第21课时力学实验

第21课时力学实验知识网络构建

高考题型一纸带和光电门类实验纸带测瞬时速度做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，如图所示，求打某一点时物体的瞬时速度，只需在这一点的前后各取相同时间间隔T的两段位移xn和xn＋1，则打n点时的速度vn＝eq\f(xn＋xn＋1,2T)测加速度①用“逐差法”求加速度如图所示a＝eq\f(（x4＋x5＋x6）－（x1＋x2＋x3）,9T2)②作出v－t图像，通过图像的斜率求物体运动的加速度，a＝eq\f(Δv,Δt)光电门测速度光电门主要是测量速度的仪器，设小车上挡板的宽度为d，挡板遮住光电门光线的时间为Δt，则小车通过光电门的速度v＝eq\f(d,Δt)测加速度若已知两个光电门之间的距离为x，小车通过两个光电门时的速度分别为v1、v2，则a＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2x)角度1研究匀变速运动的规律【例1】(2022·广东普通高中一模)某兴趣小组用光电门、计时器和直尺测量当地的重力加速度。图1(a)是其实验装置，其操作方法是：让直尺下端刚好处于光电门处并由静止释放，光电计时器记录直尺通过光电门的时间，直尺运动过程中尺身始终处于竖直方向，图(b)是量程分别为0～15.0cm的钢尺和0～20.0cm的塑料尺。图1(1)为了较准确测出重力加速度，应选择________(选填“钢尺”或“塑料尺”)完成该实验。(2)小组通过5次实验，测得直尺通过光电门的时间如下表。第4次实验操作可能存在的问题是：直尺下端开始遮光时具有________(选填“加速度”“初速度”或“重力”)。次数12345时间/s0.1840.1860.1850.1500.186(3)剔除第4组数据，从表格其他数据算出时间的平均值是0.185s，并利用选定的直尺的量程L代入g＝eq\f(2L,t2)，得g≈8.77m/s2，结果与当地重力加速度差距较大，上述数据处理存在的问题是_______________________________________________。(4)根据实验数据，正确的计算结果应该是g＝________(结果保留2位小数)。答案(1)钢尺(2)初速度(3)计算位移时误用钢尺的量程，应该用钢尺的总长度(4)9.70m/s2解析(1)由于钢尺的密度大，空气阻力的影响小，所以选钢尺。(2)由表格可知，第4次实验的时间明显小于其他几次，可能存在的问题是：直尺下端开始遮光时具有初速度。(3)根据g＝eq\f(2L,t2)，代入计算的加速度得L＝0.15m，结果与当地重力加速度差距较大，上述数据处理存在的问题是计算位移时误用钢尺的量程，应该用钢尺的总长度。(4)由图(b)可知，钢尺总长度为0.166m，根据实验数据，正确的计算结果应该是g＝eq\f(2×0.166,0.185×0.185)m/s2＝9.70m/s2。角度2探究加速度与物体受力、物体质量的关系1.需要补偿阻力(为了使绳子拉力即合力)图2补偿阻力操作：(1)将长木板一端垫高。(2)穿上纸带，不挂重物。(3)通过轻推小车，小车能匀速下滑则刚好平衡。(要通过纸带打点，点迹是否均匀来判断是否匀速。)2.实验方法：控制变量法。3.探究结果：a与F(即合力)成正比，与M成反比。4.误差分析(1)系统误差：因为悬挂物也有向下的加速度，因此绳子拉力必然小于悬挂物重力，而实验中用槽码的重力代替绳子拉力偏大。减小系统误差的方法：实验条件满足M小车≫m槽码。消除系统误差的改进实验方案举例：用拉力传感器直接测量绳子的拉力。若采用该方案，则实验条件无需满足M小车≫m槽码。(2)偶然误差：未能刚好补偿阻力，测量读数、作图等偶然误差。图3图线1：补偿阻力时长木板倾斜角过大。图线2：未补偿阻力或补偿阻力时长木板倾斜角过小。5.数据处理中坐标变换的处理技巧(化曲为直)，如图4乙所示。图4【例2】(2022·山东烟台一模)某物理实验小组利用图5所示装置“探究小车的加速度与受力的关系”。图5(1)关于实验操作，下列说法正确的是______。A.实验时，先释放小车再接通打点计时器的电源B.调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行C.每次改变重物质量时，不需要重新调整长木板的倾斜度D.为尽可能减小实验误差，小车的质量应远大于重物的质量(2)一次实验中获得的纸带如图6所示，已知所用电源的频率为50Hz，每5个点取一个计数点，A、B、C、D、E、F、G为所取计数点，由图中数据可求得加速度大小a＝________m/s2(计算结果保留2位有效数字)。图6(3)实验小组先保持小车质量为m1不变，改变小车所受的拉力F，得到a随F变化的规律如图7中直线A所示，然后实验小组换用另一质量为m2的小车，重复上述操作，得到如图7中所示的直线B，由图可知，m1________m2(选填“大于”或“小于”)，直线B不过坐标原点的原因是______________________________。图7答案(1)BCD(2)0.18(0.17～0.19)(3)小于长木板倾斜程度过大，补偿阻力过度解析(1)实验时，要先接通打点计时器的电源再释放小车，A错误；绳子的拉力应与运动方向一致，故应调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，B正确；平衡后，应有μmgcosθ＝mgsinθ，即有μ＝tanθ，故每次改变重物质量时，不需要重新调整长木板的倾斜度，C正确；为尽可能减小实验误差，实验要求小车的质量应远大于重物的质量，D正确。(2)设AD＝x1，DG＝x2，由图6可得x1＝3.70cm－0.40cm＝3.30cm，x2＝8.60cm－3.70cm＝4.90cm，所用电源的频率为50Hz，每5个点取一个计数点，可得AD之间的时间间隔为t＝3×0.02×5s＝0.3s根据匀变速直线运动的推论，即Δx＝x2－x1＝at2代入数据解得a＝0.18m/s2。(3)根据牛顿第二定律a＝eq\f(F,m)知，a－F图像的斜率表示eq\f(1,m)，由题图可知eq\f(1,m1)>eq\f(1,m2)，则m1<m2，由直线B可知，当F等于0时，加速度不等于零，说明平衡摩擦力过度，即长木板倾斜程度过大，补偿阻力过度。角度3验证机械能守恒定律1.重物的选择：质量大，体积小。(以有保护软垫的重锤为佳，不能用钩码，砝码。)图82.实验方法：比较减小的重力势能与增加的动能是否相同。3.系统误差：空气阻力、摩擦阻力做功使机械能损失，减小的重力势能要略大于增加的动能。4.数据处理方案一：利用起始点和第n点计算，若mghn＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，则机械能守恒。方案二：任取两点A、B计算，若mghAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，则机械能守恒。方案三：根据多组实验数据作出eq\f(1,2)v2－h图线，若图线是一条过原点且斜率为g的直线，则机械能守恒。(该方案通常用作由自由落体运动测定重力加速度实验。作出eq\f(1,2)v2－h图后，斜率即重力加速度值。)5.特别注意：实验中计算速度时，只能用vn＝eq\f(xn＋xn＋1,2T)计算纸带瞬时速度，不能用vn＝eq\r(2gh)或vn＝gt来计算。【例3】(2022·河南开封二模)某同学利用如图9所示的装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g。主要实验步骤如下：图9①用游标卡尺测量挡光片的宽度d，用量角器测出气垫导轨的倾角θ；②测量挡光片到光电门的距离x；③由静止释放滑块，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t；④改变x，测出不同x所对应的挡光时间t。根据上述实验步骤请回答：(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度时的结果如图10所示，则挡光片的宽度d＝______________mm。图10(2)滑块通过光电门时速度的表达式v＝______(用实验中所测物理量符号表示)。(3)根据实验测得的多组x、t数据，可绘制x－eq\f(1,t2)图像，图像的纵坐标为x，横坐标为eq\f(1,t2)，如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则图像应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为____________(用d、θ、g表示)。答案(1)2.40(2)eq\f(d,t)(3)eq\f(d2,2gsinθ)解析(1)游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.05×8mm＝0.40mm，所以最终读数为2mm＋0.40mm＝2.40mm。(2)由于挡光片通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度。滑块通过光电门时速度v＝eq\f(d,t)。(3)如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则应有mgxsinθ＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))eq\s\up12(2)，所以x＝eq\f(d2,2gsinθ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))eq\s\up12(2)，x－eq\f(1,t2)图像应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为eq\f(d2,2gsinθ)。高考题型二弹簧、橡皮条类实验角度1探究弹力与弹簧伸长的关系1.不要超过弹性限度。2.测弹簧原长时要保持自由悬挂。3.数据处理：作F－x图，斜率即劲度系数k。4.探究结果：胡克定律F＝kx(x为形变量)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(弹簧劲度系数的算法：k＝\f(F,x)＝\f(ΔF,Δx)))图线1：x表示弹簧形变量。图线2：x为弹簧长度，其中x0为弹簧原长(无论图线1还是图线2，斜率都表示劲度系数)。图线3：后端发生弯曲原因是超过弹性限度。图线4：x轴小截距原因可能是测弹簧原长时未悬挂，悬挂后弹簧自身重力导致误差。【例4】某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图10甲所示。甲乙图10(1)由图甲可知，弹簧的劲度系数为____________N/m。(2)为了测定两木块A、B间的动摩擦因数μ，两同学分别设计了如图乙所示的Ⅰ、Ⅱ两种方案。①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案________更合理。②方案Ⅰ中，若A和B受到的重力分别为10.0N和20.0N。当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0N，b的示数为11.0N，则A、B间的动摩擦因数为________。答案(1)300(2)①Ⅰ②0.3解析(1)由图甲可知弹簧的劲度系数为k＝eq\f(ΔF,ΔL)＝eq\f(60,0.2)N/m＝300N/m。(2)①方案Ⅱ中必须要保证木块A做匀速运动，弹簧测力计的读数才等于木块A的摩擦力，所以方案Ⅰ更合理；②方案Ⅰ中弹簧测力计a的读数等于木块A对木块B的滑动摩擦力，则对木块B有Fa＝μmBg，解得μ＝eq\f(Fa,mBg)＝eq\f(6,20)＝0.3。角度2探究求合力的方法1.实验装置图甲是原橡皮条的长度，乙是用两个力把橡皮条拉到某一位置，丙是用一个力把橡皮条拉到同一位置，体现了等效的思想。2.本实验在操作时要记住“三注意”和“七记录”三注意两次O点的位置必须相同两个细绳套不要太短夹角不宜太大也不宜太小；在60°～100°之间为宜七记录两个弹簧测力计拉橡皮条时，记录两弹簧测力计示数、两绳方向和O点的位置(五记录)一个弹簧测力计拉橡皮条时，记录弹簧测力计示数和细绳方向(二记录)【例5】(2022·河北唐山一模)“验证力的平行四边形定则”的实验如图11甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示。图11(1)本实验采用的科学方法是________；A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法(2)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________；(3)关于实验下列说法正确的是________。A.拉橡皮条的细绳短一些，实验效果较好B.拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行C.橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力F1和F2的夹角越大越好D.在同一实验中O点位置不能变答案(1)B(2)F′(3)BD解析(1)本实验用一根弹簧的拉力代替两根弹簧的拉力作用效果，采用等效替代法，故选B。(2)F是通过作图的方法得到合力的理论值，在平行四边形的对角线上，而F′是通过一个弹簧测力计沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，其方向一定沿AO方向。(3)在实验中要减小拉力方向的误差，应让标记同一细绳方向的两点尽量远些，故细绳应该长一些，故A错误；作图时，我们是在白纸中作图，作出的是水平力的图示，若拉力倾斜，则作出图的方向与实际力的方向有较大差别，故应使各力尽量与木板平面平行，故B正确；两个拉力的夹角过大，合力会过小，取理论值时相对误差变大，故应使夹角合适即可，但要保证力的作用效果即O点位置不能变，故C错误，D正确。高考题型三平抛类实验角度1探究平抛运动规律1.实验装置图图122.注意事项(1)斜槽不需要光滑，只要让小球每次从同一高度下滑即可。(2)斜槽末端必须水平，以保证小球能够做平抛运动。(3)建立坐标时，先确定竖直方向的y轴，因为它就是重垂线的方向，容易确定，再确定x轴方向。(4)验证抛物线：在轨迹线上取多个点，找出对应的坐标，看是否满足y＝ax2即可。3.求平抛的初速度(1)已知抛出点的位置，只需要知道一个点的位置，由x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2求v0。(2)已知抛物线上水平间距相等的三个点的位置，由Δy＝gt2，x＝v0t求v0。【例6】[2022·浙江1月选考，17(1)]在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图13所示。在轨迹上取一点A，读取其坐标(x0，y0)。图13①下列说法正确的是________(单选)。A.实验所用斜槽应尽量光滑B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据②根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0＝________(单选)。A.eq\r(2gh)B.eq\r(2gy0)C.x0eq\r(\f(g,2h))D.x0eq\r(\f(g,2y0))③在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是_____________________________________________________________________。答案①C②D③确保多次运动的轨迹相同解析①斜槽轨道不需要光滑，只需要从同一位置静止释放小球，使其到达斜槽末端的速度相同即可，选项A错误；由于描点可能出现误差，因此不是把所有的点都用曲线连接起来，选项B错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，这样误差较小，选项C正确。②根据平抛运动规律有x0＝v0t、y0＝eq\f(1,2)gt2，联立可得v0＝x0eq\r(\f(g,2y0))，选项A、B、C错误，D正确。③为了保证能画出同一个平抛运动轨迹上的多个点，必须要在同一位置由静止释放小球，以确保多次运动的轨迹相同(或“保证小球离开斜槽末端的速度v0相同，从而保证其运动轨迹相同”)。角度2验证动量守恒定律实验方案实验装置利用气垫导轨完成一维碰撞实验滑块速度v＝eq\f(Δx,Δt)用两摆球碰撞验证动量守恒定律摆球速度v＝eq\r(2gh)利用光滑桌面上两车碰撞验证动量守恒定律小车速度v＝eq\f(Δx,Δt)利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律速度与平抛运动的水平位移成正比【例7】(2022·全国甲卷，23)利用图示14的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：图14(1)调节导轨水平；(2)测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为______kg的滑块作为A；(3)调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等；(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2；(5)将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示；12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k＝eq\f(v1,v2)0.31k20.330.330.33(6)表中的k2＝________(保留2位有效数字)；(7)eq\f(v1,v2)的平均值为______(保留2位有效数字)；(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由eq\f(v1,v2)判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则eq\f(v1,v2)的理论表达式为__________________(用m1和m2表示)，本实验中其值为________________(保留2位有效数字)，若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。答案(2)0.304(6)0.31(7)0.32(8)eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2－m1,2m1)0.34解析(2)用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304kg的滑块作为A。(6)由于两段位移大小相等，即v1t1＝v2t2，根据表中的数据可得k2＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(t2,t1)＝eq\f(0.21,0.67)＝0.31。(7)eq\f(v1,v2)的平均值为eq\o(k,\s\up6(－))＝eq\f(0.31＋0.31＋0.33＋0.33＋0.33,5)＝0.32。(8)发生弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得m1v0＝－m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)联立解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2－m1,2m1)代入数据可得eq\f(v1,v2)＝0.34。高考题型四圆周运动、单摆实验角度1探究影响向心力大小的因素实验装置图图151.实验方法：控制变量法。2.通过换小球改变小球的质量m，通过控制挡板到转轴的距离改变半径r，通过调整变速塔轮的半径改变角速度ω，标尺显示的是向心力的大小。【例8】用如图16所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。某次实验图片如下，请回答相关问题：图16(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中________的方法。A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.演绎法(2)若图中两钢球质量相等，运动的半径也相等，标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶9，运用圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为________。A.1∶9 B.3∶1C.1∶3 D.1∶1答案(1)C(2)B解析(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法，故选C。(2)根据Fn＝mω2r，两球的向心力之比为1∶9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1∶3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v＝ωr，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3∶1，故选B。角度2利用单摆测重力加速度1.原理：根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，g＝eq\f(4π2l,T2)。2.摆长l＝摆线长l0＋小球的半径r。3.周期T的计算：一般测30～50次的时间t，然后求周期T＝eq\f(t,n)。注意：从最低点开始计时，因为球过最低点时速度最大，误差最小。4.利用T2－l图像的斜率k＝eq\f(4π2,g)可计算重力加速度，且不受摆长的影响。【例9】某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，将两根等长细绳固定在铁架台的水平横杆上，两悬点的间距与细绳长度相等，两绳下端系上一个匀质小钢球，构成一个“单摆”，如图17所示。该同学利用光电计数器测量小球前后摆动的周期，他把光源A固定在与小球自然下垂时的球心在同一水平线上的位置，将光电计数器B放在同一水平线上的另一侧，A发出的光束通过小球遮挡形成脉冲光信号，被B接收并转换成电信号进行记录和显示。图17(1)测得细绳长为l，小球直径为d，则该单摆的摆长为________；(2)将小球向前拉开一个小角度由静止释放并从小球第一次经过平衡位置处时开始计时，测得小球经过时间t向后回到平衡位置时，B接收到的脉冲数为N，则该单摆的振动周期为________；(3)则测得的重力加速度的表达式为g＝__________________(用所测物理量的符号表示)。答案(1)eq\f(\r(3)l＋d,2)(2)eq\f(2t,N－1)(3)eq\f(（N－1）2π2（\r(3)l＋d）,2t2)解析(1)该单摆在摆动过程中的等效摆长为L＝lsin60°＋eq\f(d,2)＝eq\f(\r(3)l＋d,2)。(2)单摆振动一个周期，B接收到的脉冲数为2，因此将小球向前拉开至小球向后回到平衡位置，单摆振动的周期数为eq\f(N－1,2)个，则时间t内单摆经历了eq\f(N－1,2)个周期，所以该单摆的振动周期为eq\f(2t,N－1)。(3)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可得测得的重力加速度的表达式为g＝eq\f(（N－1）2π2（\r(3)l＋d）,2t2)。高考题型五力学创新实验1.根据题目情境，提取相应的力学模型，明确实验的理论依据和实验目的，设计实验方案。2.进行实验，记录数据，应用原理公式或图像法处理实验数据，对结果进行误差分析。角度1测定重力加速度测定重力加速度的常见实验方案打点计时器计时，利用逐差法测定g，也可以利用图像法求g光电门计时，原理为v2－veq\o\al(2,0)＝2gx(也可以利用频闪照片或数码相机的连拍功能)滴水法计时，原理为h＝eq\f(gt2,2)，可以利用图像法求g匀速圆周运动计时，Δx＝gT2(也可以测量转速)打点计时器计时，利用机械能守恒，有eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh【例10】(2020·江苏高考，11)疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展实验探究。用拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如图18所示。图18(1)家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中下落物体的是________。(2)下列主要操作步骤的正确顺序是________(填写各步骤前的序号)。①把刻度尺竖直固定在墙上②捏住小球，从刻度尺旁静止释放③固定在三角架上，调整好镜头的位置④打开摄像功能，开始摄像(3)停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如图19所示。已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为eq\f(1,6)s，刻度尺的分度值是1mm，由此测得重力加速度为______m/s2(结果保留2位有效数字)。图19(4)在某次实验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向。从该视频中截取图片，__________(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法测出重力加速度。答案(1)小钢球(2)①③④②(3)9.6(9.5～9.7都算对)(4)仍能解析(1)根据题中提供的小球和测量要求可使用小钢球进行实验，与乒乓球、小塑料球相比，小钢球受到的空气阻力小，下落相同高度获得的速度更大，可以减小实验误差。(2)根据实验要求，可以得出先固定刻度尺，然后固定调好镜头位置，打开摄像功能进行摄像，最后捏住小球，使小球由静止下落，即步骤为①③④②。(3)题图左侧图片中小球上边缘的读数为2.00cm，中间图片中小球上边缘的读数为26.00cm，右侧图片中小球上边缘的读数为76.70cm，由逐差法可得当地的重力加速度大小为g＝eq\f(（76.70－26.00）－（26.00－2.00）,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))\s\up12(2))×10－2m/s2＝9.6m/s2。(4)由于释放小球时手稍有晃动，小球偏离竖直方向，则小球做平抛运动，但竖直方向仍做自由落体运动，故能用(3)问中的方法测量重力加速度。角度2测定动摩擦因数测定动摩擦因数的常见实验方案将研究运动的物体转化为研究静止的物体，利用F弹＝Ff＝μFN求μ让物块先做加速运动，当重物掉到地面上之后物块做匀减速直线运动。减速运动中，利用逐差法求加速度，利用F＝μmg＝ma进一步求μ将动摩擦因数的测量转化为角度的测量。利用a＝gsinθ－μgcosθ求μ(a通过逐差法求解)将动摩擦因数的测量转化为加速度的测量。利用veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2ax和动力学知识得到μ＝eq\f(mg－（m＋M）a,Mg)【例11】(2022·广东江门一模)某同学利用一根压缩的弹簧来弹开带有遮光片的滑块测量滑块与木板间的动摩擦因数。实验装置如图20(a)所示，将木板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在挡板上，右端与滑块刚好接触(但不连接)，然后将光电门固定在木板上靠近滑块处。实验步骤如下：图20(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图(b)所示，d＝________cm；(2)将光电门连接计时器，让滑块压缩弹簧至P点[图(a)中未画出]，释放后滑块被弹开并沿木板向右滑动，计时器记录遮光片通过光电门的时间Δt，再测量滑块停止时的位置与光电门的距离x，则可用________表示滑块经过光电门时速度的大小；(3)改变P点的位置，多次重复步骤(2)；(4)若用eq\f(1,Δt2)－x图像处理数据，所得图像如图21所示，设重力加速度为g，则由图线可得滑块与木板间的动摩擦因数μ＝______(用物理量的符号表示)。图21答案(1)1.02(2)eq\f(d,Δt)(4)eq\f(ad2,2bg)解析(1)游标卡尺的示数d＝1cm＋2×0.1mm＝1.02cm。(2)滑块经过光电门时速度的大小为v＝eq\f(d,Δt)。①(4)物块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律得μmg＝ma②由匀变速直线运动速度和位移的关系得v2＝2ax③由①②③可得eq\f(1,（Δt）2)＝eq\f(2μgx,d2)结合题图可得图像的斜率eq\f(a,b)＝eq\f(2μg,d2)解得μ＝eq\f(ad2,2bg)。1.(2021·广东高考，11)某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数。缓冲装置如图22所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端。实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为200g的钢球(直径略小于玻璃管内径)逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数Ln，数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。图22n123456Ln/cm8.0410.0312.0514.0716.1118.09(1)利用ΔLi＝Li＋3－Li(i＝1，2，3)计算弹簧的压缩量：ΔL1＝6.03cm，ΔL2＝6.08cm，ΔL3＝________cm，压缩量的平均值eq\o(ΔL,\s\up6(－))＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝________cm；(2)上述eq\o(ΔL,\s\up6(－))是管中增加________个钢球时产生的弹簧平均压缩量；(3)忽略摩擦，重力加速度g取9.80m/s2，该弹簧的劲度系数为________N/m(结果保留3位有效数字)。答案(1)6.046.05(2)3(3)48.6解析(1)ΔL3＝L6－L3＝18.09cm－12.05cm＝6.04cm，压缩量的平均值eq\o(ΔL,\s\up6(－))＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝6.05cm。(2)根据(1)问可知，eq\o(ΔL,\s\up6(－))为增加3个钢球时产生的平均压缩量。(3)根据胡克定律的推论可知，3mgsinθ＝keq\o(ΔL,\s\up6(－))，代入数值解得k＝48.6N/m。2.(2022·山东高考，13)在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图23甲所示。主要步骤如下：①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；②接通气源，放上滑块。调平气垫导轨；③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。图23回答以下问题(结果均保留两位有效数字)：(1)弹簧的劲度系数为________N/m；(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a－F图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg；(3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a－F图像Ⅱ，则待测物体的质量为________kg。答案(1)12(2)0.20(3)0.13解析(1)由题图乙的F－t图像有Δx＝5.00cm，F＝0.610N根据胡克定律得k＝eq\f(F,Δx)可得k≈12N/m。(2)根据牛顿第二定律有F＝ma，则a－F图像的斜率表示滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据题图丙中Ⅰ，则有eq\f(1,m)＝eq\f(3.00－0,0.60)kg－1＝5kg－1则滑块与加速度传感器的总质量为m＝0.20kg。(3)滑块上增加待测物体，同理，根据题图丙中Ⅱ，则有eq\f(1,m′)＝eq\f(1.50－0,0.50)kg－1＝3kg－1则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m′≈0.33kg则待测物体的质量为Δm＝m′－m＝0.13kg。3.(2022·河北高考，11)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图24所示。弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E＝eq\f(1,2)kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。图24(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图25所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为________，钩码的动能增加量为______，钩码的重力势能增加量为______；图25(2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图26所示。随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是_____________________________________________________________________________________________________________。图26答案(1)k(L－L0)h5－eq\f(1,2)kheq\o\al(2,5)eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h6－h4))2,8T2)mgh5(2)见解析解析(1)从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为ΔEp弹＝eq\f(1,2)k(L－L0)2－eq\f(1,2)k(L－L0－h5)2整理有ΔEp弹＝k(L－L0)h5－eq\f(1,2)kheq\o\al(2,5)打F点时钩码的速度为vF＝eq\f(h6－h4,2T)由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出A点，则钩码动能的增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－0＝eq\f(m（h6－h4）2,8T2)钩码的重力势能增加量为ΔEp重＝mgh5。(2)钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大。1.[2022·浙江1月选考，17(2)]“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图1所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B，给小车A一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。图1①实验应进行的操作有________(单选)。A.测量滑轨的长度B.测量小车的长度和高度C.碰撞前将滑轨调成水平②下表是某次实验时测得的数据：A的质量/kgB的质量/kg碰撞前A的速度大小/(m·s－1)碰撞后A的速度大小/(m·s－1)碰撞后B的速度大小/(m·s－1)0.2000.3001.0100.2000.800由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是________kg·m/s。(结果保留3位有效数字)答案①C②0.200解析①磁撞前应将滑轨调成水平，确保系统所受合外力为零，保证碰撞过程中动量守恒，没有必要测量滑轨的长度和小车的长度、高度，故选项A、B均错误，选项C正确。②由表中数据可知小车A的质量小于B的质量，则碰后小车A反向运动，以碰前小车A的运动方向为正方向，则可知碰后系统的总动量大小为p＝pB－pA＝0.200kg·m/s。2.(2022·湖南高考，11)小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了如图2(a)所示的实验装置，测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下：(1)查找资料，得知每枚硬币的质量为6.05g；(2)将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋，测量每次稳定后橡皮筋的长度l，记录数据如下表：序号12345硬币数量n/枚510152025长度l/cm10.5112.0213.5415.0516.56(3)根据表中数据在图(b)上描点，绘制图线；图2(4)取出全部硬币，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，稳定后橡皮筋长度的示数如图(c)所示，此时橡皮筋的长度为________cm；(5)由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为________g(计算结果保留3位有效数字)。答案(3)见解析图(4)15.35(5)128解析(3)根据表格数据描点连线如图。(4)由题图(c)可知刻度尺的分度值为1mm，故读数l＝15.35cm。(5)设橡皮筋的劲度系数为k，原长为l0，则n1mg＝k(l1－l0)，n2mg＝k(l2－l0)则橡皮筋的劲度系数为k＝eq\f(（n2－n1）mg,l2－l1)从作出的l－n图线读取数据可得k＝eq\f(（n2－n1）mg,l2－l1)＝eq\f(10,3)mg(N/cm)，l0＝eq\f(n2l1－n1l2,n2－n1)＝9.00cm设冰墩墩的质量为m1，则有m1g＝k(l－l0)可得m1＝eq\f(10,3)×6.05×(15.35－9.00)g≈128g。3.[2021·浙江6月选考，17(1)]在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图3甲所示的装置，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图乙所示。O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。图3(1)为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是_____________________________________________________________________。(2)已知交流电频率为50Hz，重物质量为200g，当地重力加速度g＝9.80m/s2，则从O点到C点，重物的重力势能变化量的绝对值|ΔEp|＝________J、C点的动能EkC＝______J(计算结果均保留3位有效数字)。(3)比较EkC与|ΔEp|的大小，出现这一结果的原因可能是________。A.工作电压偏高B.存在空气阻力和摩擦力C.接通电源前释放了纸带答案(1)阻力与重力之比更小(或其他合理解释)(2)0.547(0.542～0.550都对)0.588(0.570～0.590都对)(3)C解析(1)在验证机械能守恒定律实验时重物所受阻力越小越好，因此密度大的重物，阻力与重力之比更小。(2)由图中可知OC之间的距离为sOC＝27.90cm，因此重物的重力势能变化量的绝对值为|ΔEp|＝mgsOC＝0.2×9.8×0.2790J＝0.547J；匀变速直线运动的时间中点的速度等于这段时间的平均速度，则vC＝eq\f(sBD,2T)＝eq\f(0.3300－0.2330,2×0.02)m/s＝2.425m/s，因此C点的动能为EkC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)×0.2×2.4252J＝0.588J。(3)工作电压偏高不会影响实验的误差，存在摩擦力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，只有提前释放了纸带，纸带的初速度不为零，下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量，故选项C正确。4.(2022·广东高考，11)某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图4(a)所示的装置，实验过程如下：图4(1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门；(2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d＝__________mm；(3)测量时，应__________(选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2；(4)计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝____________(用字母m、d、t1和t2表示)；(5)若适当调高光电门的高度，将会______(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。答案(2)7.884(7.882～7.886)(3)B(4)eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)(5)增大解析(2)根据题图(b)示数，小球的直径为d＝7.5mm＋38.4×0.01mm＝7.884mm。(3)在测量时，因为小球下落时间很短，所以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B。(4)小球向下、向上先后通过光电门时的速度大小分别为v1、v2，有v1＝eq\f(d,t1)，v2＝eq\f(d,t2)，则小球与橡胶材料碰撞过程中机械能的损失量为ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)。(5)若调高光电门的高度，将会增大因空气阻力引起的测量误差。5.(2022·山东潍坊一模)利用如图5所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动。当一带有遮光片的滑块自斜面上端滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t。改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离x，记下相应的t值，所得数据如表中所示。图5x(m)0.5000.6000.7000.8000.9000.950t(ms)292.9371.5452.3552.8673.8776.4eq\f(x,t)(m/s)1.711.621.551.451.341.22完