2024-2025學(xué)年高考物理一輪復(fù)習(xí)專題10機械能知識點講解含解析

專題10機械能考點風(fēng)向標(biāo)考點風(fēng)向標(biāo)第一部分：考點梳理考點一、功的理解與計算考點二、功率的理解與計算考點三、機車的兩種啟動模式考點四、動能定理的應(yīng)用考點五、動能定理的圖像問題考點六、機械能守恒定律的條件及應(yīng)用考點七、功能關(guān)系與能量守恒定律考點八、試驗—驗證動能定理考點九、試驗—驗證機械能守恒定律考點一、功的理解與計算1．功的正負(fù)的推斷方法(1)恒力做功正負(fù)的推斷：依據(jù)力與位移的夾角來推斷。(2)曲線運動中做功正負(fù)的推斷：依據(jù)F與v的方向的夾角來推斷。0°≤α<90°，力對物體做正功；90°<α≤180°，力對物體做負(fù)功；α＝90°，力對物體不做功。2．恒力做功的計算方法3．合力做功的計算方法方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功。適用于F合為恒力的過程。方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功。（典例應(yīng)用1）如圖所示，電梯與水平地面成θ角，一人站在電梯上，電梯從靜止起先勻加速上升，達(dá)到肯定速度后再勻速上升。若以FN表示水平梯對人的支持力，G為人受到的重力，F(xiàn)為電梯對人的靜摩擦力，則下列結(jié)論正確的是()A．加速過程中F≠0，F(xiàn)、FN、G都做功B．加速過程中F≠0，F(xiàn)N不做功C．加速過程中F＝0，F(xiàn)N、G都做功D．勻速過程中F＝0，F(xiàn)N、G都不做功【答案】：A【解析】加速過程中人受力和速度方向如圖所示，由力與速度方向之間夾角的關(guān)系可判定：FN、F對人做正功，G對人做負(fù)功，故A對，B、C均錯。勻速運動時，F(xiàn)＝0，F(xiàn)N做正功，G做負(fù)功，故D錯。（典例應(yīng)用2）如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長為L的輕繩懸掛于O點，用水平恒力F拉著小球從最低點運動到使輕繩與豎直方向成θ角的位置，求此過程中，各力對小球做的總功為()A．FLsinθB．mgL(1－cosθ)C．FLsinθ－mgL(1－cosθ)D．FLsinθ－mgLcosθ【答案】：C【解析】：如圖，小球在F方向的位移為CB，方向與F同向，則WF＝F·CB＝F·Lsinθ小球在重力方向的位移為AC，方向與重力反向，則WG＝mg·AC·cos180°＝－mg·L(1－cosθ)繩的拉力FT時刻與運動方向垂直，則WFT＝0故W總＝WF＋WG＋WFT＝FLsinθ－mgL(1－cosθ)，所以選項C正確?？键c二功率的理解與計算1．平均功率的計算方法(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)。(2)利用eq\x\to(P)＝F·eq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(v)為物體運動的平均速度，F(xiàn)為恒力。2．瞬時功率的計算方法(1)利用公式P＝F·vcosα，其中v為t時刻的瞬時速度。(2)P＝F·vF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度。(3)P＝Fv·v，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。(典例應(yīng)用3)．(多選)從地面上方同一點向東與向西分別平拋出兩個等質(zhì)量的小物體，拋出速度大小分別為v和2v，不計空氣阻力，則兩個小物體()A．從拋出到落地重力做的功不同B．從拋出到落地重力做的功相同C．從拋出到落地重力的平均功率不同D．落地時重力做功的瞬時功率相同【答案】BD【解析】由于下落的高度相同，重力相同，則重力做功相同，故選項A錯誤，B正確；兩個物體從同一點做平拋運動，運動時間相同，由公式P＝eq\f(W,t)可知，從拋出到落地重力的平均功率相同，故選項C錯誤；豎直方向兩個物體做自由落體運動，高度相同，落地時豎直方向的分速度vy相同，落地時重力做功的瞬時功率P＝mgvy相同，故選項D正確。（典例應(yīng)用4）某同學(xué)進(jìn)行體能訓(xùn)練，用了100s時間跑上20m高的高樓，試估算他登樓時的平均功率最接近的數(shù)值是()A．10W B．100WC．1kW D．10kW【答案】：B【解析】：這是一道實際生活中求平均功率的計算題，考查估算實力，不僅要知道平均功率的計算公式P＝eq\f(W,t)，而且要對學(xué)生的質(zhì)量有一個比較切合實際的估計，設(shè)m人＝50kg，則eq\x\to(P)＝eq\f(mgh,t)＝eq\f(50×10×20,100)W＝100W。方法總結(jié)1求力做功的功率時的基本思路方法總結(jié)2求瞬時功率時，公式P＝Fv適用于力F的方向與速度v的方向在同一條直線上的狀況。假如F與v不同向，可用力F乘以沿F方向的分速度vF(P＝F·vF)，或用速度v乘以沿速度方向的分力Fv(P＝Fv·v)求解?？键c三機車的兩種啟動模型1．模型一以恒定功率啟動(1)動態(tài)過程(2)這一過程的P-t圖象和v-t圖象如圖所示：2．模型二以恒定加速度啟動(1)動態(tài)過程(2)這一過程的P-t圖象和v-t圖象如圖所示：（典例應(yīng)用5）(多選)發(fā)動機額定功率為80kW的汽車，質(zhì)量為2×103kg，在水平路面上行駛時汽車所受摩擦阻力恒為4×103N，若汽車在平直馬路上以額定功率啟動，則下列說法中正確的是()A．汽車的加速度和速度都漸漸增加B．汽車勻速行駛時，所受的牽引力為零C．汽車的最大速度為20m/sD．當(dāng)汽車速度為5m/s時，其加速度為6m/s2【答案】：CD【解析】：由P＝Fv，F(xiàn)－Ff＝ma可知，在汽車以額定功率啟動的過程中，F(xiàn)漸漸減小，汽車的加速度a漸漸減小，但速度漸漸增加，當(dāng)勻速行駛時，F(xiàn)＝Ff，此時加速度為零，速度達(dá)到最大值，則vm＝eq\f(P,Ff)＝eq\f(80×103,4×103)m/s＝20m/s，故A、B錯誤，C正確；當(dāng)汽車速度為5m/s時，由牛頓其次定律得eq\f(P,v)－Ff＝ma，解得a＝6m/s2，故D正確。（典例應(yīng)用6）在上【例】中若汽車從靜止起先以恒定的加速度做勻加速直線運動，其加速度為2m/s2，當(dāng)汽車的輸出功率達(dá)到額定功率后，保持功率不變直到汽車勻速運動，求：(1)汽車勻加速運動的時間。(2)汽車啟動后第2s末時發(fā)動機的實際功率?！敬鸢浮浚?1)5s(2)32kW【解析】：(1)汽車勻加速直線運動過程，由牛頓其次定律得：F－Ff＝ma；解得：F＝8×103N由P＝Fv得汽車勻加速直線運動的最大速度為：v＝eq\f(P,F)＝10m/st＝eq\f(v,a)＝5s(2)2s末汽車的速度：v′＝at＝4m/s2s末汽車的實際功率：P′＝Fv′＝3.2×104W＝32kW方法總結(jié)(1)無論哪種啟動過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即vm＝eq\f(P,Fmin)＝eq\f(P,F阻)(式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力F阻)。(2)機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結(jié)束時，功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。(3)機車以恒定功率運行時，牽引力做的功W＝Pt。由動能定理：Pt－F阻x＝ΔEk。此式常常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移大小?？键c4、動能定理的應(yīng)用1．動能定理公式中“＝”的意義等號表明合力做功與物體動能變更的三個關(guān)系2．應(yīng)用動能定理解題的步驟(1)選取探討對象，明確它的運動過程。(2)分析探討對象的受力狀況和各力的做功狀況：eq\x(\a\al(受哪,些力))→eq\x(\a\al(各力是,否做功))→eq\x(\a\al(做正功還,是負(fù)功))→eq\x(\a\al(做多,少功))→eq\x(\a\al(各力做功,的代數(shù)和))(3)明確物體在過程始末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2。(4)列出動能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解題方程進(jìn)行求解。（典例應(yīng)用7）如圖所示，AB為傾角θ＝37°的斜面軌道，軌道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP為圓心角等于143°，半徑R＝1m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點，P、O兩點在同一豎直線上，輕彈簧一端固定在A點，另一自由端在斜面上C點處，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝2kg的物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點后(不拴接)釋放，物塊經(jīng)過C點后，從C點運動到B點過程中的位移與時間的關(guān)系為x＝12t－4t2(式中x單位是m，t單位是s)，假設(shè)物塊第一次經(jīng)過B點后恰能到達(dá)P點，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)試求：(1)若CD＝1m，物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功；(2)B、C兩點間的距離x?！敬鸢浮?1)156J(2)6.125m【解析】(1)由x＝12t－4t2知，物塊在C點速度為v0＝12m/s，a＝8m/s2設(shè)物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功為W，由動能定理得W－mgsin37°·eq\x\to(CD)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgsin37°·eq\x\to(CD)＝156J。(2)物塊在CB段，依據(jù)牛頓其次定律，物塊所受合力F＝ma＝16N物塊在P點的速度滿意mg＝eq\f(mv\o\al(2,P),R)C到P的過程，由動能定理得－Fx－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(49,8)m＝6.125m。方法總結(jié)用好動能定理的“5個”突破突破①——探討對象的選取動能定理適用于單個物體，當(dāng)題目中出現(xiàn)多個物體時可分別將單個物體取為探討對象，應(yīng)用動能定理。突破②——探討過程的選取應(yīng)用動能定理時，選取不同的探討過程列出的方程是不相同的。因為動能定理是個過程式，選取合適的過程往往可以大大簡化運算。突破③——受力分析運用動能定理時，必需分析清晰物體在過程中的全部受力狀況，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功，從而確定出外力的總功，這是解題的關(guān)鍵。突破④——位移的計算應(yīng)用動能定理時，要留意有的力做功與路程無關(guān)，只與位移有關(guān)，有的力做功卻與路程有關(guān)。突破⑤——初、末狀態(tài)的確定動能定理的計算式為標(biāo)量式，v為相對同一參考系的速度，所以確定初、末狀態(tài)動能時，必需相對于同一參考系而言。（典例應(yīng)用8）.如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止起先滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR【答案】C【解析】在Q點質(zhì)點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當(dāng)向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下滑過程中，依據(jù)動能定理可得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR，C正確。（典例應(yīng)用9）.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止起先下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A；彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)（）A．下滑過程中，加速度始終減小B．下滑過程中，克服摩擦力做功為C．在C處，彈簧的彈性勢能為D．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度【答案】：BD【解析】：由題意知，圓環(huán)從A到C先加速后減速，到達(dá)B處的加速度減小為零，故加速度先減小后增大，故A錯誤；依據(jù)能量守恒，從A到C有mgh＝Wf＋Ep，從C到A有eq\f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，聯(lián)立解得：Wf＝eq\f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq\f(1,4)mv2，所以B正確，C錯誤；依據(jù)能量守恒，從A到B有mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B1)＋ΔEp1＋Wf1，從C到B有eq\f(1,2)mv2＋ΔEp2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B2)＋Wf2＋mgh2，又有eq\f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，聯(lián)立可得vB2＞vB1，所以D正確。考點五、動能定理的圖象問題1．力學(xué)中圖象所圍“面積”的意義v-t圖象由公式x＝vt可知，v-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移a-t圖象由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變更量F-x圖象由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功P-t圖象由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功2.解決物理圖象問題的基本步驟(典例應(yīng)用10)宇航員在某星球表面做了如下試驗，試驗裝置如圖甲所示，豎直平面內(nèi)的光滑軌道由斜軌道AB和圓弧軌道BC組成。將質(zhì)量m＝0.2kg的小球，從軌道AB上高H處的某點由靜止釋放，用力傳感器測出小球經(jīng)過C點時對軌道的壓力大小為F，變更H的大小，可測出F隨H的變更關(guān)系如圖乙所示，求：(1)圓軌道的半徑。(2)星球表面的重力加速度。(3)作出小球經(jīng)過C點時動能隨H的變更關(guān)系Ek-H圖象?！敬鸢浮?1)0.2m(2)5m/s2(3)見解析【解析】：(1)小球過C點時，由牛頓其次定律得：F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,C),r)小球由靜止下滑至C點的過程，由動能定理得：mg(H－2r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：F＝eq\f(2mg,r)H－5mg由圖可知：當(dāng)H1＝0.5m時，F(xiàn)1＝0N解得：r＝0.2m(2)當(dāng)H2＝1.0m時，F(xiàn)2＝5N解得：g＝5m/s2(3)小球由靜止下滑至C點的過程，由動能定理得：mg(H－2r)＝Ek－0解得：Ek＝H－0.4則Ek-H圖象如圖所示：考點六、機械能守恒定律的條件及應(yīng)用1．機械能守恒的條件只有重力或彈力做功，可以從以下四個方面進(jìn)行理解：(1)物體只受重力或彈力作用。(2)存在其他力作用，但其他力不做功，只有重力或彈力做功。(3)其他力做功，但做功的代數(shù)和為零。(4)存在相互作用的物體組成的系統(tǒng)只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，無其他形式能量的轉(zhuǎn)化。2．“兩法”推斷機械能是否守恒(典例應(yīng)用11)忽視空氣阻力，下列物體運動過程中滿意機械能守恒的是()A．電梯勻速下降B．物體由光滑斜面頂端滑到斜面底端C．物體沿著粗糙斜面勻速下滑D．拉著物體沿光滑斜面勻速上升【答案】B【解析】電梯勻速下降，說明電梯處于平衡狀態(tài)，并不是只有重力做功，故A錯誤；物體在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物體運動的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，故B正確；物體沿著粗糙斜面勻速下滑，物體受力平衡，摩擦力和重力都要做功，所以機械能不守恒，故C錯誤；拉著物體沿光滑斜面勻速上升，物體受力平衡，拉力和重力都要做功，所以機械能不守恒，故D錯誤。（典例應(yīng)用12）(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的兩個小球a和b，中間用輕質(zhì)桿相連，在桿的中點O處有一固定轉(zhuǎn)動軸，把桿置于水平位置后釋放，在b球順時針搖擺到最低位置的過程中()A．b球的重力勢能削減，動能增加，b球機械能守恒B．a(chǎn)球的重力勢能增加，動能也增加，a球機械能不守恒C．a(chǎn)球、b球組成的系統(tǒng)機械能守恒D．a(chǎn)球、b球組成的系統(tǒng)機械能不守恒【答案】BC【解析】b球從水平位置下擺到最低點的過程中，a球升至最高點，重力勢能增加，動能也增加，機械能增加。由于a、b系統(tǒng)只有重力做功，則系統(tǒng)機械能守恒，既然a球機械能增加，b球機械能肯定減小?？梢姡瑮U對a球做了正功，桿對b球做了負(fù)功。所以，本題正確答案為B、C?？键c七、功能關(guān)系及能量守恒定律1．力學(xué)中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變更合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能削減彈簧彈力做正功彈性勢能削減電場力做正功電勢能削減其他力(除重力、彈力外)做正功機械能增加2.應(yīng)用能量守恒定律的兩條基本思路(1)某種形式的能量削減，肯定存在其他形式的能量增加，且削減量與增加量肯定相等；(2)某個物體的能量削減，肯定存在其他物體的能量增加，且削減量與增加量肯定相等。(典例應(yīng)用13)(多選)如圖所示，一根原長為L的輕彈簧，下端固定在水平地面上，一個質(zhì)量為m的小球，在彈簧的正上方從距地面高度為H處由靜止下落壓縮彈簧。若彈簧的最大壓縮量為x，小球下落過程受到的空氣阻力恒為Ff，則小球從起先下落至最低點的過程()A．小球動能的增量為零B．小球重力勢能的增量為mg(H＋x－L)C．彈簧彈性勢能的增量為(mg－Ff)(H＋x－L)D．系統(tǒng)機械能減小FfH【答案】AC【解析】：小球下落的整個過程中，起先時速度為零，結(jié)束時速度也為零，所以小球動能的增量為0，故A正確；小球下落的整個過程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，依據(jù)重力做功量度重力勢能的變更WG＝－ΔEp得：小球重力勢能的增量為－mg(H＋x－L)，故B錯誤；依據(jù)動能定理得：WG＋Wf＋W彈＝0－0＝0，所以W彈＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，依據(jù)彈簧彈力做功量度彈性勢能的變更W彈＝－ΔEp得：彈簧彈性勢能的增量為(mg－Ff)·(H＋x－L)，故C正確；系統(tǒng)機械能的削減等于重力、彈力以外的力做的功，所以小球從起先下落至最低點的過程，克服阻力做的功為：Ff(H＋x－L)，所以系統(tǒng)機械能的減小量為：Ff(H＋x－L)，故D錯誤。(典例應(yīng)用14)韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員。他在一次自由式滑雪空中技巧競賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J。韓曉鵬在此過程中()A．動能增加了1900JB．動能增加了2000JC．重力勢能減小了1900JD．重力勢能減小了2000J【答案】C【解析】由動能定理可知，ΔEk＝1900J－100J＝1800J，故A、B均錯。重力勢能的削減量等于重力做的功，故C正確，D錯誤。(典例應(yīng)用15)如圖所示，傳送帶AB總長為l＝10m，與一個半徑為R＝0.4m的光滑四分之一圓軌道BC相切于B點，傳送帶速度恒為v＝6m/s，方向向右，現(xiàn)有一個滑塊以肯定初速度從A點水平滑上傳送帶，滑塊質(zhì)量為m＝10kg，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，已知滑塊運動到B端時，剛好與傳送帶同速，求：(1)滑塊的初速度；(2)滑塊能上升的最大高度；(3)求滑塊其次次在傳送帶上滑行時，滑塊和傳送帶系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能?！敬鸢浮?1)2eq\r(14)m/s或4m/s(2)1.8m(3)220J【解析】(1)以滑塊為探討對象，滑塊在傳送帶上運動過程中，當(dāng)滑塊初速度大于傳送帶速度時，有－μmgl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(14)m/s；當(dāng)滑塊初速度小于傳送帶速度時，有μmgl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝4m/s。(2)由動能定理可得－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2，解得h＝1.8m。(3)以滑塊為探討對象，由牛頓其次定律得μmg＝ma，滑塊的加速度a＝1m/s2，滑塊減速到零的位移x0＝eq\f(v2,2a)＝18m>10m，則滑塊其次次在傳送帶上滑行時，速度沒有減小到零就離開傳送帶，由勻變速運動的位移公式可得l＝vt－eq\f(1,2)at2，解得t＝2s(t＝10s舍去)，在此時間內(nèi)傳送帶的位移x＝vt＝6×2m＝12m，滑塊其次次在傳送帶上滑行時，滑塊和傳送帶系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmg(l＋x)＝0.1×10×10×(10＋12)J＝220J?？键c八、試驗—驗證動能定理誤差分析1．誤差的主要來源是橡皮筋的長度、粗細(xì)不一，使橡皮筋的拉力做功W與橡皮筋的條數(shù)不成正比。2．沒有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力時傾角過大也會造成誤差。3．利用打上點的紙帶計算小車的速度時，測量不準(zhǔn)帶來誤差。留意事項1．平衡摩擦力：將木板一端墊高，使小車重力沿斜面對下的分力與摩擦阻力平衡。方法是輕推小車，由打點計時器打在紙帶上的點的勻稱程度推斷小車是否勻速運動，找到木板一個合適的傾角。2．選點測速：測小車速度時，紙帶上的點應(yīng)選勻稱部分的，也就是選小車做勻速運動狀態(tài)的。3．橡皮筋的選擇：橡皮筋規(guī)格相同時，力對小車做的功以一條橡皮筋做的功為單位即可，不必計算出詳細(xì)數(shù)值。(典例應(yīng)用16）某同學(xué)做探究合力做的功和物體速度變更的關(guān)系的試驗裝置如圖甲所示，小車在橡皮筋的作用下彈出，沿木板滑行。用1條橡皮筋時對小車做的功記為W。當(dāng)用2條、3條…完全相同的橡皮筋并在一起進(jìn)行第2次、第3次…試驗時，每次試驗中橡皮筋伸長的長度都保持一樣。試驗中小車獲得的速度由打點計時器所打的紙帶測出。(1)木板水平放置，小車在橡皮筋作用下運動，當(dāng)小車速度最大時，關(guān)于橡皮筋所處的狀態(tài)與小車所在的位置，下列說法正確的是________。A．橡皮筋仍處于伸長狀態(tài)B．橡皮筋恰好復(fù)原原長C．小車緊靠著打點計時器D．小車已超過兩個鐵釘?shù)倪B線(2)如圖乙所示是某次操作正確的狀況下，在頻率為50Hz的電源下打點計時器記錄的一條紙帶，為了測量小車獲得的速度，應(yīng)選用紙帶的________(選填“A～F”或“F～I(xiàn)”)部分進(jìn)行測量，速度大小為________m/s。(3)通過該試驗的正確操作和正確處理數(shù)據(jù)，應(yīng)當(dāng)?shù)贸龊狭ψ龅墓和物體速度v變更的關(guān)系是________(用本問中的字母表達(dá))?！敬鸢浮浚?1)A(2)F～I(xiàn)0.76(3)W∝v2【解析】：(1)平衡摩擦力后，橡皮筋的拉力等于小車受到的合力，橡皮筋做功完畢，小車的速度最大。若不進(jìn)行平衡摩擦力操作，則當(dāng)橡皮筋的拉力等于摩擦力時，速度最大，本題中木板水平放置，明顯沒有進(jìn)行平衡摩擦力的操作，因此當(dāng)小車的速度最大時，橡皮筋仍處于伸長狀態(tài)，故B、C、D錯誤，A正確。(2)小車在橡皮筋的作用下做加速運動，橡皮筋做功完畢，則速度達(dá)到最大，此后做勻速運動，因此勻速時的速度，即為該過程中的最大速度，故為了測量小車獲得的速度，應(yīng)選用紙帶點距勻稱的部分進(jìn)行測量，即F～I(xiàn)，所以速度為v＝eq\f(0.0152,0.02)m/s＝0.76m/s。(3)由動能定理可知，合力做的功應(yīng)等于物體動能的變更量，所以W與v2成正比，即W∝v2。（典例應(yīng)用19）某學(xué)習(xí)小組做探究“合力的功和物體速度變更的關(guān)系”的試驗，圖甲中小車是在1條橡皮筋作用下彈出，沿木板滑行，這時橡皮筋對小車做的功記為W。當(dāng)用2條、3條……完全相同的橡皮筋并在一起進(jìn)行第2次、第3次……試驗時，使每次試驗中橡皮筋伸長的長度都保持一樣。每次試驗中小車獲得的速度由打點計時器所打的紙帶測出。甲(1)除了圖中已有的試驗器材外，還須要導(dǎo)線、開關(guān)、________(填測量工具)和________(填“溝通”或“直流”)電源。(2)試驗中，小車會受到摩擦阻力的作用，可以使木板適當(dāng)傾斜來平衡掉摩擦阻力，則下面操作正確的是()A．放開小車，能夠自由下滑即可B．放開小車，能夠勻速下滑即可C．放開拖著紙帶的小車，能夠自由下滑即可D．放開拖著紙帶的小車，能夠勻速下滑即可(3)在正確操作狀況下，打在紙帶上的點并不都是勻稱的，為了測量小車獲得的速度，應(yīng)選用圖乙中紙帶的________部分進(jìn)行測量。乙【答案】：(1)刻度尺溝通(2)D(3)GK【解析】：(1)為測量小車獲得的速度，必需用刻度尺來測量紙帶上點和點之間的距離；打點計時器必需運用溝通電源。(2)平衡摩擦力時，也要平衡掉紙帶與限位孔之間的摩擦力。依據(jù)平衡狀態(tài)的特點，小車做勻速運動時即平衡掉了摩擦力。(3)應(yīng)當(dāng)選用紙帶上小車做勻速運動部分進(jìn)行測量，此時小車的速度最大，即GK部分?？键c九、試驗—驗證機械能守恒定律誤差分析1．