高中物理二轮复习-第1部分-专题6-第1讲-力学实验及其创新

力学实验及其创新真题情境2021·全国甲卷T222021·全国乙卷T222021·广东卷T112021·湖南卷T11考情分析该部分属于高考必考内容，每个实验都有可能考查。从近三年全国卷实验题考查内容看，每年高考实验题的内容均有变化。比较分析发现“纸带”类问题、“弹簧”类问题为命题的重点，预计涉及新课程标准增加的实验为新的命题点。必备知识突破点一|力学常规实验基本仪器的读数和使用1．两种常见长度测量仪器的使用及读数方法游标卡尺(不估读)(1)读数：测量值＝主尺读数(mm)＋精度×游标尺上对齐刻线数值(mm)。(2)常用精确度：10分度游标，精度0.1mm；20分度游标，精度0.05mm；50分度游标，精度0.02mm螺旋测微器(需估读)测量值＝固定刻度＋可动刻度(带估读值)×0.01mm。注意要估读到0.001mm2．时间类测量仪器的读数(1)打点计时器：每打两个点的时间间隔为0.02s，一般每五个点取一个计数点，则时间间隔为Δt＝0.02×5s＝0.1s。(2)频闪照相机：用等时间间隔获取图象信息的方法将物体在不同时刻的位置记录下来，时间间隔Δt＝eq\f(1,f)。(f为频闪照相机的频率)(3)光电计时器：记录遮光条通过光电门的遮光时间。[典例1](1)某同学用游标卡尺的________(选填“内测量爪”“外测量爪”或“深度尺”)测得一玻璃杯的内高，如图甲所示，则其内高为________cm。(2)该同学随后又用螺旋测微器测得玻璃杯的玻璃厚度如图乙所示，则厚度为________mm。(3)该同学用螺旋测微器测得一小球直径如图丙所示，正确读数后得小球直径为1.731mm，则a＝________，b＝________。甲乙丙(4)该同学测定一金属杆的长度和直径，示数分别如图丁、戊所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm。丁戊[思路点拨]使用游标卡尺时要掌握各个部分的作用，读数时要看清最小刻度，注意游标卡尺读数时要从游标尺的0刻度开始。螺旋测微器读数时要注意固定刻度上有整毫米和半毫米两行刻度线，若半毫米刻度线未露出，则只读整毫米刻度线部分；若半毫米刻度线已露出，则将半毫米刻度线部分一起读出。刻度尺读数时要精确到最小分度，并估读。[解析](1)因需测量的是玻璃杯的内高即深度，所以要用游标卡尺的深度尺测量，根据图甲可知，游标卡尺主尺上的整毫米数为100mm，游标尺的精确度为0.1mm，且第3条刻度线(不计0刻度线)与主尺上的刻度线对齐，则玻璃杯的内高为100mm＋0.1mm×3＝100.3mm＝10.03cm。(2)螺旋测微器的读数规则：测量值＝固定刻度读数(注意半毫米刻度线是否露出)＋精确度(0.01mm)×可动刻度读数(一定要估读)，由图乙可知玻璃厚度为2.5mm＋0.01mm×26.0＝2.760mm。(3)因1.731mm＝1.5mm＋0.01mm×23.1，由螺旋测微器读数规则知a＝20，b＝0。(4)由图丁所示可得金属杆的长度L＝60.10cm。由图戊知，此游标尺为50分度，游标尺上第10条刻度线(不计0刻度线)与主尺上的刻度线对齐，则该金属杆直径d＝4mm＋eq\f(1,50)×10mm＝4.20mm。[答案](1)深度尺10.03(2)2.760(3)200(4)60.104.20[考向预测]1．(2021·湖南适应性考试)某同学利用滑块在气垫导轨上的运动测量当地的重力加速度。如图(a)所示，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、数字计时器、光电门等。导轨下方两支点间的距离为l。实验步骤如下：图(a)图(b)(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当光电门A记录的遮光时间________(选填“大于”“小于”或“等于”)光电门B记录的遮光时间时，可认为气垫导轨水平；(2)用游标卡尺测量遮光片的宽度d，如图(b)所示，d＝________cm；(3)在导轨左支点下加一高度为h的垫块，让滑块从导轨顶端滑下，记录遮光片经过A、B两光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12，可求出重力加速度g＝________(用题中给出的物理量符号表示)；(4)分析实验结果发现，重力加速度的测量值比该地的实际值偏小，写出一条产生这一结果的可能原因________________________。[解析](1)调节气垫导轨水平后，轻推滑块，滑块能做匀速直线运动，则滑块通过两光电门的时间应相等。(2)50分度的游标卡尺的精确度为0.02mm，则遮光片宽度为d＝3mm＋2×0.02mm＝3.04mm＝0.304cm。(3)滑块经过两光电门的时间较短，其平均速度可认为是经过两位置时的瞬时速度，有vA＝eq\f(d,Δt1)，vB＝eq\f(d,Δt2)；滑块做匀加速直线运动，有vB＝vA＋at12；而对滑块由牛顿第二定律有a＝gsinα＝g·eq\f(h,l)(其中α为导轨倾角)，联立各式解得重力加速度为g＝eq\f(dl,ht12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))。(4)根据重力加速度的测量公式g＝eq\f(dl,ht12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))分析，测量值偏小，可能的原因有测量的遮光片宽度d偏小、测量的运动时间t12偏大等。[答案](1)等于(2)0.304(3)eq\f(dl,ht12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))(4)测量的遮光片宽度d偏小(或测量的运动时间t12偏大)2．某物理小组利用DIS装置测定当地的重力加速度g，实验装置如图甲所示。在铁架台上安装有两个光电门(与数据采集器和计算机的连接均未画出)，光电门A固定，光电门B的位置可上下移动，实验前调整两光电门的位置，使小铁球沿图甲中虚线通过两光电门。甲乙(1)用游标卡尺测量小铁球的直径，测量结果如图乙所示，可知其直径D＝________mm。(2)在小铁球自由下落过程中，小组成员用计时装置测出小铁球通过光电门A时的遮光时间为ΔtA，并用小铁球通过光电门的平均速度表示小铁球球心通过光电门的瞬时速度，则小铁球通过光电门A的瞬时速度为vA＝__________。(用实验中测得的物理量符号表示)(3)光电门A的位置不变，小组成员多次改变并测出光电门B到光电门A之间的距离h，实验时使小铁球每次从同一位置无初速度释放。根据每次小铁球通过光电门B时的遮光时间，计算出小铁球经过光电门B时对应的速度vB，在坐标系中作出veq\o\al(2,B)与h的关系图线，如图丙所示，则当地的重力加速度g＝________m/s2(结果保留3位有效数字)。丙[解析](1)游标卡尺的精确度为eq\f(1,20)mm＝0.05mm，则小铁球直径D＝9mm＋10×0.05mm＝9.50mm。(2)小铁球直径较小，经过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，即vA＝eq\f(D,ΔtA)。(3)根据速度与位移之间的关系可得veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2gh，变形可得veq\o\al(2,B)＝2gh＋veq\o\al(2,A)，故veq\o\al(2,B)­h图象的斜率k＝2g＝eq\f(8.52－3.71,0.25)m/s2＝19.24m/s2，解得g＝eq\f(1,2)k＝9.62m/s2。[答案](1)9.50(2)eq\f(D,ΔtA)(3)9.62“纸带类”实验1．利用纸带判定物体的运动性质(如图所示)(1)若x1、x2、x3、…、x6基本相等，在误差允许的范围内可认为物体做匀速直线运动。(2)利用x1、x2、x3、…、x6计算出相邻相等时间内的位移差x2－x1、x3－x2、…、x6－x5，若大致相等，则在误差允许的范围内认为Δx＝aT2，可判定物体做匀变速直线运动。2．平均速度法求速度：如图所示，做匀变速直线运动的物体在某段时间的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即vn＝eq\f(xn＋xn＋1,2T)。3．利用纸带求加速度的三种方法(1)利用第m个T时间内的位移和第n个T时间内的位移求a，即a＝eq\f(xm－xn,m－nT2)。(2)逐差法：如从纸带上得到6个连续相等时间间隔内的位移，则a＝eq\f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,9T2)。(3)v­t图象法：求出各点的瞬时速度，画出v­t图线，图线的斜率表示加速度a。[典例2](2021·浙江1月选考)用如图1所示装置进行“探究功与速度变化的关系”实验。装有砝码的盘用绕过滑轮的细线牵引小车，盘和砝码的重力可当作牵引力。小车运动的位移和速度可以由打点纸带测出，以小车为研究对象，改变砝码质量，便可探究牵引力所做的功与小车速度变化的关系。图1(1)关于这个实验，下列说法正确的是________(多选)。A．需要补偿小车受到阻力的影响B．该实验装置可以“验证机械能守恒定律”C．需要通过调节定滑轮使细线与长木板平行D．需要满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量(2)如图2所示是两条纸带，实验时打出的应是第______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)条纸带。图2(3)根据实验数据，在坐标纸上画出的W­v2图象是一条过原点的直线，据此图象________(填“能”或“不能”)求出小车的质量。[解析](1)本实验中以小车为研究对象，盘和砝码的重力当作牵引力，探究牵引力做功与小车速度变化的关系，需要补偿小车受到阻力的影响，A正确；该实验过程中小车受到的阻力无法消除，本实验装置无法验证“机械能守恒定律”，B错误；细线与长木板需要平行，以保证细线的拉力与小车运动方向一致，这样盘和砝码的重力才可当作小车受到的牵引力，C正确；当满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量时，盘和砝码的重力可当作小车受到的牵引力，D正确。(2)实验中小车做匀加速运动，相邻两点间的距离逐渐增大，根据两纸带对比可知，实验时打出的纸带为Ⅱ。(3)由动能定理可知W＝eq\f(1,2)mv2－0，若实验中画出的W­v2图象是一条过原点的直线，则直线的斜率为eq\f(1,2)m，根据斜率可求出小车的质量。[答案](1)ACD(2)Ⅱ(3)能[考向预测]3．物理小组的同学利用如图甲所示的装置研究匀变速直线运动。甲(1)下列操作必要的是________。A．把木板右端适当垫高，以平衡摩擦力B．调节滑轮的高度，使细线与木板平行C．小车的质量要远大于钩码的质量D．实验时要先接通打点计时器电源再释放小车(2)打点计时器接频率为50Hz的交流电，规范进行实验操作，得到如图乙所示的一条纸带，小组的同学在纸带上每5个点选取1个计数点，依次标记为A、B、C、D、E。测量时发现B点已模糊不清，于是他们测得AC长14.56cm，CD长11.15cm，DE长13.73cm，则打C点时小车的瞬时速度大小为________m/s，小车运动的加速度大小为________m/s2，AB的长应为________cm。(保留3位有效数字)乙(3)如果当时电网中的电压变成210V，而做实验的同学并不知道，不考虑其他实验误差，那么小车加速度的测量值与实际值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。[解析](1)在研究匀变速直线运动的实验中，只要小车做匀变速直线运动即可，不需要平衡摩擦力和使小车的质量远大于钩码的质量，但要保证细线与木板平行，否则小车做的就不是匀变速直线运动，实验开始时小车要靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，故B、D正确。(2)由题意得，vC＝eq\f(xAC＋xCE,4Δt)＝eq\f(14.56＋11.15＋13.73,4×5×0.02)×10－2m/s＝0.986m/s，a＝eq\f(xCD＋xDE－xAC,2Δt2)＝2.58m/s2，由匀变速直线运动规律知xBC－xAB＝xDE－xCD＝(13.73－11.15)cm＝2.58cm，又xBC＋xAB＝14.56cm，联立解得xAB＝5.99cm。(3)电压的大小影响点迹的清晰程度，但不影响实验结果。[答案](1)BD(2)0.9862.585.99(3)不变“橡皮条、弹簧类”实验1．探究弹力和弹簧伸长量的关系的操作关键(1)实验中不能挂过多的钩码，防止弹簧超过其弹性限度。(2)画图象时，不要连成“折线”，而应尽量让坐标点落在直线上或均匀分布在直线两侧。2．验证力的平行四边形定则的操作关键(1)每次拉伸结点位置O必须保持不变。(2)记下每次各力的大小和方向。(3)画力的图示时应选择适当的标度。3．常见的数据处理方法(1)列表法：直接从表格数据中得到弹力F与伸长量x的比值是一个常数。(2)图象法：以弹力F为纵坐标，弹簧的伸长量x为横坐标，根据所测数据，在坐标系中描点连线，可得到一条过原点的直线。①F­x图线为一条过原点的直线，而F­l图线为一条倾斜直线但不过原点。②F­x图线和F­l图线的斜率均表示弹簧(或橡皮筋)的劲度系数。③F­l图线在l轴的截距表示弹簧(或橡皮筋)的原长。④F­x图线和F­l图线发生弯曲的原因是弹簧(或橡皮筋)超出了弹性限度。(3)函数法：在误差允许范围内，可写出弹力与弹簧伸长量的函数关系式F＝kx。实际解题中常与图象法配合使用，以得到函数式或对比实际关系式用以计算物理量等。[典例3](2021·广东卷)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1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。表1n123456Ln/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\x\to(ΔL)＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝________cm；(2)上述eq\x\to(ΔL)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)。[解析](1)ΔL3＝L6－L3＝18.09cm－12.05cm＝6.04cm，压缩量的平均值eq\x\to(ΔL)＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝6.05cm。(2)根据(1)问可知，eq\x\to(ΔL)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\x\to(ΔL)，代入数值解得k≈48.6N/m。[答案](1)6.046.05(2)3(3)48.6[考向预测]4．某同学利用图(a)的装置测量轻弹簧的劲度系数。图中一光滑的细杆和直尺水平固定在铁架台上，一轻弹簧穿在细杆上，其左端固定，右端与细绳连接；细绳跨过光滑定滑轮，其下端可以悬挂砝码(实验中，每个砝码的质量均为m＝50.0g)。弹簧右端连有一竖直指针，其位置可在直尺上读出。实验步骤如下：(a)①在绳下端挂上一个砝码，调整滑轮，使弹簧与滑轮间的细绳水平且弹簧与细杆没有接触；②系统静止后，记录砝码的个数及指针的位置；③逐次增加砝码个数，并重复步骤②(保持弹簧在弹性限度内)；④用n表示砝码的个数，l表示相应的指针位置，将获得的数据记录在表格内。回答下列问题：(1)根据如表的实验数据在图(b)中补充数据点并作出l­n图象。n12345l/cm10.4810.9611.4511.9512.40(b)(2)弹簧的劲度系数k可用砝码质量m、重力加速度大小g及l­n图线的斜率α表示，表达式为k＝________。若g取9.80m/s2，则本实验中k＝________N/m(结果保留3位有效数字)。[解析](1)根据题表的实验数据在图(b)中补齐数据点并作出l­n图象如图所示。(2)l­n图线的斜率α＝eq\f(Δl,n)，所以k＝eq\f(nmg,Δl)＝eq\f(mg,α)，k＝eq\f(mg,α)＝eq\f(6×50×10－3×9.80,12.9－10.0×10－2)N/m≈101N/m。[答案](1)(2)eq\f(mg,α)1015．两个实验小组做了如下两个实验，请回答下列问题：(1)一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两根不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的关系图象如图甲所示。下列说法正确的是________。甲A．a的原长比b的长B．a的劲度系数比b的大C．a的劲度系数比b的小D．测得的弹力与弹簧的长度成正比(2)另一个实验小组利用图乙所示的实验装置完成“探究求合力的方法”的实验。乙丙①下列说法正确的是________。A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°②弹簧测力计的指针如图丙所示，由图可知拉力的大小为________N。③本实验采用的科学方法是________。A．理想实验法 B．控制变量法C．等效替代法 D．建立物理模型法[解析](1)根据图甲可知，F与L的关系为F＝k(L－L0)，弹力与弹簧长度的关系图象在横轴上的截距等于弹簧原长，即弹力等于零时弹簧的长度，图线斜率等于弹簧的劲度系数k，由此可知，a的原长比b的短，a的劲度系数比b的大，选项A、C错误，B正确；测得的弹力与弹簧的长度成线性关系，测得的弹力与弹簧的伸长量成正比，选项D错误。(2)①在“探究求合力的方法”的实验中，测量同一组数据F1、F2和合力F时，橡皮条结点O的位置不能变化，选项A正确；弹簧测力计拉细线时，拉力方向可以任意，选项B错误；拉力F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程，否则就不能测出力的大小，选项C正确；为了减小测量误差，F1、F2的夹角不能太大，也不能太小，但不是必须为90°，选项D错误。②根据弹簧测力计读数规则，最小刻度为0.1N，需要估读到0.01N，所以拉力大小为4.00N。③本实验采用的科学方法是等效替代法，选项C正确。[答案](1)B(2)AC4.00C“光电门”实验1．涉及光电门的实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系，验证机械能守恒定律、验证动量守恒定律。2．光电门的原理当物体通过光电门时光被挡住，计时器开始计时，当物体离开时停止计时，这样就可以根据物体大小与运动时间计算物体运动的速度。3．光电门问题的拓展利用连接体使滑块做匀变速直线运动利用斜面使滑块做匀加速直线运动利用落体法使小球做匀加速直线运动共性：(1)若知道物体通过光电门时的遮光时间Δt，可用v＝eq\f(d,Δt)求出物体通过光电门时的瞬时速度；(2)利用eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，作出eq\f(x,t)­t图线，可由斜率k＝eq\f(a,2)确定加速度a的大小[典例4](2021·湖北省荆州中学8月月考)某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”。让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门的时间t，已知当地的重力加速度为g。甲乙(1)为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量________。A．小球的质量mB．A、B之间的距离HC．小球从A到B的下落时间tABD．小球的直径d(2)小球通过光电门时的瞬时速度v＝________(用题中所给的物理量表示)。(3)调整A、B之间的距离H，多次重复上述过程，作出eq\f(1,t2)随H变化的图象如图乙所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该图线的斜率k0＝________。(4)在实验中根据实际数据绘出的eq\f(1,t2)­H图象的斜率为k(k<k0)，则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值eq\f(f,mg)＝________(用k、k0表示)。[思路点拨]由于需要计算小球通过光电门时的速度，所以需要测量小球的直径d，根据机械能守恒定律可得出eq\f(1,t2)­H图象斜率的表达式。[解析](1)根据机械能守恒定律的表达式可知，方程两边可以约掉小球的质量，因此不需要测量小球的质量，选项A错误；计算小球从A到B重力势能的减少量时，需要测量小球下落的高度H，选项B正确；由于小球在B点的瞬时速度是利用小球通过光电门时的平均速度来代替的，所以不需要测量下落时间，选项C错误；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道小球的直径d，选项D正确。(2)由于小球的直径为d，小球通过光电门所用的时间为t，故小球通过光电门时的瞬时速度为v＝eq\f(d,t)。(3)当减少的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有mgH＝eq\f(1,2)mv2，即2gH＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))eq\s\up12(2)，解得eq\f(1,t2)＝eq\f(2g,d2)·H，则该图线的斜率k0＝eq\f(2g,d2)。(4)乙图线eq\f(1,t2)＝kH，因存在阻力，则有(mg－f)H＝eq\f(1,2)mv2，故k＝eq\f(2mg－f,md2)，f＝mg－eq\f(kmd2,2)，所以小球下落过程中所受平均阻力f与小球重力mg之比为eq\f(f,mg)＝eq\f(k0－k,k0)。[答案](1)BD(2)eq\f(d,t)(3)eq\f(2g,d2)(4)eq\f(k0－k,k0)[考向预测]6．某同学在研究性学习中用如图甲所示的装置测量弹簧压缩到某程度时的弹性势能，探究步骤如下：甲①用游标卡尺测量出小车上遮光条的宽度d；②用装有砝码的小车把弹簧的右端压缩到某一位置P，并记下这一位置，同时测量出小车到光电门的距离为x；③释放小车，测出小车上的遮光条通过光电门所用的时间t，则此时小车的速度v＝________，并记录小车及砝码的总质量m；④增减小车里的砝码，________________________________，重复③的操作，得出一系列小车及砝码的总质量m与小车通过光电门时的速度v；⑤根据上述测得的数值算出对应的eq\f(1,m)、v2，并作出v2­eq\f(1,m)图象如图乙所示。乙(1)将实验步骤补充完整；(2)由于小车与水平桌面之间存在摩擦，导致图象没过原点，这对于弹性势能的求解________(填“有”或“无”)影响；(3)由v2­eq\f(1,m)图象可知弹簧被压缩到位置P时具有的弹性势能大小为________。[解析](1)③小车经过光电门的瞬时速度可以用经过光电门时的平均速度表示，则有v＝eq\f(d,t)。④增减小车里的砝码，仍用小车把弹簧的右端压缩到位置P，重复③的操作，得出一系列小车及砝码的总质量m与小车通过光电门时的速度v。(2)对小车运动过程，由动能定理可知W－μmgx＝eq\f(1,2)mv2解得v2＝2Weq\f(1,m)－2μgx由于小车与水平桌面之间存在摩擦，导致图象没过原点，但这对于弹性势能的求解无影响。(3)由v2＝2Weq\f(1,m)－2μgx和v2­eq\f(1,m)图象可知，图象的斜率k＝2W＝eq\f(b,a)那么弹簧被压缩到位置P时具有的弹性势能大小为Ep＝W＝eq\f(b,2a)。[答案](1)③eq\f(d,t)④仍用小车压缩弹簧使其右端到位置P(2)无(3)eq\f(b,2a)7．某同学在利用气垫导轨、滑块、数字计时器、光电门等器材验证动量守恒定律实验中，用到两个相同的光电门1和2及质量分别为400g、200g的滑块A和B，两滑块上分别固定有宽度相同的长方形遮光片。实验开始时，气垫导轨上放置的器材从左到右依次为滑块B、光电门1、滑块A、光电门2，如图所示，现给滑块B一向右的初速度，数字计时器记录的遮光片通过光电门1的时间为40.2ms，滑块B与滑块A撞完后，滑块B上遮光片通过光电门1的时间为120.3ms，滑块A上遮光片通过光电门2的时间为60.4ms，已知遮光片的宽度为2.40cm。(1)滑块B撞前的速度大小为______m/s，撞后的速度大小为______m/s，滑块A撞后的速度大小为________m/s。(结果均保留一位小数)(2)两滑块碰撞前的总动量为________，碰撞后的总动量为________，由此可得出的结论为________________________________________________________________________________________。(3)碰撞前系统的总动能为________，碰撞后的总动能为________，据此可知该碰撞为________(填“弹性碰撞”“非弹性碰撞”或“完全非弹性碰撞”)。[解析](1)由v＝eq\f(d,Δt)可得，滑块B撞前的速度大小为0.6m/s，撞后的速度大小为0.2m/s，滑块A撞后的速度大小为0.4m/s。(2)碰前系统的总动量p＝mBvB1＝0.12kg·m/s，碰撞后系统的总动量p′＝mAvA－mBvB2＝0.12kg·m/s，故系统碰撞前后的总动量保持不变。(3)碰前系统的总动能Ek＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B1)＝0.036J，碰后系统的总动能Ek2＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B2)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝0.036J，故碰撞前后系统的动能不变，因此是弹性碰撞。[答案](1)0.60.20.4(2)0.12kg·m/s0.12kg·m/s系统碰撞前后总动量保持不变(3)0.036J0.036J弹性碰撞突破点二|力学创新实验1．创新设计实验分析创新设计实验通常可分为两类：第一类为通过实验和实验数据的分析得出物理规律；第二类为给出实验规律，选择实验仪器，设计实验步骤，记录实验数据并进行数据处理。第一类必须在实验数据上下功夫，根据数据特点，掌握物理量间的关系，得出实验规律；第二类必须从已知规律入手，正确选择测量的物理量，根据问题联想相关的实验模型，确定实验原理，选择实验仪器，设计实验步骤，记录实验数据并进行数据处理。2．创新实验题的解法实验原理是创新实验问题的关键，是进行这类实验设计的根本依据和起点。实验原理决定了应当测量哪些物理量、如何安排实验步骤等。实验原理应根据题干的要求、条件等信息确定。实验原理的创新[典例5](2021·山东济南高三十一校联考)某同学探究如图甲中台秤的工作原理，他将台秤拆解后发现内部简易结构如图乙所示，托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连在一起，齿轮D与齿条C啮合，在齿轮上固定指示示数的指针E，两根完全相同的弹簧将横杆H吊在秤的外壳I上。他想根据指针偏转角度测量弹簧的劲度系数，经过调校，托盘中不放物品时，指针E恰好指在竖直向上的位置，若放上质量为m的物体指针偏转了θ弧度(θ<2π)，齿轮D的直径为d，则甲乙(1)弹簧的形变量为________(用题干所给的参量表示)。(2)若当地重力加速度为g，则每根弹簧的劲度系数表达式为k＝________(用题干所给的参量表示)。(3)该同学进一步改进实验，引入了角度传感器测量指针偏转角度，先后做了六次实验，数据如下方表格所示，在给定坐标纸上作图，得到每根弹簧的劲度系数为______N/m(d＝5.00cm，g＝9.8m/s2，结果保留三位有效数字)。次数n123456m/kg0.10.20.30.40.50.6θ/rad0.130.250.400.510.630.76[解析]本题考查探究弹簧的劲度系数。(1)由图乙可知，当BC下降时，带动齿轮顺时针转动，下降的高度恰好等于齿轮转过的弧长，直径为d，圆心角为θ的扇形对应的弧长为l＝rθ＝eq\f(d,2)θ，所以此时的形变量为eq\f(d,2)θ。(2)根据胡克定律和平衡条件可得mg－2k·eq\f(d,2)θ＝0，解得k＝eq\f(mg,θd)。(3)根据描点作图法可得图线如图所示；由以上分析可知mg－2k·eq\f(d,2)θ＝0，可得θ＝eq\f(mg,kd)，由图可知图线的斜率为k′＝eq\f(Δθ,Δm)＝eq\f(0.50－0,0.4－0)rad/kg＝1.25rad/kg，又由k′＝eq\f(Δθ,Δm)＝eq\f(g,kd)，可得k＝eq\f(g,k′d)＝eq\f(9.8,1.25×0.05)N/m≈157N/m。[答案](1)eq\f(d,2)θ(2)eq\f(mg,θd)(3)见解析图157(156～158均给分)实验器材的创新[典例6](2021·江西南昌三校联考)图(a)是用DIS研究机械能守恒的装置。(1)图(a)中定位挡片的作用是________。图(a)(2)实验中测得C点的机械能偏大的原因可能是________。A．光电门在C的下方B．摆锤释放时绳子松弛C．摆锤在摆动的过程中有空气阻力D．摆锤释放时在A的上方(3)为了验证单摆的机械能守恒，某同学制作了单摆下摆时动能Ek与偏角θ的函数关系图，如图(b)所示。以D所在的水平面为零势能面，当偏角θ＝32°时摆的重力势能为__________J，若摆的质量为0.0075kg。则摆长为__________m。(sin32°≈0.53，cos32°≈0.85，g取10m/s2)图(b)[解析](1)结合题图(a)知，在经过定位挡片前后，单摆的摆长变化，故定位挡片的作用是定性研究在摆长改变时机械能是否守恒。(2)若摆锤释放时绳子松弛，则摆锤先做自由落体运动，绳子张紧后做圆周运动，且绳子张紧瞬间速度突变，有机械能损失，则测得C点的机械能应偏小，选项B错误；若摆锤在摆动过程中有空气阻力，则空气阻力做负功，测得C点的机械能应偏小，选项C错误；若光电门在C点下方，易知，测得C点的机械能应偏大，选项A正确；若摆锤释放时在A的上方，则摆锤到C点的速度较大，动能较大，测得C点的机械能应偏大，选项D正确。(3)从题图(b)知，当θ＝0时，单摆的动能最大，此时单摆位于D处，单摆在最低点D处时的动能Ekm等于在其他位置动能与重力势能之和。从图象知，当θ＝32°时的动能为Ek1＝0.0060J，故当θ＝32°时单摆的重力势能为Ep＝Ekm－Ek1＝0.0105J－0.0060J＝0.0045J，Ep＝mgL(1－cosθ)，解得L＝eq\f(Ep,mg1－cosθ)，代入数据解得摆长L＝0.40m。[答案](1)定性研究在摆长改变时机械能是否守恒(2)AD(3)0.00450.40实验情境的创新[典例7](2021·山东百校联盟联考)小鹏用智能手机来研究物体做圆周运动时向心加速度和角速度、半径的关系。如图甲，圆形水平桌面可通过电机带动绕其圆心O转动，转速可通过调速器调节，手机到圆心的距离也可以调节。小鹏先将手机固定在桌面某一位置M处，通电后，手机随桌面转动，通过手机里的软件可以测出加速度和角速度，调节桌面的转速，可以记录不同时刻的加速度和角速度的值，并能生成如图乙所示的图象。甲乙(1)由图乙可知，t＝60.0s时，桌面的运动状态是________(填字母编号)；A．静止B．匀速圆周运动C．速度增大的圆周运动D．速度减小的圆周运动(2)仅由图乙可以得到的结论是：_________________________；(3)若要研究加速度与半径的关系，应该保持________不变，改变________，通过软件记录加速度的大小，此外，还需要的测量仪器是________。[解析](1)由题图乙可知，t＝60.0s时，加速度大小不变，角速度大小也不变，所以此时桌面在做匀速圆周运动，所以B正确，A、C、D错误。(2)由题图乙可以看出，加速度和角速度的变化曲线大致一样，所以可以得到的结论是：半径一定，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大。(3)物体做圆周运动的加速度为a＝ω2r＝4π2n2r，若要研究加速度与半径的关系，应该保持转速(或角速度)不变，改变手机到圆心的距离；所以还需要的测量仪器是刻度尺。[答案](1)B(2)半径一定，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大(3)转速(或角速度)手机到圆心的距离刻度尺[考向预测]8．(2021·山东济南高三年级学情诊断)某同学研究自由落体运动的规律时，将小球在固定的刻度尺旁由静止释放，用手机拍摄小球自由下落的视频，然后用相应的软件处理得到分帧图片，利用图片中小球的位置就可以得出速度、加速度等信息，实验装置如图1所示。图2为小球下落过程中三幅连续相邻的分帧图片Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，相邻两帧之间的时间间隔为0.02s，刻度尺为毫米刻度尺。图1图2(1)图2(Ⅱ)中小球下落速度约为________m/s。(计算结果保留两位小数)(2)关于实验装置和操作，以下说法正确的是________(多选)。A．刻度尺应固定在竖直平面内B．铅垂线的作用是检验小球是否沿竖直方向下落C．手机应正对刻度尺固定D．手机距离刻度尺越近越好(3)为了得到更精确的加速度值，该同学利用多帧图片测算其对应的速度v和下落的高度h，绘制了v2­h图象，如图3所示。其中P、Q分别为两个大小相同，质量不同的小球下落的图象，由图象可知________(多选)。图3A．图线的斜率表示小球下落的加速度B．小球P的质量大于小球Q的质量C．小球P的质量小于小球Q的质量D．小球P的数据算出的加速度值更接近当地重力加速度[解析]本题通过研究自由落体运动规律考查实验注意事项和实验数据的处理。(1)从题图2(Ⅰ)到题图2(Ⅲ)，小球的位移约为x＝10.50cm－4.90cm＝5.60cm，用时t＝0.04s，由匀变速直线运动在一段时间内的平均速度等于其中间时刻的瞬时速度可知，题图2(Ⅱ)中小球的下落速度约为v＝eq\f(x,t)＝1.40m/s。(2)小球沿竖直方向下落，故刻度尺应固定在竖直平面内，A正确；铅垂线的作用是检验刻度尺是否沿竖直方向，B错误；手机在录像时应正对刻度尺，并且离刻度尺适当远些，离得远些，位置记录的误差小，C正确，D错误。(3)根据自由落体运动规律可知，小球下落高度h与速度v的关系为v2＝2gh，即v2与h成正