4.在盛水的一个杯子里有一木块，开始时木块被一根细绳拴住而完全没入水中，如图所示，整个装置与外界绝热，断开细绳，则木块将浮在水面上，最后达到平衡，在这一过程中，水、杯子和木块组成的系统(　)

A.内能增大　　　B.内能减小

C.内能不变　 D.条件不足，无法判断

解析：断开细绳后木块上升至水面，木块原来所处的位置被水填充，故水与木块组成的系统重心下降、重力势能减小.由能的转化和守恒定律知，系统的内能增大.

答案：A

3.如图所示，M、N是固定的半圆形轨道的两个端点，轨道半径为R，一个质量为m的小球从M点正上方高为H处自由落下，正好沿切线进入轨道，M、N两点等高，小球离开N点后能上升的最大高度为.不计空气阻力，小球在此过程中克服半圆轨道摩擦力做的功为W；小球到最高点后又落回半圆轨道，向左侧滑动.则下列说法正确的是(　)

A.W＝mgH，小球恰好能向左滑至M点

B.W＝mgH，小球能向左滑出M点并继续上升一定高度

C.W＜mgH，小球恰好能向左滑至M点

D.W＜mgH，小球能向左滑出M点并继续上升一定高度

解析：小球从H高处下落经轨道后又上升至H高处的过程，由动能定理有：

mg(H－)－W＝0

得：W＝mgH

设小球再次落下后向左滑至M点时的速度为v_M，由动能定理：mg－W′＝mv

又因为向左滑过半圆轨道时经过每一点的速率都小于向右滑过时的速率，故小球对半圆轨道的压力以及半圆轨道对小球的摩擦力都小于前次向右滑过轨道该处的数值，可得W′＜W，v_M＞0，即小球能滑出M点后又继续上升一定高度.

答案：B

2.一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的水平外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，如图所示.以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离，在此过程中(　)

A.外力F做的功等于A和B动能的增量

B.B对A的摩擦力所做的功等于A动能的增量

C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功

D.外力F对B所做的功等于B动能的增量与B克服摩擦力做的功之和

错解：由动能定理可得A正确.在物体A受的力中，只有B对A的摩擦力做了功，故B正确.作用力与反作用力做功大小相等，方向相反，故C正确.F对B做的功应等于B动能的增量减去B克服摩擦力做的功，故D错误.

剖析：从功能关系的角度来说，A、B组成的系统中还有内能产生，故W_F＝ΔE_kA+ΔE_kB+ΔQ.从动能定理的角度来说，A、B动能的增量应为所有力做功的总和，包括一对滑动摩擦力，而这对滑动摩擦力做的功之和并不为0，故A错误.由动能定理可知，B正确.一对作用力与反作用力可以同时做正功，也可同时做负功，还可……题中所述过程中，两物体在摩擦力作用下的位移不相等，故C错误.

正解：对于A，W_BA＝ΔE_kA，故B正确.

设B克服摩擦力做的功为W_f，由动能定理得：

W_F－W_f＝ΔE_kB

即：W_F＝ΔE_kB+W_f.

故D正确.

答案：BD

1.如图所示，一木块放在光滑水平面上，一子弹水平射入木块中，射入的深度为d，平均阻力为f.设木块运动s远时开始匀速前进，下列判断正确的是(　)

A.fs量度子弹损失的动能

B.f(s+d)量度子弹损失的动能

C.fd量度子弹损失的动能

D.fd量度子弹、木块系统总动能的损失

解析：对木块运用动能定理有：fs＝ΔE_k1

对子弹运用动能定理有：－f(s+d)＝ΔE_k2

对系统运用动能定理有：－fd＝ΔE_k3

故选项B、D正确.

答案：BD

6.利用打点计时器研究一个约1.4 m高的商店卷帘窗的运动.将纸带粘在卷帘底部，纸带通过打点计时器随帘在竖直面内向上运动.打印后的纸带如图甲所示，数据如图乙中的表格所示.纸带中A与B、B与C、C与D……每两点之间的时间间隔为0.10 s，根据各间距的长度，可计算出卷帘窗在各间距内的平均速度v平均，可以将v平均近似地作为该间距中间时刻的即时速度v.

(1)请根据所提供的纸带和数据，在图丙中绘出卷帘窗的v－t图象.

(2)AD段的加速度为　　m/s2，AK段的平均速度为　　m/s.

解析：(1)根据所提供的纸带和数据求各间距内的平均速度v平均＝(si表示两计时点间的距离，Δt表示每两计时点间的时间间隔).由题意可确定0.05 s、0.15 s、 0.25 s……各时刻的即时速度，将计算数据列入下面的表格中，绘出的v－t图象参见答案.

(2)由v－t图象可知AD段卷帘做匀加速运动，由速度公式：

DE－AB＝a·3Δt

或逐差法：a＝

均可求得：a＝5 m/s2

故AK段的平均速度为：

AK＝＝ m/s＝1.39 m/s.

答案：(1)如图丁所示　(2)5　1.39

5.一个有一定厚度的圆盘可以绕通过中心且垂直于盘面的水平轴转动.用下面的方法测量它匀速转动的角速度.

实验器材：电磁打点计时器、米尺、纸带、复写纸片.

实验步骤：

①如图甲所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；

②启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点；

③经过一段时间后，停止转动和打点，取下纸带，进行测量.

(1)用已知量和测得量表示角速度的表达式为ω＝　　　，式中各量的意义是　　　　　.

(2)某次实验测得圆盘半径r＝5.50×10－2 m，得到的一段时间内的纸带如图乙所示.若打点计时器所接交流电源的频率为50 Hz，则可得角速度为　　 rad/s.

乙

解析：纸带移动速度v＝，又v＝ωr，因此ω＝，其中x1、x2为所取段端点打点的坐标，T为电磁打点计时器打点的时间间隔，n为所取段的打点数(含端点)，r为圆盘半径.取图乙中所有打点，则：x2＝11.30 cm，x1＝0.75 cm，n＝15.将r、T一并代入公式可得：ω＝6.85 rad/s.

答案：(1)　其中x1、x2为所取段端点打点的坐标，T为电磁打点计时器打点的时间间隔，n为所取段的打点数(含端点)，r是圆盘半径　(2)6.85

4.小球做直线运动时的频闪照片如图所示.已知频闪周期T＝0.1 s，小球相邻位置的间距(由照片中的刻度尺量得)分别为OA＝6.51 cm，AB＝5.59 cm，BC＝4.70 cm，CD＝3.80 cm，DE＝2.89 cm，EF＝2.00 cm.

(1)小球在位置A时的速度大小vA＝　　 m/s.

(2)小球运动的加速度大小a＝　　 m/s2.

[2006年高考·江苏物理卷]

解析：本题考查通过纸带计算某点瞬时速度的方法和用逐差法计算加速度大小的方法，皆属于基本能力的考查.

(1)由平均速度的定义和匀变速运动的特点得：

A＝OB＝＝ m/s＝0.605 m/s

(2)由逐差法得：

a1＝；a2＝；a3＝

a＝

＝

＝－0.9 m/s2

故加速度的大小为0.9 m/s2.

答案：(1)0.605　(2)0.9

3.某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了在不同拉力下的甲、乙、丙等几种较为理想的纸带，并在纸带上每5个点取一个计数点，即相邻两计数点间的时间间隔为0.1 s，将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5……如图所示，甲、乙、丙三段纸带分别是从三条不同纸带上撕下的.

(1)在甲、乙、丙三段纸带中，属于纸带A的是　　.

(2)打纸带A时，物体的加速度大小是　　m/s2.

解析：(1)由匀变速直线运动规律可知：

Δs＝s2－s1＝s3－s2＝…＝at2

所以Δs＝s2－s1＝6.11 cm－3.00 cm＝3.11 cm

s5＝s1+4Δs＝3.00 cm+4×3.11 cm＝15.44 cm

所以，纸带丙的数据最接近，它应和A是同一条纸带.

(2)a＝＝ m/s2＝3.11 m/s2.

答案：(1)丙　(2)3.11

2.图示是在研究物体的运动时，利用打点计时器打出的一条纸带.电磁打点计时器是一种使用低压交流电源的计时器，当电源的频率为50 Hz时，每隔0.1 s取一个计数点，它们是图中a、b、c、d、e、f等点，这段时间内加速度的平均值是　　 m/s2(取两位有效数字).若电源的频率高于50 Hz，但计算时仍按50 Hz计算，则其加速度的数值将　　.(填“偏大”、“偏小”或“相同”)

答案：0.81　偏小

1.在做“研究匀变速直线运动”的实验时，对于减小实验误差来说，下列方法正确的是(　)

A.把每打五个点的时间间隔作为一个时间单位来选取计数点

B.使小车运动的加速度尽量小些

C.舍去纸带上密集的点，只利用点迹清晰、点间间隔适当的那一部分进行测量、计算

D.选用各处平整程度、光滑程度相同的长木板做实验

答案：ACD