专题19 力学实验（练习）（解析版）

专题19力学实验目录01力学实验 2考向一纸带类和光电门类实验问题 2考向二弹簧类、橡皮绳类及其他力学实验问题 8考向三力学创新拓展类问题 1501力学实验考向一纸带类和光电门类实验问题1．（2023·浙江·高考真题）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。①需要的实验操作有（多选）；A．调节滑轮使细线与轨道平行B．倾斜轨道以补偿阻力C．小车靠近打点计时器静止释放D．先接通电源再释放小车②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打计数点2时小车的速度大小为：（结果保留3位有效数字）。【答案】ACD2.751.48【详解】①[1]A．实验需要调节滑轮使细线与轨道平行，选项A正确；B．该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，选项B错误；C．为了充分利用纸带，则小车靠近打点计时器静止释放，选项C正确；D．先接通电源再释放小车，选项D正确。故选ACD。②[2][3]计数点1的读数为2.75。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打点周期T=0.02s，则打计数点2时小车的速度大小为。2．（2023·河北·高考真题）某实验小组利用图装置测量重力加速度。摆线上端固定在点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。（1）关于本实验，下列说法正确的是。（多选）A．小钢球摆动平面应与光电门形平面垂直

B．应在小钢球自然下垂时测量摆线长度C．小钢球可以换成较轻的橡胶球

D．应无初速度、小摆角释放小钢球（2）组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度，用螺旋测微器测量小钢球直径。螺旋测微器示数如图，小钢球直径，记摆长。

（3）多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长对应的小钢球摆动周期，并作出图像，如图。根据图线斜率可计算重力加速度（保留3位有效数字，取9.87）。（4）若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将（填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】ABD20.0359.87不变【详解】（1）[1]A．使用光电门测量时，光电门形平面与被测物体的运动方向垂直是光电门使用的基本要求，故A正确；B．测量摆线长度时，要保证绳子处于伸直状态，故B正确；C．单摆是一个理想化模型，若采用质量较轻的橡胶球，空气阻力对摆球运动的影响较大，故C错误；D．无初速度、小摆角释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动，不形成圆锥摆，且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为简谐运动，使用计算单摆的周期，故D正确。故选ABD。（2）[2]小钢球直径为，（3）[3]单摆周期公式，整理得，由图像知图线的斜率，解得，（4）[4]若将摆线长度误认为摆长，有，则得到的图线为，仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，仍为，故得到的重力加速度值不变。3．（2024·河南焦作·统考一模）如图1所示为某实验小组“探究加速度与物体所受合力关系”的实验装置，气垫导轨上滑块（含遮光条）的质量为，遮光条的宽度为，两光电门间的距离为，滑块在气垫导轨上运动时可以忽略导轨的摩擦力，当地的重力加速度为，图中滑轮均为轻质滑轮。（1）本实验（填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码的总质量远小于滑块的质量；（2）将气垫导轨调至水平，再调整气垫导轨上连接滑块的细绳沿水平方向，气源开通后滑块在钩码重力的作用下做匀加速运动，遮光条先后通过两个光电门所用的时间分别为和，则滑块加速度的表达式为（用已知量表示）；（3）保持滑块（含遮光条）的质量不变，多次改变钩码的质量，记录相应的弹簧秤读数，通过（2）步骤计算各组的加速度，描绘出图像如图2所示（图中和为已知量），则滑块质量的表达式为（用已知量表示）；（4）根据图中的和可以推算出，当加速度大小为时，所挂钩码质量的表达式为（用已知量表示）。【答案】不需要【详解】（1）滑块受到的拉力可以用弹簧秤测出，不需要满足所挂钩码的总质量远小于滑块的质量；（2）由匀变速直线运动速度与位移关系式知，代入得，（3）根据牛顿第二定律知，由图像知，代入数据得，（4）根据牛顿第二定律，对m有，对M有，代入得。4．（2024·四川绵阳·统考二模）用气垫导轨研究两个滑块在一条直线上碰撞过程中的动能损失。两个滑块所受合外力为零，在一条直线上碰撞，碰撞前的总动能可表示为，碰撞后的总动能可表示为，碰撞的恢复系数定义式是，其中Ek0在碰撞前后相等，mA、mB为两个滑块的质量，vA1、vB1为碰撞前两滑块的速度，vA2、vB2为碰撞后两滑块的速度，速度都是矢量。研究的实验过程如下，完成实验并回答问题：（1）碰撞过程中如果没有动能损失，根据碰撞前后总动能的表达式可知，恢复系数e=。（2）实验装置如图所示，调节导轨水平，两个滑块上装有宽度都是d=1cm的遮光条，总质量分别是mA=210g，mB=190g；在恰当位置安装两个光电门，测量遮光条的挡光时间。

（3）某组同学使用的滑块分别装有弹性圈（质量忽略不计），如图甲所示。先使A静止在光电门1左侧，B静止在光电门1和2之间，然后轻推滑块A，光电门1记录滑块A遮光条的挡光时间是，光电门2记录滑块A遮光条的挡光时间是，光电门2记录滑块B遮光条的挡光时间是。数据如表中“序号”的1、2、3。

计算完成表格中的速度；根据恢复系数定义式，该过程中e=。（计算结果均保留3位有效数字）序号挡光时间/ms速度122.0？2458.00.00218321.20.0472435.50.0282567.30.0149（4）另一组同学使用的两滑块分别装有撞针和橡皮泥（质量忽略不计），如图乙所示。先使A静止在光电门1左侧，B静止在光电门1和2之间，然后轻推滑块A，光电门1记录滑块A遮光条的挡光时间是，光电门2记录A、B一起运动时其中一条遮光条挡光时间。数据如上表中“序号”的4、5。

根据表中数据，碰撞前，滑块A、B速度之差m/s；碰撞后，滑块A、B速度之差m/s。计算该过程中损失的动能J（计算结果保留1位有效数字）。【答案】10.04550.9890.28200.004【详解】（1）[1]碰撞过程中如果没有动能损失，则有，解得，则碰撞的恢复系数定义式是，（3）[2]将d=1cm，=22.0ms代入得，[3]根据恢复系数定义式，该过程中，（4）[4]碰撞前，滑块A、B速度之差，[5]碰撞后，滑块A、B一起运动，速度之差，[6]该过程中损失的动能，代入数据解得，5．（2024·吉林·统考一模）某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图（a）所示。一质量为m、直径为d的小球固定于释放装置上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡光时间，重力加速度为g。

（1）若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为h，小球通过此光电门的挡光时间为，则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量，重力势能减小量（用题中字母表示）；（2）根据实验数据，作出的图像，如图（b）所示。若图中虚线的斜率，则可验证机械能守恒定律；（3）经过多次重复实验，发现小球经过第三个光电门时，总是大于，下列原因中可能的是。A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线C．小球下落过程中受到空气阻力的作用【答案】1B【详解】（1）[1]小球经过光电门中心时的速度为，则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为，[2]小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量，（2）[3]根据机械能守恒定律可得，则作出的图像中虚线的斜率，则可验证机械能守恒定律。（3）[4]A．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则的测量值偏大，使得小于，故A错误；B．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，的测量值偏大，使得大于，故B正确；C．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则小于，故C错误。故选B。考向二弹簧类、橡皮绳类及其他力学实验问题1．（2023·重庆·高考真题）某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。

（1）用游标卡尺测量摆球直径d。当量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图甲所示，则摆球的直径d为mm。（2）用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示。当摆线长度l＝990.1mm时，记录并分析单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T＝2.00s，由此算得重力加速度g为m/s2（保留3位有效数字）。（3）改变摆线长度l，记录并分析单摆的振动视频，得到相应的振动周期。他们发现，分别用l和作为摆长，这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆线长度l的变化曲线如图所示。由图可知，该实验中，随着摆线长度l的增加，Δg的变化特点是，原因是。

【答案】19.209.86随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小随着摆线长度l的增加，则越接近于l，此时计算得到的g的差值越小【详解】（1）[1]用游标卡尺测量摆球直径d=19mm+0.02mm×10=19.20mm，（2）[2]单摆的摆长为L=990.1mm+×19.20mm=999.7mm，根据，可得，带入数据，（3）[3][4]由图可知，随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小，原因是随着摆线长度l的增加，则越接近于l，此时计算得到的g的差值越小。2．（2023·山西·高考真题）一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。

（1）用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首先，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐，如图（a）所示，该示数为mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图（b）所示，该示数为mm，则摆球的直径为mm。（2）单摆实验的装置示意图如图（c）所示，其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处，摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在O点上方，则摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角5°（填“大于”或“小于”）。（3）某次实验所用单摆的摆线长度为81.50cm，则摆长为cm。实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60s，则此单摆周期为s，该小组测得的重力加速度大小为m/s2.（结果均保留3位有效数字，π2取9.870）【答案】0.006/0.007/0.00820.034/20.033/20.035/20.03220.027/20.028/20.029大于82.51.829.83【详解】（1）[1]测量前测微螺杆与和测砧相触时，图（a）的示数为，[2]螺旋测微器读数是固定刻度读数(0.5mm的整数倍)加可动刻度（0.5mm以下的小数）读数，图中读数为，[3]则摆球的直径为，（2）[4]角度盘的大小一定，即在规定的位置安装角度盘，测量的摆角准确，但将角度盘固定在规定位置上方，即角度盘到悬挂点的距离变短，同样的角度，摆线在刻度盘上扫过的弧长变短，故摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角大于5°；（3）[5]单摆的摆线长度为81.50cm，则摆长为，结果保留三位有效数字，得摆长为82.5cm；[6]一次全振动单摆经过最低点两次，故此单摆的周期为，[7]由单摆的周期表达式得，重力加速度。3．（2023·北京·高考真题）用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置，探究平抛运动的特点。（1）关于实验，下列做法正确的是（填选项前的字母）。A．选择体积小、质量大的小球

B．借助重垂线确定竖直方向C．先抛出小球，再打开频闪仪

D．水平抛出小球（2）图1所示的实验中，A球沿水平方向抛出，同时B球自由落下，借助频闪仪拍摄上述运动过程。图2为某次实验的频闪照片，在误差允许范围内，根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可判断A球竖直方向做运动；根据，可判断A球水平方向做匀速直线运动。

（3）某同学使小球从高度为的桌面水平飞出，用频闪照相拍摄小球的平抛运动（每秒频闪25次），最多可以得到小球在空中运动的个位置。（4）某同学实验时忘了标记重垂线方向，为解决此问题，他在频闪照片中，以某位置为坐标原点，沿任意两个相互垂直的方向作为x轴和y轴正方向，建立直角坐标系，并测量出另外两个位置的坐标值、，如图3所示。根据平抛运动规律，利用运动的合成与分解的方法，可得重垂线方向与y轴间夹角的正切值为。

【答案】ABD自由落体运动A球相邻两位置水平距离相等10【详解】（1）[1]A．用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置，选择体积小质量大的小球可以减小空气阻力的影响，A正确；B．本实验需要借助重垂线确定竖直方向，B正确；CD．实验过程先打开频闪仪，再水平抛出小球，C错误，D正确。故选ABD。（2）[2][3]根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可以判断出A球竖直方向做自由落体运动；根据A球相邻两位置水平距离相等，可以判断A球水平方向做匀速直线运动。（3）[4]小球从高度为0.8m的桌面水平抛出，根据运动学公式，解得，频闪仪每秒频闪25次，频闪周期，故最多可以得到小球在空中运动个数为，（4）[5]如图、分别表示水平和竖直方向，设重垂线方向与y轴间的夹角为，建立坐标系存在两种情况，如图所示

当建立的坐标系为、时，则x轴方向做匀减速运动，根据逐差法计算加速度有，y轴方向在，联立解得，当建立的坐标系为、时，则x轴方向做匀加速运动，根据逐差法计算加速度有，y轴方向在，联立解得，综上所述，重垂线方向与y轴间夹角的正切值为。4．（2023·浙江·高考真题）在“探究平抛运动的特点”实验中

（1）用图1装置进行探究，下列说法正确的是。A．只能探究平抛运动水平分运动的特点B．需改变小锤击打的力度，多次重复实验C．能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点（2）用图2装置进行实验，下列说法正确的是。A．斜槽轨道M必须光滑且其末端水平B．上下调节挡板N时必须每次等间距移动C．小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下（3）用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为。A．

B．

C．

D．【答案】BCD【详解】（1）[1]AC．用如图1所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，不能研究水平分运动的特点，故AC错误；B．在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，最后得出结论，故B正确。故选B。（2）[2]AC．为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要静止从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；B．上下调节挡板N时不必每次等间距移动，故B错误。故选C。（3）[3]A．竖直方向，根据，水平方向，联立可得，故A错误；B．竖直方向，根据，水平方向，联立可得，故B错误；CD．竖直方向根据，水平方向，联立可得，故D正确，C错误。故选D。5．（2023·浙江·高考真题）“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。①采用的实验方法是A．控制变量法B．等效法C．模拟法②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值（选填“不变”、“变大”或“变小”）。【答案】A角速度平方不变【详解】①[1]本实验先控制住其它几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法；故选A。②[2]标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据，在小球质量和转动半径相同的情况下，可知左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。[3]设皮带两塔轮的半径为R1、R2，塔轮的线速度为v；则有，，小球质量和转动半径相同的情况下，可知，由于两变速盘的半径之比不变，则两小球的角速度平方之比不变，左、右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。6．（2024·湖南长沙·统考模拟预测）某同学采用图甲所示装置探究“弹簧弹力与伸长量的关系”，安装好实验装置，让刻度尺与弹簧平行放置，弹簧下端连有水平指针。实验时，在弹簧下端逐个加挂钩码，静止时，记下钩码个数及指针所指刻度，填入表格如下。12345625.8527.8429.6531.7833.936.02请回答下列问题∶（1）表中有一个数值记录不规范，这是挂个钩码时的读数；（2）为减小误差，采用逐差法计算弹簧伸长量。利用计算弹簧的伸长量∶，伸长量的平均值cm；（3）实验中，每个钩码的质量均为，g取，该弹簧的劲度系数为（结果保留3位有效数字）；（4）图乙是同学根据另一次实验数据描绘的弹簧的伸长量与弹力的关系图线，图线的段明显偏离直线，造成这种现象的主要原因是。【答案】56.1224.0所挂钩码过多，导致弹簧超过了弹性限度【详解】（1）[1]根据表格中数据可知，刻度尺的精度为0.1cm，读数时，若单位为cm，则需要保留两位小数，可知，表中有一个数值记录不规范，这是挂5个钩码时的读数.（2）[2]伸长量的平均值，（3）[3]结合上述，采用逐差法计算弹簧伸长量。计算弹簧的伸长量是利用表达式，可知，该伸长量对应的弹力等于三个钩码的重力，根据胡克定律有，结合上述解得，（4）[4]图线的段明显偏离直线，造成这种现象的主要原因是所挂钩码过多，导致弹簧超过了弹性限度。考向三力学创新拓展类问题1．（2023·湖北·高考真题）某同学利用测质量的小型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩擦因数的实验。如图（a）所示，木板和木块A放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木块A和放在电子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的轻绳竖直。在木块A上放置n（）个砝码（电子秤称得每个砝码的质量为），向左拉动木板的同时，记录电子秤的对应示数m。

（1）实验中，拉动木板时（填“必须”或“不必”）保持匀速。（2）用和分别表示木块A和重物B的质量，则m和所满足的关系式为。（3）根据测量数据在坐标纸上绘制出图像，如图（b）所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数（保留2位有效数字）。【答案】不必0.40【详解】（1）[1]木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对速度无关，则实验拉动木板时不必保持匀速；（2）[2]对木块、砝码以及重物B分析可知，解得，（3）[3]根据，结合图像可知，则μ=0.40。2．（2023·辽宁·高考真题）某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。

测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为和()。将硬币甲放置在斜面一某一位置，标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为、、。（1）在本实验中，甲选用的是（填“一元”或“一角”）硬币；（2）碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为（设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g）；（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则（用和表示），然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒；（4）由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因。【答案】一元见解析【详解】（1）[1]根据题意可知，甲与乙碰撞后没有反弹，可知甲的质量大于乙的质量，甲选用的是一元硬币；（2）[2]甲从点到点，根据动能定理，解得碰撞前，甲到O点时速度的大小，（3）[3]同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为，，若动量守恒，则满足，整理可得，（4）[4]由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因有：1.测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；2.碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不为零。3．（2022·全国·高考真题）用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（）开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：0123456050710941759250533294233回答下列问题：（1）根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是：；（2）当时，该飞行器速度的大小；（3）这段时间内该飞行器加速度的大小（保留2位有效数字）。【答案】相邻1s内的位移之差接近∆x=80m54779【详解】（1）[1]第1s内的位移507m，第2s内的位移587m，第3s内的位移665m，第4s内的位移746m，第5s内的位移824m，第6s内的位移904m，则相邻1s内的位移之差接近∆x=80m，可知判断飞行器在这段时间内做匀加速运动；（2）[2]当x=507m时飞行器的速度等于0-2s内的平均速度，则，（3）[3]根据。4．（2024·吉林·校联考模拟预测）某同学用如图所示装置做“探究向心力与速度的关系”的实验。半径均为R的半圆轨道AB和四分之一圆弧轨道CD固定在竖直面内，过CD部分最高点D的切线水平，A、C、B在同一水平面上，在D点固定一个力传感器，D点在地面的投影为O，从A点正上方P点处由静止释放一个质量为m的小球，小球沿轨道运动到D点并从D点水平抛出，落地点在Q点（图中未标出）。（1）对实验的要求，下列说法正确的是。A．圆弧轨道越光滑越好B．应选用密度大、体积小的小球C．P点位置比D点高即可D．为了使力传感器的示数大些，应选用质量小些的球（2）若实验记录力传感器的示数为F，小球落地点Q到O点的距离为x，改变P点位置进行多次实验，测得多组F、x，作F—x2图像，如果图像是一条倾斜的直线，当图像与纵轴的截距为、图像的斜率为时（用已知量m、R、g表示），则说明向心力与速度平方成正比。【答案】B－mg【详解】（1）[1]A．圆弧轨道是否光滑对实验没有影响，故A错误；B．选用密度大、体积小的小球，可以减小空气阻力的影响，故B正确；C．根据题意，若小球恰好通过D点，由牛顿第二定律有，可得，由能量守恒定律可知，若P点位置比D点略高些，则小球可能到不了D点，故C错误；D．同样的实验过程，质量小些的球通过D点时，对力传感器压力会小些，不利于实验的测量，产生误差较大，故D错误。故选B。（2）[2]根据题意可知，在D点，小球受到的合力提供向心力，则有，根据题意可知，小球离开D点做平抛运动，竖直方向上有，水平方向上有，联立解得，在D点，根据牛顿第二定律有，联立整理可得，则当图像与纵轴的截距为－mg，斜率为时，向心力与速度平方成正比。5．（2024·广东茂名·统考一模）在“用单摆周期公式测量重力加速度”的实验中，某同学利用智能手机和两个相同的圆柱体小磁粒进行了如下实验：（1）用铁夹将摆线上端固定在铁架台上，将两个小磁粒的圆柱底面吸在一起，细线夹在两个小磁粒中间，做成图（a）所示的单摆；（2）用刻度尺测量悬线的长度，用游标卡尺测得小磁粒的底面直径d；（3）将智能手机磁传感器置于小磁粒平衡位置正下方，打开手机智能软件，测量磁感应强度的变化；（4）将小磁粒由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，运行手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图（b）所示。试回答下列问题：①由图（b）可知，单摆的周期为；②重力加速度g的表达式为（用测得物理量的符号表示）；③改变悬线长度，重复步骤（2）、（3）、（4）的操作，可以得到多组周期T和悬线长度的值，以为纵坐标（选填“”、“”或“”），以的值为横坐标，描点作图。若所得的图像如图（c）所示，图像的斜率为k，则重力加速度的测量值为。【答案】【详解】（4）[1]①根据单摆的运动规律一个周期内应该有两个电磁感应的最大值。由图9（b）可得出，单摆的周期为。②[2]根据，且因为，，解得，③[3][4]根据，可得，所以为纵坐标，此时斜率，得。6．（2024·全国·模拟预测）如图甲所示为一段介绍某老师演示单摆实验的视频。高高挂起一个重球，让它从老师下颚处由静止释放，发现每隔一小段相同时间，重球又回到老师的面前，且位置略有降低，引起了同学们的极大兴趣。同学们也像老师一样制作了一个单摆，来讨论此视频，。（1）如图乙所示，实验小组用一根不可伸长的轻绳将小铁球固定在铁架台上，调节轻绳的长度进行实验，记录轻绳的长度L和小铁球摆动的周期T，并作出图像如图丙所示，由图丙可知当地的重力加速度g为m/s2（结果保留三位有效数字），其纵截距的绝对值是指。（2）实验小组认为视频中某老师演示时每次小球离开后，返回位置较前一次都略有降低是因为。（3）该实验小组分析图像可知，单摆的周期和摆长间存在定量关系，就从实验室找来仪器制作了如图丁所示的沙摆，AB线与悬点在同一竖直面内，沙摆静止时沙漏在A点，现沿BA方向匀加速拉动木板时启动沙摆，结果漏下的细沙近似为一条余弦函数图线，用刻度尺测量时发现沙摆与AB线交点的坐标分别为，已知木板匀加速运动的加速度大小为0.1m/s2，由此可得摆长为m（结果保留两位有效数字）。【答案】9.87小球半径小球受空气阻力影响1.0【详解】（1）[1][2]根据单摆的周期公式，可得，由此可知，图线纵截距的绝对值是指小球半径；结合图线可得，所以，（2）[3]实验小组认为视频中某老师演示时每次小球离开后，返回位置较前一次都略有降低是因为小球摆动过程中始终受到空气阻力，小球克服空气阻力做功，机械能减小。（3）[4]由于木板做匀加速直线运动，则，代入数据解得，所以单摆的摆长为。7．（2024·河南·统考一模）某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹（时间间隔为T）。如图（b），在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g。（1）若电动机的转速为3000r/min，则T=s。（2）实验操作时，应该。（填正确答案标号）A．先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落B．先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电动机转动（3）画出痕迹D时，钢柱下落的速度。（用题中所给物理量的字母表示）（4）设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，画出