(2020-2022)三年高考物理真题分项汇编(全国通用)专题16+实验2力学实验Word版含解析9224.pdf

专题16 力学实验 1、（2022 湖南卷T11）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（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 1 2 3 4 5 硬币数量n/枚 5 10 15 20 25 长度/cml 10.51 12.02 13.54 15.05 16.56（3）根据表中数据在图（b）上描点，绘制图线；_ （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】.见解析 .15.35 .127【解析】（3）1根据表格标点连线如图 （4）2由图可知刻度尺的分度值为 1mm，故读数15.35cml；（5）3设橡皮筋的劲度系数为 k，原长为 x0，则 110nmgk lx 250n mgk lx 设冰墩墩的质量为 m1，则有 10m gk lx 联立各式代入数据可得142.69gm。2、（2022广东卷T11）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（a）所示的装置，实验过程如下：（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1t和2t。（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E _（用字母 m、d、1t和2t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】.7.883#7.884 .B .221211()()22ddmmtt .增大【解析】（2）1依题意，小球的直径为 7.5mm38.40.01mm7.884mmd 考虑到偶然误差，7.883mm也可以。（3）2在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，故选 B。（4）3依题意，小球向下、向上先后通过光电门时的速度分别为 v1、v2，则有 11dvt 22dvt 则小球与硅胶材料碰撞过程中机械能的损失量为 222212121111()()2222ddEmvmvmmtt（5）4若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。3、（2022山东卷T13）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，如图甲所示。主要步骤如下：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；接通气源。放上滑块。调平气垫导轨；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；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。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 aF 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 aF 图像，则待测物体的质量为_kg。【答案】.12 .0.20 .0.13【解析】（1）1由题知，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。结合图乙的 Ft图有 x=5.00cm，F=0.610N 根据胡克定律 Fkx 计算出 k 12N/m（2）2根据牛顿第二定律有 F=ma 则 aF图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中 I，则有-1-1130kg5kg0.6m 则滑块与加速度传感器的总质量为 m=0.20kg（3）3滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中 II，则有-1-111.50kg3kg0.5m 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 m=m-m=0.13kg 4、（2022 全国甲卷 T23）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为1m的滑块 A 与质量为2m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1v和2v，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：（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1s与 B 的右端到右边挡板的距离2s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1t和2t；（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；1 2 3 4 5 1/st 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39 2/st 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46 12vkv 0.31 2k 0.33 0.33 0.33（6）表中的2k _（保留 2位有效数字）；（7）12vv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12vv判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则12vv的理论表达式为_（用1m和2m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】.0.304 .0.31 .0.32 .2112mmm .0.33【解析】（2）1应该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）2由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得 122210.210.310.67vtkvt（7）312vv平均值为 0.310.310.330.330.330.325k（8）45弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得 1 01 122m vm vm v 2221 01 122111222mvmvm v 联立解得 121212vmmvm 代入数据可得 120.33vv 5、（2022全国乙卷T22）用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（0t）开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔1s测量一次其位置，坐标为 x，结果如下表所示：/st 0 1 2 3 4 5 6/mx 0 507 1094 1759 2505 3329 4233 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507mx 时，该飞行器速度的大小v_m/s；（3）这段时间内该飞行器加速度的大小a_2m/s（保留 2位有效数字）。【答案】.相邻 1s内的位移之差接近x=80m .547 .79【解析】（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 11094m/s=547m/s2v （3）3根据 2236032242332 1759m/s79m/s99 1xxaT 6、（2022浙江 6 月卷T17）（1）“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如图 1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行。图 2 是打出纸带的一部分，以计数点 O为位移测量起点和计时起点，则打计数点 B 时小车位移大小为_cm。由图 3 中小车运动的数据点，求得加速度为_m/s2（保留两位有效数字）。利用图 1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是_。A换成质量更小的车 B调整长木板的倾斜程度 C把钩码更换成砝码盘和砝码 D改变连接小车的细绳与长木板的夹角 （2）“探究求合力的方法”的实验装置如图 4 所示，在该实验中，下列说法正确的是_；A拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同 B在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点 C测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦 D测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板 若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要_（选填“2”、“3”或“4”）次把橡皮条结点拉到 O。【答案】.6.156.25 .1.7 2.1 .BC#CB .D .3【解析】（1）1依题意，打计数点 B 时小车位移大小为 6.20cm，考虑到偶然误差，6.15cm6.25cm也可；2 由图 3 中小车运动的数据点，有 221.050.30m/s1.9m/s0.4vat 考虑到偶然误差，1.7m/s22.1 m/s2也可；3 A利用图 1 装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要满足小车质量远远大于钩码质量，所以不需要换质量更小的车，故 A 错误；B利用图 1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要利用小车斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以需要将长木板安打点计时器一端较滑轮一端适当的高一些，故 B正确；C以系统为研究对象，依题意“探究小车速度随时间变化的规律”实验时有 21.9m/smgfMm 考虑到实际情况，即fmg，有 21.9m/smgMm 则可知 4Mm 而利用图 1 装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时要保证所悬挂质量远小于小车质量，即mM；可知目前实验条件不满足，所以利用当前装置在“探究加速度与力、质量的关系”时，需将钩码更换成砝码盘和砝码，以满足小车质量远远大于所悬挂物体的质量，故 C 正确；D实验过程中，需将连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板始终保持平行，与之前的相同，故 D错误。故选 BC。（2）4 A在不超出弹簧测力计的量程和橡皮条形变限度的条件下，使拉力适当大些，不必使两只测力计的示数相同，故 A错误；B在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的一个点就可以了，故 B错误；C实验中拉弹簧秤时，只需让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力相等，与弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦无关，故 C 错误；D为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，故 D 正确。故选 D。5 若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧称拉住另一条细绳，互成角度的拉橡皮条，使其结点达到某一点 O，记下位置 O 和弹簧称示数 F1和两个拉力的方向；交换弹簧称和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至 O点，使两力的方向与原来两力方向相同，并记下此时弹簧称的示数 F2；只有一个弹簧称将结点拉至 O点，并记下此时弹簧称的示数 F 的大小及方向；所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要 3次把橡皮条结点拉到 O。7、（2022浙江 1 月卷T23）“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，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。实验应进行的操作有_。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 下表是某次实验时测得的数据：A的质量/kg B的质量/kg 碰撞前 A 的速度大小/（1m s）碰撞后 A 的速度大小/（1m s）碰撞后 B 的速度大小/（1m s）0.200 0.300 1.010 0.200 0.800 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】.C .0.200【解析】1碰撞前将滑轨调成水平，保证碰撞前后 A、B做匀速直线运动即可，没有必要测量滑轨的长度和小车的长度、高度。故选 C。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，设碰前小车 A 的运动方向为正方向，则可知碰后系统的总动量大小为 BBAApm vm v 解得 0.200kg m/sp 8、（2022浙江 1 月卷T17）（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，如图所示。在轨迹上取一点 A，读取其坐标（x0，y0）。下列说法正确的是_。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 根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小 v0=_。A2gh B02gy C02gxh D002gxy 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】.C .D .确保多次运动的轨迹相同【解析】1A只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜槽是否光滑无关，故 A错误；B画轨迹时应应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，故 B 错误；C求平抛运动初速度时应读取轨迹上离远点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差，故 C正确；故选 C。2 坐标原点 O为抛出点，由平抛规律有 00 xv t 2012ygt 联立解得平抛的初速度为 0002gvxy 故选 D。3 小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多次运动的轨迹相同。9、（2022河北T11）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 1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212Ekx，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。（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 2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_。（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 3 所示。由图 3 可知，随着 h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是_。【答案】.20551()2k LL hkh .25328m hhT .mgh5 .见解析【解析】（1）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 22005p11=()()22Ek LLk LLh弹 整理有 2055p1()2Ek LL hkh弹 2打 F 点时钩码的速度为 532FhhvT 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 2532k21028Fm hhEmvT 3钩码的重力势能增加量为 Ep重=mgh5（2）4钩码机械能的增加量，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。10、（2022湖北T12）某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值maxT和最小值minT。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的maxminTT图像是一条直线，如图乙所示。（1）若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为_。（2）由图乙得:直线的斜率为_，小钢球的重力为_N。（结果均保留 2 位有效数字）（3）该实验系统误差的主要来源是_（单选，填正确答案标号）。A小钢球摆动角度偏大 B小钢球初始释放位置不同 C小钢球摆动过程中有空气阻力 【答案】.2 .2.1 .0.59 .C【解析】（1）1设初始位置时，细线与竖直方向夹角为，则细线拉力最小值为 mincosTmg 到最低点时细线拉力最大，则 21(1 cos)2mglmv 2maxvTmgml 联立可得 maxmin32TmgT 即若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为2；（2）23由图乙得直线的斜率为 1.771.352.10.2k 31.77mg 则小钢球的重力为 0.59mg （3）4该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选 C。1（2021浙江卷）在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图 1 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 2 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。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_。已知交流电频率为50Hz，重物质量为200g，当地重力加速度29.80m/sg，则从 O 点到 C 点，重物的重力势能变化量的绝对值pE_J、C 点的动能kCE_J（计算结果均保留 3 位有效数字）。比较kCE与pE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】阻力与重力之比更小（或其它合理解释）0.547 0.588 C 【解析】1在验证机械能守恒实验时阻力越小越好，因此密度大的阻力与重力之比更小 2由图中可知 OC 之间的距离为27.90cmOCx，因此机械能的减少量为 p0.29.80.2790J0.547JOCEmgx 3匀变速运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度，因此 0.3300.233m/s2.425m/s22 0.02BDCxvT 因此动能的增加量为 2k110.22.4252.425J0.588J22CcEmv 4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。2.（2021全国卷）为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为的斜面（已知 sin=0.34，cos=0.94），小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得 5 个连续相等时间间隔（每个时间间隔T=0.20s）内小铜块沿斜面下滑的距离 si（i=1，2，3，4，5），如下表所示。s1 s2 s3 s4 s5 5.87cm 7.58cm 9.31cm 11.02cm 12.74cm 由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为_m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为_。（结果均保留 2 位有效数字，重力加速度大小取 9.80m/s2）【答案】0.43 0.32 【解析】1根据逐差法有 2254212222(12.7411.02)10(7.585.87)10m/s0.43m/s6 0.206ssssaT 2对小铜块受力分析根据牛顿第二定律有 sincosmgmgma 代入数据解得 0.32 3（2021全国卷）某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。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5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。完成下列填空：（结果均保留 2 位有效数字）（1）小球运动到图（b）中位置 A 时，其速度的水平分量大小为_m/s，竖直分量大小为_m/s；（2）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为_2m/s。【答案】1.0 2.0 9.7 【解析】（1）1因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为 00.05m/s1.0m/s0.05xvt 2竖直方向做自由落体运动，因此 A 点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得 28 5 10m/s2.0m/s0.054yv （2）3由竖直方向的自由落体运动可得 342124yyyygT 代入数据可得 29.7m/sg 4（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0L，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。n 1 2 3 4 5 6/cmnL 8.04 10.03 12.05 14.07 16.11 18.09（1）利用ii 3ii1,2,3LLL计算弹簧的压缩量：16.03cmL，26.08cmL，3L_cm，压缩量的平均值1233LLLL_cm；（2）上述L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29.80m/s，该弹簧的劲度系数为_N/m。（结果保留 3 位有效数字）【答案】6.04 6.05 3 48.6 【解析】（1）1根据压缩量的变化量为 363(18.0912.05)cm6.04cmLLL 2压缩量的平均值为 1236.036.086.04cm6.05cm33LLLL（2）3因三个L是相差 3 个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加 3 个钢球时产生的弹簧平均压缩量；（3）4根据钢球的平衡条件有 3sinmgkL 解得-23sin3 0.2 9.8 sin30N/m48.6N/m6.05 10mgkL 5（2021湖南卷）某实验小组利用图（a）所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下：（1）用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图（b）所示，h_cm；（2）接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；（3）在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；（4）在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a；（5）在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重复步骤（4），记录数据如下表：n 1 2 3 4 5 6 2/m sa 0.087 0.180 0.260 0.425 0.519 根据表中数据在图（c）上描点，绘制图线_。如果表中缺少的第 4 组数据是正确的，其应该是_2m/s（保留三位有效数字）。【答案】1.02 0.342 【解析】（1）1垫块的厚度为 h=1cm+20.1mm=1.02cm（5）2绘制图线如图；3根据 nhmgmal 可知 a 与 n 成正比关系，则根据图像可知，斜率 0.6=74ak 解得 a=0.342m/s2 6（2021河北卷）某同学利用图 1 中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、50g的钩码若干、光电门 2 个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为200g，其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为29.80m/s，实验操作步骤如下：安装器材，调整两个光电门距离为50.00cm，轻细绳下端悬挂 4 个钩码，如图 1 所示；接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；保持最下端悬挂 4 个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；完成 5 次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量 M、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量kE及系统总机械能的减少量E，结果如下表所示：/kgM 0.200 0.250 0.300 0.350 0.400 k/JE 0.582 0.490 0.392 0.294 0.195/JE 0.393 0.490 0.686 0.785 回答下列问题：（1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为_J（保留三位有效数字）；（2）步骤中的数据所缺数据为_；（3）若 M 为横轴，E为纵轴，选择合适的标度，在图 2 中绘出EM图像_；若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为_（保留两位有效数字）【答案】0.980 0.588 0.40（0.380.42）【解析】（1）1四个钩码重力势能的减少量为 P44 0.05 9.8 0.5J0.980JEmgL（2）2对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知 22f21114(4)(4)22mgLWmM vmM v 其中系统减少的重力势能为 P4EmgL 系统增加的动能为 22k2111(4)(4)22EmM vmM v 系统减少的机械能为fEW，则代入数据可得表格中减少的机械能为 40.980.3920.588JE（3）3根据表格数据描点得EM的图像为 4根据做功关系可知 EMgL 则EM图像的斜率为 0.7850.3931.960.40.2kgL 解得动摩擦因数为 0.40（0.380.42）7（2021浙江卷）(1)用如图所示装置进行“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。关于这个实验，下列说法正确的是_；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 如图 2 所示是两条纸带，实验时打出的应是第_条（填写“I”或“II”）纸带；根据实验数据，在坐标纸上画出的 W-v2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。(2)小明同学在做“测定玻璃的折射率”实验时，发现只有 3 枚大头针，他把大头针 A、B、C 插在如图所示位置，并测出了玻璃的折射率。请在答题纸相应方框中画出光路图，标出入射角 i 和折射角 r，并写出折射率 n 的计算式。_ 【答案】ACD 能 sinsininr 【解析】(1)1A题中需要将盘和砝码的重力可当作牵引力，所以首先需要补偿小车受到阻力的影响，即抬高长木板右端，小车在不接盘和砝码的情况下，轻推小车，使小车做匀速直线运动，说明小车重力沿斜面的分力与小车所受阻力等大反向，A 正确；D然后挂上盘与砝码m，根据牛顿第二定律 mgTma 对小车M，根据牛顿第二定律 TMa 两式相比解得绳子拉力 11MTmgmgmMmM 当满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量，即Tmg，盘和砝码的重力可当作牵引力，D 正确；B实验过程中摩擦阻力无法消除，本实验装置无法验证“机械能守恒定律”故 B 错误。C细线与长木板平行需要平行，保证绳子的拉力与小车运动方向一致，这样盘和砝码的重力可完全当作牵引力，C 正确。故选 ACD。2小车做匀加速直线运动，位移逐渐增大，所以实验打出的纸带是第 II 条。3根据动能定理可知212WMv，图像的斜率为12M，据2Wv能求出小车的质量。(2)4光路图如图所示 5根据折射定律可知sinsininr。1（2020北京卷）在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：（1）为猜想加速度与质量的关系，可利用图 1 所示装置进行对比实验。两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是：_(选填选项前的字母)。A小车质量相同，钩码质量不同 B小车质量不同，钩码质量相同 C小车质量不同，钩码质量不同 （2）某同学为了定量验证(1)中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度a与质量M的 7 组实验数据，如下表所示。在图 2 所示的坐标纸上已经描好了 6 组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出1aM图像_。次数 1 2 3 4 5 6 7 2/am s 0.62 0.56 0.48 0.40 0.32 0.24 0.15/Mkg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 （3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。请在图 3 中画出小车受力的示意图。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是：_（选填选项前的字母）。A使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力 B若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力 C无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力 D让小车的质量远大于砂和桶的质量，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力【答案】B AD 【解析】（1）1为了探究加速度与质量的关系，必须控制小车所受拉力相同，而让小车的质量不同，所以钩码质量相同，故 B 正确。（2）2数据描点和1aM图像如图所示 （3）3A使小车沿倾角合适的斜面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故 A 正确；B若斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化“力”的测量，故 B 错误；C由牛顿第二定律可知，无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都大于绳的拉力，故 C 错误；D当小车的质量远大于砂和桶的质量时，砂和桶的重力近似等于绳的拉力，故 D 正确；故选 AD。2（2020天津卷）某实验小组利用图 1 所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边 ab 与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。为了正确完成实验，以下做法必要的是_。A实验时应保持桌面水平 B每次应使钢球从静止开始释放 C使斜面的底边 ab 与桌边重合 D选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面 实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2m，在白纸上记录了钢球的 4 个落点，相邻两点之间的距离依次为15.0cm、25.0cm、35.0cm，示意如图 2。重力加速度210m/sg，钢球平抛的初速度为_m/s。图 1 装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是_。【答案】AB 2 方便调整木板保持在竖直平面上 【解析】1A实验过程中要保证钢球水平抛出，所以要保持桌面水平，故 A 正确；B为保证钢球抛出时速度相同，每次应使钢球从同一位置静止释放，故 B 正确；CD实验只要每次钢球抛出时速度相同即可，斜面底边 ab 与桌面是否重合和钢球与斜面间的摩擦力大小对于每次抛出的速度无影响，故 C 错误，D 错误。故选 AB。2 每次将木板向远离桌子的方向移动0.2m，则在白纸上记录钢球的相邻两个落点的时间间隔相等，刚球抛出后在竖直方向做自由落体运动，根据2xgT 可知相邻两点的时间间隔为 2251510s=0.1s10T 刚球在水平方向上做匀速直线运动，所以小球初速度为 0.2m/s=2m/s0.1xvT 3悬挂铅垂线的目的是方便调整木板保持在竖直平面上。3（2020浙江卷）做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：（）挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为 M 的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；（）取下托盘和砝码，测出其总质量为 m，让小车沿木板下滑，测出加速度 a；（）改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到aF的关系。实验获得如图所示的纸带，计数点 a、b、c、d、e、f 间均有四个点未画出，则在打 d 点时小车的速度大小dv _m/s（保留两位有效数字）；需要满足条件Mm的方案是_（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在作aF图象时，把mg作为 F值的是_（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）。【答案】0.180.19 甲 甲和乙 【解析】1打点计时器打点周期 0.1sT 由匀加速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，在打 d 点时小车的速度 2(38.1030.70)10m/s0.19m/s44 0.1dbfvT 23在图甲的实验方案中，由托盘和砝码的重力提供拉力，让小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得()mgMm a 则 magmM 则绳子对小车的拉力 MFMamgmM 当Mm时，绳子拉力近似等于托盘和砝码的重力。故甲需要满足Mm。在图乙的实验方案中，挂上托盘和砝码，小车匀速下滑，设斜面的倾斜角为，斜面和纸带对小车的摩擦力或阻力总和为 f，则有 sinMgfmg 取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得 sinMgfMa 即 mgMa 故乙方案中，不需要满足Mm。在甲乙方案中，均用托盘和砝码的重力 mg 作为小车匀加速的直线运动的合力及 F。4（2020浙江卷）某同学用单摆测量重力加速度，为了减少测量误差，下列做法正确的是_（多选）；A摆的振幅越大越好 B摆球质量大些、体积小些 C摆线尽量细些、长些、伸缩性小些 D计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处 改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长的关系图象如图所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是_。A测周期时多数了一个周期 B测周期时少数了一个周期 C测摆长时直接将摆线的长度作为摆长 D测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长【答案】BC C 【解析】1A单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不能超过 5，否则单摆将不做简谐振动，故 A 做法错误；B实验尽量选择质量大的、体积小的小球，减小空气阻力，减小实验误差，故 B 做法正确；C为了减小实验误差，摆线应轻且不易伸长的细线，实验选择细一些的、长度适当、伸缩性小的绳子，故 C 做法正确；D物体再平衡位置（最低点）速度最大，计时更准确，故 D 做法错误。2单摆的周期 2lTg 即 224Tlg 但是实验所得2Tl没过原点，测得重力加速度与当地结果相符，则斜率仍为24g；则 2204()Tllg 故实验可能是测量是直接将摆线的长度作为摆长了。5（2020全国卷）某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为 0.02 s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出 B 点时小车的速度大小 vB=_m/s，打出 P 点时小车的速度大小 vP=_m/s（结果均保留 2 位小数