2025届高考物理二轮专题复习与测试模块七实验技能及创新专题十九力学热学和光学实验

模块七实验技能及创新专题十九力学、热学和光学实验[专题复习定位]1．掌握力学实验的基本原理和方法，并借助基本实验分析拓展创新实验。2．掌握热学实验、光学实验和单摆测重力加速度的实验原理和方法。命题点1探究小车速度随时间变化的规律1.(2023·全国甲卷，T23)某同学利用如图(a)所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连，右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图(b)所示。(1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1s。以打出A点时小车位置为初始位置，将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移Δx填到表中，小车发生对应位移和平均速度分别为Δx和eq\x\to(v)，表中ΔxAD＝________cm，eq\x\to(v)AD＝________cm/s。位移区间ABACADAEAFΔx/cm6.6014.60ΔxAD34.9047.30eq\x\to(v)/(cm/s)66.073.0eq\x\to(v)AD87.394.6(2)根据表中数据得到小车平均速度eq\x\to(v)随时间Δt的变化关系，如图(c)所示。在图(c)中补全实验点。(3)从实验结果可知，小车运动的eq\x\to(v)－Δt图线可视为一条直线，此直线用方程eq\x\to(v)＝kΔt＋b表示，其中k＝________cm/s2，b＝________cm/s。(结果均保留3位有效数字)(4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出A点时小车速度大小vA＝________，小车的加速度大小a＝________。(结果用字母k、b表示)解析：(1)由题图(b)中纸带的相关数据可知ΔxAD＝6.60cm＋8.00cm＋9.40cm＝24.00cm，由平均速度的定义可知eq\x\to(v)AD＝eq\f(ΔxAD,3T)＝eq\f(24.00cm,0.3s)＝80.0cm/s。(2)将坐标点(0.3s，80.0cm/s)在图中描点，如图所示。(3)将图中的实验点用直线拟合，如图所示，可知斜率k＝eq\f(101.0cm/s－59.0cm/s,0.6s)＝70.0cm/s2，截距b＝59.0cm/s。(4)小车做匀加速直线运动，有x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，变形可得eq\f(x,t)＝eq\x\to(v)＝v0＋eq\f(1,2)at，故小车在t＝0时，即打出A点时小车的速度大小vA＝b，小车的加速度大小a满足eq\f(1,2)a＝k，即a＝2k。答案：(1)24.0080.0(2)见解析图(3)70.059.0(4)b2k命题点2探究加速度与力和质量的关系(或者测定动摩擦因数)2．(2024·江西卷，T11)某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图(a)所示，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。(1)实验前调节轨道右端滑轮高度，使细线与轨道平行，再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。(2)小车的质量M1＝320g。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为F，作出a－F图像，如图(b)中图线甲所示。(3)由图线甲可知，F较小时，a与F成正比；F较大时，a与F不成正比。为了进一步探究，将小车的质量增加至M2＝470g，重复步骤(2)的测量过程，作出a－F图像，如图(b)中图线乙所示。(4)与图线甲相比，图线乙的线性区间________，非线性区间________。再将小车的质量增加至M3＝720g，重复步骤(2)的测量过程，记录钩码所受重力F与小车加速度a，如表所示(表中第9～14组数据未列出)。序号12345钩码所受重力F/(9.8N)0.0200.0400.0600.0800.100小车加速度a/(m·s－2)0.260.550.821.081.36钩码所受重力F/(9.8N)0.1200.1400.160……0.300小车加速度a/(m·s－2)1.671.952.20……3.92(5)请在图(b)中补充描出第6至8三个数据点，并补充完成图线丙。(6)根据以上实验结果猜想和推断：小车的质量________时，a与F成正比。结合所学知识对上述推断进行解释：_________________________________________________________________________________________________________。解析：(4)由题图(b)分析可知，与图线甲相比，图线乙的线性区间较大，非线性区间较小。(5)在坐标系中进行描点，结合其他点用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的点均匀分布在线的两侧，如图所示。(6)设绳子拉力为T，对钩码根据牛顿第二定律有F－T＝ma对小车根据牛顿第二定律有T＝Ma联立解得F＝(M＋m)a变形得a＝eq\f(1,M＋m)F当m≪M时，可认为m＋M＝M则a＝eq\f(1,M)·F即a与F成正比。答案：(4)较大较小(5)图像见解析(6)远大于钩码质量见解析命题点3探究平抛运动的特点3．(2024·河北卷，T12)图1为探究平抛运动特点的装置，其斜槽位置固定且末端水平，固定坐标纸的背板处于竖直面内，钢球在斜槽中从某一高度滚下，从末端飞出，落在倾斜的挡板上挤压复写纸，在坐标纸上留下印迹。某同学利用此装置通过多次释放钢球，得到了如图2所示的印迹，坐标纸的y轴对应竖直方向，坐标原点对应平抛起点。(1)每次由静止释放钢球时，钢球在斜槽上的高度________(选填“相同”或“不同”)。(2)在坐标纸中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。(3)根据轨迹，求得钢球做平抛运动的初速度大小为________m/s(当地重力加速度g取9.8m/s2，保留2位有效数字)。解析：(1)为保证钢球每次做平抛运动的初速度相同，必须让钢球在斜槽上同一位置由静止释放，故高度相同。(2)描点连线用平滑曲线连接，钢球做平抛运动的轨迹如图所示。(3)因为抛出点在坐标原点，为方便计算，在图线上找到较远的点为研究位置，如坐标为(14.0cm，19.0cm)的点，根据平抛运动规律x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，解得v0≈0.71m/s。答案：(1)相同(2)图像见解析(3)0.71命题点4验证动量守恒定律4．(2024·山东卷，T13)在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下：①测量两个滑块的质量，分别为200.0g和400.0g；②接通气源，调整气垫导轨水平；③拨动两滑块，使A、B均向右运动；④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。回答以下问题：(1)从图像可知两滑块在t＝__________s时发生碰撞。(2)滑块B碰撞前的速度大小v＝________m/s(保留2位有效数字)。(3)通过分析，得出质量为200.0g的滑块是________(选填“A”或“B”)。解析：(1)由x－t图像中图线的斜率表示速度可知两滑块的速度在t＝1.0s时发生突变，即这个时刻发生了碰撞。(2)根据x－t图像中图线斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小v＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(90－110,1.0)))cm/s＝0.20m/s。(3)由题图乙知，碰撞前A的速度大小vA＝0.50m/s，碰撞后A的速度大小约为vA′＝0.36m/s，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小vB′＝0.50m/s，A和B碰撞过程动量守恒，则有mAvA＋mBv＝mAvA′＋mBvB′，代入数据解得eq\f(mA,mB)≈2，所以质量为200.0g的滑块是B。答案：(1)1.0(2)0.20(3)B命题点5实验创新与拓展5．(2024·广西卷，T11)单摆可作为研究简谐运动的理想模型。(1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中________不变。(2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为________cm。(3)若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为_________________________________________。解析：(1)选择题图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变。(2)摆球直径d＝1.0cm＋6×0.1mm＝1.06cm。(3)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得单摆的摆长L＝eq\f(gT2,4π2)，从平衡位置拉开5°的角度处释放，可得振幅A＝Lsin5°，以该位置为计时起点，根据简谐运动规律可得摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为x＝Acosωt＝eq\f(gT2sin5°,4π2)cos(eq\f(2π,T)t)。答案：(1)摆长(2)1.06(3)x＝eq\f(gT2sin5°,4π2)cos(eq\f(2π,T)t)6．(2024·湖北卷，T12)某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有：2g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。具体步骤如下：①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图(a)所示。②用米尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门。③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期T＝2πeq\r(\f(M,k))，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。(1)由步骤④，可知振动周期T＝________。(2)设弹簧的原长为l0，则l与g、l0、T的关系式为l＝________。(3)由实验数据作出的l－T2图线如图(b)所示，可得g＝__________m/s2(保留3位有效数字，π2取9.87)。(4)本实验的误差来源包括________(双选，填标号)。A．空气阻力B．弹簧质量不为零C．光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置解析：(1)30次全振动所用时间t，则振动周期T＝eq\f(t,30)。(2)弹簧振子的振动周期T＝2πeq\r(\f(M,k))，可得振子的质量M＝eq\f(kT2,4π2)，振子平衡时，根据平衡条件Mg＝kΔl可得Δl＝eq\f(gT2,4π2)，则l与g、l0、T的关系式为l＝l0＋Δl＝l0＋eq\f(gT2,4π2)。(3)根据l＝l0＋eq\f(gT2,4π2)整理可得l＝l0＋eq\f(g,4π2)·T2，则l－T2图像斜率k＝eq\f(g,4π2)＝eq\f(0.542－0.474,0.58－0.3)，解得g≈9.59m/s2。(4)空气阻力的存在会影响弹簧振子的振动周期，是实验的误差来源之一，故A正确；弹簧质量不为零导致振子在平衡位置时弹簧的长度变化，不影响其他操作，根据(3)中处理方法可知对实验结果没有影响，故B错误；根据实验步骤可知光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置会影响振子周期的测量，是实验的误差来源之一，故C正确。答案：(1)eq\f(t,30)(2)l0＋eq\f(gT2,4π2)(3)9.59(4)AC命题点6热学和光学实验7．(2023·山东卷，T13)利用图甲所示的实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)。逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。回答下列问题：(1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体________。A．p与V成正比 B．p与eq\f(1,V)成正比(2)若气体被压缩到V＝10.0mL，由图乙可读出封闭气体压强为________Pa(保留3位有效数字)。(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而________(选填“增大”或“减小”)。解析：(1)在实验误差允许范围内，题图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体p与eq\f(1,V)成正比。(2)若气体被压缩到V＝10.0mL，则有eq\f(1,V)＝eq\f(1,10.0)mL－1＝100×10－3mL－1由题图乙可读出封闭气体压强p＝204×103Pa＝2.04×105Pa。(3)根据p(V0＋ΔV)－pV0＝pΔV，可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而增大。答案：(1)B(2)2.04×105(3)增大8．(2024·河北卷，T11)某同学通过双缝干涉实验测量单色光波长，实验装置如图所示，其中测量头包括毛玻璃、游标尺、分划板、手轮、目镜等。该同学调整好实验装置后，分别用红色、绿色滤光片，对干涉条纹进行测量，并记录第一条和第六条亮纹中心位置对应的游标尺读数，如表所示：单色光类别x1/mmx6/mm单色光110.6018.64单色光28.4418.08根据表中数据，判断单色光1为________(选填“红光”或“绿光”)。解析：根据Δx＝eq\f(L,d)λ，可得λ＝eq\f(dΔx,L)，由表中数据可知Δx1＝eq\f(18.64－10.60,5)mm＝1.608mm，Δx2＝eq\f(18.08－8.44,5)mm＝1.928mm，故Δx1<Δx2，则λ1<λ2，已知绿光的波长小于红光的波长，则单色光1是绿光。答案：绿光9．(2024·湖北卷，T11)某同学利用激光测量半圆柱体玻璃砖的折射率，具体步骤如下：①平铺白纸，用铅笔画两条互相垂直的直线AA′和BB′，交点为O。将半圆柱体玻璃砖的平直边紧贴AA′，并使其圆心位于O点，画出玻璃砖的半圆弧轮廓线，如图(a)所示。②将一细激光束沿CO方向以某一入射角射入玻璃砖，记录折射光线与半圆弧的交点M。③拿走玻璃砖，标记CO光线与半圆弧的交点P。④分别过M、P作BB′的垂线MM′、PP′，M′、P′是垂足，并用米尺分别测量MM′、PP′的长度x和y。⑤改变入射角，重复步骤②③④，得到多组x和y的数据。根据这些数据作出y－x图像，如图(b)所示。(1)关于该实验，下列说法正确的是________(单选，填标号)。A．入射角越小，误差越小B．激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差C．选择圆心O点作为入射点，是因为此处的折射现象最明显(2)根据y－x图像，可得玻璃砖的折射率为________(保留3位有效数字)。(3)若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径，则折射率的测量结果__________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。解析：(1)入射角适当即可，不能太小，入射角太小，导致折射角太小，测量的误差会变大，故A错误；激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差，故B正确；相同的材料在各点的折射效果都一样，故C错误。(2)设半圆柱体玻璃砖的半径为R，根据几何关系可得入射角的正弦值为sini＝eq\f(y,R)，折射角的正弦值为sinr＝eq\f(x,R)，折射率n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(y,x)，可知y－x图线斜率大小等于折射率，即n＝eq\f(44,28)≈1.57。(3)根据(2)中数据处理方法可知若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径，则折射率的测量结果不变。答案：(1)B(2)1.57(3)不变题型一力测量类实验考向1探究弹簧弹力与形变量的关系某实验小组用橡皮筋探究影响其伸长量的有关因素，探究方案如下：①取4根材料、粗细相同的橡皮筋(单根橡皮筋的横截面积为S)，其中3根等长，另一根的长度只有前三根长度的一半，将它们按图示方式悬挂(其中第1组是两根并用)；②在每组下端扎线的地方各拴一个红色塑料签，并在支架衬贴的白纸上标出签的原始位置O(即橡皮筋的原长)；③先分别悬挂100g钩码，然后在橡皮筋“2”下加挂100g钩码，记下各次标签的位置，g取10m/s2，测量结果见下表。橡皮筋编号1234原长L/cm10.0010.005.0010.00外力F/N1112橡皮筋横截面积2SSSS伸长量ΔL/cm2.515.012.50010.02回答下列问题：(1)以上探究过程使用了________的实验方法。(2)伸长量ΔL在记录数据中出现错误的是________(填具体数据)。(3)根据上述探究过程，橡皮筋的伸长量与相关因素可能的关系为____________。(4)一原长为L的橡皮筋，两端施加大小为F的拉力时，橡皮筋伸长了ΔL；把它从中央剪断，取其中的一段，给两端施加2F的拉力，此时这段橡皮筋的长度为________(不超过弹性限度)。[解析](1)影响橡皮筋伸长量的因素涉及多个物理量，应使用控制变量法进行实验。(2)伸长量ΔL在记录数据中出现错误的是2.500cm，应该测量结果精确到1mm，再估读到毫米的下一位，应为2.50cm。(3)由实验数据可知，橡皮筋“1”“2”原长相同、受力相同，横截面积越大伸长量越小，伸长量与横截面积成反比关系；橡皮筋“2”“3”受力相同、横截面积相同，原长越长伸长量越大，伸长量与原长成正比关系；橡皮筋“2”“4”原长相同、横截面积相同，受力越大伸长量越大，伸长量与力成正比关系；根据上述探究过程，橡皮筋的伸长量与相关因素可能的关系为ΔL∝eq\f(FL,S)。(4)设比例系数为k，横截面积为S，根据题意有ΔL＝keq\f(FL,S)，从中央剪断，橡皮筋的原长变为eq\f(L,2)，此时施加的力为2F，橡皮筋的伸长量ΔL′＝keq\f(2F×\f(L,2),S)，解得ΔL′＝ΔL，此时橡皮筋的长度L′＝eq\f(L,2)＋ΔL。[答案](1)控制变量法(2)2.500(3)ΔL∝eq\f(FL,S)(4)eq\f(L,2)＋ΔL考向2探究两个互成角度的力的合成规律用图甲所示的装置做“研究共点力的合成”实验，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。(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)某次实验中，其中一个弹簧测力计的示数如图乙所示，则该弹簧测力计的拉力为________N。(3)本实验中若用细长的橡皮筋替代两根细绳，你认为该办法是________(选填“可行”或“不可行”)的。[解析](1)在“研究共点力的合成”实验的同一次实验中，研究两个弹簧测力计对橡皮筋的拉力大小与用一个弹簧测力计使橡皮筋发生同样的形变时的力的大小之间的关系，属于等效替代法，故选B。(2)弹簧测力计最小分度为0.2N，读到本位，故读数为4.0N。(3)本实验中若用细长的橡皮筋替代两根细绳，不影响弹簧测力计的读数和方向的记录，所以可行。[答案](1)B(2)4.0(3)可行题型二纸带类实验考向1探究小车速度随时间变化的规律据报道，中国航母的电磁弹射技术已经领先世界。若某次做模拟直线弹射实验时，从某时刻(t＝0)开始的一段时间内，利用传感器每隔0.5s测量一次模型机的位置，坐标为x，结果见下表。t/s00.511.52x/m05.120.245.180.2(1)由表格中的数据可知，该模型机做________(选填“匀加速”“匀速”或“匀减速”)直线运动。(2)在0.5s到1.5s内，该模型机的平均速度大小eq\x\to(v)＝____________m/s(结果保留2位有效数字)。(3)这段时间内该模型机的加速度大小a＝________m/s2(结果保留2位有效数字)。[解析](1)根据表格中的数据可以看出从开始相邻相同时间内的位移差约为常数Δx＝x2－x1＝(20.2－5.1)－5.1m≈(45.1－20.2)－(20.2－5.1)≈(80.2－45.1)－(45.1－20.2)，所以该模型机做匀加速直线运动。(2)根据平均速度公式，可得0.5s到1.5s内，该模型机的平均速度大小eq\x\to(v)＝eq\f(45.1－5.1,1)m/s＝40m/s。(3)根据逐差法可知，这段时间内该模型机的加速度大小a＝eq\f(Δx,(Δt)2)＝eq\f((80.2－20.2)－20.2,12)m/s2≈40m/s2。[答案](1)匀加速(2)40(3)40考向2探究加速度与物体受力、物体质量的关系图a为探究“小车加速度与力、质量的关系”的装置，某实验小组发现利用该装置还可以测量小车的质量M。实验时，将长木板右端适当垫高，在不受牵引的情况下小车拖动纸带恰能沿木板匀速运动，则：(1)为了使小车受到细绳的拉力F近似等于钩码受到的总重力mg(细绳平行于斜面)，钩码的总质量应________(选填“远大于”“等于”或“远小于”)小车的质量。(2)若平衡摩擦力过度(即木板右端垫的过高)，此时长木板与桌面的倾角为θ。由实验测得数据作出a－F图像如图b所示，截距为a0，此时的滑动摩擦力为f，重力加速度为g，则M＝____________(用f、θ、a0、g表示)，该测量值比真实值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。[解析](1)根据牛顿第二定律有T＝Ma，mg－T＝ma，解得T＝eq\f(M,M＋m)mg＝eq\f(1,1＋\f(m,M))mg，只有当M≫m时才可认为T＝mg，即为了使小车受到细绳的拉力T近似等于钩码受到的总重力mg(细绳平行于斜面)，钩码的总质量应远小于小车的质量。(2)根据牛顿第二定律可知，当F＝0时加速度为a0，则Mgsinθ－f＝Ma0，解得M＝eq\f(f,gsinθ－a0)，考虑到小车下滑时空气阻力以及纸带的摩擦阻力的影响，f值小于小车受的所有阻力的值，则M的测量值偏小。[答案](1)远小于(2)eq\f(f,gsinθ－a0)偏小如图甲所示，可用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计，粗略测量运动物体的加速度。在轻杆上端装上转轴，固定于竖直纸板上的O点，轻杆下端固定一小球，杆可在竖直平面内自由转动。将此装置固定于运动物体上，当物体向右加速(减速)运动时，杆便向左(向右)摆动。为了制作加速度计的刻度盘，同学们进行了如下操作：(1)让重锤做自由落体运动，利用打点计时器打出的纸带测量当地的重力加速度。实验中得到一条较理想的纸带(如图乙)，纸带上记录的点为打点计时器(频率50Hz)打的点。根据数据求出重力加速度g＝________m/s2(保留3位有效数字)。(2)测量当地重力加速度后还应测量的物理量是________(填入所选物理量前的字母)。A．小球的质量mB．轻杆的长度LC．小球的直径dD．轻杆与竖直方向的夹角θ(3)写出加速度与(1)、(2)中被测物理量之间的关系式a＝________(用被测物理量的字母表示)。[解析](1)由逐差法可得重力加速度g＝eq\f((12.52－7.05)×10－2－(7.05－3.14)×10－2,4×0.022)m/s2＝9.75m/s2。(2)假设小球由于加速发生了偏转，轻杆与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma，解得a＝gtanθ，可知，为了在表盘上标上对应的加速度，还需要测量轻杆与竖直方向的夹角θ，故选D。(3)由(2)可知加速度与重力加速度和轻杆与竖直方向的夹角的关系式为a＝gtanθ。[答案](1)9.75(2)D(3)gtanθ考向3测定动摩擦因数(2023·湖北卷，T11)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μ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(n＝0，1，2，3，4，5)个砝码(电子秤称得每个砝码的质量m0为20.0g)，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________(选填“必须”或“不必”)保持匀速。(2)用mA和mB分别表示木块A和重物B的质量，则m和mA、mB、m0、μ、n所满足的关系式为m＝______________________。(3)根据测量数据在坐标纸上绘制出m－n图像，如图(b)所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数μ＝________(保留2位有效数字)。[解析](1)木块A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)对木块A、砝码以及重物B分析可知μ(mA＋nm0)g＋mg＝mBg解得m＝mB－μ(mA＋nm0)。(3)根据m＝mB－μmA－μm0n结合图像可知μm0＝eq\f(59－19,5)g＝8g则μ＝0.40。[答案](1)不必(2)mB－μ(mA＋nm0)(3)0.40考向4验证机械能守恒定律用图甲所示的实验装置验证细线连着的钩码m1、钩码m2组成的系统的机械能守恒，m2从高处由静止开始自由下落，m1拖着纸带打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙所示的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有四个点(未画出)。已知m1＝50g、m2＝150g。(重力加速度g取9.8m/s2，打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz)(1)在纸带上打下计数点5时，钩码的速度大小为________m/s(计算结果保留2位有效数字)。(2)在纸带上打下计数点0到计数点5的过程中系统动能增加量为__________J，重力势能减小量为__________J(计算结果保留2位有效数字)。[解析](1)根据速度公式得v5＝eq\f(21.61＋26.40,2×0.1)×10－2m/s≈2.4m/s。(2)在纸带上打下计数点0到计数点5的过程中系统动能增加量ΔEk＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,5)≈0.58J。重力势能减小量ΔEp＝(m2－m1)gh05≈0.59J。[答案](1)2.4(2)0.580.59题型三力学其他实验考向1验证动量守恒定律(2023·辽宁卷，T11)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m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面某一位置，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s0、s1、s2。(1)在本实验中，甲选用的是________(选填“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eq\f(\r(s0)－\r(s1),\r(s2))＝________(用m1和m2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：_________________________________。[解析](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，故甲选用的是一元硬币。(2)甲从O点到P点，根据动能定理－μm1gs0＝0－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)解得碰撞前，甲在O点时速度的大小v0＝eq\r(2μgs0)。(3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v1＝eq\r(2μgs1)，v2＝eq\r(2μgs2)若动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2整理可得eq\f(\r(s0)－\r(s1),\r(s2))＝eq\f(m2,m1)。(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，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所受合外力不为零。[答案](1)一元(2)eq\r(2μgs0)(3)eq\f(m2,m1)(4)见解析考向2探究平抛运动的特点小晗同学利用图1所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用手机连拍功能对做平抛运动的小球进行拍摄，手机每秒拍摄7张照片并能自动将拍摄到图片进行叠加处理在一张照片中，图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为10cm。(1)下列说法正确的是________(填字母)。A．实验所用斜槽应尽量光滑B．斜槽末端必须保持水平C．必须无初速度释放小球(2)图3是实验中小球从斜槽上不同位置由静止释放获得的两条轨迹，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置________(选填“较低”或“较高”)。(3)某次拍摄后得到的照片如图2所示，小球做平抛运动的初速度大小v0＝________m/s(g取10m/s2)。(4)该小组利用实验数据绘制y－x2图线，发现是一条过原点的直线，由此判断小球下落的轨迹是抛物线，并求得斜率k，当地的重力加速度表达式为g＝________(用斜率k和初速度v0表示)。[解析](1)实验所用斜槽不需要尽量光滑，A错误；斜槽末端必须保持水平，使物体做平抛运动，B正确；本实验使用手机连拍功能对做平抛运动的小球进行拍摄，故无须静止释放小球，C错误。(2)由题图3可知两小球做平抛运动下落相同高度时，图线①水平位移更大，故图线①所对应的小球初速度较大，在斜槽上释放的位置较高。(3)由频闪照片可得，小球在竖直方向相邻位移之差Δy＝2×10cm＝0.2m根据匀变速直线运动特点可得T＝eq\r(\f(Δy,g))＝eq\f(\r(2),10)s由水平分运动Δx＝v0T，可得v0＝eq\f(Δx,T)＝eq\f(4×10×10－2,0.1\r(2))m/s＝2eq\r(2)m/s。(4)根据平抛运动规律可得x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2联立可得y＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(g,2veq\o\al(2,0))x2可知y－x2图像的斜率k＝eq\f(g,2veq\o\al(2,0))当地的重力加速度表达式为g＝2kveq\o\al(2,0)。[答案](1)B(2)较高(3)2eq\r(2)(4)2kveq\o\al(2,0)考向3探究影响向心力大小的因素某同学用图甲所示的装置做“探究向心力大小与角速度大小关系”的实验。水平直杆随竖直转轴一起转动，滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。(1)滑块和角速度传感器的总质量为20g，保持滑块到竖直转轴的距离不变，改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F及角速度传感器的示数ω，根据实验数据得到的图像F－ω2如图乙所示，图线没有过坐标原点的原因是___________________________________________________________________________________，滑块到竖直转轴的距离为________m(计算结果保留3位有效数字)。(2)若去掉细线，仍保持滑块到竖直转轴的距离不变，则转轴转动的最大角速度为________________________rad/s。[解析](1)若水平直杆不光滑，则滑块转动过程中当角速度较小时只有静摩擦力提供向心力，随着角速度增大摩擦力逐渐增大，当摩擦力达到最大值时继续增大转速绳子开始出现拉力，则有F＋fmax＝mrω2，则有F＝mrω2－fmax，图线不过坐标原点。由题图乙可知斜率k＝mr＝eq\f(0.9,200－25)，解得r≈0.257m。(2)当F＝0时，fmax＝mrωeq\o\al(2,0)，ωeq\o\al(2,0)＝25(rad/s)2，解得转轴转动的最大角速度ω0＝5rad/s。[答案](1)水平直杆不光滑0.257(2)5考向4用单摆测量重力加速度(2023·新课标卷，T10)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________(选填“大于”或“小于”)5°。(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)[解析](1)题图(a)中，螺旋测微器固定刻度读数为0.0mm，可动刻度部分读数为0.8×0.01mm＝0.008mm，所以读数为0.008mm；题图(b)中，螺旋测微器固定刻度读数为20.0mm，可动刻度部分读数为3.5×0.01mm＝0.035mm，所以读数为20.035mm；摆球的直径d＝20.035mm－0.008mm＝20.027mm。(2)角度盘固定在O点时，摆线在角度盘上所指角度为摆角大小，若将角度盘固定在O点上方，由几何知识可知，摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角大于5°。(3)单摆的摆长L等于摆线长l与摆球半径之和，即L＝l＋eq\f(d,2)＝82.5cm；从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点，单摆完成30次全振动，故单摆的周期T＝eq\f(54.6,30)s＝1.82s；由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可得g＝eq\f(4π2L,T2)，代入相关数据解得g＝9.83m/s2。[答案](1)0.008(0.007～0.009均可)20.035(20.034～20.036均可)20.027(20.025～20.029均可)(2)大于(3)82.51.829.83题型四热学和光学实验考向1热学实验某同学利用图甲所示的装置探究气体等温变化的规律，注射器中密封了一定质量的气体。(1)该同学测得封闭气体的压强p和体积V的多组数据，在坐标系中描点作图，作出的图线如图乙所示，由图可知该同学选用的横轴为________，图线后半段向上弯曲可能的原因是____________(填选项前字母)。A．改变气体体积时推拉活塞速度过快B．推拉活塞时，手握住注射器含有气体的部分C．实验中有漏气现象D．环境温度降低(2)该小组改进了实验操作，避免了上述问题，同时为了能更准确地测出气体的压强，直接用软管连通注射器和压强传感器，测得多组封闭气体的压强p和体积V的数据后，做出eq\f(1,p)－V图像如图丙所示，图线不过原点的原因可能是____________________________________________________________。(写出一条即可)[解析](1)根据玻意耳定律有pV＝C，则有p＝C·eq\f(1,V)，题图乙中图线的前一部分为过原点的倾斜的直线，可知该同学选用的横轴为eq\f(1,V)。根据pV＝nRT可得p＝nRT·eq\f(1,V)，题图乙中图线上的点与原点连线的斜率能够间接反映温度的大小，则图线后半段向上弯曲，图线上的点与原点连线的斜率增大，表明气体温度升高了；从左往右看，eq\f(1,V)增大，则体积减小，若改变气体体积时推拉活塞速度过快，则外界对气体快速做功，气体温度升高，图线向上弯曲，A正确；推拉活塞时，手握住注射器含有气体的部分，人的温度高于气体的温度，导致气体温度升高，图线向上弯曲，B正确；若气体漏气，则表达式中的n减小，即图线上的点与原点连线的斜率减小，图线向下弯曲，C错误；若环境温度降低，则导致气体温度降低，图线上的点与原点连线的斜率减小，图线向下弯曲，D错误。(2)根据题图丙中图像可知，当体积为0时，压强的倒数不为0，表明实际上有一部分气体没有考虑，可知图线不过原点的原因是没有考虑注射器和传感器连接细管中的气体。[答案](1)eq\f(1,V)(或体积的倒数)AB(2)没有考虑注射器和传感器连接细管中的气体(其他答案合理均给分)考向2光学实验(2024·安徽卷，T11)某实验小组做“测量玻璃的折射率”及拓展探究实验。(1)为测量玻璃的折射率，按如图甲所示进行实验，以下表述正确的一项是________。(填正确答案标号)A．用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和a′B．玻璃砖一侧插上大头针P1、P2，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使P2把P1挡住，这样就可以确定入射光线和入射点O1。在眼睛这一侧，插上大头针P3，使它把P1、P2都挡住，再插上大头针P4，使它把P1、P2、P3都挡住，这样就可以确定出射光线和出射点O2C．实验时入射角θ1应尽量小一些，以减小实验误差(2)为探究介质折射率与光的频率的关系，分别用一束红光和一束绿光从同一点入射到空气与玻璃的分界面。保持相同的入射角，根据实验结果作出光路图，并标记红光和绿光，如图乙所示。此实验初步表明：对于同一种介质，折射率与光的频率有关。频率大，折射率________(选填“大”或“小”)。(3)为探究折射率与介质材料的关系，用同一束微光分别入射玻璃砖和某透明介质，如图丙、丁所示。保持相同的入射角α1，测得折射角分别为α2、α3(α2<α3)，则玻璃和该介质的折射率大小关系为n玻璃________(选填“>”或“<”)n介质。此实验初步表明：对于一定频率的光，折射率与介质材料有关。[解析](1)在白纸上画出一条直线a作为界面，把长方体玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与a对齐，用直尺或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动，将玻璃砖取下，画出直线a′代表玻璃砖的另一边，而不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和a′，故A错误；在玻璃砖一侧插上大头针P1、P2，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使P2把P1挡住，这样就可以确定入射光线和入射点O1，在眼睛这一侧，插上大头针P3，使它把P1、P2都挡住，再插上大头针P4，使它把P1、P2、P3都挡住，这样就可以确定出射光线和出射点O2，故B正确；为减小实验误差，实验时入射角θ1应尽量大一些，但也不能太大(接近90°)，故C错误。(2)由题图乙可知，入射角相同，绿光的折射角小于红光的折射角，根据光的折射定律n＝eq\f(sinα,sinβ)，可知绿光的折射率大于红光的折射率，又因为绿光的频率大于红光的频率，所以频率大，折射率大。(3)根据折射定律可知，玻璃的折射率n玻璃＝eq\f(sinα1,sinα2)，该介质的折射率n介质＝eq\f(sinα1,sinα3)，其中α2<α3，所以n玻璃>n介质。[答案](1)B(2)大(3)>1．(2024·深圳市一模)某同学利用打点计时器分析自身步行时的速度特征，把接在50Hz的交流电源上的打点计时器固定在与人腰部等高的桌面上，纸带穿过打点计时器限位孔，一端固定在人腰部，人沿直线步行时带动纸带运动，打点计时器记录人步行时的运动信息。(1)选取点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，其中连续6个计数点A、B、C、D、E、F如图甲所示，纸带中BC段的平均速度vBC＝________m/s。(保留2位有效数字)(2)沿着计数点位置把纸带裁开并编号，按编号顺序把剪出的纸带下端对齐并排粘贴在坐标纸上，剪出的纸带长度代表打出这段纸带时间内的平均速度，把每段纸带上边中点连接成线，如图乙所示，若用图中曲线描述人运动的速度—时间关系，如果用纵坐标表示速度大小，横坐标表示时间，则纸带的横宽d对应横坐标中的时间长度为________s，请根据图估算该同学的步幅为________m。(保留2位有效数字)解析：(1)相邻两个计数点间的时间间隔T＝0.1s，纸带中BC段的平均速度vBC＝eq\f(sBC,T)＝eq\f(0.11,0.1)m/s＝1.1m/s。(2)纸带的横宽d对应横坐标中的时间长度T＝0.10s，可把图像看成v－t图像，同学的步幅为图像一个周期内每段纸带面积之和，该同学的步幅s＝(8.8＋11＋12＋11＋9.7)cm≈0.53m。答案：(1)1.1(2)0.100.532．某实验小组使用图甲所示的装置测量某红色激光的波长。用光具座固定激光笔和刻有双缝的黑色纸板，双缝间的宽度d＝0.2mm。激光经过双缝后投射到光屏中的条纹如图乙所示，由刻度尺读出A、B两亮纹间的距离x＝________mm。通过激光测距仪测量出双缝到投影屏间的距离L＝2.0m，已知eq\f(λ,d)＝eq\f(Δx,L)(Δx为相邻两条亮纹间的距离)，则该激光的波长λ＝__________m。如果用紫色激光重新实验，相邻亮纹间距会__________(选填“变大”“变小”或“不变”)。解析：刻度尺的最小刻度值为1mm，由刻度尺读出A、B两亮纹间的距离为65.0mm。由题图乙可知Δx＝eq\f(xB－xA,10)＝eq\f(65.0,10)mm＝6.50mm，由eq\f(λ,d)＝eq\f(Δx,L)可得λ＝eq\f(Δxd,L)＝eq\f(6.50×10－3×0.2×10－3,2.0)m＝6.50×10－7m。如果用紫色激光重新实验，由于紫色激光的波长较小，由eq\f(λ,d)＝eq\f(Δx,L)可知，d、L不变，则相邻亮纹间距会变小。答案：65.06.50×10－7变小3．(2024·广东省普通高中一模)某实验小组利用单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))测量当地重力加速度的值。(1)为了较精确地测量重力加速度的值，以下四种单摆组装方式，应选择________(填字母)。(2)组装好单摆，先用刻度尺测量摆线长度，再用游标卡尺测量小球的直径，其示数如图甲，则小球直径为________mm。(3)周期公式中的L是单摆的摆长，其值等于摆线长与________之和。(4)某次实验时，改变摆长并测出对应的周期，得到如下表的实验数据并描点在图乙的坐标中，请在图乙中作出T2－L图像。次数12345L/m0.500.600.700.800.90T/s1.421.551.671.851.90T2/s22.022.402.793.423.61(5)根据T2－L图像算出重力加速度g＝________m/s2(结果保留3位有效数字)。解析：(1)为了较精确地测量重力加速度的值，减小空气阻力的影响，应选择小钢球，小球在摆动的过程中，要固定摆长不发生变化。(2)该游标卡尺的分度值为0.1mm，则小球的直径d＝1.8cm＋9×0.1mm＝18.9mm。(3)周期公式中的L是单摆的摆长，其值等于摆线长与小球半径之和。(4)描点连线如图所示。(5)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，化简可得T2＝eq\f(4π2,g)L，根据T2－L图像的斜率k＝eq\f(4π2,g)＝eq\f(3.6－0,0.90－0)s2/m＝4s2/m，解得当地的重力加速度大小g＝π2≈9.86m/s2。答案：(1)D(2)18.9(3)小球半径(4)见解析图(5)9.86(9.83～9.89均可)4．图甲所示的是向心力演示仪，可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。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为2∶1∶1。变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1∶1、2∶1和3∶1，如图乙所示。(1)本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是________(填字母)。A．用油膜法估测油酸分子的大小B．用单摆测量重力加速度的大小C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系(2)在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第________(选填“一”“二”或“三”)层塔轮。(3)在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为________。A．1∶2 B．1∶4C．2∶1 D．4∶1解析：(1)探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。用油膜法估测油酸分子的大小，采用的实验方法是通过测量宏观量来测量微观量的方法，故A错误；用单摆测量重力加速度的大小，分别测量出摆长和周期，通过单摆周期公式计算得到重力加速度大小，不是采用控制变量法，故B错误；探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确。(2)在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，应使两球的角速度相同，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。(3)在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，则两球做圆周运动的半径相等；传动皮带位于第二层，则两球做圆周运动的角速度之比ω左∶ω右＝R2∶2R2＝1∶2，根据F＝mω2r可知当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为F左∶F右＝ωeq\o\al(2,左)∶ωeq\o\al(2,右)＝1∶4。答案：(1)C(2)一(3)B5．用图a所示的装置研究平抛运动，请完成相关实验内容。(1)将斜轨固定在桌面上，反复调节斜轨末端成水平。(2)在末端出口处安装光电门并调节其到适当位置。将贴有坐标纸的木板紧靠在斜轨出口处竖直放置，并在坐标纸上将出口处标为O点，过O点作水平线为x轴、竖直线为y轴。(3)用螺旋测微器测量小球的直径d，其示数如图b所示，则d＝________mm。(4)从斜轨上释放小球，用每隔eq\f(1,30)s曝光一次的频闪照相机正对着木板照相。(5)从数字计时器读得小球通过光电门的遮光时间为6.2×10－3s，则小球通过光电门时的瞬时速度v1＝________m/s(保留2位有效数字)。(6)根据频闪照片中记录的信息，在图a的坐标纸上标出小球离开斜轨后的5个连续位置A、B、C、D、E，读得A、E两位置的水平距离为12.00cm，由此可求得小球做平抛运动的初速度v2＝________m/s(保留2位有效数字)。(7)多次实验发现总是有v1>v2，导致这个结果的可能原因有________(填选项前的字母)。A．小球在轨道斜面上受摩擦阻力B．小球平抛运动过程受空气阻力C．小球平抛运动轨迹平面与坐标纸不平行D．小球经过光电门时，球心与光线不在同一高度解析：(3)小球的直径d＝6mm＋20.0×0.01mm＝6.200mm。(5)小球通过光电门时的瞬时速度v1＝eq\f(d,t)＝eq\f(6.200×10－3,6.2×10－3)m/s＝1.0m/s。(6)由题可知，相邻两点间的距离和时间间隔分别为3.00cm、eq\f(1,30)s，所以小球做平抛运动的初速度v2＝eq\f(x,t)＝eq\f(3.00×10－2m,\f(1,30)s)＝0.90m/s。(7)轨道斜面的作用是使小球获得一个水平初速度，小球在轨道斜面上受摩擦阻力并不影响v2的大小，故A不符合题意；小球平抛运动过程受空气阻力，使得小球水平方向做减速运动，水平位移偏小，v2值偏小，故B符合题意；小球平抛运动轨迹平面与坐标纸不平行，会造成小球运动过程中在坐标纸上的水平投影位移偏小，v2偏小，故C符合题意；小球经过光电门时，球心与光线不在同一高度，会造成遮光时间偏短，则造成v1偏大，故D符合题意。答案：(3)6.200(5)1.0(6)0.90(7)BCD6.(1)在用油膜法估测分子大小的实验中，用移液管量取0.25mL油酸，倒入标注250mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250mL的溶液，然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示，坐标格的每个小正方形大小为2cm×2cm，由图可以估算出油膜的面积是________cm2，由此估算出油酸分子的直径是________m(保留1位有效数字)。(2)做“用油膜法估测分子的大小”实验时，三个同学都有一个操作错误，其中导致最后所测分子直径偏大的是________(填字母)。A．甲同学在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小了B．乙同学用注射器和量筒测得58滴油酸酒精溶液为1mL，不小心错记录为57滴C．丙同学计算油膜面积时，把所有不足半格的油膜都算成了一格解析：(1)液面上纯油酸体积V＝eq\f(0.25,250)×eq\f(2,100)mL＝2×10－5mL＝2×10－11m3，由题图计算油膜面积，多于半格算一格，少于半格舍去，则油膜面积约为S＝256cm2，油酸分子的直径d＝eq\f(V,S)＝eq\f(2×10－11,0.0256)m≈8×10－10m。(2)甲同学在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小了，则一滴油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小，计算得一滴纯油酸的体积比实际值大，则算出的直径偏大，A正确；乙同学用注射器和量筒测得58滴油酸酒精溶液为1mL，不小心错记录为57滴，则一滴油酸酒精溶液体积的计算值变大，算出的一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积变大，则算出的直径偏大，B正确；丙同学计算油膜面积时，把所有不足半格的油膜都算成了一格，则计算得油膜面积变大，直径变小，C错误。答案：(1)2568×10－10(2)AB7．(1)某同学通过图甲所示的实验装置，利用玻意耳定律来测定一颗形状不规则的冰糖的体积。①将冰糖装进注射器，通过推、拉活塞改变封闭气体的体积和压强。若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，则________(选填“需要”或“不需要”)重做实验。②实验中通过活塞所在刻度读取了多组体积V及对应压强p，为了在xOy坐标系中获得直线图像，应选择________(填字母)。A．p－V图像 B．p－eq\f(1,V)图像C．V－eq\f(1,p)图像 D．eq\f(1,p)－eq\f(1,V)图像③选择合适的坐标后，该同学通过描点作图，得到直线的函数图像如图乙所示，忽略传感器和注射器连接处的软管容积，则这颗冰糖的体积为________。(2)某同学制作了一个“加速度测量仪”，用来测量垂直电梯竖直上、下运行时的加速度，其构造如图1所示：将一根轻弹簧的上端固定在竖直放置且带刻度的“「”形光滑小木板上端，当弹簧下端悬挂0.9N重物并静止时，指针指向31.0cm位置；当弹簧下端悬挂1.0N重物并静止时，指针指向30.0cm位置。实际测量时，该同学在该弹簧下端固定1.0N重物，重力加速度g取10m/s2，所有计算结果均保留2位有效数字。①该弹簧的劲度系数k＝________N/m。②实际测量时，当指针指到31.0cm位置时，垂直电梯运行的加速度大小为________m/s2。③如图2所示，将该加速度测量仪水平使用，若指针仍指到31.0cm位置，则水平加速度大小为________m/s2。解析：(1)①若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，针筒内封闭气体与外界相连，气体质量改变，无法继续实验，需要重做实验。②设冰糖的体积为V0，根据玻意耳定律可得p(V－V0)＝C，则V＝eq\f(1,p)C＋V0，则V－eq\f(1,p)图像为直线。③根据V＝eq\f(1,p)C＋V0，结合题图乙可知这颗冰糖的体积为b。(2)①根据胡克定律可得k＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(1－0.9,31－30)N/cm＝10N/m。②实际测量时，弹簧对小球的拉力F＝0.9N，根据牛顿第二定律mg－F＝ma，解得a＝1.0m/s2，方向竖直向下。③将该加速度测量仪水平使用，若指针仍指到31.0cm位置，拉力仍为F＝0.9N，根据牛顿第二定律F＝ma′，解得a′＝9.0m/s2。答案：(1)①需要②C③b(2)①10②1.0③9.08．某实验小组要测量弹簧的劲度系数，他们利用智能手机中自带的定位传感器设计了如图甲所示的实验，手机软件中的“定位”功能可以测量手机竖直方向的位移(以打开定位传感器时手机的位置为初位置)。(1)实验小组进行了如下主要的实验步骤，正确的顺序是________。A．按图甲安装实验器材，弹簧上端固定在横杆上，下端与手机连接，手机重心和弹簧在同一竖直线上B．在手机下方悬挂一个钩码，缓慢释放，当手机和钩码静止时记录下手机下降的位移xC．在坐标纸图中描点作出n－x图像，如图乙所示D．手托着手机缓慢下移，手离开手机，手机静止时，打开手机中的定位传感器E．改变钩码个数n，重复上述操作，记录相应的位移x，数据如表格所示钩码个数n123456手机位移x/cm0.982.023.013.985.015.99(2)已知每个钩码的质量为50g，重力加速度g＝9.8m/s2，由图像乙可以求得弹簧的劲度系数为________N/m。(3)实验中未考虑手机所受重力使弹簧伸长，这对弹簧劲度系数的测量结果________(选填“有”或“无”)影响，说明理由____________________________________________________________________________________________________。解析：(1)根据题意，由实验原理可知，本实验通过改变钩码的数量来改变弹簧的弹力，通过手机的定位传感器确定弹簧的形变量，通过作图的方法得到弹簧的劲度系数，则正确的实验步骤为ADBEC。(2)根据题意，由胡克定律F＝kx可得nmg＝kx，整理得n＝eq\f(k,mg)x，由题图乙可知，图线的斜率为1，则有eq\f(k,mg)＝1cm－1，解得k＝49N/m。(3)由上述分析可知，弹簧的劲度系数是通过图线的斜率与每个钩码所受重力的乘积得到的，则未考虑手机所受重力使弹簧伸长，这对弹簧劲度系数的测量结果无影响。答案：(1)ADBEC(2)49(3)无劲度系数是通过图线的斜率与每个钩码所受重力的乘积得到的9.某同学在做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验时，已有的实验器材有：两个弹簧测力计、橡皮条(带两个较长的细绳套)、三角尺、木板、白纸和图钉。(1)本实验采用的科学方法是__________(填字母)。A．理想实验法 B．等效替代法C．控制变量法 D．理想模型法(2)下列几项操作有必要的是__________(填字母)。A．两个弹簧测力计的示数必须相等B．两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°C．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上D．同一次实验中，结点O的位置不变(3)对减小实验误差有益的做法是__________(填字母)。A．弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行B．用两弹簧测力计同时拉细绳时两弹簧测力计示数之差应尽可能大C．标记同一细绳方向的两点要近一些(4)图中四个力中，不是由弹簧测力计直接测得的是________。解析：(1)合力与分力作用效果相同，实验方法为等效替代法，故选B。(2)两个弹簧测力计的示数适当大些，但不必一定相等，故A错误；两个弹簧测力计之间的夹角适当大些，不一定取90°，故B错误；橡皮条对结点的拉力与两细绳套的拉力的合力平衡，而两细绳套的拉力不一定相等，所以橡皮条与两绳套夹角的角平分线不一定在一条直线上，故C错误；同一次实验中，为了保证两分力的作用效果不变，结点O的位置不变，故D正确。(3)为了减小实验误差，弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故A正确；用两弹簧测力计同时拉细绳时两弹簧测力计示数应适当大些，示数之差不需要太大，故B错误；为了更加准确记录力的方向，标记同一细绳方向的两点要远一些，故C错误。(4)用平行四边形定则作出的合力在平行四边形的对角线上，所以不是由弹簧测力计直接测得的是F。答案：(1)B(2)D(3)A(4)F10．用光电门测重力加速度的实验装置如图。一直径为d的钢球从光电门正上方由静止开始自由下落，测得刚开始下落时，钢球球心到光电门的距离为h，用计时装置测出钢球通过光电门的时间为t。用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，不考虑空气阻力。(1)钢球球心通过光电门时的速度大小v＝__________。(2)当地重力加速度大小g＝________。(3)由于实验中用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，导致重力加速度的测量值________(选填“大于”“小于”)其真实值。解析：(1)钢球球心通过光电门时的速度大小v＝eq\f(d,t)。(2)钢球做自由落体运动，有2gh＝v2，所以g＝eq\f(d2,2ht2)。(3)钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而球心通过光电门的中间位置的速度大于中间时刻的速度，因此钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，所以求得的加速度偏小。答案：(1)eq\f(d,t)(2)eq\f(d2,2ht2)(3)小于11．一研究性学习小组利用图甲所示的装置测定滑块加速运动时与平直长木板间的动摩擦因数。(1)实验过程如下：①将长木板固定在水平桌面上，其右端安装定滑轮，左端固定位移传感器；总质量为M的滑块(含拉力传感器)在长木板上紧靠位移传感器放置，拉力传感器通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重物连接，调节____________使细绳与长木板平行；②静止释放滑块，记录拉力传感器和位移传感器的数据，用计算机拟合得到滑块位移随时间变化的s－t图像如图乙所示，该图线的函数表达式是s＝1.19t2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))，则可得滑块加速度a＝________m/s2(计算结果保留2位小数)；③若滑块的加速度为a时，拉力传感器示数为F，则滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝________(用题中物理量字母符号表示)。(2)本实验中________(选填“需要”或“不需要”)满足滑块质量远大于重物质量。解析：(1)①为了减小误差，需调节长木板右端定滑轮使细绳与长木板平行。②根据v＝eq\f(Δs,Δt)可得v＝2.38t(m/s)，再根据a＝eq\f(Δv,Δt)可得a＝2.38m/s2。③根据牛顿第二定律可得F－μMg＝Ma，解得μ＝eq\f(F－Ma,Mg)。(2)由于拉力可以通过拉力传感器得知，所以不需要满足滑块质量远大于重物质量。答案：(1)①长木板右端定滑轮②2.38③eq\f(F－Ma,Mg)(2)不需要12.(2024·广东省部分学校一模)某研究学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。跨过轻质定滑轮的轻质细线两端连接两个完全相同的空铝箱，左侧铝箱下端连接纸带，向右侧铝箱中放入质量为m的砝码，由静止释放后，铝箱运动的加速度大小a可由打点计时器打出的纸带测出，改变右侧铝箱中砝码的质量，重复实验，得到多组a、m值。已知当地的重力加速度大小g取9.8m/s2