中的运动的水平位移由初速度和 时间决定故d错误故选c点评：解决本题的而关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式分析3如图，电梯与水平地面成角，一人站在电梯上，电梯从静止开始匀加速上升，到达一定速度后再匀速上升若以fn表示水平梯板对人的支持力，g为人受到的重力，f为电梯对人的静摩擦力，则下列结论正确的是（）a加速过程中f0，f、fn、g都做功b加速过程中f0，fn不做功c加速过程中f=0，fn、g都做功d匀速过程中f=0，fn、g都不做功分析：匀速过程中，人受力平衡，水平方向不受摩擦力，加速过程中，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向，根据牛顿第二定律即可求解，力是否做功根据做功条件判断解答：解：a、加速过程中，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax=acos，方向水平向右；ay=asin，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f=ma=macos，水平向右，竖直方向上有位移，所以重力和支持力都做功，在水平方向上有位移，则摩擦力也做功故a正确，bc错误d、匀速过程中，人受力平衡，水平方向不受摩擦力，但在竖直方向上有位移，所以重力和支持力都做功，故d错误；故选：a点评：解决本题时可以把加速度进行正交分解，在水平方向和竖直方向结合牛顿第二定律求解，难度适中4（3分）如图所示，质量为m的小球a沿高度为h倾角为的光滑斜面以初速v0滑下另一质量与a相同的小球b自相同高度由静止落下，结果两球分别落地下列说法正确的是（）a重力对两球做的功相同b落地前的瞬间a球的速度等于b球的速度c落地前的瞬间a球重力的瞬时功率大于b球重力的瞬时功率d两球重力的平均功率一定相同考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：重力做功跟路径无关，只与首末位置的高度差有关；根据动能定理，比较两球落地的速度大小；根据p=mgvcos及p=比较重力的瞬时功率和平均功率解答：解：a、根据w=mgh知，重力对两球做功相同故a正确；b、根据动能定理两球下落时都只有重力做功，两球落地时的速率相同，但是方向不同，故b错误；c、两球落地时的速率相同，自由下落的球速度在重力方向，沿斜面下滑的球速度沿斜面方向，重力的瞬时功率等于重力与重力方向上的速度的乘积，故可知，b球的瞬时功率大于a球的瞬时功率，故c错误d、在斜面上下滑的小球沿斜面向下的加速度a=gsin，且沿斜面方向的位移大于竖方向下落的位移，故可知沿斜面上运动的时间长，而重力做功相同，故a球重力做功平均功率小于b球重力做功的平均功率，故d错误；故选：a点评：解决本题的关键掌握重力做功的特点，以及掌握瞬时功率和平均功率的表达式知道平均功率和瞬时功率的区别5（3分）如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点左侧是轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b、c两点分别在大轮和小轮的边缘上在传动过程中皮带不打滑，则（）ab、c两点的线速度大小相同ba、c两点的角速度大小相同ca、c两点的向心加速度大小相同da、b两点的向心加速度大小相同考点：线速度、角速度和周期、转速专题：匀速圆周运动专题分析：共轴转动的点角速度大小相等，靠传送带传到轮子边缘上的点线速度大小相等，结合线速度、角速度、向心加速度之间的关系进行比较解答：解：ab：a、c两点是靠传送带传到的两轮子边缘上的点，线速度大小相等，b、c两点共轴转动，角速度大小相等，故ab错误c：根据a=知，a、c两点的线速度大小相等，转动的半径不等，则向心加速度大小不等故c错误d、根据a=知，a、c两点的线速度大小相等，转动的半径之比为1：2，则a点的向心加速度是c点的2倍，因为b、c角速度相等，根据a=r2知，b点的半径是c点半径的2倍，则b点的向心力加速度是c点向心加速度的2倍，所以a、b两点的向心加速度大小相等故d正确故选：d点评：解决本题的关键知道共轴转动的点角速度大小相等，靠传送带传到轮子边缘上的点线速度大小相等，以及知道线速度、角速度、向心加速度之间的关系6（3分）小河宽为d，河水中各点水流速的大小与各点到较近河岸边的距离成正比，v水=kx，k=，x是各点到较近河岸的距离若小船在静水中的速度为v0，小船的船头垂直河岸渡河，则下列说法中正确的是（）a小船渡河的轨迹为直线b小船渡河的时间大于c小船到达离河岸处，船的速度为3v0d小船到达离河对岸处，船的渡河速度为v0考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：将小船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，小船船头垂直河岸，则沿河岸方向的速度等于水流速度，根据两个方向上的运动情况判断合运动的轨迹解答：解：a、小船在沿河岸方向上做匀速直线运动，在垂直于河岸方向上做变速运动，合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上，做曲线运动故a错误b、将小船的运动分解为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动，两个分运动同时发生，互不干扰，故渡河时间与顺水流方向的分运动无关，当船头与河岸垂直时，沿船头方向的分运动的分位移最小，故渡河时间最短，最短时间为故b错误c、小船到达离河岸处，水流速为v水=kd=2v0，则v=，故c错误d、小船到达离河岸处，水流速为v水=kd=，则船的速度v=故d正确故选：d点评：解决本题的关键知道当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上，物体做直线运动，不在同一条直线上，物体做曲线运动以及知道合速度与分速度之间遵循平行四边形定则7（3分）如图所示，质量相等的a，b两物块放在匀速转动的水平圆盘上，随圆盘一起做匀速圆周运动（相对圆盘静止），则下列关系中正确的是（）a它们所受的摩擦力方向均与线速度方向相反b它们所受的摩擦力fafbc它们的运动周期tatbd如果增大转速，则b物体先发生滑动考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：物体在同一个转盘上随转盘一起运动时，具有相同的角速度，这是解这类题目的突破口，然后根据圆周运动的相关公式进行求解解答：解：a、木块随圆盘一起转动，靠静摩擦力提供向心力，指向圆心，与线速度方向垂直，故a错误；b、对两物块进行受力分析知：水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，则f=m2r，由于a、b在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，又因为rarb，故fafb，故b正确；c、根据t=，a=b，可知：ta=tb，故c错误；d、当摩擦力达到最大静摩擦力，物块将会滑动，则有mg=mr2，解得=，知a的临界角速度小，所以角速度增加时，a木块先发生滑动，故d错误故选：b点评：物体在同一个转盘上随转盘一起运动时，具有相同的角速度，这是解这类题目的突破口8（3分）（2010海淀区模拟）设质量相等的甲、乙两颗卫星，分别贴近某星球表面和地球表面，环绕其球心做匀速圆周运动，已知该星球和地球的密度相同，其半径分别为r和r，则（）a甲、乙两颗卫星的加速度之比等于r：rb甲、乙两颗卫星所受的向心力之比等于1：1c甲、乙两颗卫星的线速度之比等于1：1d甲、乙两颗卫星的周期之比等于r：r考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：气体的状态参量和实验定律专题分析：根据万有引力提供向心力，可分别得出卫星周期、线速度、向心力、向心加速度与半径关系表达式，进行分析求解解答：解：a、万有引力分别提供两者的向心力，即=man，故an=，故甲、乙两颗卫星的加速度之比等于r：r，故a正确b、由fn=man，结合a分析得，b错误c、由于an=，所以v=，结合a的分析知，线速度之比为r：r，故c错误d、由线速度公式v=，结合c分析知，甲、乙两颗卫星的周期之比等于1：1，故d错误故选a点评：对于人造地球卫星问题，常常建立这样模型：卫星绕地球做匀速圆周运动，地球对卫星的万有引力提供卫星的向心力，由于运算量较大，给学生带来一定的难度9（3分）在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道，然后在q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道，则（）a该卫星的发射速度必定大于11.2km/sb卫星在同步轨道上的运行速度大于7.9km/sc在轨道上运行周期大于在同步轨道上的运行周期d卫星在q点通过加速实现由轨道进入轨道考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：卫星在轨道上的q点进入轨道，需加速，使万有引力等于所需要的向心力通过万有引力做功可以比较p点和q点的速度，以及根据万有引力提供向心力比较卫星在同步轨道上的运行速度和第一宇宙速度的大小解答：解：a、11.2km/s是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，故a错误b、7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度故b错误c、根据开普勒第三定律得在轨道上运行周期小于在同步轨道上的运行周期，故c错误；d、从椭圆轨道到同步轨道，卫星在q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力所以卫星在q点通过加速实现由轨道进入轨道故d正确故选：d点评：知道第一宇宙速度的特点卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定10（3分）在“蹦极”运动中，运动员身系一根自然长度为l、弹性良好的轻质柔软橡皮绳，从高处由静止开始下落到达最低点在此下落过程中若不计空气阻力，则下列说法正确的是（）a下落高度为l时，人的动能最大，绳的弹性势能同时也达到最大b下落高度为l后，在继续下落的过程中，人的动能先增大后变小，绳的弹性势能一直变大c下落高度为l后，在继续下落的过程中，人的机械能的减少量大于绳的弹性势能的增加量d下落高度为l后，在继续下落到达最低点过程中，人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：在弹性绳从原长达最低点的过程中，开始阶段，游戏者的重力大于橡皮绳的拉力，游戏者做加速运动，后来橡皮绳的拉力大于游戏者的重力，游戏者做减速运动，根据牛顿第二定律分析加速度变化情况解答：解：a、运动员先做自由落体运动，下落高度为l，此时弹性绳处于原长，绳的弹性势能为零，继续向下加速运动，速度不是最大值，动能也不是最大值，故a错误；b、下落高度为l后，在继续下落的过程中，开始阶段，运动员的重力大于橡皮绳的拉力，根据牛顿第二定律，加速度方向向下，先向下做加速度减小的加速运动，当弹力和重力相等时，速度达到最大，然后橡皮绳的拉力大于游戏者的重力，加速度方向向上，做加速度逐渐增大的减速运动，到达最低点时，速度为零，加速度达到最大，此时弹性绳被拉伸的最长，所以人的动能先增大后变小，绳的弹性势能一直变大，故b正确；c、人的机械能的减少量等于绳的弹性势能的增加量，故c错误；d、系统机械能守恒，所以人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量和人的重力势能减小量之和，故d错误故选：b点评：解决本题的关键会根据牛顿第二定律判断加速度的变化，会根据速度方向和加速度方向的关系判断速度的变化11（3分）如图，质量为m、长度为l的小车静止在光滑的水平面上质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端现用一水平恒力f作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动物块和小车之间的滑动摩擦力为f物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s在这个过程中，以下结论正确的是（）a物块到达小车最右端时具有的动能为f （l+s）b物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fsc物块克服摩擦力所做的功为fld物块和小车增加的机械能为fs考点：动能定理的应用；功能关系专题：动能定理的应用专题分析：根据动能定理：合力做功等于物体动能的变化，求解物块的动能根据功能关系分析得知，物块和小车增加的机械能为f（s+l）fl系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功解答：解：a、物块在水平方向受到拉力和摩擦力的作用，根据动能定理得，物块的动能为ek=（ff）（s+l）故a错误；b、小车在水平方向只受到摩擦力的作用，物块到达小车最右端时，根据动能定理得小车具有的动能为fs故b正确c、系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功fl故c正确d、由功能关系得知，物块和小车增加的机械能为f（s+l）fl故d错误故选：bc点评：本题考查对动能定理的应用与功和能的关系的理解能力，要要抓住动能定理中的力都是指物体所受的合力12（3分）一辆汽车在水平路面上以速度v0匀速行驶时，发动机的功率为p，牵引力为f0从t1时刻起汽车开上一个倾角为的坡路，若汽车功率保持不变，水平路面与坡路路况相同（即摩擦阻力大小相同），汽车经过一段时间的变速运动后又进入匀速运动状态，则下面关于汽车速度v、牵引力f与时间t的关系图象正确的是（）abcd考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：从t1时刻起汽车开上一个倾角为的坡路，重力有沿斜面向下的分量，整个阻力变大，汽车做减速运动，根据汽车的功率p=fv，分析牵引力的变化，判断汽车速度的变化再选择图象解答：解：由题，汽车以功率p、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡当汽车开上一个倾角为的坡路，重力有沿斜面向下的分量，整个阻力变大，汽车做减速运动，根据汽车的功率p=fv，可知，f增大，经过一段时间的变速运动后又进入匀速运动状态，汽车牵引力随时间变化的越来越慢，ft图象的斜率应该越来越小，此时牵引力等于重力沿斜面的分量和摩擦阻力之和，故cd错误；根据牛顿第二定律得：a=，加速度越来越小，而速度时间图象中，斜率表示加速度，故a正确，b错误故选：a点评：本题考查分析汽车运动过程的能力，要抓住汽车的功率p=fv，在功率一定时，牵引力与速度成反比，是相互制约的关系13（3分）如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37，物体a放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体b相连接，b的质量m=1kg，绳绷直时b离地面有一定高度在t=0时刻，无初速度释放b，由固定在a上的速度传感器得到的数据绘出的a沿斜面向上运动的vt图象如图乙所示假设b落地后不反弹，g取10m/s2，下列说法错误的是（）ab下落的加速度大小a=4m/s2ba沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对a做的功w=3jca（包括传感器）的质量m=1kgda与斜面间的动摩擦因数=0.25考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律分析：ab具有相同的加速度，由题可得加速度对b由牛顿第二定律可得绳的拉力，进而可得对a的功由牛顿第二定律可得a受到的摩擦力，进而可得a与斜面的摩擦因数由功的公式可得摩擦力做的功解答：解：a、ab具有相同的加速度，由图可知b的加速度为：，故a正确b、设绳的拉力为t，对b由牛顿第二定律：mgt=ma，解得：t=mgma=11014=6n，ab位移相同则由图可知a上升阶段，b的位移为：m故绳的拉力对a做功为：w=fx=60.5j=3j，故b正确c、d、由图可知后0.25s时间a的加速度为：此过程a只受摩擦力和重力：mgcos+mgsin=ma解得：前0.5s内a受到重力支持力摩擦力和拉力的作用，沿斜面的方向：tmgsinmgcos=ma代入数据得：kg故c错误，d正确故选：abd点评：本题是综合性比较强的题目，需要熟练掌握运动学，功的计算，难度较大14（3分）如图所示，两个圆弧轨道固定在水平地面上，半径r相同，a轨道由金属凹槽制成，b轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道在两轨道右侧的正上方分别将金属小球a和b由静止释放，小球距离地面的高度分别用ha和hb表示，则下列说法正确的是（）a若ha=hb2r，则两小球都能沿轨道运动到最高点b若ha=hb=，由于机械能守恒，两个小球沿轨道上升的最大高度均为c适当调整ha和hb，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处d若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，a小球的最小高度为，b小球在hb2r的任何高度均可考点：机械能守恒定律；向心力专题：机械能守恒定律应用专题分析：小球a恰好能到a轨道的最高点时，轨道对小球无作用力，由重力提供小球的向心力，由牛顿定律求出速度小球恰好能到b轨道的最高点时，速度为零，根据机械能守恒求出ha和hb若ha=r时，小球a在轨道上上升的最大高度小于r根据最高点的临界速度求出小球最高点飞出的水平位移的最小值解答：解：a、d若小球a恰好能到a轨道的最高点时，由mg=m，va=，根据机械能守恒定律得，mg（har）=，解得ha=r；若小球b恰好能到b轨道的最高点时，在最高点的速度vb=0，根据机械能守恒定律得hb=2r可见，ha=2r时，a不能到达轨道的最高点故a错误，d正确b、若hb=r时，b球到达轨道上最高点时速度为0，小球b在轨道上上升的最大高度等于r时，若ha=hb=r时，小球a在到达最高点前离开轨道，有一定的速度，由机械能守恒可知，a在轨道上上升的最大高度小于hb=r，故b错误c、小球a从最高点飞出后做平抛运动，下落r高度时，水平位移的最小值为xa=va=rr，所以小球a落在轨道右端口外侧而适当调整hb，b可以落在轨道右端口处所以适当调整ha和hb，只有b球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处故c错误故选d点评：本题是向心力、机械能守恒定律、平抛运动的综合，a轨道与轻绳系的球模型相似，b轨道与轻杆固定的球模型相似，要注意临界条件的不同二、解答题（共2小题，满分16分）15（8分）某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：安装好实验装置如图所示将质量为200g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车在质量为10g、30g、50g的三种钩码中，他挑选了一个质量为50g的钩码挂在拉线的挂钩p上释放小车，打开电磁打点计时器的电源，打出一条纸带（1）在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条经测量、计算，得到如下数据：第一个点到第n个点的距离为40.0cm打下第n点时小车的速度大小为1.00m/s该同学将钩码的重力当作小车所受的拉力，算出：拉力对小车做的功为0.20 j，小车动能的增量为0.10 j（2）此次实验探究结果，他没能得到“恒力对物体做的功，等于物体动能的增量”，且误差很大显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助分析一下，造成较大误差的主要原因是小车质量没有远大于钩码质量没有平衡摩擦力（至少答两条原因）考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题分析：（1）将砝码重力当作小车所受合外力，根据功的定义可以正确解答，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出第5个点的速度大小，进一步求出其动能大小；（2）实验误差主要来自两个方面一是由实验原理不完善，没有平衡摩擦力导致的系统误差，一是由数据测量如测量距离等导致的偶然误差，可以从这两个方面进行分析解答：解：（1）从打下第一点到打下第n点拉力对小车做的功：w=mgs=0.20j；小车的动能增量为：ek= mv2=0.10j；（2）该实验产生误差的主要原因一是钩码重力大小并不等于绳子拉力的大小，设绳子上拉力为f，对小车根据牛顿第二定律有：f=ma对砂桶和砂有：mgf=maf= mg，由此可知当mm时，砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，显然该实验中没有满足这个条件；另外该实验要进行平衡摩擦力操作，否则也会造成较大误差故答案为：（1）0.20，0.10，（2）小车质量没有远大于钩码质量；没有平衡摩擦力点评：明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习16（8分）如图1所示，质量为m的滑块a放在气垫导轨b上，c为速度传感器，它能将滑块a滑到导轨最低点时的速度实时传送到计算机上，整个装置置于高度可调节的斜面上，设斜面高度为h启动气源，滑块a自导轨顶端由静止释放，将斜面的高度、滑块通过传感器c时的对应速度记入表中 （g取9.8m/s2）实验序号1234567斜面高度h（cm）10203040506070传感器示数v（m/s）1.401.982.422.802.903.473.70（1）选择适当的物理量在图2中所示的坐标纸上作出能直观反映滑块经传感器时的速度与斜面高度的关系图象；（注意标明横纵坐标的物理量及单位）（2）要由此装置验证机械能守恒定律，所需的器材有速度传感器（带电源、计算机、导线），滑块，气垫导轨（带气源），高度可以调节的斜面，此外还需的器材有aa毫米刻度尺 b天平 c秒表 d打点计时器 e弹簧测力计（3）由图象分析滑块沿气垫导轨下滑时机械能守恒试说明判断机械能守恒的依据图线过原点且斜率k=2g，表明机械能守恒考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：先求出速度的平方，根据表中数据，v2与h成正比，因此做v2h图象，能直观反映滑块经传感器时的速度与斜面髙度的关系要由此装置验证机械能守恒定律，需要用毫米刻度尺测量斜面高度h解答：解：（1）先求出速度的平方，数据如图：根据表中数据，v2与h成正比，因此做v2h图象，能直观反映滑块经传感器时的速度与斜面髙度的关系（2）要由此装置验证机械能守恒定律，所需的器材有速度传感器a毫米刻度尺用来测量斜面高度h故选a（3）v2h图象是过原点的一条直线，所以图线过原点且斜率k=2g，理论上v2=2gh，所以机械能守恒故答案为：（1）如图 （2）a（3）图线过原点且斜率k=2g，表明机械能守恒点评：要根据实验的原理和需要测量的数据，确定所需要的实验器材根据学过的知识确定实验的原理是顺利解决此类题目的最好方法三、解答题（共3小题，满分42分）17（12分）在2008年北京奥运会中郭晶晶获得女子个人3米板跳水冠军，其跳水的过程可简化如下：运动员将跳板向下压到最低点c，跳板反弹将运动员上抛到最高点a，然后做自由落体运动，竖直落入水中如果将运动员视为质点，且已知运动员的质量为m，重力加速度为g，ab间、bc间和b与水面间的竖直距离分别为h1、h2、h3，如图所示试求：（1）运动员从a点下落到水面的时间和入水时的速度大小；（2）跳板反弹过程中对运动员所做的功考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：（1）运动员从最高点到入水过程中，运用机械能守恒或运动学公式，列式即可求得水前速度大小（2）运动员起跳过程中，跳板的弹性势能转化人的机械能，可先运用机械能守恒进行求解得人在最高点具有的机械能，再求解弹性势能解答：解：（1）运动员从a到水面的过程中机械能守恒，有：mg（h1+h3）=解得：v=（2）运动员从c到b的过程中，运动员和板组成系统的弹性势能部分转化为运动员的重力势能，b到a的过程中动能又转化为重力势能，即：w=mg（h1+h2）解得：w=mg（h1+h2）答：（1）运动员入水前速度大小是；（2）跳板反弹过程中对运动员所做的功是w=mg（h1+h2）点评：解答本题的关键知道运动员起跳过程运动员和跳板系统机械能守恒，跳起后运动员运动过程机械能也守恒18（14分）（2009虹口区二模）特种兵过山谷的一种方法可简化为图示情景将一根长为2d的不可伸长的细绳两端固定在相距为d的a、b两等高点，绳上挂一小滑轮p战士们相互配合，就可沿着绳子滑到对面如图所示，战士甲用水平力f拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，脚离地，处于静止状态，此时ap竖直然后战士甲将滑轮从静止状态释放，若不计滑轮摩擦及空气阻力，也不计滑轮的质量，求：（1）战士甲释放滑轮前对滑轮的水平拉力f；（2）战士乙滑动过程中的最大速度考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；机械能守恒定律专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）战士乙为研究对象，乙静止时，由几何知识求出ap间的距离，得到绳bp与竖直