2022高考物理二轮复习专题限时集训13力学实验及创新含解析.docx

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1、专题限时集训(十三)(建议用时：40分钟)1.(1)用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图1所示。该金属丝的直径是_mm。图1(2)在用单摆测定重力加速度的实验中，用游标为20分度的游标卡尺测量摆球的直径，示数如图2所示，读数为_mm。图2解析(1)螺旋测微器固定刻度为1.5 mm，可动刻度为0.0120.4 mm0.204 mm。两者相加为1.704 mm(1.704至1.706都可以)(2)主尺读数为6 mm，游标读数为0.0515 mm0.75 mm，两者相加为6.75 mm。答案(1)1.704(1.7041.706)(2)6.752.(2020河北唐山摸底考试)某学习小组为了测当地重

2、力加速度，根据已有器材，设计如下实验。一较长铁质窄薄板用细线悬挂，在其下端附近，固定一小电动机，电动机转轴固定一毛笔，电动机可使毛笔在水平面内匀速转动。调整薄板与毛笔尖端的距离，可使毛笔在薄板上留下清晰的细线，如图甲所示。启动电动机，待毛笔连续稳定转动后，烧断细线，薄板竖直下落。图乙是实验后留有清晰细线的薄板。取底端某清晰的线记为O，每隔4条细线取一计数线，分别记为A、B、C、D。将毫米刻度尺零刻线对准O，依次记录A、B、C、D位置读数为10.57 cm、30.9 cm、60.96 cm、100.78 cm，已知电动机转速为3 000 r/min。(1)以上刻度尺读数有一数值记录不规范，正确记

3、录值应为_cm。(2)相邻计数线之间的时间间隔为_s。(3)根据以上数据，测得当地重力加速度为_ m/s2。(结果保留三位有效数字)解析(1)记录结果应估读到毫米的下一位，正确读数应为30.90 cm。(2)电动机转速为3 000 r/min50 r/s，所以每隔0.02 s画线一次，相邻计数线之间的时间间隔为0.1 s。(3)利用xaT2求重力加速度，即g m/s29.745 m/s29.75 m/s2。答案(1)30.90(2)0.1(3)9.753(易错题)某同学用如图甲所示的装置做“探究平抛运动规律”的实验，实验中正确记录了小球的印迹，得到如图乙所示的方格纸中a、b、c、d四个位置，小

4、方格的边长为L1.25 cm，不计空气阻力。甲乙(1)实验中，下列说法合理的是_。A斜槽一定要光滑，其末端必须水平B每次小球都必须从同一高度自由滑下C平板必须竖直，斜槽末端必须水平D平板竖直固定，必须取槽口处为坐标原点(2)图乙中若取a点为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴，小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则小球做平抛运动时的初速度为_ m/s，小球抛出点的坐标为_。(保留两位有效数字，g10 m/s2)解析(1)斜槽不一定要光滑，因为每次摩擦力相同，只要小球每次从同一高度自由滑下，那么小球每次从槽口飞出的速度都相同，但要保证小球飞出时的初速度方向是水平的，故斜槽末

5、端必须水平，平板必须竖直，A错误，B、C正确；坐标原点应建立在斜槽槽口小球的重心处，而不是槽口处，D错误。(2)由题图乙知小球在水平方向有4Lv0T，竖直方向由hgT2知2LgT2，联立两式得v021.0 m/s，T0.05 s；小球经过b点时的竖直速度大小vy0.75 m/s，由vygt知t0.075 s，所以小球从抛出点到a点经历的时间为ta0.025 s，由xv0ta，得x2.5 cm，由ygt，得y0.31 cm，即小球抛出点的坐标为(2.5 cm，0.31 cm)。答案(1)BC(2)1.0(2.5 cm，0.31 cm)易错点评处理平抛运动实验一定要先看水平方向(判定等时)，再由竖

6、直方向hgT2计算。4在“用DIS研究机械能守恒定律”的实验中，利用图(a)所示的器材进行实验。(a)(b)(c)(1)摆锤释放器的作用是：_。(2)如图(b)，图象中表示摆锤的重力势能Ep随摆锤距D点的高度h变化关系的图线是_(填图线所对应的文字)(3)(单选)实验测得A、B、C、D四点中只有C点速度明显偏小，造成这个误差的原因最可能是_A摆锤释放的位置高于A点B光电门放置的位置高于C点C在A点释放的摆锤初速度不为零D摆锤运动过程中受到空气阻力的缘故(4)某同学又设计了如图(c)实验装置来研究机械能守恒定律，水平桌面上固定一倾斜的光滑导轨，导轨上A点处有一小车，导轨上B点固定一个光电门传感器

7、，已知车的总质量为m，重力加速度为g，小车由静止沿导轨向下运动，如果要验证机械能守恒定律，需测量的物理量有：_、_、_。解析(1)摆锤释放器的作用是使摆锤每次从同一位置由静止释放。(2)根据Epmgh知，距离D点的高度h越大，重力势能越大，图象中表示摆锤的重力势能Ep随摆锤距D点的高度h变化关系的图线是乙图线。(3)摆锤释放的位置高于A点，会导致C点的速度测量值偏大，故A错误；光电门放置的位置高于C点，则测得的速度是C点上方的速度，测量值偏小，故B正确；在A点释放的摆锤初速度不为零，会导致C点的速度测量值偏大，故C错误；由于摆锤运动过程中受到空气阻力，各点的速度均会偏小，故D错误。(4)从A到

8、B的过程中，重力势能的减小量为EpmghmgLsin ，动能的增加量Ekmv，要验证机械能守恒，即需测量AB之间的距离、导轨的倾角和B点的速度。答案(1)使摆锤每次从同一位置由静止释放(2)乙(3)B(4)AB之间的距离导轨的倾角B点的速度5(原创题)在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学先按图1对弹簧甲进行探究，然后把原长相同的弹簧甲和弹簧乙按图2并联起来进行探究。在弹性限度内，将质量为m50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图1、图2中弹簧的长度L1、L2如下表所示。钩码个数1234L1/cm30.0031.0432.0233.02L2/cm29.3329.6529.9730.30图1图2

9、已知重力加速度g9.8 m/s2，要求尽可能多地利用测量数据，通过计算或推理回答下列问题：(1)根据实验数据可以推理得出，当两根原长相同的弹簧并联使用时，并联构成的弹簧的劲度系数k与并联前弹簧的劲度系数k甲、k乙之间的关系是_；(2)弹簧乙的劲度系数k乙_N/m；(3)下列关于误差分析的说法正确的是_。A实验中实际测量钩码的质量为49 g，弹簧的劲度系数的测量值变小B弹簧自身的重力对得出弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比的结论有影响C如果采用图象法处理数据，则弹簧的原长和弹簧自身的重力对计算劲度系数没有影响D如果每次测量弹簧的长度都将读数偏大相同的量，则其劲度系数的测量值将变小解析(1)由表中的数

10、据可知，当弹力相同时，L1的形变量大，而L2形变量小，说明并联后弹簧的劲度系数变大，故两根原长相同的弹簧并联使用时，弹簧的劲度系数增大。因此设想将两根弹簧分开使用并使之伸长量相同，则对弹簧甲有F1k甲x，对弹簧乙有F2k乙x，与两根弹簧并联使用且弹簧伸长量相同时等效，即F1F2kx，联立解得kk甲k乙。(2)由表中的数据可知，当弹力变化量Fmg0.49 N时，弹簧长度的变化量为x1，代入数据得x11.0 cm，根据胡克定律知甲的劲度系数k甲49 N/m；由表中的数据可知，当弹力变化量Fmg0.49 N时，弹簧甲、乙并联的长度的变化量为x2，代入数据得x20.32 cm，根据胡克定律知并联后弹簧

11、的劲度系数k153.13 N/m，根据kk甲k乙解得k乙kk甲104.13 N/m。(3)根据胡克定律，k，测量时将本来只有49 g的钩码质量按照50 g代入计算，故代入质量变大，测量值偏大，A错误；弹簧自身的重力对得出弹簧的弹力与弹簧的伸长量之间的线性关系没有影响，但将会出现截距，不能得出正比例关系，B错误；如果采用图象法处理数据，建立Fx图象，则其斜率的大小表示弹簧的劲度系数，则弹簧的原长和弹簧自身的重力对计算劲度系数没有影响，C正确；如果每次读数都将弹簧的长度偏大了相同的量，则相当于弹簧的原长和伸长后的长度都偏大，且偏大值相同，这对弹簧的伸长量没有影响，故其劲度系数测量值将不变，D错误。

12、答案(1)kk甲k乙(2)104.13(3)C6(2020江西临川一中阶段性测试)甲同学用图1所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与放置在水平木板上的木块和竖直悬挂的弹簧测力计相连。(1)下列说法正确的是_(填入相应的字母)。A实验前，应先对弹簧测力计调零B应保持与木块相连的细线水平C实验时，应将木板匀速向左拉出D实验时，拉木板的速度越大越好图1图2(2)图2是某次实验中弹簧测力计示数的放大图，则木块受到的滑动摩擦力f_N。(3)为进行多次实验，甲同学采取了在木块上增加砝码个数的方法。若砝码的质量、木块与木板间的动摩擦因数和重力加速度分别用m、和g来表示。测得

13、多组数据后，该同学描绘的fm关系图线如图3所示，则他测得的动摩擦因数_。(重力加速度g取10 m/s2)图3(4)若甲同学所用木块为A，在保持其他器材不变的情况下，乙同学换用了木块B也进行了上述实验，木块B的质量比A的大0.02 kg，A、B的材料以及它们表面粗糙程度相同。最后乙同学也描绘出了fm关系图线。请你帮他在图3中画出该图线。解析(1)因为要准确读出弹簧测力计的示数，所以实验前，应先对弹簧测力计调零，选项A正确；只有保持与木块相连的细线水平，细线对木块的拉力才等于木块受到的摩擦力，选项B正确；不管木板如何向左运动，木块都是处于平衡状态，即细线对木块的拉力都等于木块受到的摩擦力，所以没有

14、必要匀速拉出木板，选项C错误；木板拉出的速度太快，实验时间太短，弹簧测力计的示数不能稳定，使得读数误差较大，所以木板拉出的速度不能太快，选项D错误。(2)木块受到的滑动摩擦力等于弹簧测力计的示数，其读数为2.75 N，则木块受到的滑动摩擦力f2.75 N。(3)因为木块处于平衡状态，细线的拉力等于木块受到的摩擦力，即f(m0m)ggmm0g，式中m0为木块的质量，可知fm图象的斜率kg，在图象选取两点(0.20 kg,2.72 N)和(0.05 kg,2.12 N)，求出其斜率k N/kg4 N/kg，所以动摩擦因数0.4。(4)由(3)可知，在f与m的关系式中，其斜率与所用木块质量无关，乙同

15、学所作的图象的斜率也是g，所以乙同学所作的图象与甲同学作的图象是平行的；对木块B和砝码有f(mm00.02 kg)ggm(m00.02 kg)g，综合f(m0m)ggmm0g可得gm(m00.02 kg)ggmm0g，化简可得mm0.02 kg，即把甲同学的图象向左平移2格，就得到乙同学描绘出的fm图象，且该图象过点(0,2.0 N)，如图所示。答案(1)AB(2)2.75(2.742.76)(3)0.4(4)见解析图7(2020全国卷T23)某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，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)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤

16、如下：(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间_时，可认为气垫导轨水平；(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块(含遮光片)的质量m2；(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间t1、t2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I_，滑块动量改变量的大小p_；(用题中给出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次测量得

17、到的一组数据为：d1.000 cm，m11.50102 kg，m20.400 kg，t13.900102 s，t21.270102 s，t121.50 s，取g9.80 m/s2，计算可得I_Ns，p_kgms1；(结果均保留3位有效数字)(7)定义100%，本次实验_%。(保留1位有效数字)解析(1)当气垫导轨水平时，滑块在导轨上做匀速运动，所以滑块上的遮光片通过两个光电门的遮光时间相等。(5)根据冲量的定义可得Im1gt12；根据动量改变量的定义可得pm2m2m2()。(6)代入数据得Im1gt121.501029.801.50 Ns0.221 Ns；pm2()0.4001.000102

18、kgm/s0.212 kgm/s。(7)根据定义可得100%4%。答案(1)大约相等(5)m1gt12m2()(6)0.2210.212(7)48(2017全国卷T22)某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1 mm)的纸贴在桌面上，如图(a)所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外)，另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长。(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图(b)所示，F的大小为_N。(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测

19、力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点。此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F14.2 N和F25.6 N。()用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O点为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；(a)(b)()F合的大小为_N，F合与拉力F的夹角的正切值为_。若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。解析(1)由题给测力计示数可知，读数为4.0 N。(2)作图，F2长度为28 mm，F1长度为21 mm，平行四边形如图，量出合力长度约为20 mm，大小代表4.0 N，量出合力箭头处到y轴距离和所作合力在y轴上投影长度，其比值就是F合与拉力F的夹角的正切值。答案(1)4.0(2)() 见解析图()4.00.05