第十六章 能量和动量测试题 Word版含解析

能量和动量

一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．[2018·全国卷Ⅰ]高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
答案：B
解析：A错：速度v＝at，动能Ek＝mv2＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比；B对：根据v2＝2ax，动能Ek＝mv2＝m·2ax＝max，与位移成正比；C错：动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比；D错：动量p＝mv，动能Ek＝mv2＝，与动量的平方成正比．
2.
如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体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．重力加速度大小为g，下列有关该过程的分析正确的是(　　)
A．释放B的瞬间其加速度为
B．B动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和
C．B机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D．细线拉力对A做的功等于A机械能的增加量
答案：B
解析：以A、B组成的系统为研究对象，有mBg－kx＝(mA＋mB)a，释放B的瞬间弹簧的形变量为零，但由于不知道A、B的质量关系，故无法求出B的瞬时加速度，选项A错误；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，因此，B动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和，选项B正确；整个系统中，根据功能关系可知，B减少的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项C错误；A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，选项D错误．
3.
A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是(　　)
A．F1、F2大小之比为1?：2
B．F1、F2对A、B做功之比为1?：2
C．A、B质量之比为2?：1
D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2?：1
答案：C
解析：A、B所受摩擦力大小相等，撤去拉力后，Ff＝mAa′A＝mA·，同理Ff＝mBa′B＝mB，所以mA?：mB＝2?：1，即C对．撤力前：F1－Ff＝mAaA＝mA，F2－Ff＝mBaB＝mB，所以＝＝2，故A错．由v－t图象和时间轴包围“面积”表示位移知，A、B物体位移相同，动能变化相同，克服Ff做功相同，F1、F2做的功相同，故B、D错．
4.
如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内(　　)
A．若M>m，物体A对地向左的最大位移是
B．若MC．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0
D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
答案：D
解析：若M>m，则系统总动量向右，A速度向左减为0后向右加速，故vA＝0时向左的位移最大为；同理，若Mm，则最终共同速度大小为v＝v0，方向向右，摩擦力对小车的冲量I＝ΔPM＝M(v0－v)＝v0，摩擦力作用时间t＝＝.若M5.
一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0A．①表示的是动能随上升高度的图象，②表示的是重力势能随上升高度的图象
B．上升过程中阻力大小恒定且f＝(k＋1)mg
C．上升高度h＝h0时，重力势能和动能不相等
D．上升高度h＝时，动能与重力势能之差为mgh0
答案：D
解析：本题考查了动能定理、功能关系等知识．根据动能定理有－(mg＋f)h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－(mg＋f)h，可见Ek是减函数，由图象②表示，重力势能为Ep＝mgh，Ep与h成正比，由图象①表示，选项A错误；从图象可知，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知，从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力做的功的大小，由图象可知fh0＝Ek0－，且由动能定理可知Ek0＝(mg＋f)h0，解得f＝kmg，选项B错误；当高度h＝h0时，动能为Ek＝Ek0－(mg＋f)h＝Ek0－(k＋1)mg·h0，又由Ek0＝(k＋1)mgh0，联立解得Ek＝mgh0，重力势能为Ep＝mgh＝mgh0，所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等，选项C错误；当上升高度h＝时，动能为Ek＝Ek0－(mg＋f)h＝Ek0－(k＋1)mg·＝mgh0，重力势能为Ep＝mg·，则动能与重力势能之差为mgh0，选项D正确．
6．[2019·重庆模拟](多选)从水平地面上方某一高度处，将a球斜上抛，将b球平抛，且两球质量相等，初速度大小相同，最后落于同一水平地面上．不计空气阻力．在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两球着地时的动能相同
B．两球着地时的动量相同
C．重力对两球所做的功相同
D．重力对两球的冲量相同
答案：AC
解析：斜上抛和平抛过程中两球都只受重力作用，只有重力做功，两球初位置高度相同，故重力做功相同，根据动能定理有Ek－Ek0＝WG，因为Ek0＝mv，两球初动能相同，WG相同，故两球着地时的动能相同，故A、C正确．两球初位置高度相同，将a球斜上抛，b球平抛，a球开始时具有向上的分速度，所以a球运动的时间比b球运动的时间长，故重力对a球的冲量比对b球的冲量大，则落地时a球竖直方向的分动量大；又由于二者落地时的动能相等，则落地的速度大小相等，所以二者落地时速度的方向和动量的方向不同，故B、D错误．
7．[2019·辽宁大连模拟](多选)一质量为m的物块从某高度处以速度v0水平抛出，在抛出点其动能为重力势能的3倍，取水平地面为重力势能的参考平面，不计空气阻力，则以下结论正确的是(　　)
A．物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为
B．物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为
C．下落过程中重力的冲量大小为
D．下落过程中重力的冲量大小为
答案：AC
解析：设物块抛出时的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为α.根据机械能守恒定律得mv＋mgh＝mv2，由题意得mv＝3mgh，联立解得v＝v0，则cosα＝＝，可得α＝，故A正确，B错误；物块落地时竖直方向的速度为vy＝v0tan＝v0，根据动量定理得下落过程中重力的冲量大小为I＝mvy＝mv0，故C正确，D错误．
8．[2019·黑龙江哈三中模拟]如图所示，在光滑水平面上质量为m的物体A以速度v0与静止的物体B发生碰撞，物体B的质量为2m，则碰撞后物体B的速度大小可能为(　　)
A．v0 B.
C．0 D.
答案：D
解析：物体A与物体B碰撞的过程中动量守恒，选物体A原来的运动方向为正方向：如果发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，计算得出v＝v0；如果发生的是完全弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律得mv＝mv＋·2mv，计算得出v2＝v0.碰撞后物体B的速度满足v0≤vB≤v0，选项D正确．
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(8分)
某兴趣小组的实验装置如图所示，通过电磁铁控制的小球从A点(球心位于A点)自由下落，下落过程中经过光电门激光束所在位置B时，通过与光电门相连的毫秒计时器(图中未画出)记录下挡光时间t，测出A、B之间的距离h.实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．
(1)若用该套装置验证机械能守恒定律，已知重力加速度为g，还需要测量的物理量为________．
A．A点与地面间的距离H
B．小球的质量m
C．小球从A到B的下落时间tAB
D．小球的直径d
(2)用游标卡尺测得小球直径如图甲所示，则小球直径为________cm，某次小球通过光电门毫秒计数器的读数为3 ms，则该次小球通过光电门位置B时的瞬时速度大小为v＝________m/s.
(3)若用该套装置进行“探究做功和物体速度变化关系”的实验，大家提出以下几种猜想：W∝v；W∝v2；W∝……然后调节光电门的位置，计算出小球每次通过光电门激光束所在位置B的速度v1、v2、v3、v4……并测出小球在A、B间的下落高度h1、h2、h3、h4……然后绘制了如图所示h－v的图象．若为了更直观地看出h和v的函数关系，他们下一步应该重新绘制________．
A．h－v2图象 B．h－图象
C．h－图象 D．h－图象
答案：(1)D(2分)　(2)1.14(2分)　3.8(2分)　(3)A(2分)
解析：本题考查力学综合实验．(1)根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，本实验需测出A、B之间的距离以及小球经过光电门时的速度，故还需测量小球的直径d，选项D正确．(2)小球的直径为1.1 cm＋4×0.1 mm＝1.14 cm.小球通过光电门位置B时的瞬时速度为v＝＝ m/s＝3.8 m/s.(3)为了验证两物理量之间的关系，在坐标系中应画出两者之间的正比例关系的函数图象，因mgh＝mv2，整理得h＝v2，即h与v2成正比，选项A正确．
10．(7分)
某兴趣小组准备探究“合外力做功和物体速度变化的关系”，实验前组员们提出了以下几种猜想：
①W∝v，②W∝v2，③W∝.
为了验证猜想，他们设计了如图甲所示的实验装置．PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q点的速度)．在刚开始实验时，小刚同学提出“不需要测出物体质量，只要测出物体从初始位置到速度传感器的距离L和读出速度传感器的读数v就行了”，大家经过讨论采纳了小刚的建议．
(1)请你说明小刚建议的理由：____________________.
(2)让物体分别从不同高度无初速度释放，测出物体初始位置到速度传感器的距离L1、L2、L3、L4…读出物体每次通过Q点的速度v1、v2、v3、v4…并绘制了如图乙所示的L－v图象．若为了更直观地看出L和v的变化关系，他们下一步应该作出________．
A．L－v2图象 B．L－图象
C．L－图象 D．L－图象
(3)实验中，木板与物体间摩擦力________(填“影响”或“不影响”)探究的结果．
答案：(1)根据动能定理列出方程式mg(sinθ－μcosθ)L＝mv2，可以简化约去质量m(3分)　(2)A(2分)
(3)不影响(2分)
解析：本题考查了探究“合外力做功和物体速度变化的关系”实验．(1)若只有重力做功，则mgLsinθ＝mv2，等号的两边都有m，可以约掉，故不需要测出物体的质量．用牛顿第二定律求解，也能得出相同的结论，若是重力和摩擦力做功，则(mgsinθ－μmgcosθ)L＝mv2，等号的两边都有m，可以约掉，故不需要测出物体的质量．(2)采用表格方法记录数据，合理绘制的L－v图象是曲线，不能得出结论W∝v2，为了更直观地看出L和v的变化关系，应该绘制L－v2图象，选项A正确．(3)重力和摩擦力的总功W也与距离L成正比，因此不会影响探究的结果．
11．(15分)
如图所示，质量分布均匀、形状对称的金属块内有一个半径为R的光滑半圆形槽，金属块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙壁．一质量为m的小球从离金属块左上端R处由静止下落，小球到达最低点后向右运动从金属块的右端冲出，到达最高点后离半圆形槽最低点的高度为R.重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力为多大？
(2)金属块的质量为多少？
答案：(1)5mg　(2)7m
解析：(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有
mg·2R＝mv(1分)
小球刚到最低点时，根据圆周运动规律和牛顿第二定律有
N－mg＝m(1分)
根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为N′＝N(1分)
联立解得N′＝5mg(1分)
(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点的过程，小球和金属块水平方向动量守恒，设金属块质量为M，则mv0＝(m＋M)v(4分)
根据能量守恒定律有mg·R＝mv－(m＋M)v2(4分)
联立解得M＝7m(3分)
12．(17分)
如图，在光滑的水平面上静置着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为g，求：
(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；
(2)木块2在整个运动过程中的最小速度．
答案：(1)　(2)v0
解析：(1)当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，且设为v0根据系统动量守恒有
m(v0＋2v0＋3v0)＝6mv(3分)
木块3在木板上做匀减速运动，由牛顿第二定律有
μmg＝ma
由运动学公式(3v0)2－v2＝2as3(3分)
解得s3＝(3分)
(2)设木块2的最小速度为v2，此时木块3的速度为v3，由动量守恒定律有m(v0＋2v0＋3v0)＝(2m＋3m)v2＋mv3(3分)
在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同
3v0－v3＝2v0－v2(3分)
解得v2＝v0(2分)
探究创新卷⑤ 着眼于练模拟悟规范——争满分
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．[2018·全国卷Ⅰ]如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
答案：C
解析：小球从a运动到c，根据动能定理，得F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，故v1＝2，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.
2.
(多选)如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上．轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态．质量也为m的小球，以速度v从右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至与弹簧分离的过程中，以下判断正确的是(　　)
A．弹簧的最大弹性势能为mv2
B．弹簧对小车做的功为mv2
C．弹簧对小球冲量的大小为mv
D．弹簧对小球冲量的大小为mv
答案：AC
解析：小球与小车组成的系统动量守恒，由题意知，小球和小车共速时弹簧的弹性势能最大，则由动量守恒定律以及能量守恒定律可知，mv＝2mv′、mv2＝×2mv′2＋Ep，解得Ep＝mv2，A正确；当小球与弹簧分离时，假设小车的速度为v1、小球的速度为v2，则由动量守恒定律与能量守恒定律得，mv＝mv1＋mv2、mv2＝mv＋mv，解得v1＝v、v2＝0，则弹簧对小车做的功为W＝mv＝mv2，B错误；弹簧对小球的冲量为I＝0－mv＝－mv，即冲量大小为mv，C正确，D错误．
3.
(多选)如图所示，足够长的水平粗糙传送带在电动机的带动下以大小为v1的速度匀速转动，一质量为m的物块从传送带右侧以大小为v2(v2>v1)的速度向左滑上传送带，经过时间t1，物块与传送带相对静止，则下列说法正确的是(　　)
A．物块经过时间，速度减为零
B．物块向左运动的最大位移为
C．t1时间内，传送带对物块所做的功为mv－mv
D．t1时间内，传送带消耗的电能为m(v1＋v2)v1
答案：AD
解析：
以传送带的速度方向为正方向，作出物块运动的v－t图象如图所示，设传送带与物块间的动摩擦因数为μ，对物块有μmg＝ma，a＝μg，由图象可得a＝，设物块经过t2时间速度减为零，则有v2＝at2，得t2＝，A正确；物块向左运动的最大位移x＝，得x＝，B错误；由动能定理知，传送带对物块所做的功W＝mv－mv，C错误；系统消耗的电能等于电动机的驱动力对传送带所做的功，传送带匀速运动，F驱＝μmg，W驱＝F驱x带＝μmgv1t1＝m(v1＋v2)v1，D正确．
4．(多选)
如图所示，在两根水平固定的平行光滑杆上套着A、B、C三个小球，三个小球均可以沿杆滑动．A的质量为3m，B和C的质量均为m，初始时A和B用一根轻弹簧相连，A和B的连线与杆垂直，弹簧处于原长状态，C以速度v0沿杆向左运动，与B发生碰撞后瞬间结合在一起，下列说法正确的是(　　)
A．碰撞后，A的最大速度为v0
B．碰撞后，B、C的最小速度为v0
C．碰撞后，弹簧的最大弹性势能为mv
D．碰撞后，B、C速度最小时，弹簧的弹性势能为mv
答案：AD
解析：C和B相碰的过程有mv0＝2mv1，得v1＝v0，A、B、C和弹簧组成的系统在B、C发生碰撞后的整个运动过程中动量守恒和机械能守恒，且当三小球速度相等时，弹簧的弹性势能最大，则有2mv1＝5mv2，×2mv＝×5mv＋Epm，得Epm＝mv，C错误；B、C碰撞后到下一次弹簧恢复原长的过程中弹簧处于拉伸状态，设弹簧恢复原长时B、C的速度为v3，A的速度为v4，则有2mv1＝2mv3＋3mv4，×2mv＝×2mv＋×3mv，解得v3＝－v1＝－v0，v4＝v1＝v0，在弹簧恢复原长前，B、C先向左做减速运动，速度减小到零后，向右做加速运动，A一直向左做加速运动，因此弹簧恢复原长时，A的速度最大，为v0，碰撞后B、C速度最小为零，A正确，B错误；设B、C速度为零时，A的速度为v5，有2mv1＝3mv5，×2mv＝×3mv＋Ep，得Ep＝mv，D正确．
5．列车在空载情况下以恒定功率P经过一平直的路段，通过某点时速度为v，加速度大小为a1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度大小变为a2.重力加速度大小为g.设阻力是列车重力的k倍，则列车满载与空载时的质量之比为(　　)
A. B.
C. D.
答案：A
解析：牵引力F＝，空载时由牛顿第二定律知a1＝＝－kg，同理满载时a2＝＝－kg，联立解得＝，A正确．
6．[2019·山东济宁模拟]如图所示，一质量为M＝3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m＝1.0 kg的小木块A.给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B.在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是(　　)
A．1.8 m/s B．2.4 m/s
C．2.8 m/s D．3.0 m/s
答案：B
解析：A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，B做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，B的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 m/s，所以在A做加速运动的时间内，B的速度大小应大于2 m/s且小于 m/s，只有选项B正确．
7．(多选)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平初速度v0沿水平槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则(　　)
A．小球离开槽右端后将向右做平抛运动
B．小球离开槽右端后将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为
D．小球在槽内上升的最大高度为
答案：BC
解析：小球上升到最大高度时与小车相对静止，有共同速度v′，由水平方向动量守恒得mv0＝2mv′，由机械能守恒定律得mv＝2×mv′2＋mgh，解得h＝，故D错误；从小球滑上小车到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦，故机械能守恒，设小球速度大小为v1，小车速度大小为v2，则mv0＝mv2－mv1，mv＝mv＋mv，解得v2＝v0，v1＝0即两者交换速度，根据动能定理，小球对小车做功W＝mv－0＝mv，故B、C正确，A错误．
8．(多选)
如图所示，质量均为m的A、B两物体用轻绳相连，将物体A用一轻弹簧悬挂于天花板上，系统处于静止状态，如果弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2(式中x为弹簧的伸长量)，且弹簧一直处在弹性限度内，现将A、B间的连线剪断，则在这之后的过程中(已知重力加速度为g)(　　)
A．绳子剪断的瞬间物体A的加速度为g
B．绳子剪断后物体A能上升的最大高度为
C．物体A的最大动能为
D．物体A速度达到最大时，弹簧弹力做的功为
答案：BC
解析：根据题意，绳子剪断前有2mg＝kx，则x＝，绳子剪断的瞬间，根据力的瞬时作用效果和弹簧的弹力不能突变可得aA＝g，选项A错误；设物体A上升的高度为Δx，如果此时弹簧还是处于伸长状态，弹簧的伸长量为x－Δx，根据机械能守恒有kx2＝mgΔx＋k(x－Δx)2，解得Δx＝，如果此时弹簧已处于压缩状态，则弹簧的压缩量为Δx－x，根据机械能守恒有kx2＝mgΔx＋k(Δx－x)2，解得Δx＝，故选项B正确；当物体A上升到弹簧弹力等于物体A的重力时速度最大，动能最大，由kx1＝mg，可得x1＝＝，由机械能守恒有kx2＝mg＋kx＋Ekm，解得Ekm＝，故选项C正确；弹力做功等于动能和重力势能之和的增加量，故物体A达到速度最大时，弹力做的功为WT＝mg＋Ekm＝，选项D错误．
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(8分)
在“验证机械能守恒定律”实验中，小伟所用实验装置如图甲所示．
(1)从仪器结构和电源使用情况来看，该打点计时器是________(填“电磁打点计时器”或“电火花打点计时器”)．
(2)实验使用频率为50 Hz的交流电源，在实验各项操作正确的情况下，得到的纸带如图乙所示．
小伟选取纸带上某点为计时起点，并记为计数点0，后按纸带实际打出的点取计数点，依次记为1、2、3、4、5、6、7，并将测量所得的每个计数点离计数点0的距离记录于下表中．现已求得部分打下计数点时纸带瞬时速度大小，并记入表中．根据题目信息，完成下列各小题．
计数点
0
1
2
3
4
5
6
7
位置(cm)
0
0.88
2.15
3.74
5.78
8.36
11.24
14.26
速度(m/s)
0.54
0.71
1.15
1.37
1.48
丙
　①打下计数点3时纸带的瞬时速度大小为______m/s；(保留两位小数)
②小伟选取计数点0至计数点6为研究过程，根据表中的数据，他的推算过程如图丙所示，而老师在点评时却说小伟是错误的．你认为老师点评小伟错误的理由是什么？
答：_____________________________________________.
答案：(1)电磁打点计时器(2分)　(2)①0.90～0.95(3分)
②因为计数点0的速度(或动能)大小不等于0(或“重力加速度g默认为9.8 m/s2进行计算”)(3分，只要分析理由充分即可)
解析：本题考查了“验证机械能守恒定律”的实验．(1)只有电磁打点计时器才需要接在学生电源上，电火花打点计时器直接接在220 V的交流电源上．
(2)打下计数点3时纸带的瞬时速度为v3＝ m/s≈0.91 m/s.(3)根据图丙，该同学计算动能变化时，默认初速度等于零；计算重力势能的变化量时，把重力加速度默认为9.8 m/s2.
10．(9分)
某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图(a)所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．
回答下列问题：
(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．已知重力加速度大小为g.为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．
A．小球的质量m
B．小球抛出点到落地点的水平距离s
C．桌面到地面的高度h
D．弹簧的压缩量Δx
E．弹簧原长l0
(2)用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek＝________.
(3)图(b)中的直线是实验测量得到的s－Δx图线．从理论上可推出，如果h不变，m增加，s－Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，s－Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)．由图(b)中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与Δx的________次方成正比．
答案：(1)ABC(3分．选对但不全的给1分，有选错的，不给这3分)
(2)(3分)　(3)减小　增大　2(3分．每空1分)
解析：弹簧被压缩后的弹性势能等于小球抛出时的动能，即Ep＝Ek＝mv.小球离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律，水平位移s＝v0t，竖直高度h＝gt2，得v0＝s ，动能Ek＝mv＝，因此A、B、C正确．弹簧的弹性势能Ep＝，由理论推导可知Ep＝k(Δx)2即k(Δx)2＝，s＝·Δx，因此当h不变时，m增加，其斜率减小，当m不变时，h增加其斜率增大，由图线知s∝Δx，由Ek表达式知Ek∝s2，则由Ep＝Ek知Ep∝(Δx)2，即Ep与Δx的二次方成正比．
11．(14分)
如图，光滑固定的水平直杆(足够长)上套着轻弹簧和质量m1＝4 kg的小球A，用长度L＝0.2 m的不可伸长的轻绳将A与质量m2＝5 kg的小球B连接起来，已知弹簧左端固定，右端不与A相连．现在让A压缩弹簧使之储存4 J的弹性势能，此时A、B均静止．再由静止释放A，发现当A脱离弹簧后，B运动至最高点时绳与杆的夹角为53°.取重力加速度g＝10 m/s2，cos53°＝0.6，sin53°＝0.8，求：
(1)弹簧给A的冲量大小；
(2)A脱离弹簧后的最大速度．
答案：(1)6 kg·m/s　(2) m/s
解析：(1)设弹簧给A的冲量大小为I，B运动至最高点时A的速度为v0，A脱离弹簧后A、B水平方向总动量为p
则对A、B有：I＝p－0＝(m1＋m2)v0(3分)
由能量守恒定律有：
ΔEp＝4 J＝(m1＋m2)v＋m2gL(1－sin53°)(3分)
解得v0＝ m/s，I＝6 kg·m/s(3分)
(2)当A速度最大时B位于A正下方，取向右为正方向
由机械能守恒定律：Ep＝m1v＋m2v(3分)
由动量定理：I＝m1vA＋m2vB
解得vA＝ m/s或vA＝ m/s(舍去)(2分)
12．(16分)
如图所示，水平传送带AB长为L＝6 m，质量为M＝2 kg的木块随传送带一起以v0＝2 m/s的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，当木块运动至最左端A点时，一个质量为m＝0.5 kg的小球以v＝20 m/s、水平向右的速度射向木块并与木块粘连在一起．已知g＝10 m/s2.
(1)求小球碰撞木块的过程中小球与木块组成的系统损失的机械能；
(2)要使木块在传送带上发生相对运动时产生的热量最多，小球射向木块的速度大小为多少？热量最多为多少？(小球与木块碰撞后仍粘连在一起)
答案：(1)96.8 J　(2)38 m/s,80 J
解析：(1)由小球与木块碰撞过程动量守恒，有
mv－Mv0＝(M＋m)v1(2分)
损失的机械能为ΔE＝mv2＋Mv－(M＋m)v(2分)
联立解得ΔE＝96.8 J(2分)
(2)要使木块在传送带上发生相对运动时产生的热量最多，则需要木块滑到右端B处时，木块相对地面的速度为零，设木块被碰撞后瞬间速度大小为v2，从A端运动到B端的时间为t，则有：
－μ(M＋m)gL＝0－(M＋m)v(2分)
－μ(M＋m)gt＝0－(M＋m)v2(2分)
小球与木块碰撞过程动量守恒，有mv′－Mv0＝(M＋m)v2(1分)
解得v′＝38 m/s(1分)
木块被小球碰撞后从A端运动到B端时速度为零，这个过程中相对传送带所发生的位移大小为Δx1＝L＋v0t(1分)
此后木块开始向左做匀加速运动，直到与传送带共速，木块相对传送带发生的相对位移为Δx2，则有
Δx2＝v0·－＝(1分)
全过程中产生最多热量为
Q＝(M＋m)gμ(Δx1＋Δx2)(1分)
解得Q＝80 J(1分)