探索性实验一答.doc

探索性实验
课时1力、热探索性实验
例1、解析：⑴根据实验数据在坐标纸上描出的点，基本上在同一条直线上。可以判定F和L间是一次函数关系。画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点均匀地分布在直线两侧。该图线跟横轴交点的横坐标表示弹簧的原长。
⑵图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。由可得k=25N/m。
例2、5. 2.0 ；1.5
例3
例3、5ｍ/ｓ2，1.39ｍ/ｓ分析：该实验是对“测定匀变速直线运动的加速度”学生实验的翻新和拓展。只是该题将原实验中用钩码拖动小车在水平木板上运动的情景，翻新为卷帘窗在竖直面内的运动；将原实验中小车的匀加速运动拓展为卷帘窗上移过程中的加速、匀速和减速过程．试题要求根据所提供的纸带和数据，将卷帘窗在各间距内的平均速度近似地作为该间距中间时刻的瞬时速度，给出卷帘窗运动的ｖ－ｔ图线，并进一步求出卷帘窗在ＡＤ段（匀加速阶段）的加速度和ＡＫ段（全过程）的平均速度。ｖ－ｔ图线不难由求得的速度值一一描点绘出；由ｖ－ｔ图线中ＡＤ段对应图线的斜率或根据ａ＝Δｓ/Ｔ2，可求得ａＡＤ；由ＡＫ段的总长度和对应的总时间，可求得ｖＡＫ。
点评：本题实验情景新颖，紧密贴近生活实际，很有现实意义。这道题主要考查考生的实验迁移能力和用作图法处理实验数据的能力。
例4
例4、解析：（1）。
（2）金属块刚好能沿斜面匀速下滑，则有mgsinθ=μmgcosθ，即得金属块和长木板间的动摩擦因数μ=tanθ=h/L=0.25。
（3）根据能量守恒Ep=μGs算出和s对应的弹性势能Ep也填入表中；再计算x2的对应值，并填入表中。
在下图的坐标系中作出Ep- x2的图线，根据图线求得Ep和x2间的关系式为Ep=250x2，即符合猜想Ep=kx2/2。
例6
例5、（1）钢球先做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动（2）
*例6、解析：（1）如图（2）1/2（3）水深为y的小孔射出的水平距离为：讨论得出。
课堂反馈
1、10，1，
2、（1）1.50 （2）1.20
*3、解析：（1）螺旋测微器（或游标卡尺）
（2）在750mm刻度线以内，铝球做匀速运动。
（3）作出的图像，由图像的斜率求粘滞系数（或先由不同直径铝球对应的收尾速度用公式求出粘滞系数，再求平均值）

达标训练
1、解析：②、③、①、④ ，B。
2、解析：实际上水滴在不断继续下滴，照明光源是一种间歇发光的光源。当龙头中每产生一个水滴时，恰好闪光一次；当再一次闪光时第一个水滴就从A点抵达B点，第3次闪光时第一个水滴到达C点，第4次闪光时第一个水滴到达了D点。而此时A、B、C、D各点也均匀有水滴。水滴运动时灯不亮，观察者看不到，看到的只是在固定的位置。由于自由落体在相同时间的位移比是1：3：5，所以图中各水滴处在10cm、40cm和90cm位置处。可以算出
t=(2h/g)1/2=0.42s,则每一段时间间隔Δt=0.14s,这表明频闪灯的时间间隔是0.14s。
水滴产生的时间间隔略大于上述时间时，下一次闪光时刻水滴的位置在原位置的上方，且每一次闪光都比原位高一些，看上去水滴在向上缓缓移动，称为不同步上移，反之则呈现不同步下移现象。
3、解析：（1）两人最大推力Fm=2F=1600N…………①
货物受摩擦力 …………②
货物沿斜面向下的分力 …………③
因为 …………④ 故两人不可能直接将货推上车厢 …………⑤
（2）因Fm>f，因此在水平地面上可使货物加速运动…………⑥
从而使其在水平面上获得一定速度（动能），即可匀减速滑到斜面顶端 …………⑦
设货物在水平面上滑动位移为s，由牛顿第二定律及运动学规律有：
…………⑧ 到斜面底端时速度 …………⑨
设货物在斜面上匀减速的加速度为a2，有 ……⑩
要使货物刚好滑到顶端，有………………
第6题
由以上各式解出 …………
4、；1
5、⑴ m4＝0.409kg L3＝2.66cm P0＝1.01×105Pa
⑵ 5.05牛； 不均匀 。
⑶ ①测量力的大小随环境温度的变化而变化；
②测量力的大小随外界大气压强的变化而变化。
6、解析：（1）如图（无论曲线或折线，只要形状大体正确就可）
（2）除去糖分的口香糖与磁砖地面的粘附力，随温度的变化而变化。当温度从00C升高时，粘附力逐渐增大；温度为370C，粘附力达最大；然后随温度的升高粘附力逐渐减小。
7、解析： ①小球质量m＝63g；②由于振幅很大，小滑块在碗中近似做周期性振动，但不是简谐运动；③振动周期t＝2.0s；④由于最大偏角在逐渐减小，小滑块是做阻尼振动，表明小滑块运动中受到来自摩擦、空气等的阻力作用．
8、解析：（1）EP=(mgs2)/4h;
(2)由实验数据可得弹簧长度的 压缩量x正比于小球飞行的水平距离s，由（1）式可得Ep∝s2，所以E p∝x2。
9、解析：(1).大于 忽略了摆球的半径
(2).线太粗、摆角或振幅太大、线的质量太大、线太短（至少写出两个原因）
(3).细线长度远大于摆球直径、摆可看做一质点（线的质量忽略或摆动角度要小于100）
10、解析：（1）可增大正压力，从而增大滑动摩擦力，便于测量
（2）使木块做匀加速运动，用打点计时器、纸带等测量出木块的加速度。根据mg-f=(M+m)a,f=μMg,从而求出μ=m/M-(M+m)a/(Mg)
11、解析：（1）A （2）B （3）B （4）D
点评：本题的阅读量大，信息丰富，且与实际紧密联系，而用到的物理原理则较为简单，是培养提取信息能力和解决实际问题能力的好材料。
问（3）中，由于乙主张的方式是飞机沿水平方向快速前进时产生坚直向上的作用力，飞机因而得以升空，故飞机起飞必须经过跑道上的加速过程。
问（4）中，根据甲、乙两学生的主张，飞机要产生向上的升力，来自机翼下方的空气压力应大于上方的空气压力，则由题中信息“流速愈快的地方，气体的压力愈小”得，机翼上方的空气流速，必须比机翼下方为大，飞机才能才能长空。
12、(1)0.5；2.0；8.0；18.0；32.0； (2) Ek=2ω2 (3) 2
*13、解析：设米的流量为d kg/s,它是恒定的，自动装置能立刻在出口处切断米流，米流在出口处速度很小，可视为零。若切断米流后，盛米容器中静止的那部分米的质量为m1kg,空中还存在下落的米m2kg,刚落到已静止的米堆（m1）上的一部分米的质量为Δmkg。取刚落至米堆上的一小部分Δm为研究对象，这部分米很少，在Δt时间内由运动至静止，可按匀变速处理，由牛顿第二定律得F-Δmg=Δmv/Δt，式中F为容器对Δm的冲击力，得F=dv+dgΔt。设米从出口处落到米面所用的时间为t,由于m2=dt,阻力不计，则v=gt,可得dv=m2g,即F= m2g,+ Δmg，根据牛顿第三定律知：Δm对容器的冲击力F’=F，则称米机的示数应为M=N/g=(m1g+F’)/g=m1+m2+Δm。
可见，称米机示数包含了静止在袋中的部分m1，也包括了尚在空中的下落的米流m2,还包括刚落至米堆上的一小部分Δm，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题。
*14、解析：（1）作图法 （2）你处理数据的过程：根据表格中提供的数据分别画出的s-t图甲和的s-t图乙

甲
乙
第14题

从甲图中可见：在误差允许的范围内，物体从A到B的运动为匀速直线运动从图线的斜率可求得
从乙图中无法直接判断s、t之间的关系，但是该图线接近于二次函数的图像。为了验证这个猜想，通过转换变量来进行，即作s-t2，为此求得表格如下：

时间t(s)
0.89
1.24
1.52
1.76
1.97
新变量t2(s2)
0.79
1.54
2.31
3.10
3.88
位移s(m)
0.25
0.50
0.75
1.00
1.25
丙
第14题
依据上表中的t2、、s数据可作图如丙。从图像中看出t2、、s呈线性变化关系，由图中斜率求得，即故
（3）从的过程中s随t变化的规律是： 物体作匀速直线运动，
从的过程中s随t变化的规律是：物体作初速度为零的匀加速直线运动，

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