题目内容
7．某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图甲所示：轻弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能骤如下：
A．用天平测量出物块的质量m，按图甲所示安装好实验装置；
B．向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量x；
C．把纸带向左拉直，接通打点计时器电源；
D．松手释放物块．
（1）图乙是物块脱离弹簧后打点计时器所打出的纸带，每相邻两个计数点之间有4个点未画出．相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50Hz，则物块与桌面间的动摩擦因数为0.2，这样得到的结果比动摩擦因数的真实值偏大（填“偏大”或“偏小”）．（g=10m/s2）
（2）若物块脱离弹簧时的速度为v，则弹簧被压缩时具有的弹性势能大小是$\frac{1}{2}m{v}^{2}+μmgx$．（用m、g、v、x和动摩擦因数用μ表示）
分析 （1）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小．
（2）根据能量守恒定律求出弹簧被压缩时具有的弹性势能大小．
解答 解：（1）根据△x=aT2，运用逐差法得：a=$\frac{（6.60+4.60-10.60-8.61）×1{0}^{-2}}{4×0.01}$=-2.0m/s2，
根据牛顿第二定律得：μmg=ma，代入数据解得：μ=0.2．
因为纸带与打点计时器间也有摩擦，则加速度的测量值偏大，导致动摩擦因数的测量值偏大．
（2）根据能量守恒定律得：${E}_{p}=\frac{1}{2}m{v}^{2}+μmgx$．
故答案为：（1）0.2，偏大；（2）$\frac{1}{2}m{v}^{2}+μmgx$．
点评 本题考查了牛顿第二定律和能量守恒的基本运用，通过匀变速直线运动的推论求出加速度的大小是解决本题的关键．
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重200N的物体放在水平地面上，现用与水平方向成30°角，大小为20N的拉力F向右拉它，如图所示，若物体仍处于静止状态，则物体所受摩擦力大小为10$\sqrt{3}$N，方向水平向左，物体对桌面压力大小为190N．
如图所示，一列简谐波沿x轴正方向传播，波速v=15m/s，A质点坐标xA=1.5m．若以图示波形图为计时起点，则A质点第一次经过平衡位置的时间为0.1s．
15．
某横波在介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻，O点开始向正方向运动，经t=0.2s，O点第一次到达正方向最大位移处，某时刻形成的波形如图所示，正确的是（ ）
某横波在介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻，O点开始向正方向运动，经t=0.2s，O点第一次到达正方向最大位移处，某时刻形成的波形如图所示，正确的是（ ）| A． | 该横波的波速为5 m/s | |
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| E． | 在t=2.6 s时刻，质点M处于平衡位置，正沿y轴正方向运动 |
2．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=3：1，L1、L2为两只相同的灯泡，R、L、D和C分别为定值电阻、理想线圈、理想二极管和电容器，其中C=10μF．当原线圈两端接如图乙所示的正弦交流电时，下列说法中正确的是（ ）
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12．用一理想变压器给一负载供电，负载电阻为R，用下列哪种方法可以增加变压器的输入功率（ ）
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19．如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为11：1，给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示是原线圈的输入的交变电压，小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为20Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是（ ）
| A． | 变压器原副线圈的磁通量变化率之比11：1 | |
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16．如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是（ ）
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