高考物理动能与动能定理专项训练100(附答案)

高考物理动能与动能定理专项训练100(附答案)
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC ＝37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝0.30m ，斜面长L ＝1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m ＝0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ＝0.75．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2，忽略空气阻力．求：
（1）物块第一次通过C 点时的速度大小v C ．
（2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小F D ． （3）物块最终所处的位置．
【答案】（1）32m/s （2）7.4N （3）0.35m 【解析】 【分析】
由题中“斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答． 【详解】
（1）BC 长度tan 530.4m l R ==o ，由动能定理可得
21
()sin 372
B mg L l mv -=o
代入数据的
32m/s B v =
物块在BC 部分所受的摩擦力大小为
cos370.60N f mg μ==o
所受合力为
sin 370F mg f =-=o
故
32m/s C B v v ==
（2）设物块第一次通过D 点的速度为D v ，由动能定理得
2211
(1cos37)22
D C mgR mv mv -=
-o
有牛顿第二定律得
2
D D v F mg m R
-= 联立解得
7.4N D F =
（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为
0.24J E fl ∆==
物块在B 点的动能为
21
2
kB B E mv =
解得0.9J kB E = 物块经过BC 次数
0.9J
=3.750.24J
n =
设物块最终停在距离C 点x 处，可得
()sin 37(3+)0mg L x f l x --=o
代入数据可得
0.35m x =
2．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD ，其中AB 是足够长的水平轨道，B 端与半径为R 的光滑半圆轨道BCD 平滑相切连接，半圆的直径BD 竖直，C 点与圆心O 等高．现有一质量为m 的小球Q 静止在B 点，另一质量为2m 的小球P 沿轨道AB 向右匀速运动并与Q 发生对心碰撞，碰撞后瞬间小球Q 对半圆轨道B 点的压力大小为自身重力的7倍，碰撞后小球P 恰好到达C 点．重力加速度为g ．
（1）求碰撞前小球P 的速度大小；
（2）求小球Q 离开半圆轨道后落回水平面上的位置与B 点之间的距离；
（3）若只调节光滑半圆轨道BCD 半径大小，求小球Q 离开半圆轨道D 点后落回水平面上的位置与B 点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？ 【答案】（1）（2）
（3）
【解析】
【分析】
【详解】
设小球Q在B处的支持力为；碰后小球Q的速度为，小球P的速度为；碰前小球P 的速度为；小球Q到达D点的速度为.
(1)由牛顿第三定律得小球Q在B点
碰后小球Q在B点由牛顿第二定律得:
碰后小球P恰好到C点，由动能定理得:
P、Q对心碰撞，由动量守恒得：
联立解得:
(2)小球Q从B到D的过程中，由动能定理得：
解得，所以小球Q能够到达D点
由平抛运动规律有：
联立解得
(3)
联立解得:
当时x有最大值
所以
【点睛】
解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键．
3．在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A和B，两小球质量均为m，A球带电荷量为
Q
，B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下，A球与B球发生对心弹性碰撞．设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移．
(1)第一次碰撞结束瞬间A 、B 两球的速度各为多大?
(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?
(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场．请写出磁场B 与时间t 的函数关系．
【答案】(1)10A v '= 12B
QEL v m
='5QEL (3) 22
2B mL Q E t QE =⎛⎫- ⎪⎝⎭
223
mL mL
t QE QE
<≤ 【解析】
（1）A 球的加速度QE a m =
，碰前A 的速度122A QEL
aL m
v =B 的速度10B v = 设碰后A 、B 球速度分别为'
1A v 、'
1B v ，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：
''
111A A B m m m v v v =+，2
'2
'2
1111112
2
2
A A
B m m m v v v =+
所以B 碰撞后交换速度：'
10A v =，'
112B A QEL
m
v v ==
（2）设A 球开始运动时为计时零点，即0t =，A 、B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为1t 、2t ；由匀变速速度公式有：1
10
2A mL
a
QE
v
t -=
=
第一次碰后，经21t t -时间A 、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A 、B 两球速度分别为
2A v 和2B v ，由位移关系有：()()
2
'
1212112
B a
v t t t t -=-，得到：21233
mL
QE
t t == ()221112222
A A QEL
a a m
v t t t v =-===；'21B B v v = 由功能关系可得：2
2
2211=52
2
A B m m QEL W v v +=电
（另解：两个过程A 球发生的位移分别为1x 、2x ，1L x =，由匀变速规律推论24L x =，根据电场力做功公式有：()125W QE QEL x x =+=） （3）对A 球由平衡条件得到：A QB mg v =，A at v =，QE
a m
=
从A 开始运动到发生第一次碰撞：()2
2
20t mg g mL t Qat QE Et m B Q ⎛==<≤ ⎝
从第一次碰撞到发生第二次碰撞：()
2
2
22
3
2
t
mL mL
t
QE QE
mL
E t
QE
m
B
Q
⎛⎫
=<≤
⎪
⎪
⎛⎫⎝⎭
-
⎪
⎝⎭
点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒．由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度．那么A球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些．
4．如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接。

有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F 随位移变化的关系如图乙所示。

滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与半圆弧轨道BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。

求：
（1）滑块到达B处时的速度大小；
（2）若到达B点时撤去F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。

【答案】（1）10 m/s。

（2）5 J。

【解析】
【详解】
（1）对滑块从A到B的过程，由动能定理得：
2
1133
1
2B
F x F x mgx mv
μ
--=，
即
2
1
202-101-0.251104J=1
2B
v
⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯，
得：
210m/s
B
v=；
（2）当滑块恰好能到达最高点C时，
2
C
v
mg m
R
=；
对滑块从B到C的过程中，由动能定理得：
22
11
2
22
C B
W mg R mv mv
-⨯=-，
带入数值得：
=-5J W ，
即克服摩擦力做的功为5J ；
5．下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶．司机突然发现前方停着一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离l 后停下．事故发生后，经测量，卡车刹车时与故障车距离为L ，撞车后共同滑行的距离8
25
l L =
．假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同．已知卡车质量M 为故障车质量m 的4倍．
(1)设卡车与故障车相撞前的速度为v 1两车相撞后的速度变为v 2，求
1
2
v v (2)卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施，事故就能免于发生． 【答案】(1)1254v v = (2)32
L L '= 【解析】
(1)由碰撞过程动量守恒12)Mv M m v +=( 则
1254
v v =① (2)设卡车刹车前速度为v 0，轮胎与雪地之间的动摩擦因数为μ 两车相撞前卡车动能变化
220111
22
Mv Mv MgL μ-= ② 碰撞后两车共同向前滑动，动能变化
221
()0()2
M m v M m gl μ+-=+ ③ 由②式22
012v v gL μ-= 由③式2
22v gL μ=
又因8
25
l L =
可得203v gL μ= 如果卡车滑到故障车前就停止，由201
0'2
Mv MgL μ-= ④ 故3'2
L L =
这意味着卡车司机在距故障车至少
3
2
L 处紧急刹车，事故就能够免于发生．
6．如图所示，半径R = 0.1m 的竖直半圆形光滑轨道BC 与水平面AB 相切，AB 距离x = 1m ．质量m = 0.1kg 的小滑块1放在半圆形轨道末端的B 点，另一质量也为m = 0.1kg 的小滑块2，从A
点以0v =的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道．已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ= 0.2．取重力加速度210m/s g =．两滑块均可视为质点．求
(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v ； (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E ∆； (3)在C 点轨道对两滑块的作用力F ．
【答案】(1)v =3m/s (2)ΔE = 0.9J (3)F =8N ，方向竖直向下 【解析】 【详解】
(1)物块2由A 到B 应用动能定理：22101122
mgx mv mv μ-=- 解得v 1=6m/s
两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有:12mv mv = 解得：3/v m s = 方向：水平向右 (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能22111
222
E mv mv ∆=-⨯ 解得：0.9J E ∆=
(3)两滑块从B 到C 机械能守恒，根据机械能守恒定律有：
22
1122222
c mv mv mgR ⨯=⨯+ 两滑块在C 点时：2
N 22C
v mg F m R
+=
解得：N 8N F =
据牛顿第三定律可得：在C 点轨道对两滑块的作用力F =8N ，方向竖直向下
7．如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m 的匀强电场中，固定一个穿有A 、B 两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O 、半径为R=0.2m ．A 、B 用一根绝缘轻杆相连，A 带的电荷量为q=+7×10﹣7C ，B 不带电，质量分别为m A =0.01kg 、m B =0.08kg ．将两小球从圆环上的图示位置（A 与圆心O 等高，B 在圆心O 的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s 2 ．
（1）通过计算判断，小球A 能否到达圆环的最高点C ？ （2）求小球A 的最大速度值．
（3）求小球A 从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值． 【答案】（1）A 不能到达圆环最高点 （2）22
3
m/s （3）0.1344J 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：A 、B 在转动过程中，分别对A 、B 由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A 能不能到达圆环最高点； A 、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对A 、B 分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A 、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解．
（1）设A 、B 在转动过程中，轻杆对A 、B 做的功分别为W T 和T W '， 根据题意有：0T T W W +'=
设A 、B 到达圆环最高点的动能分别为E KA 、E KB 对A 根据动能定理：qER ﹣m A gR +W T1=E KA 对B 根据动能定理：1T B W m gR E '-= 联立解得：E KA +E KB =﹣0.04J
由此可知：A 在圆环最高点时，系统动能为负值，故A 不能到达圆环最高点 （2）设B 转过α角时，A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ， 因A 、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故：v A =v B 对A 根据动能定理：221sin sin 2
A T A A qER m gR W m v αα-+= 对
B 根据动能定理：()2211cos 2
T B B B W m gR m v α='-- 联立解得： ()2
8
3sin 4cos 49
A v αα=
⨯+- 由此可得：当3tan 4α=
时，A 、B 的最大速度均为max 22/v s = （3）A 、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得：3sinα+4cosα﹣4=0
解得：24
sin 25
α=
或sinα=0（舍去） 所以A 的电势能减少：84
sin 0.1344625
P E qER J J α==
= 点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题．
8．如图甲所示，水平面上A 点处有一质量m ＝0.5kg 的小物块，从静止开始在水平向右恒力F 1作用下运动，通过B 点时立即撤去力F 1，物块恰好落到斜面P 点。

物块与水平面间的滑动摩擦力为f ，f 大小与物块离A 点的距离d 的关系如图乙所示。

已知AB 间距为2m ，斜面倾角＝37°，BP 间距为3m ，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力。

(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求
(1)物块通过B 点时速度大小; (2)恒力F 1大小
(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC .处于风场中，且足够长。

物块从B 点以(1)同中的速度水平向右抛出，立即撤去力F 1，同时物块受到大小为4N 的风力F 2作用，风力方向从水平向左逆时针到竖直向下范围内可调，如图甲所示。

调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该最短时间及在此条件下物块第一次落到斜面时的动能. 【答案】（1）4m/s （2）4.5N （3）7.69J 【解析】 【详解】
（1）物块从B 到P ，假设BP 间距为L ，根据平抛运动规律有 水平方向：cos B x L v t θ== ① 竖直方向：2
1sin 2
y L gt θ==
② 代入数据，联立①②式解得4m/s B v =； （2）由图乙可知摩擦力对物块做功为()121
2
f W f f d =-+ ③ 物块从A 到B ，由动能定理有2
1102
f B F d W mv +=
- ④
代入数据，联立③④式解得1 4.5N F = （3）方法一：
以B 点为坐标轴原点，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴，假设2F 与x -轴方向成α角，根据运动的合成与分解有 水平方向：2
2cos 12B F x v t t m
α=- ⑤
竖直方向：()22
sin 12F mg y t m α+=
⑥
几何关系：tan y
x
θ=
⑦ 联立⑤⑥⑦式解得
()22tan sin cos 11tan 22B v t F mg F m m
θ
αα
θ
=
++ ⑧ 代入数据可得()
12
2044sin 3cos t αα=++，要使t 最小，即4sin 3cos αα+要取最大
值，
而()0434sin 3cos 5sin cos 5sin 3755ααααα⎛⎫
+=+
=+ ⎪⎝⎭
，故当053α=时，t 最小， min 0.3t s =
2cos x B F v v t m
α
=-
⑨ ()2sin y F mg v t m
α+=
⑩
()2221122
k x y E mv m v v =
=+ （11） 联立⑨⑩（11）式解得7.69J k E = （12） （ 2.56m/s x v =， 4.92m/s y v =）
【或：把0.3mm t s =代入⑥式中解得0.738m y =⑨
假设落到Q 点，从B 到Q 过程，由动能定理得F G K W W E +=∆， 即2102
k B mgy E mv +=- ⑩ 代入数据解得7.69J k E = （11）
方法二：以B 点为坐标轴原点，沿斜面方向为x 轴，竖直斜面方向为y 轴，
sin ,cos By B y v v G mg θθ==，By v 和y G 均为定值，为使物块尽快落到斜面，故2F 垂直斜面向下。

x 方向：()()21cos sin 2
B x v t g t θθ-+ ⑤ y 方向：()22cos 1sin 2B F mg y v t t m
θθ+⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ⑥ 0y =时，解得min 0.3t s =
或：21cos sin y B F mg v v t m θθ+⎛⎫=- ⎪⎝⎭
⑥ 当0y v =时，10.15t s =，120.3t t s ==
()cos sin x B v v g t θθ=+⑦
把0.3mn t s =代入⑦式中解得5m/s x v =，而sin 2.4m/s y By B v v v θ===，
()2221122
k x y E mv m v v ==+ ⑧ 代入数据解得7.69J k E = ⑨
【或：把0.3mn t s =代入⑤式中解得 1.23m x =，
假设落到Q 点，从B 到Q 过程，由动能定理得F G k W W E +=∆，
即210sin 2
k B mgx E mv θ+=- ⑦ 代入数据解得7.69J k E = ⑧】
9．如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L ．导轨上端并联接有一电容为C 的平行板电容器和阻值为R 的电阻．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ．忽略其它电阻．让金属棒在不同情况下从导轨上端由静止开始下滑，求:
(1)当断开S 1闭合S 2时，金属棒由静止开始下滑位移x 后开始匀速，求匀速的速度大小和这过程电阻生的热量；
(2)当断开S 2闭合S 1时金属棒的速度大小随时间变化的关系．
【答案】(1)22
(sin cos )m mgR v B L θμθ-= ，2322
44(sin cos )(sin cos )2m g R Q mgx B L
θμθθμθ-=-- (2)22(sin cos )mg v t m B L C θμθ-=⋅+ 【解析】
【详解】
(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件：
sin cos mg BIL mg θμθ=+ 由闭合电路的欧姆定律E I R
=
而动生电动势m E BLv = 联立解得：22
(sin cos )m mgR v B L θμθ-=
对金属棒下滑过程，由动能定理得：
21sin cos =02m F mgx mg x W mv θμθ-⋅+-安 而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：=F W Q -安 联立解得：2322
44(sin cos )(sin cos )2m g R Q mgx B L
θμθθμθ-=-- (2)设金属棒经历时间t ∆，速度的变化量为v ∆，通过金属棒的电流为i ，流过金属棒的电荷量为Q ∆，
按照电流的定义
Q i
t
∆
=
∆
Q
∆也是平行板电容器的极板在t∆内的增加量，
Q C U CBL v
∆=∆=⋅∆
金属棒受到的摩擦力为cos
f mg
μθ
=
金属棒受到的安培力为i F BiL
=
设金属棒下滑的加速度为a，由牛顿第二定律有：
sin
i
mg f F ma
θ--=
联立解得：
22
(sin cos)
mg
a
m B L C
θμθ
-
=
+
加速度为恒定值，说明金属棒做匀加速直线运动
有v at
=
可得瞬时速度与时间的关系：
22
(sin cos)
mg
v t
m B L C
θμθ
-
=⋅
+
10．如图所示，一质量M=4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。

小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，圆弧BC所对圆心角θ＝37°，圆弧半径R=2.25m，滑动摩擦因数μ=0.48。

质量m=1kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。

取g＝10m/s2，sin37°=0.6，忽略空气阻力，求:
（1）A、B间的水平距离；
（2）物块通过C点时，轨道对物体的支持力；
（3）物块与小车因摩擦产生的热量。

【答案】（1）1.2m（2）25.1
N
F N
=（3）13.6J
【解析】
【详解】
（1）物块从A到B由平抛运动的规律得:
tanθ=
gt
v
x= v0t
得x=1.2m
（2）物块在B点时，由平抛运动的规律得：0
cos
B
v
v
θ
=
物块在小车上BC 段滑动过程中，由动能定理得： mgR (1－cos θ)＝12mv C 2－12
mv B 2 在C 点对滑块由牛顿第二定律得 2C N v F mg m R -= 联立以上各式解得：25.1N F N =
（3）根据牛顿第二定律，对滑块有μmg ＝ma 1，
对小车有μmg ＝Ma 2
当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即 v C －a 1t 1＝a 2t 1
由以上各式解得 1346t s =， 此时小车的速度为v ＝a 2t 1＝
34/m s 物块在CD 段滑动过程中由能量守恒定律得：
12mv C 2＝12
（M ＋m ）v 2 + Q 解得：Q =13.6J
11．如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R ，圆心为O ．下端与绝缘水平轨道在B 点平滑连接，一质量为m 带正电的物块（可视为质点），置于水平轨道上的A 点。

已如A 、B 两点间的距离为L ，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。

(1)若物块能到达的最高点是半圆形轨道上与圆心O 等高的C 点，则物块在A 点水平向左运动的初速度应为多大?
(2)若在整个空同加上水平向左的匀强电场，场强大小为E =53mg q
μ (q 为物块的带电量)，现将物块从A 点由静止释放，且运动过程中始终不脱离轨道，求物块第2次经过B 点时的速度大小。

(3)在(2)的情景下，求物块第2n (n =1，2、3……)次经过B 点时的速度大小。

【答案】2()g L R μ+43gL μ1()23
n gL μ-，其中n ＝1、2、3…….
【解析】
【详解】
(1)设物块在A 点的速度为v 1，由动能定理有
－μmgL －mgR ＝0－12m 21v 解得 v 1
＝2()g L R μ+
(2)对物块由释放至第一次到B 点过程中，其经过B 点速度为所求
知：(q
E m g μ-)L ＝12m 22v 可得：243
gL v μ= (3)设第2、4、6、…、2n 次经过B 点时的速度分别为v 2、v 4、…、v 2n ，
第2、4、6、…、2(n －1)次离开B 点向右滑行的最大距离分别为L 1、L 2、…、L n －1，
则：－(q
E m g μ+)L 1＝0－12m 22v (q
E m g μ-)L 1＝12m 24v 解得42
q q v E m g v E m g μμ-==+12 同理
64v v ＝12 ……222n n v v -=＝12 综上可得1221()2
n n v v -= v 2n ＝21
()23n gL μ- 其中 n ＝1、2、3…
12．如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。

实验器材有：斜面、弹簧(弹簧弹性系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为m )、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。

实验步骤如下：
①用适当仪器测得遮光片的宽度为d ；
②弹簧放在挡板 P 和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的A 点； ③光电门固定于斜面上的B 点，并与数字计时器相连；
④压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O 点；
⑤用刻度尺测量A 、B 两点间的距离L ；
⑥拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间△t ；
⑦移动光电门位置，多次重复步骤④⑤⑥。

根据实验数据做出的21t ∆－L 图象为如图所示的一条直线，并测得21t
∆－L 图象斜率为k 、纵轴截距为 b 。

（1）根据
21t
∆－L 图象可求得滑块经过A 位置时的速度v A =____，滑块在斜面上运动的加速度a =_____。

（2）实验利用光电门及公式v =
d t ∆测量滑块速度时，其测量值____真实值（选填“等于”、“大于”或“小于”）。

（3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从O 到A 恢复原长过程中弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能E p =___，E p 的测量值与真实值相比，测量值偏_____(填“大”或“小”)。

【答案】b
12kd 2 小于 12mbd 2 大 【解析】
【详解】
第一空：滑块从A 到B 做匀加速直线运动，设加速度为a ，由于宽度较小，时间很短，所以 瞬时速度接近平均速度，因此有B 点的速度为：B d v t =
∆，根据运动学公式有： 2
22B A v v aL -=，化简为222212A v a L t d d
=+∆，结合图象可得：22A v b d =，22a k d = 解得：A v b =
第二空：由22a k d =，解得：212
a kd =； 第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量
忽略不计，根据能量守恒可得：221122
P A E mv mbd ==；
第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：212N G f A W W W mv +-=， 而N P E W =真，摩擦力小于重力沿斜面的分量，p E 的测量值与真实值相比，测量值偏大。