第21課時力學實驗知識網絡構建

高考題型一紙帶和光電門類實驗紙帶測瞬時速度做勻變速直線運動的物體在一段時間內的平均速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度，如圖所示，求打某一點時物體的瞬時速度，只需在這一點的前后各取相同時間間隔T的兩段位移xn和xn＋1，則打n點時的速度vn＝eq\f(xn＋xn＋1,2T)測加速度①用“逐差法”求加速度如圖所示a＝eq\f(（x4＋x5＋x6）－（x1＋x2＋x3）,9T2)②作出v－t圖像，通過圖像的斜率求物體運動的加速度，a＝eq\f(Δv,Δt)光電門測速度光電門主要是測量速度的儀器，設小車上擋板的寬度為d，擋板遮住光電門光線的時間為Δt，則小車通過光電門的速度v＝eq\f(d,Δt)測加速度若已知兩個光電門之間的距離為x，小車通過兩個光電門時的速度分別為v1、v2，則a＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2x)角度1研究勻變速運動的規律【例1】(2022·廣東普通高中一模)某興趣小組用光電門、計時器和直尺測量當地的重力加速度。圖1(a)是其實驗裝置，其操作方法是：讓直尺下端剛好處于光電門處并由靜止釋放，光電計時器記錄直尺通過光電門的時間，直尺運動過程中尺身始終處于豎直方向，圖(b)是量程分別為0～15.0cm的鋼尺和0～20.0cm的塑料尺。圖1(1)為了較準確測出重力加速度，應選擇________(選填“鋼尺”或“塑料尺”)完成該實驗。(2)小組通過5次實驗，測得直尺通過光電門的時間如下表。第4次實驗操作可能存在的問題是：直尺下端開始遮光時具有________(選填“加速度”“初速度”或“重力”)。次數12345時間/s0.1840.1860.1850.1500.186(3)剔除第4組數據，從表格其他數據算出時間的平均值是0.185s，并利用選定的直尺的量程L代入g＝eq\f(2L,t2)，得g≈8.77m/s2，結果與當地重力加速度差距較大，上述數據處理存在的問題是_______________________________________________。(4)根據實驗數據，正確的計算結果應該是g＝________(結果保留2位小數)。答案(1)鋼尺(2)初速度(3)計算位移時誤用鋼尺的量程，應該用鋼尺的總長度(4)9.70m/s2解析(1)由于鋼尺的密度大，空氣阻力的影響小，所以選鋼尺。(2)由表格可知，第4次實驗的時間明顯小于其他幾次，可能存在的問題是：直尺下端開始遮光時具有初速度。(3)根據g＝eq\f(2L,t2)，代入計算的加速度得L＝0.15m，結果與當地重力加速度差距較大，上述數據處理存在的問題是計算位移時誤用鋼尺的量程，應該用鋼尺的總長度。(4)由圖(b)可知，鋼尺總長度為0.166m，根據實驗數據，正確的計算結果應該是g＝eq\f(2×0.166,0.185×0.185)m/s2＝9.70m/s2。角度2探究加速度與物體受力、物體質量的關系1.需要補償阻力(為了使繩子拉力即合力)圖2補償阻力操作：(1)將長木板一端墊高。(2)穿上紙帶，不掛重物。(3)通過輕推小車，小車能勻速下滑則剛好平衡。(要通過紙帶打點，點跡是否均勻來判斷是否勻速。)2.實驗方法：控制變量法。3.探究結果：a與F(即合力)成正比，與M成反比。4.誤差分析(1)系統誤差：因為懸掛物也有向下的加速度，因此繩子拉力必然小于懸掛物重力，而實驗中用槽碼的重力代替繩子拉力偏大。減小系統誤差的方法：實驗條件滿足M小車?m槽碼。消除系統誤差的改進實驗方案舉例：用拉力傳感器直接測量繩子的拉力。若采用該方案，則實驗條件無需滿足M小車?m槽碼。(2)偶然誤差：未能剛好補償阻力，測量讀數、作圖等偶然誤差。圖3圖線1：補償阻力時長木板傾斜角過大。圖線2：未補償阻力或補償阻力時長木板傾斜角過小。5.數據處理中坐標變換的處理技巧(化曲為直)，如圖4乙所示。圖4【例2】(2022·山東煙臺一模)某物理實驗小組利用圖5所示裝置“探究小車的加速度與受力的關系”。圖5(1)關于實驗操作，下列說法正確的是______。A.實驗時，先釋放小車再接通打點計時器的電源B.調節滑輪的高度，使牽引小車的細線與長木板保持平行C.每次改變重物質量時，不需要重新調整長木板的傾斜度D.為盡可能減小實驗誤差，小車的質量應遠大于重物的質量(2)一次實驗中獲得的紙帶如圖6所示，已知所用電源的頻率為50Hz，每5個點取一個計數點，A、B、C、D、E、F、G為所取計數點，由圖中數據可求得加速度大小a＝________m/s2(計算結果保留2位有效數字)。圖6(3)實驗小組先保持小車質量為m1不變，改變小車所受的拉力F，得到a隨F變化的規律如圖7中直線A所示，然后實驗小組換用另一質量為m2的小車，重復上述操作，得到如圖7中所示的直線B，由圖可知，m1________m2(選填“大于”或“小于”)，直線B不過坐標原點的原因是______________________________。圖7答案(1)BCD(2)0.18(0.17～0.19)(3)小于長木板傾斜程度過大，補償阻力過度解析(1)實驗時，要先接通打點計時器的電源再釋放小車，A錯誤；繩子的拉力應與運動方向一致，故應調節滑輪的高度，使牽引小車的細線與長木板保持平行，B正確；平衡后，應有μmgcosθ＝mgsinθ，即有μ＝tanθ，故每次改變重物質量時，不需要重新調整長木板的傾斜度，C正確；為盡可能減小實驗誤差，實驗要求小車的質量應遠大于重物的質量，D正確。(2)設AD＝x1，DG＝x2，由圖6可得x1＝3.70cm－0.40cm＝3.30cm，x2＝8.60cm－3.70cm＝4.90cm，所用電源的頻率為50Hz，每5個點取一個計數點，可得AD之間的時間間隔為t＝3×0.02×5s＝0.3s根據勻變速直線運動的推論，即Δx＝x2－x1＝at2代入數據解得a＝0.18m/s2。(3)根據牛頓第二定律a＝eq\f(F,m)知，a－F圖像的斜率表示eq\f(1,m)，由題圖可知eq\f(1,m1)>eq\f(1,m2)，則m1<m2，由直線B可知，當F等于0時，加速度不等于零，說明平衡摩擦力過度，即長木板傾斜程度過大，補償阻力過度。角度3驗證機械能守恒定律1.重物的選擇：質量大，體積小。(以有保護軟墊的重錘為佳，不能用鉤碼，砝碼。)圖82.實驗方法：比較減小的重力勢能與增加的動能是否相同。3.系統誤差：空氣阻力、摩擦阻力做功使機械能損失，減小的重力勢能要略大于增加的動能。4.數據處理方案一：利用起始點和第n點計算，若mghn＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，則機械能守恒。方案二：任取兩點A、B計算，若mghAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，則機械能守恒。方案三：根據多組實驗數據作出eq\f(1,2)v2－h圖線，若圖線是一條過原點且斜率為g的直線，則機械能守恒。(該方案通常用作由自由落體運動測定重力加速度實驗。作出eq\f(1,2)v2－h圖后，斜率即重力加速度值。)5.特別注意：實驗中計算速度時，只能用vn＝eq\f(xn＋xn＋1,2T)計算紙帶瞬時速度，不能用vn＝eq\r(2gh)或vn＝gt來計算。【例3】(2022·河南開封二模)某同學利用如圖9所示的裝置驗證機械能守恒定律，已知當地重力加速度為g。主要實驗步驟如下：圖9①用游標卡尺測量擋光片的寬度d，用量角器測出氣墊導軌的傾角θ；②測量擋光片到光電門的距離x；③由靜止釋放滑塊，記錄數字計時器顯示擋光片的擋光時間t；④改變x，測出不同x所對應的擋光時間t。根據上述實驗步驟請回答：(1)用游標卡尺測量擋光片的寬度時的結果如圖10所示，則擋光片的寬度d＝______________mm。圖10(2)滑塊通過光電門時速度的表達式v＝______(用實驗中所測物理量符號表示)。(3)根據實驗測得的多組x、t數據，可繪制x－eq\f(1,t2)圖像，圖像的縱坐標為x，橫坐標為eq\f(1,t2)，如果滑塊下滑過程符合機械能守恒定律，則圖像應為過原點的一條傾斜直線，其斜率為____________(用d、θ、g表示)。答案(1)2.40(2)eq\f(d,t)(3)eq\f(d2,2gsinθ)解析(1)游標卡尺的主尺讀數為2mm，游標讀數為0.05×8mm＝0.40mm，所以最終讀數為2mm＋0.40mm＝2.40mm。(2)由于擋光片通過光電門的時間極短，可以用平均速度表示瞬時速度。滑塊通過光電門時速度v＝eq\f(d,t)。(3)如果滑塊下滑過程符合機械能守恒定律，則應有mgxsinθ＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))eq\s\up12(2)，所以x＝eq\f(d2,2gsinθ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))eq\s\up12(2)，x－eq\f(1,t2)圖像應為過原點的一條傾斜直線，其斜率為eq\f(d2,2gsinθ)。高考題型二彈簧、橡皮條類實驗角度1探究彈力與彈簧伸長的關系1.不要超過彈性限度。2.測彈簧原長時要保持自由懸掛。3.數據處理：作F－x圖，斜率即勁度系數k。4.探究結果：胡克定律F＝kx(x為形變量)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(彈簧勁度系數的算法：k＝\f(F,x)＝\f(ΔF,Δx)))圖線1：x表示彈簧形變量。圖線2：x為彈簧長度，其中x0為彈簧原長(無論圖線1還是圖線2，斜率都表示勁度系數)。圖線3：后端發生彎曲原因是超過彈性限度。圖線4：x軸小截距原因可能是測彈簧原長時未懸掛，懸掛后彈簧自身重力導致誤差。【例4】某物理興趣小組的同學在研究彈簧彈力的時候，測得彈力的大小F和彈簧長度L的關系如圖10甲所示。甲乙圖10(1)由圖甲可知，彈簧的勁度系數為____________N/m。(2)為了測定兩木塊A、B間的動摩擦因數μ，兩同學分別設計了如圖乙所示的Ⅰ、Ⅱ兩種方案。①為了用某一彈簧測力計的示數表示A和B之間的滑動摩擦力的大小，你認為方案________更合理。②方案Ⅰ中，若A和B受到的重力分別為10.0N和20.0N。當A被拉動時，彈簧測力計a的示數為6.0N，b的示數為11.0N，則A、B間的動摩擦因數為________。答案(1)300(2)①Ⅰ②0.3解析(1)由圖甲可知彈簧的勁度系數為k＝eq\f(ΔF,ΔL)＝eq\f(60,0.2)N/m＝300N/m。(2)①方案Ⅱ中必須要保證木塊A做勻速運動，彈簧測力計的讀數才等于木塊A的摩擦力，所以方案Ⅰ更合理；②方案Ⅰ中彈簧測力計a的讀數等于木塊A對木塊B的滑動摩擦力，則對木塊B有Fa＝μmBg，解得μ＝eq\f(Fa,mBg)＝eq\f(6,20)＝0.3。角度2探究求合力的方法1.實驗裝置圖甲是原橡皮條的長度，乙是用兩個力把橡皮條拉到某一位置，丙是用一個力把橡皮條拉到同一位置，體現了等效的思想。2.本實驗在操作時要記住“三注意”和“七記錄”三注意兩次O點的位置必須相同兩個細繩套不要太短夾角不宜太大也不宜太小；在60°～100°之間為宜七記錄兩個彈簧測力計拉橡皮條時，記錄兩彈簧測力計示數、兩繩方向和O點的位置(五記錄)一個彈簧測力計拉橡皮條時，記錄彈簧測力計示數和細繩方向(二記錄)【例5】(2022·河北唐山一模)“驗證力的平行四邊形定則”的實驗如圖11甲所示，其中A為固定橡皮筋的圖釘，O為橡皮筋與細繩的結點，OB和OC為細繩。圖乙是在白紙上根據實驗結果畫出的力的圖示。圖11(1)本實驗采用的科學方法是________；A.理想實驗法B.等效替代法C.控制變量法(2)圖乙中的F與F′兩力中，方向一定沿AO方向的是________；(3)關于實驗下列說法正確的是________。A.拉橡皮條的細繩短一些，實驗效果較好B.拉橡皮條時，彈簧測力計、橡皮條、細繩應貼近木板且與木板平面平行C.橡皮條彈性要好，拉結點到達某一位置O時，拉力F1和F2的夾角越大越好D.在同一實驗中O點位置不能變答案(1)B(2)F′(3)BD解析(1)本實驗用一根彈簧的拉力代替兩根彈簧的拉力作用效果，采用等效替代法，故選B。(2)F是通過作圖的方法得到合力的理論值，在平行四邊形的對角線上，而F′是通過一個彈簧測力計沿AO方向拉橡皮條，使橡皮條伸長到O點，其方向一定沿AO方向。(3)在實驗中要減小拉力方向的誤差，應讓標記同一細繩方向的兩點盡量遠些，故細繩應該長一些，故A錯誤；作圖時，我們是在白紙中作圖，作出的是水平力的圖示，若拉力傾斜，則作出圖的方向與實際力的方向有較大差別，故應使各力盡量與木板平面平行，故B正確；兩個拉力的夾角過大，合力會過小，取理論值時相對誤差變大，故應使夾角合適即可，但要保證力的作用效果即O點位置不能變，故C錯誤，D正確。高考題型三平拋類實驗角度1探究平拋運動規律1.實驗裝置圖圖122.注意事項(1)斜槽不需要光滑，只要讓小球每次從同一高度下滑即可。(2)斜槽末端必須水平，以保證小球能夠做平拋運動。(3)建立坐標時，先確定豎直方向的y軸，因為它就是重垂線的方向，容易確定，再確定x軸方向。(4)驗證拋物線：在軌跡線上取多個點，找出對應的坐標，看是否滿足y＝ax2即可。3.求平拋的初速度(1)已知拋出點的位置，只需要知道一個點的位置，由x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2求v0。(2)已知拋物線上水平間距相等的三個點的位置，由Δy＝gt2，x＝v0t求v0。【例6】[2022·浙江1月選考，17(1)]在“研究平拋運動”實驗中，以小鋼球離開軌道末端時球心位置為坐標原點O，建立水平與豎直坐標軸。讓小球從斜槽上離水平桌面高為h處靜止釋放，使其水平拋出，通過多次描點可繪出小球做平拋運動時球心的軌跡，如圖13所示。在軌跡上取一點A，讀取其坐標(x0，y0)。圖13①下列說法正確的是________(單選)。A.實驗所用斜槽應盡量光滑B.畫軌跡時應把所有描出的點用平滑的曲線連接起來C.求平拋運動初速度時應讀取軌跡上離原點較遠的點的數據②根據題目所給信息，小球做平拋運動的初速度大小v0＝________(單選)。A.eq\r(2gh)B.eq\r(2gy0)C.x0eq\r(\f(g,2h))D.x0eq\r(\f(g,2y0))③在本實驗中要求小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放的理由是_____________________________________________________________________。答案①C②D③確保多次運動的軌跡相同解析①斜槽軌道不需要光滑，只需要從同一位置靜止釋放小球，使其到達斜槽末端的速度相同即可，選項A錯誤；由于描點可能出現誤差，因此不是把所有的點都用曲線連接起來，選項B錯誤；求平拋運動初速度時應讀取軌跡上離原點較遠的點的數據，這樣誤差較小，選項C正確。②根據平拋運動規律有x0＝v0t、y0＝eq\f(1,2)gt2，聯立可得v0＝x0eq\r(\f(g,2y0))，選項A、B、C錯誤，D正確。③為了保證能畫出同一個平拋運動軌跡上的多個點，必須要在同一位置由靜止釋放小球，以確保多次運動的軌跡相同(或“保證小球離開斜槽末端的速度v0相同，從而保證其運動軌跡相同”)。角度2驗證動量守恒定律實驗方案實驗裝置利用氣墊導軌完成一維碰撞實驗滑塊速度v＝eq\f(Δx,Δt)用兩擺球碰撞驗證動量守恒定律擺球速度v＝eq\r(2gh)利用光滑桌面上兩車碰撞驗證動量守恒定律小車速度v＝eq\f(Δx,Δt)利用斜槽上滾下的小球驗證動量守恒定律速度與平拋運動的水平位移成正比【例7】(2022·全國甲卷，23)利用圖示14的實驗裝置對碰撞過程進行研究。讓質量為m1的滑塊A與質量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導軌上發生碰撞，碰撞時間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進而分析碰撞過程是否為彈性碰撞。完成下列填空：圖14(1)調節導軌水平；(2)測得兩滑塊的質量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運動方向相反，應選取質量為______kg的滑塊作為A；(3)調節B的位置，使得A與B接觸時，A的左端到左邊擋板的距離s1與B的右端到右邊擋板的距離s2相等；(4)使A以一定的初速度沿氣墊導軌運動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時刻開始到各自撞到擋板所用的時間t1和t2；(5)將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復步驟(4)。多次測量的結果如下表所示；12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k＝eq\f(v1,v2)0.31k20.330.330.33(6)表中的k2＝________(保留2位有效數字)；(7)eq\f(v1,v2)的平均值為______(保留2位有效數字)；(8)理論研究表明，對本實驗的碰撞過程，是否為彈性碰撞可由eq\f(v1,v2)判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則eq\f(v1,v2)的理論表達式為__________________(用m1和m2表示)，本實驗中其值為________________(保留2位有效數字)，若該值與(7)中結果間的差別在允許范圍內，則可認為滑塊A與滑塊B在導軌上的碰撞為彈性碰撞。答案(2)0.304(6)0.31(7)0.32(8)eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2－m1,2m1)0.34解析(2)用質量較小的滑塊碰撞質量較大的滑塊，碰后運動方向相反，故選0.304kg的滑塊作為A。(6)由于兩段位移大小相等，即v1t1＝v2t2，根據表中的數據可得k2＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(t2,t1)＝eq\f(0.21,0.67)＝0.31。(7)eq\f(v1,v2)的平均值為eq\o(k,\s\up6(－))＝eq\f(0.31＋0.31＋0.33＋0.33＋0.33,5)＝0.32。(8)發生彈性碰撞時滿足動量守恒和機械能守恒，可得m1v0＝－m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)聯立解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2－m1,2m1)代入數據可得eq\f(v1,v2)＝0.34。高考題型四圓周運動、單擺實驗角度1探究影響向心力大小的因素實驗裝置圖圖151.實驗方法：控制變量法。2.通過換小球改變小球的質量m，通過控制擋板到轉軸的距離改變半徑r，通過調整變速塔輪的半徑改變角速度ω，標尺顯示的是向心力的大小。【例8】用如圖16所示的實驗裝置來探究小球做圓周運動所需向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系，轉動手柄使長槽和短槽分別隨變速輪塔勻速轉動，槽內的球就做勻速圓周運動。橫臂的擋板對球的壓力提供了向心力，球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力筒下降，從而露出標尺，標尺上的紅白相間的等分格顯示出兩個小球所受向心力的比值。某次實驗圖片如下，請回答相關問題：圖16(1)在研究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系時我們主要用到了物理學中________的方法。A.理想實驗法B.等效替代法C.控制變量法D.演繹法(2)若圖中兩鋼球質量相等，運動的半徑也相等，標尺上紅白相間的等分格顯示出兩個小球所受向心力的比值為1∶9，運用圓周運動知識可以判斷與皮帶連接的變速輪塔對應的半徑之比為________。A.1∶9 B.3∶1C.1∶3 D.1∶1答案(1)C(2)B解析(1)在研究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系時，需先控制某些量不變，研究另外兩個物理量的關系，該方法為控制變量法，故選C。(2)根據Fn＝mω2r，兩球的向心力之比為1∶9，半徑和質量相等，則轉動的角速度之比為1∶3，因為靠皮帶傳動，變速輪塔的線速度大小相等，根據v＝ωr，知與皮帶連接的變速輪塔對應的半徑之比為3∶1，故選B。角度2利用單擺測重力加速度1.原理：根據單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，g＝eq\f(4π2l,T2)。2.擺長l＝擺線長l0＋小球的半徑r。3.周期T的計算：一般測30～50次的時間t，然后求周期T＝eq\f(t,n)。注意：從最低點開始計時，因為球過最低點時速度最大，誤差最小。4.利用T2－l圖像的斜率k＝eq\f(4π2,g)可計算重力加速度，且不受擺長的影響。【例9】某同學在做“利用單擺測重力加速度”的實驗中，將兩根等長細繩固定在鐵架臺的水平橫桿上，兩懸點的間距與細繩長度相等，兩繩下端系上一個勻質小鋼球，構成一個“單擺”，如圖17所示。該同學利用光電計數器測量小球前后擺動的周期，他把光源A固定在與小球自然下垂時的球心在同一水平線上的位置，將光電計數器B放在同一水平線上的另一側，A發出的光束通過小球遮擋形成脈沖光信號，被B接收并轉換成電信號進行記錄和顯示。圖17(1)測得細繩長為l，小球直徑為d，則該單擺的擺長為________；(2)將小球向前拉開一個小角度由靜止釋放并從小球第一次經過平衡位置處時開始計時，測得小球經過時間t向后回到平衡位置時，B接收到的脈沖數為N，則該單擺的振動周期為________；(3)則測得的重力加速度的表達式為g＝__________________(用所測物理量的符號表示)。答案(1)eq\f(\r(3)l＋d,2)(2)eq\f(2t,N－1)(3)eq\f(（N－1）2π2（\r(3)l＋d）,2t2)解析(1)該單擺在擺動過程中的等效擺長為L＝lsin60°＋eq\f(d,2)＝eq\f(\r(3)l＋d,2)。(2)單擺振動一個周期，B接收到的脈沖數為2，因此將小球向前拉開至小球向后回到平衡位置，單擺振動的周期數為eq\f(N－1,2)個，則時間t內單擺經歷了eq\f(N－1,2)個周期，所以該單擺的振動周期為eq\f(2t,N－1)。(3)根據單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可得測得的重力加速度的表達式為g＝eq\f(（N－1）2π2（\r(3)l＋d）,2t2)。高考題型五力學創新實驗1.根據題目情境，提取相應的力學模型，明確實驗的理論依據和實驗目的，設計實驗方案。2.進行實驗，記錄數據，應用原理公式或圖像法處理實驗數據，對結果進行誤差分析。角度1測定重力加速度測定重力加速度的常見實驗方案打點計時器計時，利用逐差法測定g，也可以利用圖像法求g光電門計時，原理為v2－veq\o\al(2,0)＝2gx(也可以利用頻閃照片或數碼相機的連拍功能)滴水法計時，原理為h＝eq\f(gt2,2)，可以利用圖像法求g勻速圓周運動計時，Δx＝gT2(也可以測量轉速)打點計時器計時，利用機械能守恒，有eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh【例10】(2020·江蘇高考，11)疫情期間“停課不停學”，小明同學在家自主開展實驗探究。用拍攝物體自由下落的視頻，得到分幀圖片，利用圖片中小球的位置來測量當地的重力加速度，實驗裝置如圖18所示。圖18(1)家中有乒乓球、小塑料球和小鋼球，其中最適合用作實驗中下落物體的是________。(2)下列主要操作步驟的正確順序是________(填寫各步驟前的序號)。①把刻度尺豎直固定在墻上②捏住小球，從刻度尺旁靜止釋放③固定在三角架上，調整好鏡頭的位置④打開攝像功能，開始攝像(3)停止攝像，從視頻中截取三幀圖片，圖片中的小球和刻度如圖19所示。已知所截取的圖片相鄰兩幀之間的時間間隔為eq\f(1,6)s，刻度尺的分度值是1mm，由此測得重力加速度為______m/s2(結果保留2位有效數字)。圖19(4)在某次實驗中，小明釋放小球時手稍有晃動，視頻顯示小球下落時偏離了豎直方向。從該視頻中截取圖片，__________(選填“仍能”或“不能”)用(3)問中的方法測出重力加速度。答案(1)小鋼球(2)①③④②(3)9.6(9.5～9.7都算對)(4)仍能解析(1)根據題中提供的小球和測量要求可使用小鋼球進行實驗，與乒乓球、小塑料球相比，小鋼球受到的空氣阻力小，下落相同高度獲得的速度更大，可以減小實驗誤差。(2)根據實驗要求，可以得出先固定刻度尺，然后固定調好鏡頭位置，打開攝像功能進行攝像，最后捏住小球，使小球由靜止下落，即步驟為①③④②。(3)題圖左側圖片中小球上邊緣的讀數為2.00cm，中間圖片中小球上邊緣的讀數為26.00cm，右側圖片中小球上邊緣的讀數為76.70cm，由逐差法可得當地的重力加速度大小為g＝eq\f(（76.70－26.00）－（26.00－2.00）,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))\s\up12(2))×10－2m/s2＝9.6m/s2。(4)由于釋放小球時手稍有晃動，小球偏離豎直方向，則小球做平拋運動，但豎直方向仍做自由落體運動，故能用(3)問中的方法測量重力加速度。角度2測定動摩擦因數測定動摩擦因數的常見實驗方案將研究運動的物體轉化為研究靜止的物體，利用F彈＝Ff＝μFN求μ讓物塊先做加速運動，當重物掉到地面上之后物塊做勻減速直線運動。減速運動中，利用逐差法求加速度，利用F＝μmg＝ma進一步求μ將動摩擦因數的測量轉化為角度的測量。利用a＝gsinθ－μgcosθ求μ(a通過逐差法求解)將動摩擦因數的測量轉化為加速度的測量。利用veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2ax和動力學知識得到μ＝eq\f(mg－（m＋M）a,Mg)【例11】(2022·廣東江門一模)某同學利用一根壓縮的彈簧來彈開帶有遮光片的滑塊測量滑塊與木板間的動摩擦因數。實驗裝置如圖20(a)所示，將木板水平固定在桌面上，彈簧的左端固定在擋板上，右端與滑塊剛好接觸(但不連接)，然后將光電門固定在木板上靠近滑塊處。實驗步驟如下：圖20(1)用游標卡尺測量遮光片的寬度d，其示數如圖(b)所示，d＝________cm；(2)將光電門連接計時器，讓滑塊壓縮彈簧至P點[圖(a)中未畫出]，釋放后滑塊被彈開并沿木板向右滑動，計時器記錄遮光片通過光電門的時間Δt，再測量滑塊停止時的位置與光電門的距離x，則可用________表示滑塊經過光電門時速度的大小；(3)改變P點的位置，多次重復步驟(2)；(4)若用eq\f(1,Δt2)－x圖像處理數據，所得圖像如圖21所示，設重力加速度為g，則由圖線可得滑塊與木板間的動摩擦因數μ＝______(用物理量的符號表示)。圖21答案(1)1.02(2)eq\f(d,Δt)(4)eq\f(ad2,2bg)解析(1)游標卡尺的示數d＝1cm＋2×0.1mm＝1.02cm。(2)滑塊經過光電門時速度的大小為v＝eq\f(d,Δt)。①(4)物塊從光電門到停止運動，由牛頓第二定律得μmg＝ma②由勻變速直線運動速度和位移的關系得v2＝2ax③由①②③可得eq\f(1,（Δt）2)＝eq\f(2μgx,d2)結合題圖可得圖像的斜率eq\f(a,b)＝eq\f(2μg,d2)解得μ＝eq\f(ad2,2bg)。1.(2021·廣東高考，11)某興趣小組測量一緩沖裝置中彈簧的勁度系數。緩沖裝置如圖22所示，固定在斜面上的透明有機玻璃管與水平面夾角為30°，彈簧固定在有機玻璃管底端。實驗過程如下：先沿管軸線方向固定一毫米刻度尺，再將單個質量為200g的鋼球(直徑略小于玻璃管內徑)逐個從管口滑進，每滑進一個鋼球，待彈簧靜止，記錄管內鋼球的個數n和彈簧上端對應的刻度尺示數Ln，數據如表所示。實驗過程中彈簧始終處于彈性限度內。采用逐差法計算彈簧壓縮量，進而計算其勁度系數。圖22n123456Ln/cm8.0410.0312.0514.0716.1118.09(1)利用ΔLi＝Li＋3－Li(i＝1，2，3)計算彈簧的壓縮量：ΔL1＝6.03cm，ΔL2＝6.08cm，ΔL3＝________cm，壓縮量的平均值eq\o(ΔL,\s\up6(－))＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝________cm；(2)上述eq\o(ΔL,\s\up6(－))是管中增加________個鋼球時產生的彈簧平均壓縮量；(3)忽略摩擦，重力加速度g取9.80m/s2，該彈簧的勁度系數為________N/m(結果保留3位有效數字)。答案(1)6.046.05(2)3(3)48.6解析(1)ΔL3＝L6－L3＝18.09cm－12.05cm＝6.04cm，壓縮量的平均值eq\o(ΔL,\s\up6(－))＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝6.05cm。(2)根據(1)問可知，eq\o(ΔL,\s\up6(－))為增加3個鋼球時產生的平均壓縮量。(3)根據胡克定律的推論可知，3mgsinθ＝keq\o(ΔL,\s\up6(－))，代入數值解得k＝48.6N/m。2.(2022·山東高考，13)在天宮課堂中、我國航天員演示了利用牛頓第二定律測量物體質量的實驗。受此啟發。某同學利用氣墊導軌、力傳感器、無線加速度傳感器、輕彈簧和待測物體等器材設計了測量物體質量的實驗，如圖23甲所示。主要步驟如下：①將力傳感器固定在氣墊導軌左端支架上，加速度傳感器固定在滑塊上；②接通氣源，放上滑塊。調平氣墊導軌；③將彈簧左端連接力傳感器，右端連接滑塊。彈簧處于原長時滑塊左端位于O點。A點到O點的距離為5.00cm，拉動滑塊使其左端處于A點，由靜止釋放并開始計時；④計算機采集獲取數據，得到滑塊所受彈力F、加速度a隨時間t變化的圖像，部分圖像如圖乙所示。圖23回答以下問題(結果均保留兩位有效數字)：(1)彈簧的勁度系數為________N/m；(2)該同學從圖乙中提取某些時刻F與a的數據，畫出a－F圖像如圖丙中Ⅰ所示，由此可得滑塊與加速度傳感器的總質量為________kg；(3)該同學在滑塊上增加待測物體，重復上述實驗步驟，在圖丙中畫出新的a－F圖像Ⅱ，則待測物體的質量為________kg。答案(1)12(2)0.20(3)0.13解析(1)由題圖乙的F－t圖像有Δx＝5.00cm，F＝0.610N根據胡克定律得k＝eq\f(F,Δx)可得k≈12N/m。(2)根據牛頓第二定律有F＝ma，則a－F圖像的斜率表示滑塊與加速度傳感器的總質量的倒數，根據題圖丙中Ⅰ，則有eq\f(1,m)＝eq\f(3.00－0,0.60)kg－1＝5kg－1則滑塊與加速度傳感器的總質量為m＝0.20kg。(3)滑塊上增加待測物體，同理，根據題圖丙中Ⅱ，則有eq\f(1,m′)＝eq\f(1.50－0,0.50)kg－1＝3kg－1則滑塊、待測物體與加速度傳感器的總質量為m′≈0.33kg則待測物體的質量為Δm＝m′－m＝0.13kg。3.(2022·河北高考，11)某實驗小組利用鐵架臺、彈簧、鉤碼、打點計時器、刻度尺等器材驗證系統機械能守恒定律，實驗裝置如圖24所示。彈簧的勁度系數為k，原長為L0，鉤碼的質量為m。已知彈簧的彈性勢能表達式為E＝eq\f(1,2)kx2，其中k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量，當地的重力加速度大小為g。圖24(1)在彈性限度內將鉤碼緩慢下拉至某一位置，測得此時彈簧的長度為L。接通打點計時器電源。從靜止釋放鉤碼，彈簧收縮，得到了一條點跡清晰的紙帶。鉤碼加速上升階段的部分紙帶如圖25所示，紙帶上相鄰兩點之間的時間間隔均為T(在誤差允許范圍內，認為釋放鉤碼的同時打出A點)。從打出A點到打出F點時間內，彈簧的彈性勢能減少量為________，鉤碼的動能增加量為______，鉤碼的重力勢能增加量為______；圖25(2)利用計算機軟件對實驗數據進行處理，得到彈簧彈性勢能減少量、鉤碼的機械能增加量分別與鉤碼上升高度h的關系，如圖26所示。隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，主要原因是_____________________________________________________________________________________________________________。圖26答案(1)k(L－L0)h5－eq\f(1,2)kheq\o\al(2,5)eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h6－h4))2,8T2)mgh5(2)見解析解析(1)從打出A點到打出F點時間內，彈簧的彈性勢能減少量為ΔEp彈＝eq\f(1,2)k(L－L0)2－eq\f(1,2)k(L－L0－h5)2整理有ΔEp彈＝k(L－L0)h5－eq\f(1,2)kheq\o\al(2,5)打F點時鉤碼的速度為vF＝eq\f(h6－h4,2T)由于在誤差允許的范圍內，認為釋放鉤碼的同時打出A點，則鉤碼動能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－0＝eq\f(m（h6－h4）2,8T2)鉤碼的重力勢能增加量為ΔEp重＝mgh5。(2)鉤碼機械能的增加量，即鉤碼動能和重力勢能增加量的總和，若無阻力做功則彈簧彈性勢能的減少量等于鉤碼機械能的增加量。現在隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，而兩條曲線在縱向的間隔即阻力做的功，則產生這個問題的主要原因是鉤碼和紙帶運動的速度逐漸增大，導致空氣阻力逐漸增大，以至于空氣阻力做的功也逐漸增大。1.[2022·浙江1月選考，17(2)]“探究碰撞中的不變量”的實驗裝置如圖1所示，阻力很小的滑軌上有兩輛小車A、B，給小車A一定速度去碰撞靜止的小車B，小車A、B碰撞前后的速度大小可由速度傳感器測得。圖1①實驗應進行的操作有________(單選)。A.測量滑軌的長度B.測量小車的長度和高度C.碰撞前將滑軌調成水平②下表是某次實驗時測得的數據：A的質量/kgB的質量/kg碰撞前A的速度大小/(m·s－1)碰撞后A的速度大小/(m·s－1)碰撞后B的速度大小/(m·s－1)0.2000.3001.0100.2000.800由表中數據可知，碰撞后小車A、B所構成系統的總動量大小是________kg·m/s。(結果保留3位有效數字)答案①C②0.200解析①磁撞前應將滑軌調成水平，確保系統所受合外力為零，保證碰撞過程中動量守恒，沒有必要測量滑軌的長度和小車的長度、高度，故選項A、B均錯誤，選項C正確。②由表中數據可知小車A的質量小于B的質量，則碰后小車A反向運動，以碰前小車A的運動方向為正方向，則可知碰后系統的總動量大小為p＝pB－pA＝0.200kg·m/s。2.(2022·湖南高考，11)小圓同學用橡皮筋、同種一元硬幣、刻度尺、塑料袋、支架等，設計了如圖2(a)所示的實驗裝置，測量冰墩墩玩具的質量。主要實驗步驟如下：(1)查找資料，得知每枚硬幣的質量為6.05g；(2)將硬幣以5枚為一組逐次加入塑料袋，測量每次穩定后橡皮筋的長度l，記錄數據如下表：序號12345硬幣數量n/枚510152025長度l/cm10.5112.0213.5415.0516.56(3)根據表中數據在圖(b)上描點，繪制圖線；圖2(4)取出全部硬幣，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，穩定后橡皮筋長度的示數如圖(c)所示，此時橡皮筋的長度為________cm；(5)由上述數據計算得冰墩墩玩具的質量為________g(計算結果保留3位有效數字)。答案(3)見解析圖(4)15.35(5)128解析(3)根據表格數據描點連線如圖。(4)由題圖(c)可知刻度尺的分度值為1mm，故讀數l＝15.35cm。(5)設橡皮筋的勁度系數為k，原長為l0，則n1mg＝k(l1－l0)，n2mg＝k(l2－l0)則橡皮筋的勁度系數為k＝eq\f(（n2－n1）mg,l2－l1)從作出的l－n圖線讀取數據可得k＝eq\f(（n2－n1）mg,l2－l1)＝eq\f(10,3)mg(N/cm)，l0＝eq\f(n2l1－n1l2,n2－n1)＝9.00cm設冰墩墩的質量為m1，則有m1g＝k(l－l0)可得m1＝eq\f(10,3)×6.05×(15.35－9.00)g≈128g。3.[2021·浙江6月選考，17(1)]在“驗證機械能守恒定律”實驗中，小王用如圖3甲所示的裝置，讓重物從靜止開始下落，打出一條清晰的紙帶，其中的一部分如圖乙所示。O點是打下的第一個點，A、B、C和D為另外4個連續打下的點。圖3(1)為了減小實驗誤差，對體積和形狀相同的重物，實驗時選擇密度大的理由是_____________________________________________________________________。(2)已知交流電頻率為50Hz，重物質量為200g，當地重力加速度g＝9.80m/s2，則從O點到C點，重物的重力勢能變化量的絕對值|ΔEp|＝________J、C點的動能EkC＝______J(計算結果均保留3位有效數字)。(3)比較EkC與|ΔEp|的大小，出現這一結果的原因可能是________。A.工作電壓偏高B.存在空氣阻力和摩擦力C.接通電源前釋放了紙帶答案(1)阻力與重力之比更小(或其他合理解釋)(2)0.547(0.542～0.550都對)0.588(0.570～0.590都對)(3)C解析(1)在驗證機械能守恒定律實驗時重物所受阻力越小越好，因此密度大的重物，阻力與重力之比更小。(2)由圖中可知OC之間的距離為sOC＝27.90cm，因此重物的重力勢能變化量的絕對值為|ΔEp|＝mgsOC＝0.2×9.8×0.2790J＝0.547J；勻變速直線運動的時間中點的速度等于這段時間的平均速度，則vC＝eq\f(sBD,2T)＝eq\f(0.3300－0.2330,2×0.02)m/s＝2.425m/s，因此C點的動能為EkC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)×0.2×2.4252J＝0.588J。(3)工作電壓偏高不會影響實驗的誤差，存在摩擦力會使重力勢能的減少量大于動能的增加量，只有提前釋放了紙帶，紙帶的初速度不為零，下落到同一位置的速度偏大才會導致動能的增加量大于重力勢能的減少量，故選項C正確。4.(2022·廣東高考，11)某實驗小組為測量小球從某一高度釋放，與某種橡膠材料碰撞導致的機械能損失，設計了如圖4(a)所示的裝置，實驗過程如下：圖4(1)讓小球從某一高度由靜止釋放，與水平放置的橡膠材料碰撞后豎直反彈。調節光電門位置，使小球從光電門正上方釋放后，在下落和反彈過程中均可通過光電門；(2)用螺旋測微器測量小球的直徑，示數如圖(b)所示，小球直徑d＝__________mm；(3)測量時，應__________(選填“A”或“B”，其中A為“先釋放小球，后接通數字計時器”，B為“先接通數字計時器，后釋放小球”)。記錄小球第一次和第二次通過光電門的遮光時間t1和t2；(4)計算小球通過光電門的速度，已知小球的質量為m，可得小球與橡膠材料碰撞導致的機械能損失ΔE＝____________(用字母m、d、t1和t2表示)；(5)若適當調高光電門的高度，將會______(選填“增大”或“減小”)因空氣阻力引起的測量誤差。答案(2)7.884(7.882～7.886)(3)B(4)eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)(5)增大解析(2)根據題圖(b)示數，小球的直徑為d＝7.5mm＋38.4×0.01mm＝7.884mm。(3)在測量時，因為小球下落時間很短，所以應先接通數字計時器，再釋放小球，故選B。(4)小球向下、向上先后通過光電門時的速度大小分別為v1、v2，有v1＝eq\f(d,t1)，v2＝eq\f(d,t2)，則小球與橡膠材料碰撞過程中機械能的損失量為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)。(5)若調高光電門的高度，將會增大因空氣阻力引起的測量誤差。5.(2022·山東濰坊一模)利用如圖5所示的裝置可測量滑塊在斜面上運動的加速度。一斜面上安裝有兩個光電門，其中光電門乙固定在斜面上靠近底端處，光電門甲的位置可移動。當一帶有遮光片的滑塊自斜面上端滑下時，與兩個光電門都相連的計時器可以顯示出遮光片從光電門甲至乙所用的時間t。改變光電門甲的位置進行多次測量，每次都使滑塊從同一點由靜止開始下滑，并用米尺測量甲、乙之間的距離x，記下相應的t值，所得數據如表中所示。圖5x(m)0.5000.6000.7000.8000.9000.950t(ms)292.9371.5452.3552.8673.8776.4eq\f(x,t)(m/s)1.711.621.551.451.341.22完