（1）如图1所示为利用光敏电阻设计的自动计数器示意图，其中R 1 为光敏电阻，R 2 为定值电阻，物品在传送带上匀速移动
| （1）如图1所示为利用光敏电阻设计的自动计数器示意图，其中R 1 为光敏电阻，R 2 为定值电阻，物品在传送带上匀速移动，此光电计数器的基本工作原理是：______ A．当有光照射R 1 时，R 1 的电阻值变大 B．当有光照射R 1 时，信号处理系统获得高电压 C．信号处理系统每获得一次高电压就记数一次 D．信号处理系统每获得一次低电压就记数一次  （2）如图甲所示，用包有白纸的质量为1.00kg的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之匀速运动，使之替代打点计时器．当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动．测得记号之间的距离依次为26.0mm、50.0mm、74.0mm、98.0mm、122.0mm、146.00mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，由此验证机械能守恒定律，根据以上内容，可得： ①毛笔画相邻两条线的时间间隔T=______s． ②根据乙图所给的数据，可知毛笔画下记号3时，圆柱棒下落的速度v 3 =______m/s；画下记号6时，圆柱棒下落的速度v 6 =______m/s；记号3、6之间棒的动能的变化量为______J．重力势能的变化量为______J，由此可得出的结论是______．（g取9.8m/s 2 ，结果保留三位有效数字） |
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（1）A、B、当有光照射 R 1 时，R 1 的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，所以R 2 两端的电压增大，即信号处理系统获得高电压．而信号处理系统每获得一次低电压就记数一次．所以A错误，B错误；
C、D、当有光照射 R 1 时，R 1 的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，所以R 2 两端的电压增大，即信号处理系统获得高电压．而信号处理系统每获得一次低电压就记数一次．所以C正确，D错误；
故选：C．
（2）①毛笔画相邻两条线的时间间隔为电动机的转动周期．
已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，即每秒转20周，所以T=0.05s
②利用匀变速直线运动的推论
v 3 =
x 24
t 24 =
(0.074+0.050)m
2×0.05s =1.24m/s
v 6 =
x 57
t 57 =
(0.146+0.122)m
2×0.05s =2.68m/s
3到6之间棒的动能的变化量为△E K =E k6 -E k3 =
1
2 mv 6 2 -
1
2 mv 3 2 =2.82 J
根据重力势能的定义式得：
重力势能减小量△E p =mgh=1.0×9.8×（0.122+0.098+0.074）J=2.88J．
重力势能减小量略大于3、6之间棒的动能的变化量，所以在误差允许范围内圆柱下落过程中机械能守恒．
故答案为：（1）C；（2）①0.05，②1.24，2.68，2.82，2.88，在误差允许范围内，圆柱棒的机械能守恒．
C、D、当有光照射 R 1 时，R 1 的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，所以R 2 两端的电压增大，即信号处理系统获得高电压．而信号处理系统每获得一次低电压就记数一次．所以C正确，D错误；
故选：C．
（2）①毛笔画相邻两条线的时间间隔为电动机的转动周期．
已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，即每秒转20周，所以T=0.05s
②利用匀变速直线运动的推论
v 3 =
x 24
t 24 =
(0.074+0.050)m
2×0.05s =1.24m/s
v 6 =
x 57
t 57 =
(0.146+0.122)m
2×0.05s =2.68m/s
3到6之间棒的动能的变化量为△E K =E k6 -E k3 =
1
2 mv 6 2 -
1
2 mv 3 2 =2.82 J
根据重力势能的定义式得：
重力势能减小量△E p =mgh=1.0×9.8×（0.122+0.098+0.074）J=2.88J．
重力势能减小量略大于3、6之间棒的动能的变化量，所以在误差允许范围内圆柱下落过程中机械能守恒．
故答案为：（1）C；（2）①0.05，②1.24，2.68，2.82，2.88，在误差允许范围内，圆柱棒的机械能守恒．
1年前
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