動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用-教師版

1、.動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用一、單項(xiàng)選擇題本大題共5小題，共30分1. 將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略)()A. 30kgm/sB. 5.7×102kgm/sC. 6.0×102kgm/sD. 6.3×102kgm/sA樂(lè)陵一中【分析】在噴氣的很短時(shí)間內(nèi)，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，結(jié)合動(dòng)量守恒定律求出燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g火箭的動(dòng)量大小。此題考察了動(dòng)量守恒定律的根本運(yùn)用，知道噴出燃?xì)獾膭?dòng)量和火箭的動(dòng)量大小相等，方向相反，根底題

2、?！窘獯稹块_(kāi)場(chǎng)總動(dòng)量為零，規(guī)定向向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得，0=m1v1+P，解得火箭的動(dòng)量P=-m1v1=-0.05×600kgm/s=-30kgm/s，負(fù)號(hào)表示方向，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。應(yīng)選A。2. 小車(chē)靜止在光滑程度面上，站在車(chē)上的人練習(xí)打靶(人相對(duì)于小車(chē)靜止不動(dòng))，靶裝在車(chē)上的另一端，如下圖，車(chē)、人、槍和靶的總質(zhì)量為M(不含子彈)，子彈的質(zhì)量為m，假設(shè)子彈分開(kāi)槍口的程度速度大小為v0(空氣阻力不計(jì))，子彈打入靶中且留在靶里，那么子彈射入靶后，小車(chē)獲得的速度大小為()A. 0B. mv0MC. mv0M+mD. mv0M-mA樂(lè)陵一中解：車(chē)、人、槍、子彈組成的系統(tǒng)所

3、受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以子彈的初速度方向正方向，射擊前系統(tǒng)動(dòng)量為零，由動(dòng)量守恒定律可知，子彈射入靶中后系統(tǒng)動(dòng)量也為零，車(chē)的速度為零；應(yīng)選：A系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出速度此題考察了求車(chē)的速度，確定研究對(duì)象、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可正確解題3. 有關(guān)以下四幅圖的說(shuō)法正確的選項(xiàng)是() A. 甲圖中，球m1以速度v碰撞靜止球m2，假設(shè)兩球質(zhì)量相等，碰后m2的速度一定為vB. 乙圖中，在光顏色保持不變的情況下，入射光越強(qiáng)，飽和光電流越大C. 丙圖中，射線甲由 粒子組成，射線乙為 射線，射線丙由 粒子組成D. 丁圖中，鏈?zhǔn)椒错憣儆谳p核聚變B樂(lè)陵一中解：A、甲圖中

4、，兩球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，碰撞過(guò)程機(jī)械能不增加，假如兩球質(zhì)量相等，那么碰撞后m2的速度不大于v，但不是一定等于v，故A錯(cuò)誤；B、乙圖中，圖中光的顏色保持不變的情況下，光照越強(qiáng)，光電子數(shù)目越多，那么飽和光電流越大，故B正確；C、丙圖中，由左手定那么可知，甲帶正電，那么甲射線由粒子組成，乙不帶電，射線乙是射線，丙射線粒子帶負(fù)電，那么丙射線由電子組成，故C錯(cuò)誤；D、圖4中鏈?zhǔn)椒错憣儆谥睾肆炎?，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B 由動(dòng)量守恒定律結(jié)合彈性碰撞與非彈性碰撞分析A選項(xiàng)；入射光的頻率增大，光電子的最初動(dòng)能增大，遏止電壓增大，光電效應(yīng)現(xiàn)象中，遏制電壓與光照強(qiáng)度無(wú)關(guān)；由左手定那么判斷出粒子的電性，然后答題；重核變?yōu)?/p>

5、輕核的核反響是裂變此題考察了選修內(nèi)容，掌握根底知識(shí)即可正確解題，對(duì)選修內(nèi)容要純熟掌握根底知識(shí)；入射光的頻率增大，光電子的最初動(dòng)能增大，遏止電壓增大，光電效應(yīng)現(xiàn)象中，遏制電壓與光照強(qiáng)度無(wú)關(guān)4. 如下圖，甲木塊的質(zhì)量為m1，以速度v沿光滑程度地面向前運(yùn)動(dòng)，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧.甲木塊與彈簧接觸后()A. 甲木塊的動(dòng)量守恒B. 乙木塊的動(dòng)量守恒C. 甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒D. 甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒C樂(lè)陵一中解：甲木塊與彈簧接觸后，由于彈簧彈力的作用，甲、乙的動(dòng)量要發(fā)生變化，但對(duì)于甲、乙所組成的系統(tǒng)因所受合力的沖量為零，故動(dòng)量守恒，故AB錯(cuò)誤

6、，C正確；甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的勢(shì)能，故系統(tǒng)動(dòng)能不守恒，故D錯(cuò)誤應(yīng)選：C系統(tǒng)所受合力為零時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，合外力做功為零，系統(tǒng)動(dòng)能不變，據(jù)此分析答題此題考察了判斷動(dòng)量與動(dòng)能是否守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒的條件、從能量角度分析即可正確解題5. 在光滑的程度面上有a、b兩球在t=2s時(shí)發(fā)生正碰，其質(zhì)量分別為ma、mb，兩球在碰撞前后的v-t圖象如下圖.a、b兩球質(zhì)量之比是()A. ma：mb=1：2B. ma：mb=2：5C. ma：mb=2：1D. ma：mb=5：2B樂(lè)陵一中解：由圖可知b球碰前靜止，設(shè)碰撞前，a球的速度為v0，碰后a球速度為v1，b球速度為v2，物體碰撞過(guò)程

7、中動(dòng)量守恒，規(guī)定a的初速度方向?yàn)檎?，由?dòng)量守恒定律有：mav0=mav1+mbv2；由圖知，v0=4m/s，v1=-1m/s，v2=2m/s，代入上式解得：ma：mb=2：5.故ACD錯(cuò)誤，B正確應(yīng)選：Ba、b碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列出方程，結(jié)合圖象信息即可求得兩球質(zhì)量關(guān)系解決此題的關(guān)鍵是要掌握碰撞遵守根本的規(guī)律：動(dòng)量守恒定律，列方程時(shí)要注意速度的方向，讀圖時(shí)速度的大小和方向一起讀二、多項(xiàng)選擇題本大題共4小題，共24分6. 如圖(甲)所示，質(zhì)量為M的木板靜止在光滑程度地面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊以一定的初速度v0從木板左端開(kāi)場(chǎng)向右滑行.兩者的速度大小隨時(shí)間變化的情況如圖(乙)所示

8、，那么由圖可以斷定()A. 滑塊與木板間始終存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)B. 在t1時(shí)刻滑塊從木板上滑出C. 滑塊質(zhì)量大于木板質(zhì)量D. 滑塊未能滑出木板ABC樂(lè)陵一中解：A、由圖象可知，在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，滑塊與木板的速度不同，始終與木板存在相對(duì)運(yùn)動(dòng).故A正確B、滑塊先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，最終都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)的速度不同，那么知滑塊在t1時(shí)刻滑塊從木板上滑出.故B正確，D錯(cuò)誤C、從圖線的斜率可知，滑塊的加速度大小小于木板加速度的大小，根據(jù)牛頓第二定律知，a=fm，兩個(gè)物體所受的摩擦力大小相等，可知滑塊的質(zhì)量m大于木板的質(zhì)量M.故C正確應(yīng)選：ABC滑塊滑上木板后，滑塊做勻減速直

9、線運(yùn)動(dòng)，木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，知在t1時(shí)刻滑塊從木板上滑出.根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度，由牛頓第二定律分析質(zhì)量關(guān)系此題考察圖象的應(yīng)用；圖象題是高考的熱點(diǎn)問(wèn)題，關(guān)鍵從圖象中獲取信息，可以通過(guò)圖象得出物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律7. 一個(gè)質(zhì)量為m1的人造地球衛(wèi)星在高空做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為r，某時(shí)刻和一個(gè)質(zhì)量為m2的太空碎片發(fā)生迎頭正碰，碰后二者結(jié)合成一個(gè)整體，速度大小變?yōu)樾l(wèi)星原來(lái)速度的1n，并開(kāi)場(chǎng)沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)為碰撞時(shí)的點(diǎn).假設(shè)碰后衛(wèi)星的內(nèi)部裝置仍能有效運(yùn)轉(zhuǎn)，當(dāng)衛(wèi)星與碎片的整體再次通過(guò)遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)通過(guò)極短時(shí)間的遙控噴氣可使整體仍在衛(wèi)星碰前的軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，繞行方向與碰前一樣.地球的半徑為R，

10、地球外表的重力加度大小為g，那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A. 衛(wèi)星與碎片碰撞前的線速度大小為gR2rB. 衛(wèi)星與碎片碰撞前運(yùn)行的周期大小為2rRrgC. 噴氣裝置對(duì)衛(wèi)星和碎片整體所做的功為(n-1)(m1+m2)gR2nrD. 噴氣裝置對(duì)衛(wèi)星和碎片整體所做的功為(n2-1)(m1+m2)gR22n2rBD樂(lè)陵一中解：A、衛(wèi)星圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由萬(wàn)有引力提供可得：GmMr2=mv2r 又：mg=GMmR2 可得：v=GMr=gR2r，故A錯(cuò)誤；B、據(jù)萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，有：GmMr2=mr42T2解得衛(wèi)星周期為：T=42r3GM=2rRrg，故B正確；CD、由動(dòng)能定理可得，噴氣裝置對(duì)衛(wèi)星和

11、碎片整體所做的功為：W=12(m1+m2)v2-12(m1+m2)(vn)2=(n2-1)(m1+m2)gR22n2r.故D正確，C錯(cuò)誤應(yīng)選：BD 據(jù)萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，即可求出衛(wèi)星與碎片碰撞前的線速度大小與周期的大小；由動(dòng)能定理即可求出噴氣裝置對(duì)衛(wèi)星和碎片整體所做的功此題考察的知識(shí)點(diǎn)較多，要求純熟應(yīng)用萬(wàn)有引力定律和應(yīng)用動(dòng)能定理的才能，并且要求學(xué)生有很好的數(shù)學(xué)計(jì)算才能，難度相對(duì)較大8. 甲乙兩人在光滑冰面上相向運(yùn)動(dòng)，相遇時(shí)兩人掌心相碰互推對(duì)方，分開(kāi)后兩人運(yùn)動(dòng)方向一樣.以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A. 假設(shè)m甲>m乙，那么甲對(duì)乙的沖量一定大于乙對(duì)甲的沖量B. 無(wú)論甲、乙質(zhì)量關(guān)系如何，甲

12、、乙兩人的動(dòng)量變化量大小一定相等C. 假設(shè)甲的運(yùn)動(dòng)方向沒(méi)變，那么互相作用前甲的速率一定大于乙的速率D. 假設(shè)甲的運(yùn)動(dòng)方向沒(méi)變，那么互相作用前甲的動(dòng)量一定大于乙的動(dòng)量BD樂(lè)陵一中解：A、甲對(duì)乙的力與乙對(duì)甲的力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，作用時(shí)間相等，那么甲對(duì)乙的沖量與乙對(duì)甲的沖量大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤B、以兩人組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)所受的合外力為零，動(dòng)量守恒.由動(dòng)量守恒定律知甲、乙兩人的動(dòng)量變化量大小一定相等，方向相反，故B正確CD、假設(shè)甲的運(yùn)動(dòng)方向沒(méi)變，說(shuō)明互相作用后，兩人運(yùn)動(dòng)方向與互相作用前甲的運(yùn)動(dòng)方向一樣，取互相作用前甲的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：p甲-

13、p乙=p甲'+p乙'>0，那么有p甲>p乙.所以互相作用前甲的動(dòng)量一定大于乙的動(dòng)量.由于兩人的質(zhì)量關(guān)系未知，所以不能確定兩人互相作用前速率的大小關(guān)系，故C錯(cuò)誤，D正確應(yīng)選：BD 以兩人組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)所受的合外力為零，動(dòng)量守恒.沖量是矢量，其方向與作用力方向一樣，甲對(duì)乙與乙對(duì)甲的作用力方向相反，沖量方向相反.根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析動(dòng)量變化量的關(guān)系以及互相作用前速率和動(dòng)量關(guān)系此題考察對(duì)動(dòng)量守恒定律和沖量的理解才能，要注意動(dòng)量是矢量，要選取正方向，用帶正負(fù)號(hào)的量值表示動(dòng)量9. 如下圖：一輕彈簧左端固定在足夠長(zhǎng)的木塊A的左端擋板上，右端與小物塊B連接，A、B及A與

14、地面間的接觸面均光滑.開(kāi)場(chǎng)時(shí)，A和B均靜止，現(xiàn)同時(shí)對(duì)A、B施加大小相等、方向相反的程度恒力F1和F2.那么從兩物體開(kāi)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)到以后的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(彈簧形變始終不超過(guò)其彈性限度)，對(duì)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，正確的說(shuō)法是()A. 由于F1、F2大小相等、方向相反，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒B. 由于F1、F2大小相等、方向相反，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒C. 當(dāng)彈簧的彈力與F1、F2大小相等時(shí)，A、B的動(dòng)能均到達(dá)最大值D. 當(dāng)彈簧的形變量最大時(shí)，A、B均處于平衡狀態(tài)AC樂(lè)陵一中解：對(duì)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A正確；由于F1、F2均對(duì)系統(tǒng)做正功，因此系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，機(jī)械能增加，故B錯(cuò)誤

15、；根據(jù)牛頓第二定律可知，開(kāi)場(chǎng)A、B均做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F1=F2=Kx時(shí)，A、B所受合外力均為零，此時(shí)二者速度最大，動(dòng)能最大，然后開(kāi)場(chǎng)做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者速度減為零時(shí)，彈簧最長(zhǎng)，型變量最大，故C正確，D錯(cuò)誤應(yīng)選AC正確解答此題需要掌握：動(dòng)量守恒條件的應(yīng)用；機(jī)械能守恒條件的理解以及如何求機(jī)械能的變化；正確應(yīng)用牛頓第二定律分析AB的運(yùn)動(dòng)形式此題考察了動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒條件的理解以及牛頓第二定律的應(yīng)用，注意正確理解這兩種守恒的條件，同時(shí)正確對(duì)物體進(jìn)展受力分析，明確運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化三、填空題本大題共1小題，共5分10. 質(zhì)量為0.45kg的木塊靜止在光滑程度面上，一質(zhì)量為0.0

16、5kg的子彈以200m/s的程度速度擊中木塊，并留在其中，整個(gè)木塊沿子彈原方向運(yùn)動(dòng)，那么木塊最終速度的大小是_m/s。假設(shè)子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的平均阻力為4.5×103N，那么子彈射入木塊的深度為_(kāi)m。20；0.2樂(lè)陵一中解：木塊的質(zhì)量M=0045kg，子彈的質(zhì)量為m=0.05kg，初速度為v0=200m/s，二者組成的系統(tǒng)程度方向動(dòng)量守恒，設(shè)子彈初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0=(m+M)v解得木塊最終速度的大小v=mv0m+M=0.050.05+0.45×200m/s=20m/s；設(shè)子彈射入木塊的深度為d，根據(jù)能量守恒定律可得：fd=12mv02-12

17、(m+M)v2，解得：d=0.2m。故答案為：20；0.2。以整體為研究對(duì)象，程度方向根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解木塊最終的速度大??；根據(jù)能量守恒定律求解子彈射入木塊的深度。此題主要是考察了動(dòng)量守恒定律；對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程進(jìn)展解答。四、實(shí)驗(yàn)題探究題本大題共2小題，共25分11. 如下圖，方盒A靜止在光滑的程度面上，盒內(nèi)有一小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)程度面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.假設(shè)滑塊以速度v開(kāi)場(chǎng)向左運(yùn)動(dòng)，與盒的左、右壁發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來(lái)回運(yùn)動(dòng)屢

18、次，最終相對(duì)于盒靜止，那么此時(shí)盒的速度大小為_(kāi) ，滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為_(kāi) 13v；v23g樂(lè)陵一中解：設(shè)滑塊的質(zhì)量是m，碰后速度為v共，物體與盒子組成的系統(tǒng)合外力為0，設(shè)向左為正方向，由動(dòng)量守恒：mv=(m+2m)v共解得：v共=13v開(kāi)場(chǎng)時(shí)盒子與物塊的機(jī)械能：E1=12mv2碰后盒子與物塊的機(jī)械能：E2=12(m+2m)v共2=16mv2損失的機(jī)械能：E=E1-E2=mgs聯(lián)立得：s=v23g故答案為：13v；v23g物體與盒子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒；先由動(dòng)量守恒求出盒子與物塊的最終速度，再結(jié)合損失的機(jī)械能即可求出滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程該題考察動(dòng)量守恒定律，解答的關(guān)鍵是能忽略運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，純熟

19、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律是正確解題的關(guān)鍵；解題時(shí)要分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程12. (1)如圖，質(zhì)量為M的小車(chē)靜止在光滑程度面上，車(chē)廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體以速度v開(kāi)場(chǎng)向左運(yùn)動(dòng)，與車(chē)廂壁來(lái)回碰撞幾次之后靜止于車(chē)廂中，這時(shí)小車(chē)的速度大小為_(kāi)；方向_(2)為驗(yàn)證“拉力做功與物體動(dòng)能改變的關(guān)系，某同學(xué)到實(shí)驗(yàn)室找到以下器材：長(zhǎng)木板(一端帶定滑輪)、電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、質(zhì)量為200g的小車(chē)、質(zhì)量分別為10g、30g和50g的鉤碼、細(xì)線、學(xué)生電源(有“直流和“交流檔).該同學(xué)進(jìn)展以下操作A.組裝實(shí)驗(yàn)裝置，如圖a所示B.將質(zhì)量為200g的小車(chē)?yán)酱螯c(diǎn)計(jì)時(shí)器附近，并按住小車(chē)C.選用50g的鉤碼掛在拉線的掛鉤P上D.接通

20、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，釋放小車(chē)，打出一條紙帶E.在屢次重復(fù)實(shí)驗(yàn)得到的紙帶中選出一條點(diǎn)跡明晰的紙帶，如圖b所示F.進(jìn)展數(shù)據(jù)采集與處理請(qǐng)你完成以下問(wèn)題：進(jìn)展實(shí)驗(yàn)時(shí)，學(xué)生電源應(yīng)選擇用_檔(選填“直流或“交流)該同學(xué)將紙帶上打的第一個(gè)點(diǎn)標(biāo)為“0，且認(rèn)為打“0時(shí)小車(chē)的速度為零，其后依次標(biāo)出計(jì)數(shù)點(diǎn)1、2、3、4、5、6(相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)未畫(huà))，各計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.1s，如圖b所示.該同學(xué)測(cè)量出計(jì)數(shù)點(diǎn)0到計(jì)數(shù)點(diǎn)3、4、5的間隔 ，并標(biāo)在圖b上.那么在打計(jì)數(shù)點(diǎn)4時(shí)，小車(chē)的速度大小為_(kāi)m/s；假如將鉤碼的重力在數(shù)值受騙作小車(chē)所受的拉力，那么在打計(jì)數(shù)點(diǎn)0到4的過(guò)程中，拉力對(duì)小車(chē)做的功為_(kāi)J，小車(chē)的動(dòng)能

21、增量為_(kāi)J.(取重力加速度g=9.8m/s2，結(jié)果均保存兩位有效數(shù)字)由中數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，該同學(xué)并沒(méi)有可以得到“拉力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能增量的結(jié)論，且對(duì)其他的點(diǎn)(如2、3、5點(diǎn))進(jìn)展計(jì)算的結(jié)果與“4計(jì)數(shù)點(diǎn)相似.你認(rèn)為產(chǎn)生這種實(shí)驗(yàn)結(jié)果的主要原因有(寫(xiě)出兩條即可)(3)有一根長(zhǎng)陶瓷管，其外表均勻地鍍有一層很薄的電阻膜，管的兩端有導(dǎo)電箍M和N，如圖(a)所示.用多用電表電阻擋測(cè)得MN間的電阻膜的電阻約為100.陶瓷管的直徑遠(yuǎn)大于電阻膜的厚度某同學(xué)利用以下器材設(shè)計(jì)了一個(gè)測(cè)量該電阻膜厚度d的實(shí)驗(yàn)A.毫米刻度尺B.游標(biāo)卡尺(20分度)C.電流表A1(量程0-50mA，內(nèi)阻約10)D.電流表A2(量程00.6

22、A，內(nèi)阻約0.6)E.電壓表V1(量程5V，內(nèi)阻約5k)F.電壓表V2(量程15V，內(nèi)阻約15k)G.滑動(dòng)變阻器R1(阻值范圍0-20，額定電流1.5A)H.滑動(dòng)變阻器R2(阻值范圍0-1000，額定電流1A)I.電源E(電動(dòng)勢(shì)6V，內(nèi)阻可不計(jì))J.開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線假設(shè)干他用毫米刻度尺測(cè)出電阻膜的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，用游標(biāo)卡尺測(cè)量該陶瓷管的外徑，其示數(shù)如圖(b)所示，該陶瓷管的外徑D=_cm；為了比較準(zhǔn)確地測(cè)量電阻膜的電阻，且調(diào)節(jié)方便，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用電流表_，電壓表_，滑動(dòng)變阻器_.(填寫(xiě)器材前面的字母代號(hào))在方框中畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路圖連接好電路后挪動(dòng)滑片，閉合開(kāi)關(guān).改變滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻，記錄多組電壓表的

23、讀數(shù)和電流表的讀數(shù)，根據(jù)數(shù)據(jù)做出電壓-電流圖像(圖線為一條直線)，并計(jì)算出圖線的斜率為k.假設(shè)鍍膜材料的電阻率為，計(jì)算電阻膜厚度d的數(shù)學(xué)表達(dá)式為d=_(用題目給出的量符號(hào)或數(shù)學(xué)常數(shù)的符號(hào)表示)(1)mvM+m   程度向左(2)交流   0.58   0.059   0.034   小車(chē)質(zhì)量沒(méi)有遠(yuǎn)大于鉤碼質(zhì)量；沒(méi)有平衡摩擦力(3)1.340   C   E   G      lkD樂(lè)陵一中(1) 【分析】物體與車(chē)廂反復(fù)碰撞，最終兩者速度相等，在此過(guò)程中，兩者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

24、，由動(dòng)量守恒定律可以求出車(chē)廂的速度。此題考察了動(dòng)量守恒定律。選物體與小車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，程度方向僅有系統(tǒng)的內(nèi)力作用而不受外力作用，故此方向滿足動(dòng)量守恒，碰撞前的動(dòng)量，等于最后的總動(dòng)量，典型的動(dòng)量守恒的題目?！窘獯稹恳晕矬w與車(chē)廂組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得：mv=(M+m)v'；最終車(chē)的速度為：；方向與v0的速度一樣，程度向左；故答案為：mvM+m；程度向左。(2)【分析】打點(diǎn)計(jì)時(shí)器是一種計(jì)時(shí)儀器，使用交流電源；將砝碼重力當(dāng)作小車(chē)所受合外力，根據(jù)功的定義可以正確解答，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于該過(guò)程中的平均速度可以求出第4個(gè)點(diǎn)的速度大小，

25、進(jìn)一步求出其動(dòng)能大小；實(shí)驗(yàn)誤差主要來(lái)自兩個(gè)方面一是由實(shí)驗(yàn)原理不完善，沒(méi)有平衡摩擦力導(dǎo)致的系統(tǒng)誤差，一是由數(shù)據(jù)測(cè)量如測(cè)量間隔 等導(dǎo)致的偶爾誤差，可以從這兩個(gè)方面進(jìn)展分析。此題考察了探究功與速度變化的關(guān)系。明確實(shí)驗(yàn)原理往往是解決實(shí)驗(yàn)問(wèn)題的關(guān)鍵，該實(shí)驗(yàn)的一些操作和要求與探究力、加速度、質(zhì)量之間關(guān)系的實(shí)驗(yàn)類(lèi)似可以類(lèi)比學(xué)習(xí)。【解答】打點(diǎn)計(jì)時(shí)器是一種計(jì)時(shí)儀器，使用交流電源；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過(guò)程中的平均速度，相鄰的兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為T(mén)=0.1s；得：v4=x352T=0.1850-0.0690.2m/s=0.58m/s，在打計(jì)數(shù)點(diǎn)0到4的過(guò)程中，拉力對(duì)小車(chē)做的功為：W=mgs=

26、0.05×9.8×0.12=0.059J；小車(chē)的動(dòng)能增量為：Ek=12Mv42=12×0.2×0.582J=0.034J；該實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生誤差的主要原因一是鉤碼重力大小并不等于繩子拉力的大小，設(shè)繩子上拉力為F，對(duì)小車(chē)根據(jù)牛頓第二定律有：F=Ma對(duì)砂桶和砂有：mg-F=maF=Mm+Mmg；由此可知當(dāng)M>>m時(shí)，砂和砂桶的重力等于繩子的拉力，顯然該實(shí)驗(yàn)中沒(méi)有滿足這個(gè)條件；另外該實(shí)驗(yàn)要進(jìn)展平衡摩擦力操作，否那么也會(huì)造成較大誤差；故填：交流；0.58；0.059；0.034；小車(chē)質(zhì)量沒(méi)有遠(yuǎn)大于鉤碼質(zhì)量；沒(méi)有平衡摩擦力。(3)【分析】游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺示

27、數(shù)之和是游標(biāo)卡尺的示數(shù)；根據(jù)電路最大電流選擇電流表，根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)選擇電壓表，為方便實(shí)驗(yàn)操作，在保證平安的前提下，應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器；根據(jù)待測(cè)電阻與滑動(dòng)變阻器的阻值關(guān)系確定滑動(dòng)變阻器的接法，根據(jù)待測(cè)電阻與電表內(nèi)阻的關(guān)系確定電流表的接法，然后作出電路；根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，應(yīng)用歐姆定律、電阻定律求出電阻膜的厚度。此題考察了測(cè)量電阻率的實(shí)驗(yàn)，注意實(shí)驗(yàn)原理，同時(shí)注意明確游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺的示數(shù)，游標(biāo)卡尺不需要估讀；還要掌握實(shí)驗(yàn)器材的選取原那么?！窘獯稹坑蓤D示游標(biāo)卡尺可知，主尺示數(shù)為13mm=1.3cm，游標(biāo)尺示數(shù)為8×0.05mm=0.40mm=0.040cm，那么

28、d=1.3cm+0.040cm=1.340cm；電路最大電流約為：I=ER=6100A=0.06A=60mA，那么電流表應(yīng)選：C；電源電動(dòng)勢(shì)為6V，那么電壓表應(yīng)選E；為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選G；待測(cè)電阻阻值遠(yuǎn)大于滑動(dòng)變阻器阻值，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法；待測(cè)電阻阻值遠(yuǎn)大于電流表內(nèi)阻，電流應(yīng)采用內(nèi)接法，實(shí)驗(yàn)電路圖如下圖：；電壓-電流圖象(題圖線為一條直線)，并計(jì)算出圖線的斜率為k；待測(cè)電阻阻值：R=UI=k；由電阻定律得：R=lS=lDd=k；解得：電阻膜厚度為：d=lkD故填：1.340；C；E；G；lkD。五、計(jì)算題本大題共4小題，共48分13. 如圖，光滑冰面上靜止放置一外表光滑的斜

29、面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m(h小于斜面體的高度).小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30kg，冰塊的質(zhì)量為m2=10kg，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng).取重力加速度的大小g=10m/s2(i)求斜面體的質(zhì)量；(ii)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體別離后能否追上小孩？解：(i)對(duì)于冰塊和斜面體組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒可得，m2v2=(m2+M)v根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，可得，m2gh+12(m2+M)v2=12m2v22解得：M=20kg(ii)小孩與冰塊組成的系

30、統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒可得，m1v1=m2v2，解得v1=1m/s(向右)冰塊與斜面：m2v2=m2v2'+Mv3'，根據(jù)機(jī)械能守恒，可得，12m2v22=12m2v2'2+12Mv3'2解得：v2'=-1m/s(向右)因?yàn)閨v2'|=v1，所以冰塊不能追上小孩答：(i)斜面體的質(zhì)量為20kg；(ii)冰塊與斜面體別離后不能追上小孩樂(lè)陵一中(i)冰塊和斜面體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒計(jì)算斜面體的質(zhì)量；(ii)小孩和冰塊動(dòng)量守恒，冰塊和斜面動(dòng)量守恒機(jī)械能守恒，計(jì)算小孩和冰塊的最后速度，比較他們的速度大小的關(guān)系可以判斷能否

31、追上小孩此題是對(duì)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的考察，根據(jù)小孩和冰塊，還有斜面體的在不同的過(guò)程中動(dòng)量守恒以及冰塊與斜面機(jī)械能守恒計(jì)算最終的速度的大小即可14. 如下圖，位于光滑程度面上，質(zhì)量分別為1kg、4kg的滑塊A、B，現(xiàn)使滑塊A獲得5m/s程度向右的瞬時(shí)速度，與左側(cè)連有輕質(zhì)彈簧的靜止滑塊B發(fā)生碰撞.求二者在發(fā)生互相作用的整個(gè)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能；滑塊B獲得的最大速度解：當(dāng)彈簧壓縮至最短時(shí)，彈性勢(shì)能最大，此時(shí)滑塊A和B的速度一樣.選取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：  mAv0=(mA+mB)v解得：v=mAv0mA+mB=1×51+4=1m/s 根據(jù)機(jī)械能守恒定

32、律，彈簧的最大彈性勢(shì)能為：EP=12mAv02-12(mA+mB)v2 代入數(shù)據(jù)解得：EP=10J 當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊B獲得的最大速度.由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別得： mAv0=mAvA+mBvB  12mAv02=12mAvA2+12mBvB2 由以上兩式解得，B的最大速度為：vB=2mAmA+mBv0=2m/s 答：彈簧的最大彈性勢(shì)能是10J；滑塊B的最大速度是2m/s樂(lè)陵一中A與B互相作用過(guò)程中，外力的合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，同時(shí)由于只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒；A剛與彈簧接觸時(shí)，彈簧彈力逐漸變大，A做加速度變大的加速運(yùn)動(dòng)，B做加速度變大的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A與B速度相等時(shí)，彈簧最短，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列式即可當(dāng)A、B別離時(shí)，B的速度最大，此時(shí)相當(dāng)進(jìn)展了一次彈性碰撞.由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律即可求解此題關(guān)鍵對(duì)兩物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)展分析，得出A和B的速度一樣時(shí)，彈簧最短，然后根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列式研究15. 兩一樣平板小車(chē)A、B放在光滑程度面上，兩小車(chē)質(zhì)量均為2kg，車(chē)長(zhǎng)0.3m，A車(chē)左端放一小鐵塊C，質(zhì)量為1kg，鐵塊與小車(chē)外表的摩擦因數(shù)均為0.4，開(kāi)場(chǎng)A、C一起以v