力学实验答案

力学实验参考答案：1．使细线与木板平行0.5000.38/0.39/0.40/0.41/0.42偏大第5组逐步减少木盒2的细沙开展后续实验或直接将细沙放入木盒1中开展实验【详解】(1)[1]调整定滑轮的高度，使细线与长木板平行，这样细线的拉力就沿水平方向，不会影响动摩擦因数的测量；(2)[2]根据逐差法得出加速度(3)[3][4]设木盒1的质量木盒2的质量，对整体分析有位置互换后联立解得根据图像代入数据得(4)[5]由于纸带与打点计时器间有摩擦，所以测量的动摩擦因数偏大；[6]用第5组数据时，绳上的拉力最大，纸带与打点计时器间的相对摩擦力最小，所以相对误差最小；[7]逐步减少木盒2的细沙开展后续实验或直接将细沙放入木盒1中开展实验，可以得三组以上的数据。2．8V刻度尺2.6250.34A【详解】（1）[1]电磁打点计时器工作时应使用8V交流电源；[2]该实验是需要通过在纸带上打点，测出两点的距离，再根据逐差法求出加速度，故该实验中还需要的测量器材是刻度尺；（2）[3]根据可得代入数据解得（3）[4]根据表中数据作出a—n图像如图所示[5]设每个钩码的质量为m，所有钩码质量的之和为M，木块质量为m0，当细线下端挂有n个钩码时，对这n个钩码，根据牛顿第二定律有对小车及剩余钩码，根据牛顿第二定律有联立解得根据图像可得解得（4）[6]A．本实验是要测木块与木板间的动摩擦因数μ，而实际上在实验过程纸带与打点计时器间有摩擦，则μ的测量值大于真实值，A正确；B．实验时交流电频率略大于50Hz，会使得测得周期偏大，加速度测量偏小，根据可知作出的a—n图线斜率变小，但纵截距不变，则μ测量值不变，B错误；C．木板未调节水平，右端偏高，加速度偏大，根据可知作出的a—n图线斜率变大，但纵截距不变，则μ测量值不变，C错误；D．本实验只要小车做匀加速直线运动即可，不需要满足所挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量，D错误。故选A。3．2.332/2.333/2.331AC/CA【详解】（1）[1]由图b可知（2）[2]由题意可知解得（3）[3]设A点以下的细线长度为，根据单摆周期公式得化简得T2-l图像的斜率为k1，则解得（4）[4]小球在最低点的速度为由机械能守恒定律得联立，解得则比较k2的值与，若二者在误差范围内相等，则验证机械能是守恒的。（5）[5]A．根据平均速度的定义可知，挡光时间越短，平均速度越接近瞬时速度，所以安装在小球下面的挡光部件选用挡光小圆柱比挡光小薄片好，故A正确；B．只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，不会影响周期T的测量，则不会影响k1的测量，故B错误；C．只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，会使挡光时间Δt变小，导致k2的测量值与理论值相比偏小，故C正确；D．验证机械能守恒时细线偏离平衡位置的最大角度不必须小于或等于5°，只有要使小球做简谐运动才需要满足该条件，故D错误。故选AC。4．502.0橡皮筋不满足胡克定律，测力计刻度不均匀(或相同伸长长度对应两个大小不同的力，测量误差大，或非线性。)C【详解】(1)[1]根据弹簧的弹力和伸长量满足胡克定律，有则图像的斜率表示劲度系数，可得(2)[2]根据胡克定律可知每1N的伸长量为(3)[3]由图像可看出弹力随着形变量不是线性变化的，即橡皮筋不满足胡克定律，测力计刻度不均匀(或相同伸长长度对应两个大小不同的力，测量误差大，或非线性)；(4)[4]根据图像的面积代表功，，则面积的单位为J，故选C。5．7.7；；增大不变【详解】（1）[1]游标尺右端刻线左侧对应的是主尺的16mm刻线，游标尺总长度为9mm，则游标尺左端零刻线左侧对应的是主尺的16mm-9mm=7mm刻线，故主尺的读数应为7mm，游标尺的最小分度值为0.1mm，读数为，故游标卡尺的读数为（2）[2]滑块通过光电门的速度可以用平均速度计算，则根据线速度、角速度和半径关系式有解得（3）[3]滑块做匀速圆周运动，则根据牛顿第二定律有整理得由图像可得解得（4）[4][5]根据图像有，则可知滑块质量增大，a增大，b不变。6．ΔEk=ΔEp9.68【详解】(1)[1]由于挡光片通过光电门的速度因此m和M组成的系统动能增加量为[2]小球重力势能的减小量滑块重力势能增加量因此系统的重力势能减少量[3]在误差允许的范围内，应该满足机械能守恒，即(2)[4]由于代入数据，整理得图像的斜率就是重力加速度，因此重力加速度7．15【详解】(1)[1]如图(2)[2]转动的角度与移动的距离关系为解得(3)[3]因为转动的角度与弹簧的伸长量成正比，而根据图像，转动的角度与弹簧弹力成正比，所以弹力与弹簧的伸长量成正比。[4]由图可知，当角度为时，弹力为1N。此时的形变为解得弹簧的劲度系数8．弹丸射入沙箱后沙箱的速度大小与弹簧的形变量成正比（或）【详解】（1）[1]弹丸和沙箱摆动时机械能守恒，有即而由图（c）可知故弹丸射入沙箱后沙箱的速度大小与弹簧的形变量成正比（或）。（2）[2]弹簧的弹性势能转化为弹丸的动能，即弹丸打入沙箱时动量守恒沙箱摆动时机械能守恒联立得结合图（c）有解得弹簧的劲度系数9．（1）大于（2）（3）3.0【详解】（1）[1]a球、b球碰撞过程中，满足动量守恒，又因为碰撞后，a球继续向左运动，所以可知，a球的质量大于b球；（2）b球碰撞后，做平抛运动，根据平抛运动的性质可得，竖直方向有水平方向有可得（3）[3]因为碰撞过程动量守恒，机械能守恒，选取向左为正方向，则有故可得即有则有cos-cos的关系图线，且斜率为，所以有10．1.140.6000.608守恒B【详解】(1)[1]的厚度为(2)[2]小圆柱的速度为则和系统动能的增加量[3]和系统势能的减少量(3)[4]百分误差为该实验中和系统的机械能在误差允许范围内守恒。(4)[5]根据系统机械能守恒得化简得图像要过原点，所以应作关系图像，图像的斜率为时，系统机械能守恒。故选B。11．大于不变【详解】（1）[1]当C向下运动到某一位置时，压力传感器示数为零，测速仪显示的对应速率为v，向下运动过程C与B一起做加速运动，当弹簧伸长时，有解得所以M和m大小关系应满足M大于m，才能实现上述过程。（2）[2]M、m质量不变，增加C中砝码的个数，即增大托盘和砝码的总质量M重复步骤，当压力传感器示数再次为零时，B上升的高度与前一次相比将不变。对A分析，因为当压力传感器示数再次为零时，有解得伸长量为则弹簧的形变量与M的变化无关，所以B上升的高度与前一次相比将不变。（3）[3]弹簧开始的压缩量为，有解得压缩量为则当压力传感器示数再次为零时，弹簧的伸长量等于开始的压缩量，所以从开始到压力传感器示数再次为零过程，弹性势能没有发生变化，则有整理可得变形有根据图像可知解得12．AC/CA【详解】(1)[1]由实验过程知，除了已经测量的两球的质量、球2的水平、竖直位移外，要计算速度还必须知道摆长（球1到悬点的距离L）和球1反弹的最大偏角，故AC正确，B错误。故选AC；(2)[2]碰撞后球2做平抛运动，设平抛运动时间为t，碰撞后球2的速度为v2，则球2碰后速度[3]小球摆动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得解得碰撞前球1的速度同理可得，碰撞后球1的速度大小方向向右，以向左为正方向，由动量守恒定律得整理得13．2.00不合理96.8s1.03sC【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：2.0cm，游标尺上有10个刻度，则每格代表0.1mm，游标尺上0刻度线分别与主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为0.0mm，所以最终读数为：2.0cm+0.0mm=20.0mm=2.00cm．[2]图甲中只用右手握着主尺的姿势不合理。测量时，应该右手拿住尺身，大拇指移动游标尺，左手拿待测外径（或内径）的物体，使待测物位于外测量爪之间，当与量爪紧紧相贴时，即可读数，如下图所示；图中游标卡尺夹住小球而小球不滑落，说明测量爪将小球挤压过紧，正常接触时，左手大拇指应在小球底部托着，松开小球会滑落。（2）[3]停表分钟表显示读数为1.5分钟，外侧秒钟表显示6.8s，实际时间为90s+6.8s=96.8s；[4]摆球相邻两次沿相同方向经过平衡位置时间间隔为T，则96.8s=94T得T=1.03s（3）[5]A、B选项的操作会影响到周期的计算结果，会改变图线的斜率，而非题目所问；单摆的摆长等于摆线长度加球的半径，由单摆周期公式得可见：t2与l构成一次函数，图线与纵轴相交，当d=0时，t2—l图像才是经过原点的倾斜的直线，t与l不构成一次函数，所以A、B、D均错误，C正确。故选C。14．0.28大于【详解】（1）[1]设橡皮筋与竖直方向夹角为θ，重物重力为mg，结点P在竖直拉力(橡皮重力mg)、橡皮筋拉力T和水平拉力F作用下处于平衡状态，满足图示关系则而联立得．（2）[2]由第一问可知由图丙可求得图像斜率又根据纵轴截距为橡皮筋OP段原长的倒数，即综上可得k=0.28（3）[3]测出五组数据后，橡皮筋恢复原状能力比弹簧要差些，恢复原状时长度会比稍大。通过水平线将橡皮擦缓慢放回到最低点过程中，再次测得五组不同数据，实际计算中仍用原来的计算x，使得x计算值偏大，从而使。故有15．CD【详解】（1）[1]AD．为了平衡摩擦力，可使得小车在未施加拉力时能匀速下滑；A错误，D正确；B．木板略微倾斜虽然可以增大加速度，但这并不是倾斜木板的目的。B错误；C．可使得细线对小车的拉力等于小车受到的合力，可以减小实验误差。C正确。故选CD。（2）[2]小车通过A时的速度小车通过B时的速度由速度位移公式可知（3）[3]由题意，小车受到的拉力为小车的位移是s，设小车的质量是M，根据动能定理得整理得则图线的坐标轴的截距图线的斜率由摩擦力的公式得16．1.01.252.54.7BC/CB【详解】（1）[1]取a、b、c三点分析，水平位移间隔均为2L，所以小球从a点到b点，从b点到c点所用的时间相同，设时间为T，在竖直方向上有解得水平方向上，则有解得（2）[2]小球在b点时竖直方向上的速度为所以小球在b点的瞬时速度为（3）[3][4]设从抛出点到b点的时间为t，则解得所以小球抛出点的横坐标为纵坐标为（4）[5]AB．实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求有水平初速度，且只受重力作用，所以斜槽轨道末端切线必须要水平，至于是否光滑没有影响，只要能抛出就行，A错误，B正确；C．为使小球每次运动的轨迹相同，则要确保小球有相同的水平初速度，所以要求小球每次应从同一位置无初速度释放，C正确；D．为比较准确地描出小球的运动轨迹，应用平滑的曲线将点连接起来，偏差太大的点舍去，从而能减小实验误差，D错误。故选BC。17．【详解】（1）[1]A由标记C运动到D过程中做初速度为0的匀加速直线运动，则有整理得（2）[2][3]物体下落的加速度为在B的一边放有6个质量均为m的槽码，此时A、B刚好平衡且保持静止，则有根据牛顿第二定律联立整理得故，以为纵轴，以为横轴，图像是斜率等于，且过原点的直线，则可以得出当物体质量一定时，物体的加速度与合外力成正比。18．AB/BA91.60（91.50-91.70）C小牛小爱同学用求斜率是错误的。因为在T2-l图像中，横轴和纵轴的单位长度不一定相同，所以小爱同学方案不合理。【详解】（1）[1]A．1m和30cm长度不同的同种细线，选用1m的细线做摆线，A正确；B．直径为1.8cm的塑料球和铁球，选用铁球做摆球，B正确；C．如图A、B、C，摆线上端的三种悬挂方式，为了使摆长不变，选C方式悬挂，C错误；D．当单摆经过平衡位置时开始计时，50次经过平衡位置后停止计时，相邻两次经过平衡位置的时间是半个周期，正确的方法是用此时间除以25作为单摆振动的周期，D错误。故选AB。（2）[2]利用图甲的方式测量摆长l，图中示数为91.60cm。（3）[3]根据单摆的周期公式解得（4）[4]设摆线下端到锁的重心的距离为x，根据单摆的周期公式得解得（5）[5]设球半径为r，根据单摆的周期公式得解得他最有可能得到的图像是C。（6）[6]小牛同学的方案更合理；[7]小爱同学用求斜率是错误的。因为在T2-l图像中，横轴和纵轴的单位长度不一定相同，所以小爱同学方案不合理。19．等于6gT2【详解】（1）[1]由于小球在水平方向做匀速直线运动则AB、BC之间的水平距离理论上满足xAB等于xBC。（2）[2]已知每相邻两个球之间被删去1个影像，故相邻两球的时间间隔为t=2T又因为小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，则AB之间的竖直位移为AC之间的竖直位移为则BC之间的竖直位移为hAC-hAB=6gT2（3）[3]由于小球在水平方向做匀速直线运动，则xAB=xBC=2v0T则且LAB：LBC=a：b联立有20．A与B光电门A、B之间的距离【详解】（1）[1][2]该设计能测出A与B之间的动摩擦因数，根据可得其表达式为（2）[3][4]小车由静止开始做匀加速运动，根据匀加速直线运动位移时间公式得x=at2解得对物块，根据牛顿第二定律得F-μmg=ma则则图线的斜率为k=2mx纵轴的截距为b=μmg小车与长木板间的摩擦因数即该同学为达成实验目的还应该测出的物理量为光电门A、B之间的距离。21．B确定【详解】（1）[1]AC．斜槽轨道不需要光滑也不需要平衡摩擦力，只要抛出时每次速度相同即可，故AC错误；B．为保证小球做的是平抛运动，抛出时速度要水平，则安装斜槽轨道，使其末端保持水平，故B正确；D．为减小空气阻力的影响，应选择密度更大的小球，故D错误。故选B；（2）[2][3]由抛出到P点过程，根据平抛运动规律有解得（3）[4]h一定时，设落点与O点连线与水平方向夹角为，根据位移规律落点处速度方向的反向延长线过O点，则联立解得h一定，则用时一定，则竖直方向下落高度一定，则落点位置是确定的。[5]由以上分析可知，竖直方向下落高度为用时根据几何关系解得22．0.0560.0571.8绳与轮、打点计时器与纸带有摩擦消耗掉一定能量，绳子、纸带动能势能变化没有计入，等【详解】（4）[1]根据匀变速运动规律可知打下计数点B时的速度等于A和C之间的平均速度，则[2]根据匀变速运动规律可知打下计数点E时的速度等于D和F之间的平均速度，则故系统动能的增加量为[3]物块1下降的高度等于物块2上升的高度为系统的重力势能减少量为（5）[4]带入实测数据得系统动能的增加量为[5]系统重力势能的减小量为[6]两者的相对偏差为（6）[7]绳与轮、打点计时器与纸带有摩擦消耗掉一定能量，绳子、纸带动能势能变化没有计入，等等。23．用量角器测量角度时测量不准确可能会带来误差；小球爆炸后运动过程中存在空气阻力，可能会影响角度的大小【详解】（1）[1]设绳长为，对A、B球爆炸后由动能定理得，由动量守恒定律得联立解得（2）[2]整理可得所以图像的斜率则A、B两球的质量之比为[3]若本次实验存在一定的误差，请分析可能的原因有用量角器测量角度时测量不准确可能会带来误差；小球爆炸后运动过程中存在空气阻力，可能会影响角度的大小。24．摆杆【详解】（1）[1]摆杆与重垂线的夹角为为摆杆与水平方向的夹角，根据几何关系可知（3）[2]根据摆球全振动的次数和所用时间，周期（5）[3]根据题图可知等效重力加速度为根据单摆周期公式有在图中以周期为纵坐标轴、以为横坐标轴建立坐标系，根据表格中相应的各组数据在坐标系中描点、作图如图所示：（6）[4][5]本实验的摆长为摆杆；由上述图像图像的斜率结合图像函数可知解得25．1.36四分之一圆弧轨道的半径【详解】（1）[1]由于游标卡尺的第6个刻度与主尺上某一刻度对齐，由游标卡尺读数规则可知，金属小球的直径（2）[2]设金属小球脱离滑块时金属小球对地的速度为，滑块对地的速度为，根据动量守恒有由题意可得此后滑块做匀速直线运动，有解得（3）[3][4]为进一步验证M、m组成的系统机械能是否守恒，即验证是否成立，故还需测量出四分之一圆弧轨道的半径，解得26．2.055漏加小球半径不变D大于【详解】（1）①[1]由图示游标卡尺可知，摆球的直径d=2cm+10×0.05mm=2.050cm；②[2]图像不通过坐标原点，将图像向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是漏加小球半径；[3]由单摆的周期公式可知则有解得[4]无论图像是否经过坐标原点，图像的斜率等于，该斜率不变，所以g不变；（2）②[5]由b图可知每一小格代表的电量为图像与坐标轴所围格子数为35，此时电容器所带的电荷量q1=[6]根据串联电路分压规律有④[7]根据电容的定义式可知解得根据数学关系可知所绘图像应为图象。故选D。⑤[8]由图c可知图象斜率为从而解得由于E的实际值大于标明值，则E偏小，C偏大，所以电容器的电容大于其真实值。27．0.355AC【详解】（1）[1]如图所示游标卡尺读数为[2]A．气垫导轨水平可以消除掉摩擦力的影响，使绳子的拉力为合外力，有助于减小误差，故A项正确；B．本实验中合外力可以通过拉力传感器测出，所以不需要钩码的质量要远小于小车质量，故B项错误；C．光电门测量的是遮光片通过光电门的平均速度，遮光条宽度适当小一些则光电门测量的速度越接近瞬时速度，即误差越小，故C项正确；D．本实验中合外力可以通过拉力传感器测出，所以动滑轮的质量大小不会影响实验结果，故D项错误。故选AC。（3）[3]由动能定理有整理有为了获得线性图像，应作图像。[4]由上述式子可知，该图像的斜率为（4）[5]若运动过程中系统机械能守恒，根据机械能守恒得28．A2见解析【详解】（1）[1]A．本实验需要验证动量守恒定律，因为动量守恒的条件是合外力为零，本实验是通过气垫导轨把两个滑块托起，使两个滑块不受摩擦力，故本实验可以不通过垫高导轨的方式平衡滑块和轨道间的摩擦阻力，故A正确；B．碰后两滑块可以向相反方向运动，所以不需要满足，故B错误；C．本实验的原理是探究碰撞前滑块的动量等于碰后滑块的动量，所以需要测量碰撞前后小滑块的速度，故不需要测量两个光电门之间的距离，故C错误；D．滑块上的遮光片经过光电门的时间光电门就可以测出来，所以不需要用秒表测量时间，故D错误。故选A。（2）[2][3]由于右侧光电门碰前无示数，碰后两个光电门都有示数，所以两滑块碰撞后速度方向向反；滑块上遮光片宽度较小，因此可认为滑块挡光的平均速度近似等于其瞬时速度；设挡光片的宽度为d，以向右为正方向，根据动量守恒定律有即只要验证该式是否成立，即可验证两滑块碰撞前后的总动量是否守恒；碰撞前系统的动能为碰后系统的动能为若两滑块的碰撞满足即验证了两滑块的碰撞为弹性碰撞。（3）[4]因为，所以当时所以即（4）[5]两球碰撞遵循动量守恒，碰前动量沿水平向右，所以碰后垂直于初速度方向的动量为零，又因为两球质量相等，所以联立解得所以29．0【详解】（1）[1]若系统机械能守恒，则有变式为所以图像若能在误差允许的范围内满足即可验证弹簧和小物块组成的系统机械能守恒；（2）[2][3]时，可知遮光板挡光时间最短，此时物块通过光电门时的速度最大，可得联立可得此时细线的拉力与物块的重力大小相等，故而加速度为0；（3）[4]和时，物块的动能相等，可得联立可得【点睛】本题考查利用滑轮、光电门验证系统机械能守恒的创新型实验。30．5.60A【详解】（1）[1]游标卡尺的精度为0.05mm，读数为5mm+120.05mm=5.60mm；（2）[2]遮光条经过光电门的时间较短，则速度为（4）[3]同（3）可知B、A经过光电门的速度分别为，根据速度—位移的公式有解得（6）[4]设A、B两凹槽和遮光条的质量均M，从B凹槽拿一个砝码到A凹槽，有若从B凹槽拿n个砝码到A凹槽，由牛顿第二定律有解得变形得图像的纵坐标为a，横坐标应为（n-1）。故选A。（7）[5]根据斜率可得A凹槽和A凹槽上遮光条的总质量31．大于必须相同【详解】（1）[1]为了避免碰撞后小球被撞回，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即。（2）[2]为了能够让小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相同；（3）[3]设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有整理得（4）[4]设斜槽末端与的连线长度为L（即圆弧半径为L），如图所示：

图中几何关系，由平抛运动的规律得，联立解得同理有，代入动量守恒的表达式化简可得32．DE/ED57.8B9.62【详解】（1）[1]A．摆球在最高点的时候速度比较小，在最低点的时候速度比较大，所以当小球经过最低点的时候开始计时误差比较小，故A错误；B．实验中误将51次全振动记为50次，则周期偏大，根据可得所以测量出的重力加速度会偏小，故B错误；C．根据可知单摆的周期与摆角大小无关，故C错误；D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，则摆长的测量值偏小，重力加速度g值偏小，故D正确；E．根据图像斜率可得重力加速度为所以图线不过原点，但图线的斜率没有改变，重力加速度测定值不变，所以不会影响重力加速度的测量，故E正确。故选DE。（2）[2]秒表的读数为57.8s。（3）[3]实验数据的处理是依据每一次实验数据得出一个重力加速度，然后改变摆长，测出对应周期，再算出对应的重力加速度，最终将对此测量得出的重力加速度取平均值。若将多次摆长取平均值，周期取平均值，则重力加速度更加不准确，故选B。（4）[4]根据可得由图可知斜率，解得重力加速度为33．C细线对滑块的拉力实际小于槽码的重力，且槽码质量越大偏差越大【详解】（1）[1]游标尺为20格，其精确度为0.05mm，主尺读数为5mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标卡尺的读数为5mm+0.05×2mm=5.10mm（2）[2]气垫导轨水平时，摩擦力几乎为0，为确保滑块所受的合外力为零，故不需要挂槽码，同时开动气泵，调节导轨使滑块能够短暂静止时气垫导轨水平；（3）[3]砝码与砝码盘重力势能的减少量为，砝码与砝码盘和滑块（含速光片）系统动能的变化量为，则要验证动能定理，即需要验证（4）[4]槽码的重力所做的功等于滑块动能的增加量和槽码动能的增加量，故滑块动能的增加量小于槽码的重力所做的功，即细线对滑块的拉力做的功小于槽码的重力所做的功，细线对滑块的拉力实际小于槽码的重力，且当槽码质量越大偏差越大；（5）[5]根据牛顿第二定律可得解得滑块的动能为随着的增大，滑块的动能总小于；34．0.41倾斜木板与水平面的夹角（或者A点到位移传感器的高度）A【详解】(1)[1]由于木块做匀加速运动，0.4s时刻的速度等于0.2s~0.6s这段时间的平均速度[2]在0.2s~0.4s和0.4s~0.6s这两段时间内，根据可得(2)[3]根据牛顿第二定律两边消去质量m，因此需要测量倾斜木板与水平面的夹角θ(3)[4]A．A点与传感器距离适当大些，可以测量出更多地点，从而提高加速度准确程度，A正确；B．木板的倾角过大，使得摩擦力太小，加速度太大，加速度稍有误差，就会使动摩擦因数误差增大，B错误；C．选择体积较大的空心木块，使空气阻力增大，造成测量动摩擦因数不准确，C错误；D．测量加速度大小时，与初速度大小无关，因此有、无初速度与测量木板间动摩擦因数的精确的无关，D错误。故选A。35．6.75绳子有一定的质量【详解】(1)[1]由图所示游标卡尺可知，游标卡尺是20分度的，游标卡尺的精度为，游标卡尺示数为(2)[2]动能的增量势能的减少量要满足的表达式为即[3]绳子自身有一定的质量，会获得一部分能量，导致实验有误差。(3)[4]A通过光电门瞬间的速度为B自由下落距离过程，由机械能守恒定律得解得绳子绷紧前系统动量绳子绷紧后A、B一起运动时系统动量绳子绷紧过程A、B组成的系统内力远大于外力，A、B系统动量守恒，即整理得[5]若没有摘去C，B、C自由下落，机械能守恒，B下落距离过程，由机械能守恒定律得解得绳子绷紧前系统动量绳子绷紧A、B、C三个物体速度相同后它们一起向下做加速运动，系统机械能守恒，设绳子绷紧后系统的速度为，挡光片经过光电门时系统的速度为，由机械能守恒定律得挡光片经过光电门时系统的速度解得绳子绷紧后系统的总动量绳子绷紧过程系统动量守恒，即整理得36．【详解】(1)[1]在最低点时若从最高点到最低点机械能守恒则满足解得F0=3mg即若机械能守恒则满足F0=3mg。(2)a.[2]弹簧的劲度系数为[3]弹簧长度为时，弹簧弹性势能大小等于F-L图像与坐标轴围成的面积，即b.[4]小球从桌面上抛出时的动能等于弹簧的弹性势能，小球做平抛运动，则解得即若满足关系式则可“验证机械能守恒定律”。37．1.38大于【详解】(1)[1]通过光电门A的速度为通过光电门B的速度为忽略遮光条通过光电门时速度的变化，滑块加速度的表达式为[2]代入数据解得，滑块的加速度为[3]若考虑到遮光条通过光电门时速度的变化，则遮光片通过两个光电门中间时刻间隔的时间比测量值大，所以加速度的测量值比真实值大；(2)[4][5]由牛顿第二定律可得化简得可得，解得，38．交2200.022.59.3B【详解】①[1][2]电火花打点计时器的工作电压是交流220V。②[3]电源频率f=50Hz，所以打点周期为0.02s。③[4]打C点时物体的速度大小为④[5]根据位移加速度公式得[6]根据公式有，两式相加得解得⑤[7]根据位移时间公式得所以C点到零点的距离是故选B。39．3.80mambsμ＝【详解】（1）[1]挡光片的宽度（2）[2][3]应该验证而a球通过光电门可求而b球离开平台后做平抛运动，根据整理可得因此动量守恒定律的表达式为[4]弹性势能大小为代入数据整理得[5]根据动能定理可得而联立整理得由题可得可得动摩擦因数40．A甲“CAB”BC【详解】解：（1）①[1]A甲、乙、丙实验中，小车和长木板之间都有摩擦力，为使小车所受的力就是所受的合力，所以都需要平衡摩擦力，A正确，BC错误。故选A。②[2]甲图是用重物的重力代替绳上的合力，所以必须满足“M远大于m”；乙、丙两图绳上的合力由弹簧测力计和力的传感器直接测出，所以不需要满足“M远大于m”。故选填甲。③[3]甲图用重物的重力代替绳子的合力，需满足“M远大于m”，当随m的增大，不在满足“M远大于m”时图像出现弯曲，所以甲组对应的图线C。乙、丙图由当拉力相等时，a乙>a丙，从而确定乙组对应图线A，丙组对应的图线B，因此则有甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是“CAB”。（2）[4]由匀变速直线运动的特点，即相邻的时间间隔位移差相等，得出x12−x01=6.11cm−3.00cm=3.11cm则有xb−x12=7.43cm−6.11cm=1.32cmb不可能是从A上撕下的；xc−x12=12.31cm−6.11cm=6.20cm≈2×3.11cm所以c可能是从A上撕下的；xd−x12=16.32cm−6.11cm=10.21cm≈3.3×3.11cm所以d不可能是从A上撕下的，因此ACD错误，B正确。故选B。（3）[5]小明同学采用（乙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验时，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，对小车由牛顿第二定律可得2F=Ma整理得到由图线的斜率为k可得解得小车的质量为ABD错误，C正确。故选C。41．平衡摩擦力要保证砝码和砝码盘的总质量m远小于小车质量M不需要甲0.50.2【详解】(1)①[1]平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直到小车在没有悬挂砝码盘的情况下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；②[2]要保证砝码和砝码盘的总质量m远小于小车和砝码的总质量M；(2)①[3]力传感器可测量绳子拉力大小，不需要滑块与位移传感器发射部分总质量远大于重物和力传感器的总质量；②[4]轨道左侧抬高时，有F=0时，a≠0，也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，所以图线甲是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的；③[5]由牛顿第二定律得由图乙所示图象可知，图线斜率则[6]图像的截距则42．BDx40.16m/s2合力一定时，当托盘和砝码的总质量m远小于小车（含砝码）的总质量M时，小车（含砝码）的加速度与M成反比托盘和砝码总重力的倒数【详解】（1）[1]A．实验开始时应先接通电源后释放小车，故A错误。B．调整定滑轮使细线与长木板平行,以保证拉力平行长木板，故B正确。C．平衡摩擦力时要使小车自由匀速下滑，可以通过纸带上均匀分布的点迹来判断，故C错误。D．平衡摩擦力时要使小车自由匀速下滑，必须移去托盘和砝码，故D正确。故选BD。（2）[2]相邻两个间距差都在，只有，故x4这段距离记录错误。[3]每5个计时间隔取一个计数点，则根据匀变速直线运动的推论可知解得（3）[4]由图像可得出的结论是：合力一定时，当托盘和砝码的总质量m远小于小车（含砝码）的总质量M时，小车（含砝码）的加速度与M成反比。（4）[5]由题图丁可知图象的斜率为所以图像斜率的物理意义是托盘和砝码总重力的倒数。[6]当M=0时，系统下落的加速度大小恰好为重力加速度g，则由题图丁可得解得43．等间距AB/BA0.7230.185【详解】（1）[1]若小车匀速下滑则a=0，由故纸带上打出一系列等间距的点。（2）[2]A．先接通电源，后释放小车，小车应从靠近打点计时器处释放，故A正确；B．小车下滑时，为保证实验的准确性，应使细线始终与轨道平行，故B正确；C．由于该实验每个槽码的质量已知道，故不需要使质量远小于小车质量，故C错误；D．匀速运动时有若细线下端悬挂着2个槽码，整体牛顿第二定律有解得加速度为小车在下滑过程中受到的合外力大小故D错误。故选AB。（3）[3]依题意，可知相邻计数点间的时间间隔为根据图乙，点5是点4、6的中间时刻（4）[4]对于小车匀速时有减小n个槽码后，对小车和槽码分别有则即（5）[5]由[4]中分析可知关系图线斜率而m=10g，，代入解得44．2.05图线是一条过原点的直线，且图线的斜率错误实验中应该测量遮光条中心到光电门中心的距离，而不是滑块左端到光电门中心的距离；实验时测量滑块下滑的距离偏小了，故出现滑块每次减小的势能均总比增加的动能略小的现象。【详解】(1)[1]由图示游标卡尺可知，主尺读数为2mm，游标尺读数为则游标卡尺读数为(2)[2]由于遮光条通过光电门的时间极短，因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为实验要验证机械能守恒定律，故联立得(3)[3]根据数据在图丙中描点作图(4)[4]由即由几何关系可得可知，即与n成正比关系，图像为过原点的倾斜直线，且图线的斜率(5)[5][6]实验中应该测量遮光条中心到光电门中心的距离，而不是滑块左端到光电门中心的距离；实验时测量滑块下滑的距离偏小了，故出现滑块每次减小的势能均总比增加的动能略小的现象。他们的分析不正确。45．否1.73.9【详解】（1）[1]当滑块匀速下滑时，滑块所受绳子拉力等于钩码的重量，取下细绳和钩码，滑块加速下滑，所受合外力仍等于钩码的重量，因此不必要求钩码质量远小于滑块的质量。（2）[2]打D点的速度等于CE段的平均速度[3]根据可得（3）[4]根据牛顿第二定律因此46．ACEmgL小于【详解】（1）[1]AB．本实验通过遮光条的宽度与遮光时间之比来近似作为滑块通过光电门时的速度，所以需要游标卡尺来测量遮光条的宽度，而遮光时间通过光电门和数字计时器即可测得，不需要秒表，故A需要，B不需要；C．本实验需要使用天平测出钩码质量m和带长方形遮光条的滑块总质量M，故C需要；D．本实验不涉及测量力的步骤，故D不需要。故选AC。（2）[2]实验时将导轨调至水平，用游标卡尺测出遮光条的宽度d，用天平测出钩码质量m和带长方形遮光条的滑块总质量M，再将滑块移至图示A位置，测出遮光条到光电门的距离L，之后开启气泵，待出气稳定后再释放滑块，故步骤ABCD妥当，步骤E不妥当。故选E。（3）[3]滑块从A静止释放运动到光电门B的过程中，钩码下降高度为L，所以系统的重力势能减少量为mgL。[4]遮光条通过光电门时的速度大小为

①根据机械能守恒定律有

②联立①②解得（4）[5]若气垫导轨左端的滑轮调节过高，使得拉动物块的绳子与气垫轨道之间存在夹角，不考虑其它影响，滑块自A点由静止释放，则在滑块从A点运动至B点的过程中，有速度关联可知钩码下滑的速度为其中角度为细线和水平气垫导轨的夹角，故此时机械能守恒应写成因此可知此时重力势能的减少量小于动能的增加量。（5）[6]根据②式变形可得则由题意有解得47．B9.1见解析0.30无大于不可行因为物体做圆周运动时有向心力，造成支持力大于重力垂直于切面的分力，从而摩擦力偏大【详解】（1）[1]用B测量铝板厚度[2]该游标卡尺的精确度为0.1mm，因此读数为（2）[3]作出h-s的关系图像如图（3）[4]根据动能定理可得图像的斜率表示动摩擦因数（4）[5]若计入厚度则因此无影响[6]若转接点处有机械能损失，造成水平位移s减小，从而测得的动摩擦因数偏大[7][8]该方案不可行，因为物体做圆周运动时有向心力，造成支持力大于重力垂直于切面的分力，从而摩擦力偏大。48．AC/CABC0.686合外力对小车做的功，与小车的速度的平方成正比小车的质量B【详解】(1)[1]A．小车与木板间有摩擦，将木板一端垫高，平衡摩擦力，轻推小车打点计时器在纸带上的点迹均匀小车做匀速运动，故A正确；B．测小车速度时，应选纸带上的点迹均匀的部分进行计算，故B错误；C．因为此实验改变做功是通过改变橡皮筋条数来实现的，则只要保证小车质量不变即可，不必测小车质量，也不必测功的具体值，只是用W、2W、3W等表示，简化数据的测量和处理。故C正确；D．小车质量不能太大或太小，保证纸带上的点迹不要过于密集或稀疏，方便处理数据，故D错误。故选AC。(2)[2]测小车速度时，应选纸带上的点迹均匀的部分进行计算，故应选BC段；[3]小车最终获得的速度是(3)[4]合外力对小车做的功，与小车的速度的平方成正比；[5]由图可得v随W变化的表达式为v2=kW，由等式两端的物理量单位可知，左侧单位为，右侧单位为J，所以k的单位为所以与图线斜率有关的物理量应是小车的质量。(4)[6]若没有完全消除摩擦力和其他阻力，橡皮筋对小车的功有部分用于克服阻力做功，没有全部转化为小车的动能，故B正确。故选B。49．2.00C偏小【详解】(1)[1]两计数点间还有四个点没有画出，故两相邻计数点的时间为T=0.1s，根据纸带可求出小车的加速度为(2)[2]根据牛顿第二定律解得根据题意解得[3]根据，实验中两同学作出的图像是C；(3)[4]根据实验过程中，若打点计时器所用交流电的频率低于50Hz，加速度的测量值偏大，又因为加速度的测量值偏大，所以动摩擦因数的测量结果偏小。50．BC大于【详解】(1)[1]本实验是通过实验测量出滑块和砝码组成的系统减少的重力势能和增加的动能来验证机械能守恒的，重力势能和动能都与质量有关，需要用天平测量砝码和滑块的质量。数字计时器可以记录通过光电门的时间。故AC错误；B正确。故选B。(2)[2]A．测出遮光条的宽度d，用于计算滑块通过光电门的速度。故A正确，与题意不符；B．测出钩码质量m和带长方形遮光条的滑块总质量M，用于计算系统的重力势能和动能的变化。故B正确，与题意不符；C．实验前将导轨调至水平，不需要平衡摩擦力。故C错误，与题意相符；D．将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离L，用于计算系统减少的重力势能。故D正确，与题意不符；E．先开启气泵，然后释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t，用于计算滑块通过光电门的速度。故E正确，与题意不符。本题选不妥当的故选C。(3)[3]遮光条通过光电门的速度大小为在实验操作正确的前提下，滑块从静止释放运动到光电门的过程中，若系统符合机械能守恒定律，则有联立，可得(4)[4]根据上面系统机械能守恒的表达式，可得由题意得解得(5)[5]若气垫导轨左端的滑轮调节过高，使得拉动滑块的绳子与气垫轨道之间存在夹角，不考虑其它影响，滑块由静止释放运动到光电门的过程中，根据几何关系可知砝码实际下降的高度小于释放滑块时测量的遮光条到光电门的距离L即如图所示可得所以滑块、遮光条与钩码组成的系统重力势能减小量的测量值大于真实值。51．B0.620实验中存在阻力（其他答案合理即给分）图像的斜率为【详解】（1）[1]A．根据机械能守恒定律，重力势能的减少量与动能增加量中均含有m，所以可以约掉，此实验可以不测质量一样可以得出结论，故A错误；B．实验时应使左侧刻度尺处于竖直位置，这样便于计算摆锤运动过程中的高度差，故B正确；C．为方便的计算圆柱体与摆锤初始位置的高度差，各圆柱体可以等高分布，而不是要沿圆弧等距均匀分布，故C错误；D．若释放摆锤时有初速度，可以选择其通过各圆柱体的过程来进行验证，故D错误。故选B。（2）[2]游标卡尺读数是主尺读数（mm的整数倍）加上游标尺的读数（mm的小数位），由图可读出为（3）[3]若摆锤从②运动到⑧的过程机械能守恒，则应有简化得（4）[4]摆锤往下摆动过程中，空气阻力对其做负功，机械能有损失，因此减少的重力势能并没有完全转化为动能。（5）[5]若满足得知图像是一条过原点的倾斜直线，故图像纵坐标应为。[6]如果图像的斜率在误差允许的范围内等于，机械能守恒定律得到验证。52．6.200B【详解】（1）[1]直径（2）[2]A．根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故A错误；B．计算重力势能的减少量时，需要测量光电门1和光电门2之间的距离h，故B正确；C．利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量小球从光电门1到光电门2下落的时间t，故C错误。故选B。（3）[3]已知经过光电门的时间和小球的直径，由平均速度表示经过光电门时的瞬时速度，故（4）[4]小球通过光电门2时的动能为根据机械能守恒化简得则该图线的斜率（5）[5]因存在阻力，则有实验过程中所受的平均阻力f与小球重力的比值53．不需要B

增大【详解】（1）[1]实验中小车的受到的合力可以由弹簧测力计读出，因此不需要钩码的质量远小于小车的质量。（2）[2]小车通过光电门的速度为v，有设小车初到光电门的位移为s，有对小车受力分析，由牛顿第二定律有整理有图像的斜率为可知，斜率与小车质量、小车释放的位置、挡光片的宽度有关，与钩码的质量无关。故选B。（3）[3]由之前的分析可知，其关系式为（4）[4]描点连线，其图像如图所示

（5）[5]由上图可知，图线在横轴上有一段正截距，说明当力F在某个值时，小车才运动，据此可知小车没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，即适当增大斜面左端的高度可以使图像过坐标原点。54．BC【详解】（1）为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不需要光滑，故A错误，C错误，B正确，步骤(ⅰ)初始距离d必须与步骤(ⅲ)中距离x无关，只要保证，连续水平移动的位移x相等即可，故D错误．（2）在竖直方向上，；水平方向上，可得小球平抛的初速度．（3）设小球离地高度为，小球平抛运动阶段水平位移