陕西省咸阳市三原县南郊中学2019届高三物理下学期第四次月考试题（含解析）.doc

陕西省咸阳市三原县南郊中学2019届高三物理下学期第四次月考试题（含解析）一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是（）a. 枪和弹组成的系统，动量守恒b. 枪和车组成的系统，动量守恒c. 三者组成的系统，因为枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可以忽略不计，故系统动量近似守恒d. 三者组成的系统，动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零2. 质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下。跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v-t图象为（）a. b. c. d. 3. 如图所示，一物体以6m/s的初速度从a点沿圆弧下滑到b点速率仍为6m/s若物体以5m/s的初速度从a点沿同一路线滑到b点，则到b点时的速率为（）a. 小于5m/sb. 等于5m/sc. 大于5m/sd. 不能确定4. 如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列判断正确的有（）a. 滑块返回传送带右端时的速率为v2b. 此过程中传送带对滑块做功为12mv2212mv12c. 此过程中电动机做功为2mv12d. 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12m(v1+v2)25. 如图所示，物体以120j的初动能从斜面底端向上运动，当它通过斜面某一点m时，其动能减少80j，机械能减少32j，如果物体能从斜面上返回底端，则物体到达底端的动能为（）a. 20jb. 24jc. 48jd. 88j6. 如图，表面光滑的固定斜面（其中）顶端安装一定滑轮，小物块a、b用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）初始时刻，a、b处于同一高度并恰好静止状态剪断轻绳后a下落、b沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（）a. 速率的变化量不同b. 机械能的变化量不同c. 重力势能的变化量相同d. 重力做功的平均功率相同7. 如图，半径为r的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔a，已知壳内的场强处处为零，壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心o时在壳外产生的电场一样，一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能ek0沿oa方向射出，下列关于试探电荷的动能ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是（）a. b. c. d. 8. 美国宇航局利用开普勒太空望远镜发现了一个新的双星系统，命名为“开普勒-47”，该系统位于天鹅座内，距离地球大约5000光年这一新的系统有一对互相围绕运行的恒星，运行周期为t，其中一颗大恒星的质量为m，另一颗小恒星质量只有大恒星质量的三分之一已知引力常量为g，则下列判断正确的是（）a. 两颗恒星的转动半径之比为1：1b. 两颗恒星的转动半径之比为1：2c. 两颗恒星相距3gmt232d. 两颗恒星相距3gmt242二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 某汽车从静止开始以加速度a匀加速启动，最后做匀速运动已知汽车的质量为m，额定功率为p，匀加速运动的末速度为v1，匀速运动的速度为vm，所受阻力为f下图是反映汽车的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是（）a. b. c. d. 10. 如图所示，水平光滑长杆上套有小物块a，细线跨过位于o点的轻质光滑定滑轮，一端连接a，另一端悬挂小物块b，物块a、b质量相等。c为o点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离oc=h，重力加速度为g。开始时a位于p点，po与水平方向的夹角为30，现将a、b由静止释放，下列说法正确的是（）a. 物块a由p点出发第一次到达c点过程中，速度先增大后减小b. 物块a经过c点时的速度大小为22ghc. 物块a在杆上长为23h的范围内做往复运动d. 在物块a由p点出发第一次到达c点过程中，物块b克服细线拉力做的功等于b重力势能的减少量11. 如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板p栓接，另一端与物体a相连，物体a静止与光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体b相连，开始时用手托住b，让细线恰好伸直，然后由静止释放b，直至b获得最大速度，下列有关该过程的分析错误的是（）a. b物体的机械能一直在增大b. b物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和c. b物体机械能的减小量等于弹簧的弹性势能的增加量d. 细线拉力对a做的功等于a物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量12. 如图所示，两个可视为质点的、相同的木块a和b放在转盘上，两者用长为l的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，a放在距离转轴l处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴o1o2转动开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（）a. 当2kg3l时，a、b相对于转盘会滑动b. 当kg2l时，绳子一定没有弹力c. 在kg2l2kg3l范围内增大时，b所受摩擦力变大d. 在02kg3l范围内增大时，a所受摩擦力一直变大三、实验题探究题（本大题共1小题，共14.0分）13. 如图1所示是利用自由落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验装置，所用的打点计时器通以50hz的交流电（1）甲同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图2所示，其中o点为重物刚要下落时打点计时器打下的第一个点，a、b、c为三个计数点，用刻度尺测得oa=12.41cm，ob=18.60cm，oc=27.21cm，在计数点a和b、b和c之间还各有一个点已知重物的质量为1.00kg，取g=9.80m/s2在ob段运动过程中，重物重力势能的减少量ep=_j；重物的动能增加量ek=_j（结果均保留三位有效数字）（2）该实验没有考虑各种阻力的影响，这属于本实验的_误差（选填“偶然”或“系统”）由此看，甲同学数据处理的结果比较合理的应当是ep_ek（选填“大于”、“等于”或“小于”）（3）乙同学想利用该实验装置测定当地的重力加速度他打出了一条纸带后，利用纸带测量出了各计数点到打点计时器打下的速度为零的点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以12v2为纵轴画出了如图3所示的图线由于图线没有过原点，他又检查了几遍，发现测量和计算都没有出现问题，其原因可能是：_乙同学测出该图线的斜率为k，如果不计一切阻力，则当地的重力加速度g_k（选填“大于”、“等于”或“小于”）（4）丙同学利用该实验装置又做了其它探究实验，分别打出了标号为、的4条纸带，其中只有一条是做“验证机械能守恒定律”的实验时打出的为了找出该纸带，丙同学在每条纸带上取了点迹清晰的、连续的4个点，用刻度尺测出相邻两个点间的距离依次为x1、x2、x3请你根据下列x1、x2、x3的测量结果确定该纸带为_（选填标号）（取g=9.80m/s2）6.13cm，6.52cm，6.91cm6.05cm，6.10cm，6.15cm4.12cm，4.51cm，5.30cm6.10cm，6.58cm，7.06cm四、计算题（本大题共4小题，共38.0分）14. 如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量_（填选项前的符号），间接地解决这个问题a小球开始释放高度hb小球抛出点距地面的高度hc小球做平抛运动的射程图中o点是小球抛出点在地面上的垂直投影实验时，先让入射球m1多次从斜轨上s位置静止释放，找到其平均落地点的位置p，测量平抛射程op然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上s位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复接下来要完成的必要步骤是_（填选项前的符号）a用天平测量两个小球的质量m1、m2b测量小球m1开始释放高度hc测量抛出点距地面的高度hd分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置m、ne测量平抛射程om，on若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_（用（2）中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_（用（2）中测量的量表示）15. 一劲度系数k=800n/m的轻质弹簧两端分别连接着质量均为12kg的物体a、b，将它们竖直静止放在水平面上，如图所示。现将一竖直向上的变力f作用在a上，使a开始向上做匀加速运动，经0.40s物体b刚要离开地面，取g=10m/s2，试求这0.40s内（1）a上升的距离及加速度；（2）力f所做的功。16. 如图所示，在光滑的水平面上有一长为l的木板b，其右侧边缘放有小滑块c，与木板b完全相同的木板a以一定的速度向左运动，与木板b发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块c刚好没有从木板上掉下已知木板a、b和滑块c的质量均为m，c与a、b之间的动摩擦因数均为求：木板a与b碰前的速度v0；整个过程中木板b对木板a的冲量i17. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为=60，长为l1=23m的倾斜轨道ab，通过微小圆弧与长为l2=32m的水平轨道bc相连，然后在c处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上d处，如图所示。现将一个小球从距a点高为h=0.9m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到a点时速度方向恰沿ab方向，并沿倾斜轨道滑下。已知小球与ab和bc间的动摩擦因数均为=33g取10m/s2，求：（1）小球初速度v0的大小；（2）小球滑过c点时的速率vc；（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径r应该满足什么条件。答案和解析1.【答案】d【解析】解：a、枪和弹组成的系统，由于小车对枪有外力，枪和弹组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒。故a错误。 b、枪和车组成的系统，由于子弹对枪有作用力，导致枪和车组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒。故b错误。 c、枪、弹、车组成的系统，它们之间相互作用的力为内力，比如枪弹和枪筒之间的摩擦力，系统所受外力之和为零，系统动量守恒。故d正确，c错误。 故选：d。当系统不受外力或所受的外力之和为零，系统动量守恒解决本题的关键掌握动量守恒的条件，知道系统内物体相互作用的力为内力2.【答案】b【解析】解：人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动， 当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下，跳离前后系统动量守恒， 规定车的速度方向为正方向，则有： （m+2m）v0=2mv+（-mv0） 得：v=2v0 ，人跳车后做匀减速直线运动， 车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比，所以人跳车前后车的加速度不变， 所以能正确表示车运动的v-t图象b。 故选：b。人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动， 当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下。跳离前后系统动量守恒，求得车的速度。解决该题关键要知道跳离前后系统动量守恒，规定初速度的方向为正方向列等式求解。3.【答案】c【解析】解：根据题意知：当物体以6m/s速度下滑时，根据动能定理有：wg+wf=ek当物体以5m/s速度下滑时，（1）在从a至b的过程中，重力做功保持不变，即（2）由于物体沿圆弧下滑，指向圆心的合力提供向心力，由于速度变小，圆弧轨道给物体的弹力变小，根据滑动摩擦力大小的计算式：f=fn可得物体受到的摩擦力减小，在从a到b的过程中，物体通过的圆弧长度不变，所以物体在从a到b的过程中，克摩擦力做功减小，即此时外力做功的代数和大于0，所以从a到b的过程中，动能的变化量大于0，即此时到达b点时的动能大于初动能，即速度大于5m/s。故选：c。物体从a点下滑至b点，除重力做功外还有摩擦力做功，两个力做的总功等于物体动能的变化，从a至b重力做功一样，而摩擦力做功与摩擦力的大小有关，在圆弧状态下摩擦力大小决定做功情况，根据已知条件判断摩擦力的大小跟速度的关系进而求出摩擦力做功情况，从而判断速度的大小根据动能定理判断，重力做功和摩擦力做功之和等于物体从a到b过程中动能的变化，由于在第二种情况下物体下滑的速度减小，物体指向圆心方向的合力减小，即减小了物体与圆弧轨道间的弹力，因此摩擦力也减小，克服摩擦力做功减小，根据动能定理判断物体动能的变化大于0，即末动能将大于初动能本题的关键是根据物体速度大小的变化，通过圆周运动规律确定物体所受摩擦力大小的变化，再根据动能定理求解即可4.【答案】d【解析】解：a：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v2=v1；故a错误；b：此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理w=ek得：w=ek=mv12-mv22，故b错误；d：设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1=t1=t1摩擦力对滑块做功：w1=fx1=ft1又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：w1=mv22 该过程中传送带的位移：x2=v1t1摩擦力对滑块做功：w2=fx2=fv1t1=fv1=2fx将代入得：w2=mv1v2设滑块向右运动的时间t2，位移为x3，则：x3=t2摩擦力对滑块做功：w3=fx3=mv12该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4-x3=x1+x2+x3滑动摩擦力对系统做功：w总=fx相对=w1+w2+w3=m（v1+v2）2滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，q=w总=fx相=m（v1+v2）2，故d正确；c：全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即q=w+mv22-mv12整理得：w=q-mv22+mv12=mv12+mv1v2，故c错误。故选：d。物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于v2的情况分析。根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功。根据能量守恒找出各种形式能量的关系。本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动。但是计算滑块与传送带间摩擦产生的热量的过程太复杂。5.【答案】b【解析】解：运用动能定理分析得出：物体损失的动能等于物体克服合外力做的功（包括克服重力做功和克服摩擦阻力做功），损失的动能为：ek=mglsin+fl=（mgsin+f）l 损失的机械能等于克服摩擦阻力做功，e=fl 由得：=常数，与l无关，由题意知此常数为2.5。则物体上升到最高点时，动能为0，即动能减少了120j，那么损失的机械能为48j，那么物体返回到底端，物体又要损失的机械能为48j，故物体从开始到返回原处总共机械能损失96j，因而它返回a点的动能为24j。故选：b。运用动能定理列出动能的变化和总功的等式，运用除了重力之外的力所做的功量度机械能的变化关系列出等式，两者结合去解决问题解题的关键在于能够熟悉各种形式的能量转化通过什么力做功来量度，并能加以运用列出等式关系6.【答案】d【解析】解：滑块a和滑块b沿着斜面方向的分力等大，故：magsin=mbgsin；a、滑块下滑过程机械能守恒，有：mgh=mv2，则v=，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度大小相等，即速率变化量相同，故a错误；b、在光滑的斜面上物体下滑时只有重力对物体做功，故对于每个物体而言其机械能均保持不变，故两物块的机械能变化量均为0，故b错误；c、滑块a和滑块b沿着斜面方向的分力等大，故：magsin=mbgsin；由于，故mamb，在同一高度下落，只质量大的物体重力势能变化量大，故c错误；d、令下落高度为h，则a沿斜面下滑的位移x=，物体下滑的加速度a=gsin，据，可得a下滑的时间，所以重力对a做功的平均功率，同理可得，因为magsin=mbgsin所以可得，故d正确。故选：d。对两个滑块分别受力分析，然后根据平衡条件列方程判断两滑块质量的关系；根据机械能守恒定律比较到达底端的速度大小，结合重力和速度的方向，结合瞬时功率的表达式求出瞬时功率的大小，从而进行比较由牛顿第二定律求出加速度，然后求出运动时间，进行比较本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，注意求解瞬时功率时，不能忘记力与速度方向之间的夹角7.【答案】a【解析】解：在球壳内，场强处处为零，试探电荷不受电场力，其动能不变；在球壳外，取一段极短距离内，认为库仑力不变，设为f，根据动能定理得：ek=fr则得：f=根据数学知识得知：等于ek-r图象上切线的斜率，由库仑定律知r增大，f减小，图象切线的斜率减小，故a正确，bcd错误。故选：a。试探电荷的动能ek与离开球心的距离r的关系根据动能定理分析本题的关键是运用微元法，根据动能定理列式，分析图象的斜率的意义，即可解答8.【答案】d【解析】解：ab、令两恒星的转动半径分别为r1和r2，两恒星间的距离为l=r1+r2据可得=，故ab均错误；cd、由ab分析知，r2=3r1因为r1+r2=l所以可得据万有引力提供向心力有：代入数据可解得：l=，故c错误，d正确。故选：d。地球和“开普勒-47”公转的向心力均由万有引力提供，根据牛顿第二定律列式求解出周期和向的表达式进行分析即可本题是双星问题，与卫星绕地球运动模型不同，两颗星都绕同一圆心做匀速圆周运动，关键抓住条件：相同的角速度和周期9.【答案】abc【解析】解：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后匀速运动。开始匀加速时：f-f=ma设匀加速刚结束时速度为v1，有：p额=fv1最后匀速时：f=f，有：f额=fvm由以上各式解得：匀加速的末速度为：，最后匀速速度为：，a、在v-t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，最终做匀速直线运动，故a正确。b、开始汽车功率逐渐增加，p=fv=fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故b正确。c、汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故c正确。d、汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故d错误。故选：abc。汽车开始做匀加速直线运动，由p=fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率p=fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况10.【答案】cd【解析】解：a、物块a由p点出发第一次到达c点过程中，绳子拉力对a一直做正功，动能不断增大，速度不断增大，故a错误；b、设物块a经过c点时的速度大小为v，此时b的速度为0，根据系统的机械能守恒得：mg（-h）=mv2，解得v=，故b错误；c、由几何知识可得ac=h，由于ab组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块a在杆上长为2h的范围内做往复运动，故c正确；d、物块a到c点时b的速度为零，根据功能关系可知，在物块a由p点出发第一次到达c点过程中，物块b克服细线拉力做的功等于b重力势能的减少量，故d正确；故选：cd。物块a由p点到c点的过程，绳子的拉力做正功，速度增大。物块a到c点时物块b的速度为零。根据系统的机械能守恒求物块a经过c点时的速度。结合对称性分析物块a的运动范围。根据功能关系分析物块b克服细线拉力做的功与b重力势能的减少量的关系。本题考查运动的合成与分解以及能量守恒定律的应用，要注意掌握能量守恒定律，注意当a的速度最大时，b的速度为零，这是解题的关键。11.【答案】ac【解析】解：a、从开始到b速度达到最大的过程中，绳子的拉力对b一直做负功，所以b的机械能一直减小，故a错误； b、对于b物体，只有重力与细线拉力做功，根据动能定理可知，b物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和，故b正确； c、在整个系统中，根据功能关系可知，b减小的机械能能转化为a的动能以及弹簧的弹性势能，故b物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故c错误； d、根据功能关系，知系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，所以a物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对a做的功，故d正确。 本题选错误的， 故选：ac。本题首先要分析清楚过程中物体受力的变化情况，清理各个力做功情况；根据功能关系明确系统动能、b重力势能、弹簧的弹性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用。正确受力分析，明确各种功能关系，是解答这类问题的关键，要搞清能量有几种形式，明确能量是如何转化的。12.【答案】ad【解析】解：a、当a所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，a、b相对于转盘会滑动，对a有：kmg-t=ml2，对b有：t+kmg=m2l2，解得=，当时，a、b相对于转盘会滑动。故a正确。b、当b达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，kmg=m2l2，解得1=，知时，绳子具有弹力。故b错误。c、角速度0，b所受的摩擦力变大，在范围内增大时，b所受摩擦力不变。故c错误。d、当在0，范围内增大时，a所受摩擦力一直增大。故d正确。故选：ad。开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，b先到达最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，角速度继续增大，a的静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑动解决本题的关键搞清木块向心力的来源，结合牛顿第二定律进行分析，难度适中13.【答案】1.82 1.71 系统 大于 先释放重物再接通打点计时器 等于 【解析】解：（1）在ob段运动过程中，重物重力势能的减少量ep=mghob=19.80.186j1.823j=1.82j，b点的速度：vb=1.85m/s，则动能的增加量ek=mvb2=1.001.852j1.71j（2）该实验没有考虑各种阻力的影响，这属于本实验的系统误差甲同学数据处理的结果比较合理的应当是epek（3）从图象中可以看出，当物体下落的高度为0时，物体的速度不为0，说明了操作中先释放重物，再接通（打点计时器）电源根据机械能守恒得：mgh=mv2，则v2=gh，则v2-h图象的斜率：k=g（4）纸带中打出的点符合相临相等的条件，则可知相临两位移间应保证位移之差等于gt2=9.80（0.02）2=0.003920.39cm； 中的位移之差分别为0.39cm，故正确中的位移之差分别为0.05cm，故错误中的位移之差分别为0.39cm，0.79cm，故错误中的位移之差分别为0.48cm，故错误故选：故答案为：（1）1.82；1.71；（2）系统；大于；（3）先释放重物再接通打点计时器；等于；（4）（1）根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点的速度，从而得出动能的增加量（2）阻力的影响属于系统误差，数据处理时，由于阻力的存在，重力势能的减小量应大于动能的增加量（3）根据下落高度为零时，物体速度不为零，分析图线不过原点的原因结合机械能守恒求出图象的函数表达式，从而得出图线斜率的含义（4）在验证机械能守恒定律实验中物体是在竖直下落只受重力的情况下完成的，故可知下落的加速度，则由x=gt2可找出符合条件的纸带解决本题的关键知道实验的原理，知道重力势能的减小量略大于动能增加量的原因，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解重力势能的减小量，通过平均速度推论求出瞬时速度的大小，从而得出动能的增加量14.【答案】c ade m1op=m1om+m2on m1op2=m1om2+m2on2【解析】解：小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，故选：c要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t，得：m1op=m1om+m2on，因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移，故选：ade由可知，若两球相碰前后的动量守恒，实验需要验证：m1op=m1om+m2on；若碰撞是弹性碰撞，那么还满足：结合公式：x=vt表达式整理为：故答案为：（1）c；（2）ade；（3）m1op=m1om+m2on，根据实验原理分析答题由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；根据的分析确定需要验证的关系式实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目15.【答案】解：（1）开始时弹簧被压缩x1，对a：kx1=magb刚要离开地面时弹簧伸长x2，对b：kx2=mbg又ma=mb=m代入得：x1=x2整个过程a上升：s=x1+x2=2mgk=0.3m根据运动学公式：s=12at2解得物体a的加速度为：a=2st2=20.30.42m/s2=3.75m/s2（2）设a末速度为vt则由s=v0+vt2t得：vt=2st=20.30.4m/s=1.5m/s因为：x1=x2所以在此过程初、末位置弹簧的弹性势能不变，弹簧的弹力做功为零。设此过程中所加外力f做功为w，根据动能定理：w-mgs=12mvt2解得：w=49.5j答：（1）此过程中物体a上升的距离为0.3m，a的加速度的大小为3.75m/s2；（2）此过程中所加外力f所做的功为49.5j。【解析】（1）先求出开始时弹簧被压缩x1，再求出b刚要离开地面时弹簧伸长x2，进而求出整个过程a上升的距离，根据匀加速直线运动位移时间公式即可求解加速度； （2）在力f作用的0.4 s内，初末状态的弹性势能相等，由功能关系即可求解。该题主要考查了牛顿