資源簡介

小題狂刷 高考專題特訓
參考答案
2.15+1.40)×10-2m=9a×(0.2s)2,解得a=0.19m/s2.
專題一 力學實驗 4.【答案】 0.84 1.60
【解析】 解:由題可知相鄰的計數點間的時間間隔T=
第1講 研究勻變速直線運動 0.1s,根據物體在某一段時間內的平均速度等于該段時間內
【基礎特訓】 的中間時刻的速度有:
1.【答案】 AD 見解析 BEFCADG xv = 35
0.076+0.0919
4 = =0.84m/s.
【解析】 A中應先接通電源再放開紙帶,D中應先斷開 2T 2×0.1
電源,使計時器停止工作, ; : 根據勻變速直線運動的推論公式再取下紙帶 遺漏步驟 G 換上新 Δx=aT
2可得:s4-s2
2, 2,
紙帶重復實驗三次. =2a1T s3-s1=2a2T
( )
2.【答案】 (1)6 7(或7 6) (2)1.00 1.20 (3) a1+a2 s3+s4 -(s1+s2)a= 2 = 4T2
2.00
(5.98+7.60)-(2.80+4.40)
【解析】 (1)從計數點1到6相鄰的相等時間內的位移 = ×10-2 /24×0.12 =1.60ms.
差Δx≈2.00cm,在6、7計數點間的位移比5、6計數點間的 【點評】 要提高應用勻變速直線的規律以及推論解答
位移增加了(12.28-11.01)cm=1.27cm<2.00cm,因此,開 實驗問題的能力,在平時練習中要加強基礎知識的理解與
始減速的時刻在計數點6和7之間. 應用.
(2)計數點5對應的速度大小為 【高頻題特訓】
x +x (9.00+11.01)×10-2
v = 4 55 = m/s=1.00m/s. 1.【 】 ()
x +x +x
答案 1D (2) 1 2 3
+x4
2T 2×0.1 (為減小偶然誤4T
計數點4對應的速度大小為
, ) x4+x3-x差 取全部數據 1-x2x3+x4 (7.01+9.00)×10-2 4T2v4= = / /2T 2×0.1 ms=0.80ms. 2.【答案】 (1)2.10cm或2.40cm(±0.05cm,有效數
v4+vv = 6根據 5 ,得計數點 對應的速度大小為2 6 v6=
字位數需正確) (2)1.13m/s或1.25m/s(±0.05m/s,有
效數字位數不作要求) 小于 (3)C
2v5-v4=(2×1.00-0.80)m/s=1.20m/s.
3.【答案】 (1)1.010 (2)1.0 2.5 (3)平均速度
(3)物塊在計數點7到11之間做減速運動,根據Δx=
滑塊
aT2得
【解析】 (1)d=10mm+0.05mm×2=10.10mm
x9-x7=2a 21T
=1.010cm.
x10-x8=2a2T2
d 1.010×10-2
a1+a2 (x9+x10)-(x8+x7) (2)v1= /t = 1.0×10-2 ms≈1.0m
/s
故a= /2 12 = 2×2T2 ≈-2.00ms.
d 1.010×10-2
【方法提煉】 1.運動性質的判斷:看相鄰計數點間的距 v2= = -3 m/s≈2.5m/t 4.0×10 s2
離特點. (3)v1、v2實質上是通過光電門1和2時的平均速度,要
2.瞬時速度求解:采 用 平 均 速 度 法 求 某 一 點 的 瞬 時 使瞬時速度的測量值更接近于真實值,可將滑塊的寬度減小
速度. 一些.
3.加速度的求解:(1)v-t圖象法;(2)推論法:Δx= 4.【答案】 (1)0.02 (2)b a (3)0.83 1.0
aT2;(3)逐差法. 【解析】 (1)打點計時器所用電源為50Hz的交流電
3.【答案】 (1)打點計時器 (2)0.20 0.19 源,打點周期為0.02s,故紙帶上每相鄰兩點的時間間隔是0.
【解析】 (1)由題知滴水計時器的原理與打點計時器原 02s;(2)為了充分利用紙帶,在紙帶上打出盡可能多的點,實
理類似. 驗中要先接通打點計時器,后釋放小車;(3)由勻變速直線運
(2)可把小車的運動看做是勻變速直線運動,則 xs-xt
( ) -2 動的規律可知,打點 時對應小車速度的大小x34+x 3.65+4.41 ×10 4 v4=v = v = 454 = m/
4T
2T 2×0.2 s= ( ) ( )
/; :( ) ( =0.83m/,
x -x - x -x
小 車 的 加 速 度
0.20ms求加速度利用逐差法 x +x +x - x + s a =
5 3 3 1
56 45 34 23 (2T)2
x +x )=9aT2,即(5.15+4.41+3.65)×10-212 01 m-(2.91+ =1.0m/s2.
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物理·實驗專題
【技巧題特訓】 么下落的總時間變長,根據以上公式,可知,重力加速度的實
1.【答案】 (1)1.20 (2)加速度的一半 0.933 , 2H 2n
2H g
驗測量值 偏 小 由 g= 2
【 】 () 2
= 2 ,則 有:H = 2T ,即
解析 11cm+1mm×2.0=1.20cm. t T 2n
(2)斜率表示加速度的一半, gH = 2T.
1 (2.8-0)×10-2 2n
a= m/s22 0.06-0 ≈0.4667m
/s2,
g
由于圖象可求出該線斜率為k,那么/2 2n2=k
,
所以加速度大小a≈0.933ms.
2.【答案】 (1)AC (2)ACD (3)1.2 0.06 3.60 解得:g=2n2k2.
【解析】 (1)實驗中,除打點計時器(含紙帶、復寫紙)、 【拓展題特訓】
小車、平板、導線及開關外,在下列的器材中,必須使用的有 1.【答案】 (1)3.00 (2)AB (3)刻 度 尺 (4)
電壓合適的50Hz交流電源給打點計時器供電,需要用刻度 gh-aL 偏大 見解析
2 2
尺測量計數點之間的距離處理數據,故選:AC. g L -h
(2)A.選取計數點,把每打5個點的時間間隔作為一個 【解析】 (1)紙帶上可用數據為六個,為充分利用,減小
時間單位,則實際間隔為0.1s,計算結果為整數,有利于減小 誤 差, 數 據 處 理 方 法 采 用 逐 差 法,a =
誤差,故A正確; (x4+x5+x6)-(x1+x2+x3)
2 ,且由“各計數點間均有一個
B.小車運動的加速度大小與誤差大小無關,故B錯誤; 9T
點 沒 有 畫 出 ”得 出 ,代 入 有
C.舍去紙帶上密集的點,只利用點跡清晰、點間間隔適 T = 0.04s a =
( ) ( )
當的一部分進行測量、計算,便于減小測量誤差,故C正確; 6.71+7.21+7.70 - 5.29+5.76+6.25
9×(0.04)2 × 10
-2 m/s2
D.選用各處平整程度、光滑程度相同的長木板做實驗,
=3.00m/s2.
則小車做直線運動,長度測量誤差小,故D正確; (2)為測量動摩擦因數,需找出μ 與a 的關系,由牛頓第
E.實驗時,應先放開小車,再接通打點計時器電源,由
二定律得 mgsinθ-μmgcosθ=ma,式中θ 為木板的傾角,
于小車運動較快,可能會使打出來的點很少,不利于數據的
2 2
采集和處理,同時要求開始小車要靠近打點計時器,故E錯 h, L -h由幾何關 系 得sinθ=L cosθ=
,代 入 有
L μ=
誤;故選:ACD. gh-aL
(3)由勻變速直線運動的推論公式Δx=aT2求得:a= .故還應測的物理量有h、L.g L2-h2
xDE-xAB 0.0480-0.0120
3T2 = 3×0.01 =1.2m
/s2. (3)測量工具為刻度尺.
gh-aL
再據勻變速直線運動的推論公 式 Δx=aT2求:xBC= (4)由(2)知μ= .由于測量時忽略了紙帶與
g L2-h2
1.20cm+1.20cm=2.40cm,
限位孔間的摩擦力或忽略了空氣阻力等(寫出一個即可),故
所以C 距A 的 距 離 為:xAB+xBC=1.20m+2.40m
與真實值相比,測量值偏大.
=3.60m.
1 2
: xAC 0.036m
2.【答案】 (1)1.160 (2)vt-2gt
(3)2k.
據勻 變 速 直 線 運 動 的 推 論 可 知 vB =2T = 0.2s 【解析】 解:(1)主尺讀數為1.1cm,游標讀數為0.05×
=0.18m/s,
12=0.60mm=0.060cm,
再據vB=vA +at 得:vA =0.18m/s-0.1×1.2m/s
所以最終讀數為1.1cm+0.060cm=1.160cm.
=0.06m/s. (2)小球經過光電門2的速度為v,根據運動學公式得從
【點評】 掌握實驗原理,明確需要測量的數據,了解各
v
實驗儀器的應用,尤其是明確打點計時器的工作原理以及具 開始釋放到經過光電門2的時間t'= ,所以從開始釋放到g
體應用.要減小實驗誤差,應從誤差產生的來源進行分析,從 v
而采取措施, 經過光電門 的時間 ,所以經過光電門本實驗主要從如何打好紙帶和如何較準確地測 1 t″=t'-t= -t 1g
量距離、實驗器材的選取等幾個方面來考慮. 的速度v'=gt″=v-gt.
3.【答案】 (1)9.37 (2)偏小 2n2k2 根據勻變速直線運動的推論得:兩光電門間的距離h=
【 】 () T 6.5解析 1 v'+v 1一 個 小 球 下 落 的 時 間 為:t=n =
2
10 2 =vt-2gt .
=0.65s, () 1 h 13 因為h=vt-2gt
2,所以
t =v-2gt.1
根據自由落體運動規律 H= 2,2gt h 1
若 -t圖線斜率的絕對值為k,k= g,所以重力加
: 2H 2×1.98
t 2
可得 g=t2 =
/2;
0.652 =9.37ms 速度大小g=2k.
(2)若電磁鐵在每次斷電一小段時間Δt后磁性消失,那 【點評】 要掌握游標卡尺的讀數方法,主尺讀數加上游
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標讀數,不需估讀.要提高應用勻變速直線運動的規律以及 彈簧的長
推論解答實驗問題的能力,在平時練習中要加強基礎知識的
度L/(×10-2m)
理解與應用.整理圖象所要求的表達式,根據斜率的物理意
義求解. (4)優點是:可以避免彈簧自身重力對實驗的影響.
缺點是:彈簧與桌面及繩子與滑輪間存在的摩擦會造成
第2講 探究彈力和彈簧伸長的關系 實驗誤差.
【 【 】 ()基礎特訓】 4.答案 1 如圖所示
1.【答案】 (1)刻度尺 (2)彈簧原長、彈簧掛不同個數
的鉤碼時所對應的伸長量(或對應的彈簧長度) (3)200
彈簧自身存在重力 (4)CBDAEFG
【解析】 (1)根據實驗原理可知還需要刻度尺來測量彈
簧原長和形變量;(2)根據實驗原理,實驗中需要測量的物理
量有彈簧的原長、彈簧掛不同個數的鉤碼時所對應的伸長量
(或對應的彈簧長度);(3)取圖象中(0.5,0)和(3.5,6)兩個
點,代入F=kx 可得k=200N/m,由于彈簧自重的原因,使 (2)50 (3)彈簧自身重力的影響
得彈簧不加外力時就有形變量.(4)根據完成實驗的合理性 【解析】 (1)用作圖法研究彈簧的彈力與其伸長量的關
可知先后順序為CBDAEFG. 系,由于實驗誤差,依據實驗數據描出的點有時不會完全在
2.【答案】 (1)豎直 (2)靜止 L 1mm (3)L 一條直線上.這時所作直線應盡量多的通過這些點,并使不3 x
(4)4.9 10 在直線上的點盡量均勻分布在所作直線兩側.明顯與其他的
【解析】 (1)懸掛法測量彈簧的彈力時,彈簧軸線和刻 點相差很遠的點應該舍去.該題中所給出的數據恰好可以在
一條直線上,所以直接描點由直尺作圖即可
度尺應在豎直方向上,(2)當彈簧靜止時,讀出彈簧的原長, .
()在彈性限度內,彈簧的彈力與彈簧的伸長量成正比
此時誤差較小;表中數據L 2 .3與其他數據有效位數不同,所以
數據L3不規范,由表格中的數據可知刻度尺的最小刻度為 ΔF由ΔF=kΔx 得k= ,即圖線的斜率為彈簧的勁度系數Δx .
1mm;(3)圖象經過坐標原點,縱軸是砝碼的質量,則橫軸為 (3)由于彈簧有一定重量,將其自然懸掛時的長度與平
與所掛砝碼質量相對應的彈簧的伸長量,所以橫軸是彈簧長
放時的長度不一樣,平放時稍短一些.量取L0時,應將彈簧一
ΔF
度與Lx的差值;(4)由圖象知,彈簧的勁度系數為k= = 端固定在鐵架臺上的鐵夾上,讓其自然下垂,再用毫米刻度Δx
尺量得其自然狀態下的原長.
60×10-3×9.8 /
12×10-2 N m =4.9N
/m,砝 碼 盤 的 質 量 m = 【高頻題特訓】
k(L -L ) 1.【答案】 (1)81.7 0.0122 (2)見解析圖x 0 =0.01kg=10g.g ()1.75×10
3
( 1.67×10
3 1.83×103
3 在 ~ 之間均可)
3.【答案】 (1)見解析圖 (2)5 20 (3)~(4)見解析 n n n
【解析】 (1)F-L 圖線如圖所示: 3.47( 3.31 3.62在 ~ 之間均可)l0 l0 l0
【解析】 (1)根據胡克定律有mg=k(x-x0),解得k=
mg 0.100×9.80 1
x-x =0 (
/ / ,
5.26-4.06)×10-2N m≈81.7N m k ≈0.0122
m/N.
( 12) -n 圖像如圖所示k
(2)彈簧的原長L0即彈力為零時彈簧的長度,由圖象可
知,L0=5×10-2m=5cm.
勁度系數為圖象直線部分的斜率,k=20N/m.
(3)記錄數據的表格如下表:
次數 1 2 3 4 5 6
彈力F/N
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物理·實驗專題
(3)根 據 圖 象 可 知,k 與 n 的 關 系 表 達 式 為 k= 值沒有影響.
1.75×103 3.47 2.【答案】 (1)/ , 11.50
(11.45-11.55) (2)28 (3)5
N mk 與l0的關系表達式為n k= N
/
l m.0 沒有
2.【答案】 200N/m 彈簧自重作用
F 8 第3講 驗證力的平行四邊形定則【解析】 由F=kx 得,k=x =( /4.5-0.5)×10-2N m
【基礎特訓】
=200N/m;由于彈簧自重作用,在F=0時彈簧會伸長.
1.【答案】 (1)F' (2)B (3)①C E ②C中應加上
【點評】 解題關鍵明確圖線的斜率即為彈簧的勁度系 “記下兩條細繩的方向” E中應說明“把橡皮條的結點拉到
數,求解時注意單位的換算;需要注意的是要考慮到彈簧自
同一位置O”
身的重力作用會使彈簧在豎直方向上有一定的伸長. 【解析】 (1)由一個彈簧測力計拉橡皮條至O 點的拉力
【技巧題特訓】
一定沿AO 方向;而根據平行四邊形定則作出的合力,由于
1.【答案】 (1)16.00(有效數字位數正確,15.96~16.05
誤差的存在,不一定沿AO 方向,故一定沿AO 方向的是F'.
均可) (2)12.45(12.20~12.80均可) 能 (2)一個力的作用效果與兩個力的作用效果相同,它們
【解析】 (1)刻度尺分度值為1毫米,讀數應估讀到毫
的作用效果可以等效替代,故B正確.
米下一位,故指針的示數為16.00cm. (3)①根據“驗證力的平行四邊形定則”實驗的操作規程
(2)當A 彈 簧 的 彈 力 為FA1=0.50N、FA2=1.00N、 可知,有重要遺漏的步驟的序號是C、E.
FA3=1.50N、FA4=2.00N時,彈簧長度LA1=15.71cm、 ②在C中未記下兩條細繩的方向,E中未說明是否把橡
LA2=19.71cm、LA3=23.66cm、LA4=27.76cm,根據ΔF 皮條的結點拉到同一位置O.
=kΔx 得k1=12.50N/m、k2=12.66N/m、k3=12.20N/m, 2.【答案】 (1)見解析圖 53(說明:±2范圍內都可)
k1+k2+k
所以彈簧Ⅰ的勁度系數k= 3=12.45N/m.根據 (2)2.10(說明:有效數字位數正確,±0.02范圍內都可)3
見解析圖 (3)3.3(說明:±0.2范圍內都可)
表可以計算出彈簧Ⅱ每次的伸長量Δx',也可以根據ΔF=
【解析】 (1)以水平方向為x 軸,豎直方向為F 軸,建
k'Δx'計算彈簧Ⅱ的勁度系數(勁度系數的計算也可以通過
立直角坐標系,然后描點,選盡可能多的點連成一條線,其圖
作F—x 圖象處理,圖象的斜率即等于彈簧的勁度系數).
線的斜率即為彈簧的勁度系數k,在直線上任取一點,如(6
2.【答案】 (1)55.0 (2)1.90
3.2
【 】 -2解析 解:(1)根據描點法作出圖象如圖所示: ×10 ,3.2),則k= / /6×10-2 N m≈53N m.
(2)彈簧測力計的讀數為2.10N,選標度 ,合力的
圖示如圖所示.
ΔF
根據圖象得:k=Δx=55.0N
/m.
(2)彈簧測力計的讀數為:F=1+0.90N=1.90N.
【點評】 在“探究彈簧彈力與彈簧伸長的關系”的實驗
中進行數據處理時,注意將物理問題與數學知識有機結合起
來,會用作圖法求合力.
【拓展題特訓】
1.【答案】 (1)32 (2)沒有影響 (3)經測量,合力F合=3.3N.
【解析】 (1)根據胡克定律k(x-x0)=nm0g,代入數 3.【答案】 (1)BCE (2)C
據求k,再求平均得k=32N/m;(2)因在計算彈力時把彈簧 【解析】 (1)首先應明白該實驗的實驗原理,即用橡皮
自身的重量引起的形變量減去了,故彈簧自身有重量對測量 筋的伸長量來表示彈力的大小,所以實驗中一定要測橡皮筋
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的長度,而沒必要關心細繩a、b的長度,B和C是需要的,為 B錯誤;
了確保力的合成的等效性,懸掛重物后結點O 的位置必須相 C.為了防止出現分力的情況,應讓各力盡量貼近木板,
同,且是圖乙中的,而不能是圖甲中的,E是必需的. 且與木板平行,故C正確;
(2)為了能用橡皮筋的伸長量表示彈力大小,滿足F= D.為了準確記下拉力的方向,故采用兩點描線時兩點
kx,應讓k 值相同,即橡皮筋的材料、粗細、原長均要相同,C 應盡量距離大一些,故細繩應長些,故D正確;故選:ACD.
正確. 【點評】 在解決設計性實驗時,一定先要通過分析題意
【高頻題特訓】 找出實驗的原理,本題與常規的彈簧測力計驗證還不一樣,
1.【答案】 C 注意同一根橡皮條,OA 與OB 的力相等,難度適中.
2.【答案】 (1)B.結點O 到達的位置 細線上拉力的 【拓展題特訓】
方向 1.【答案】 (1)2.50(4.00) 4.00(2.50) (2)圖見解析
C.結點O 到達與B中相同的位置 兩根細線上力的方 【解析】 (1)彈簧測力計的最小刻度為0.1N,讀數時應
4
向 (2) 估讀一位,所以讀數分別為2.50N(4.00N)和4.00N(2.503
N).
3.【答案】 (1)B 只用一個測力計,通過細繩把橡皮筋
(
() () 2
)取一個小方格的邊長表示0.50N,作出兩個力及它
拉到O 點 2F 3DCABEG
們的合力如圖所示
【 】 .技巧題特訓
1.【答案】 (1)DCABEF (2)位移、速度、加速度等
2.【答案】 (1)BD (2)F'
【解析】 (1)AO 和BO 的拉力與CO 的拉力的合力為
零,它們之間不是合力與分力的關系,A錯誤;實驗中兩次拉
伸橡皮條,注意將橡皮條和繩的結點拉到相同位置,以保證
兩次操作中CO 的拉力是相同的,則B正確;實驗中 AO 和 2.【答案】 (1)BCDE (2)能
BO 的夾角不宜太大也不宜太小,C錯誤;彈簧測力計與木板 3.【答案】 (1)2.00 (2)L1方向 L2方向 L3方向
平行以保證合力與分力在同一平面內,正對彈簧測力計的刻 (3)AB
度線讀數可以減小偶然誤差,因此D正確. 【解析】 (1)彈簧測力計讀數,每1N被分成5格,則1
(2)作出力的圖示,完成平行四邊形,F 是二力用平行四 格就等于0.1N.所以讀數為:2.00N.
邊形定則合成所得,F'是用一個力拉橡皮條時的外力,故一 故答案為:2.00.
定與OC 共線的是F'. (2)彈簧測力計A 掛于固定點P,下端用細線掛一重物
3.【答案】 (1)C (2)圖見解析 2.8 (3)F' FOO' M.彈簧測力計B 的一端用細線系于O 點,手持另一端向左
(4)ACD
拉,使結點O 靜止在某位置.分別讀出彈簧測力計A 和B 的
【解析】 (1)由于是同一根橡皮條,所以OA 與OB 的力
示數,并在貼于豎直木板的白紙上記錄O 點的位置和三條細
相等,以FOA 和FOB 作出的平行四邊形的對角線大致與OO'
線的方向.
相同,故C正確;
(3)A.彈簧測力計是測出力的大小,所以要準確必須在
(2)若FOA=1.9N,則FOB=1.9N,根據給出的標度,作
測之前校零,故A正確;
出合力如圖所示:
B.拉線方向必須與木板平面平行,這樣才能確保力的大
小準確性,故B正確;
C.實驗中有彈簧測力計可以直接測量出重物的重力,
不需要天平,故C錯誤;
D.該題中需要驗證彈簧A、B 拉力的合力,是否與繩L3
的拉力(或者說 M 重力)等大反向,B 彈簧不一定非要保持
水平,故D錯誤.
根據圖象可知,F'=2.8N. 故選:AB.
(3)通過比較 F'與FOO' 的大小和方向,即可得出實驗 【點評】 對于中學中的實驗,同學們盡量親自動手做一
結論. 下,這樣對于實驗原理、實驗步驟、注意事項、數據處理、誤差
(4)A.實驗是通過作圖得出結果,故為了減小誤差應讓 分析等才有深刻的認識,該題在2022屆中考查了彈簧測力
拉力盡量大些,故A正確; 計讀數、減小實驗誤差的方法,對彈簧測力計讀數時要先確
B.而夾角太大將會導致合力過小,故夾角不能太大,故 定其分度值,然后再讀數,讀數時視線要與刻度線垂直.
92

物理·實驗專題
實驗要求m2 m1,C項對;D項中應作a-m2或a-F 圖象,
第4講 驗證牛頓運動定律
D錯.
【基礎特訓】 ( x +x2)v 5 6F= ,由逐差法知
1.【答案】 (1)AD (2)遠小于 (3)小于 大于 2T
【解析】 (1)在探究加速度與力、質量的關系的實驗中, xa= 4
+x5+x6-x3-x2-x1
9T2 .
平衡摩擦力時木塊不通過定滑輪掛砝碼桶,而要掛紙帶,并
F
且改變質量時不需要重新平衡摩擦力;在實驗時應先接通電 (3)由題圖中的a-F 圖線可知:a=m +0.3
,即圖線的
源再放開木塊,故選項A、D均正確,B、C均錯誤. 1 2
(2)選木塊和木塊上砝碼(設總質量為 M)、砝碼桶及桶 斜率k= ,可求解得m m=2.0kg.
當F=0時,a=0.3m/s,
內的砝碼(設總質量為m)為研究對象, F m
a= 0 0
g
此時 ,所以
則mg=(M+m)a. m
= m m0=0.06kg.
選砝碼桶及桶內的砝碼為研究對象, (( m+m
)g
4)當砝碼重力越來越大時,a= 0 ,即m 無限
則mg-F =ma. m+m0+MT
2 大時,a 趨向于m g g.
聯立解得:FT=mg-M+m. 【高頻題特訓】
m2g 2l
要使FT=mg,需要 →0,即 M m. 1.【答案】 (1)②t ④= ⑤
不能
M+m 2
(3)對質 量 為 m 的 木 塊 由 牛 頓 第 二 定 律 得:F-μmg (2)
h 1 1
①Mg ③h 2(或“t2 ”)
=ma, l t h
1 2.【答案】 (1)0.17 (2)未計入砝碼盤的重力.
即a=mF-μg. 3.【答案】 C
1 1 4.【答案】 (1): , ABD
(2)1.8m/s2
上式與題圖結合可知
m >m μ甲g>μ乙g.甲 乙 【解析】 (1)A.本實驗要使小桶的重力等于小車的合
即:m甲μ乙 外力,就必須先平衡摩擦力,故A正確;
2.【答案】 (1)取下牽引砝碼,M 放在任意位置都不 B.調節滑輪高度,使拉小車的細線和長木板平行,讓力
動;或取下牽引砝碼,輕推滑行器 M,數字計時器記錄兩個光 的方向和運動方向在同一直線上,可以減小誤差,故B正確;
電門 的 光 束 被 擋 的 時 間 Δt 相 等 (2)D (3)a C.本題的拉力由拉力傳感器測出,不需要使小桶(包括
( D
2 2
) - ( D ) 砂)的質量遠小于車的總質量,故C錯誤;Δt2 Δt= 12x D.適當增大兩個速度傳感器的間距,可以減小vA-vB
3.【答案】 (1)否 (2)0.88 (3)在計算小車所受的合 的誤差,故D正確;
外力時未計入砝碼盤的重力(只要涉及“未考慮砝碼質量的 故選:ABD.
因素”就算正確) 砝碼盤的重力 0.08N (2)
Δv : 0.45根 據 加 速 度 的 定 義 式a= 得
【解析】 (1) , Δt
a2=0.25=1.8
取下砝碼盤后 小車加速運動時所受的合
/2
外力即為砝碼和砝碼盤的總重力,而實驗中的研究對象是小 ms.
, , 【點評】 解決實驗問題首先要掌握該實驗原理,了解實車 因此 實驗中不必使砝碼及砝碼盤的質量遠小于小車的
驗的操作步驟和數據處理以及注意事項,了解平衡摩擦力的
質量.
(
() 8.64+7.75
)-(6.87+6.00) , Δv-2 /2 方法 根據加速度的定義式 求解2a= 4×(0.1)2 ×10 ms=0.88
a=Δt a2.
/2 【技巧題特訓】ms.
(3) (
【 】 ()
m +m) =Ma, 答案 小車的總質量 小車所受的外力實驗中本應有 0 g 由于實驗中未計入 1. 1
m , ()砝碼盤質量 測得的圖象與真實圖象相比沿 F 軸左 移 2 ①在質量不變的情況下,加速度與外力成正比 ②C0
m0g,圖 象 將 不 過 原 點.由 圖 象 及 上 述 分 析 可 知,m
【
g 解析
】 (1)因為要探究“加速度和力的關系”,所以應
0
=0.08N. 保持小車的總質量不變,鉤碼所受的重力作為小車所受的
x +x 外力.
4.【答案】 (1)C (2)5 62T (2)由于OA 段a-F 關系圖線為一傾斜的直線,所以在
x4+x5+x6-x3-x2-x1 質量不變的條件下,加速度與外力成正比;由實驗原理:() () mg
9T2 320. 0.06 410 mg F mg
【 】 () , , =Ma 得:a= = ,而實際上a'= ,可見AB 段明解析 1 實驗時應先接通電源 再放開小車 A項 M M M+m
錯;每次改變小車質量時,沒必要重新平衡摩擦力,B項錯; 顯偏離直線是沒有滿足M m 造成的.
93

小題狂刷 高考專題特訓
” ,
2.【答案】 (
Mga
1)3.150 (2) (3)
砂桶中 說明小車的質量是變化的 而此項操作是要求驗證
l C “在質量不變的情況下,加速度與合外力成正比”,顯然研究
3.【答案】 (1)0.60 (2)0.67 (3)0.09 對象不再是小車,仔細審題后不難發現,研究對象應該是小
【解析】 (1)根據圖象可知,當F=0.60N時,小車開始 車與砂桶所組成的系統,是系統的總質量(m+M)保持不變.
有加速度,則f=0.60N, 1
() : a-F 圖象的斜率表示 ,故把砂桶的總重力 當作2 根據牛頓第二定律得 m+M mg
F-f 1 f (系統所受的)合外力F 是合理的
a= = F- ,
.
則a-F 圖象的斜率表示小車質M M M (2)此項操作中明確說明了“系統所受的合外力不變”,
量的倒數,則
, 1因此 應以系統總質量的倒數即 為橫軸,以加速度a
1 4.0-2.0 2
M= ,
m+M
k=5.0-2.0=3=0.67kg
, 1為縱軸 畫出a- 圖象,圖象才是一條過原點的直線(3)為得到a 與F 成正比的關系,則應該平衡摩擦力, m+M
.
則有:
2.【答案】 (1)2.4 (2)
2b
Mgsinθ=μMgcosθ,解得:tanθ= ,
m
μ g
0.60 【解析】 () xBD-xOB 0.192-0.0961 /2
根據f=μMg 得:μ=2 =0.09
,所以tanθ=0.09. 1a= 4T2 = 4×0.01 ms=2.4
3×10 m/s2.
【點評】 實驗裝置雖然有所變動,但是實驗原理、實驗 (2)滑塊受到的拉力T 為彈簧測力計示數的兩倍,即:T
方法、操作細節等是一樣的,故任何實驗明確實驗原理是解 =2F,
答實驗的關鍵,注意該實驗必須要平衡摩擦力,否則a 與F 滑塊受到的摩擦力為:f=μmg,
不成正比,能結合圖象得出有用的信息,難度適中. 由牛頓第二定律可得:T-f=ma,
4.【答案】 (1)鉤碼的總質量應遠小于小車的總質量 m mg解得力F 與加速度a 的函數關系式為:F= a+μ ,
② ① 2 2
()1 M
mg
由圖象所給信息可得圖象截距為: μ ,
2 F
b=
F 2
【解析】 (1)在甲組實驗中實際是:mg=(M+m)a,要
2b
解得:μ=m .g
滿足mg=Ma,應該使鉤碼的總質量遠小于小車的質量.即 3.【答案】 (1)C (2)A (3)f=F-Ma
小車的質量遠大于鉤碼的質量. 【解析】 (1)小重物做勻加速直線運動,根據牛頓第二
甲組實驗, : , mg由實驗原理 mg=Ma 得a= , : , : mg-ma mgM 定律得 mg-2F=ma 解得 F= < ,故C正確2 2 .
mg
而實際加速度卻是a'= ,即隨著重物的質量增 故選:C.M+m
(2)根據實驗裝置可知,本實驗沒有平衡摩擦力,所以當
大,不再滿足鉤碼的質量遠遠小于小車的質量,所以丙圖中
F≠0時,a=0,即在F 軸上有截距,繩子的拉力減去摩擦力
符合甲組同學作出的實驗圖象的是②;
1 f
乙組直接用力傳感器測得拉力F,隨著重物的質量增大 等于小車受到的合外力,即F-f=ma,a= ,是一mF-m
拉力F 測量是準確的,a-F 關系為一傾斜的直線,符合乙 條傾斜的直線,故A正確.故選:A.
組同學作出的實驗圖象是丙圖中的①; (3)因為已測得小車的質量 M,彈簧測力計的示數F,小
(2)根據牛頓第二定律得:F=(M+m)a, 車的加速度a.利用這些數據可以求解摩擦力,根據F-f=
1 1 M
得 = m+ , Ma 得:f=F-Ma.a F F
【點評】 解答本題要注意不是用重物的重力代替繩子
1
所以丁圖中直線的斜率為 , M縱軸上的截距為
F F . 的拉力,所以隨著重物重力的增大,圖象不會彎曲,還要注意
【點評】 這是一道探究小車加速度與力的關系,加速度 根據實驗裝置可知本實驗沒有平衡摩擦力,難度適中.
與質量的關系的實驗創新題,根據所學物理知識和實驗裝置 4.【答案】 (1)D.接通電源 F.小車質量(或小車中的
的特點明確實驗原理是解答該實驗的關鍵. 砝碼個數) (2)47.1 1.15
【拓展題特訓】 【解析】 (1)D.在實驗時應先接通電源,再釋放小車;
1 1 F.因驗證加速度與小車質量之間的關系,故應多次改變
1.【答案】 (1)①m+M ②
合理 (2)m+M 小車的質量,重復實驗;
【解析】 (1)本題是對課本中已有的“驗證牛頓第二定 (2)設紙帶上三個相鄰計數點的間距為s1、s2、s3.
律”實驗方案的創新.本題中“從盒子中取出一些砂子,裝入 由勻變速直線運動的推論得:Δx=aT2,
94

物理·實驗專題
s3-s1 【解析】 本題考查“探究恒力做功與物體動能變化的關
即s3-s1=2a(5Δt)2,a=50(Δt)2. 系”的實驗,意在考查學生對該實驗的理解.
圖乙為用米尺測量某一紙帶上的s1、s3的情況,由圖可 (1)由實驗過程以及實驗裝置圖可知,實驗裝置圖中細
讀出s1=24.2mm,s3=47.2mm, 線與軌道平面應平行;初始時刻,小車應緊靠打點計時器;所
s -s
由此求得加速度的大小a= 3 1 =1.15m/s2. 缺步驟為:調節軌道的傾斜程度,使小車在無拉力時能在軌50(Δt)2
道上勻速運動(或平衡摩擦力);
【點評】 本題考查驗證牛頓第二定律的實驗;對于實驗 (2)由做功及動能變化量可知,W=mg(x4-x1),ΔEk
問題要掌握實驗原理、注意事項和誤差來源;遇到涉及圖象
1
= M[(x
2
5-x3 x 22
的問題時,要先根據物理規律寫出關于縱軸與橫軸的函數表 ) - ( ) ],只要滿足 W≈ΔEk,則動能2 2T 2T
達式,再根據斜率和截距的概念求解即可. 定理得證.
5.【答案】 (1)0.2 0.21 (2)系統誤差 偏大
15
【解析】 (1)當小車由靜止剛好開始運動時,滑塊與小 3.【答案】 (1) ()15 2 ①2.50m
/s ②B ③2kg
車間的摩擦力是最大靜摩擦力,由圖乙所示圖象可知, 【高頻題特訓】
滑塊與小車間的最大靜摩擦力fmax=3.5N, 1.【答案】 D
此時沙桶及所裝沙子的總重力m0g=fmax, 【解析】 實驗中沒有必要測出橡皮筋做功的具體數值,
: 3.5解得 m0=10=0.35kg.
只要測出后來各次橡皮筋做的功是第一次的多少倍即可,A
錯誤;為了使以后各次實驗中橡皮筋做的功是第一次實驗時
由圖乙所 示 圖 象 可 知,穩 定 后,滑 塊 的 滑 動 摩 擦 力 f
的整數倍,必須使每次實驗中橡皮筋拉伸的長度保持一致,B
=3.0N,
錯誤;為了減小誤差,實驗中應使長木板傾斜以平衡摩擦力,
f 3
由f=μmg,解得:μ= = ;m ; , ,g 1.5×10
=0.2 C錯誤 實驗中應先接通電源 然后再釋放小車 D正確.
【 】 () ()
對沙桶及所裝沙子,根據牛頓第二定律得:m g-T= 2.
答案 1B 22.23
0
ma…① 【解析】 (1)平衡摩擦力的根本目的是保證橡皮筋對小0
對小車運用牛頓第二定律得:T-f=Ma…② 車做的功等于小車動能的變化
,即合外力做的功;(2)由已知
由①②解得:a=0.21m/s2. 數據計算出相鄰兩點間的距離,可知E 點速度最大,此時小
(2)傳感器測力端與滑塊間的細繩不水平,左端略低一 車的動能等于橡皮筋做的功.
3.【答案】 (1)交流 (2)0.58 5.9×10-2 3.4×10-2些,由此而引起的誤差屬于系統誤差.由于左端略低一些,導
致壓力增大,則滑動摩擦力偏大,因此動摩擦因數 () 小車質量不滿足遠大于鉤碼質量; 沒有平衡摩擦μ 的測量 3 ① ②
結果偏大. 力;③沒考慮砝碼動能的增加(任選兩點)
【技巧題特訓】
第5講 探究動能定理 1.【答案】 (1)刻度尺 (2)把木板的末端墊起適當高
【基礎特訓】 度以平衡摩擦力 (3)點距均勻 (4)2W 3W 4W 5W
(5)v21.【答案】 D n 圖象見解析 (6)見解析
【解析】 , 【解析】 ()由于選用同樣的橡皮筋 并且每次實驗中橡皮 1 計算小車速度需要測量紙帶上的點的距
,
筋拉伸的長度相同,因此每條橡皮筋對小車做的功都相同, 離 要用刻度尺.
故A正確;小車在運動中受到的阻力,采取平衡摩擦力的方 (2)要讓小車在木板上勻速運動,因而木板要傾斜以平
法補償,讓木板固定有打點計時器的一端適當抬高,使重力 衡摩擦力.
的下滑分力與阻力平衡,故B正確;紙帶上的點兩端密、中間 (3)小車勻速運動時,紙帶上的點的間隔均勻.
疏,說明小車先在橡皮筋拉力作用下加速,后在阻力作用下 (4)橡皮筋每增加一條,對小車做的功就增加W.
減速,故C正確;由于橡皮筋松弛后,小車做勻速運動,此時 (5)縱坐標表示速度的平方,橫坐標表示功,利用描點法
的速度是橡皮筋對小車做功后的最大速度,故求速度應該用 描出各組數據對應的點,然后用平滑曲線連線作出v
2
n 圖象,
做勻速運動的那一段紙帶的數據,而不應該用從第一點到最 如圖所示.
后一點的數據來計算,故D錯誤.
2.【答案】 (1)①細線與軌道平面應平行;初始時刻,小
車應緊靠打點計時器. ②調節軌道的傾斜程度,使小車在
無拉力時能在軌道上勻速運動(或平衡摩擦力). ③M m
(2)m ( )
1
x -x M[(x5-x
2 x 2
g 3 2
M
4 1 - ]或2 2T ) (2T ) 8T2
[(x5-x3)2-x22] W≈ΔEk
95

小題狂刷 高考專題特訓
(6)分析誤差來源,改進實驗方案或測量手段,重新進行 測量,故可以讓 AB 之間的距離L 增大或減小遮光片的長
實驗. 度,故AD正確.故選:AD;
2.【答案】 (1)勻速直線(或勻速) (2)0.1115 【點評】 本題考查驗證動能定理的實驗,在處理實驗時
0.1105 (3)0.015 一定要找出實驗原理,根據實驗原理我們可以尋找需要測量
【解析】 (1)取下細繩與托盤后,當摩擦力恰好被平衡 的物理量和需要注意的事項.
時,小車與紙帶所受合力為零,獲得初速度后應做勻速直線 3.【答案】 (1)0.520(0.515、0.525也可) (3)砝碼盤中
運動. 1 d 1 d
砝碼的質量m (5)(m+m )gs M( )20 - M( )2
t 2 ΔtB 2 ΔtA(2)由題圖可知OF=55.75cm,再結合v =v可得打2 (7)B
OG-OE
下計數點F 時的瞬時速度vF= 2T =1.051m
/s2,故W 第6講 驗證機械能守恒定律
=F·
1
OF=0.1115J,ΔEk=2Mv
2
F≈0.1105J. 【基礎特訓】
() : , 1.【答案】 ()第 點到第3 根 據 牛 頓 第 二 定 律 有 對 小 車 F=Ma 得 a= 1 2 6
點之間的距離h26 第1
/2; ( ) ( 點到第 點之間的距離 第 點到第 點之間的距離1.0ms 對托盤及砝碼 m+m0 g-F= m+m )a,故有 3 h13 5 70
F h57 第2點的瞬時速度 第 點的瞬時速度0.2 v2 6 v6 mgh26
m= -m = -3
g-a 0 9.8-1.0
kg-7.7×10 kg=0.015kg. 1 1
= 2 2
3.【答案】 (1)1.5×10-3 9.8×10-3 (2)8.6×10-3 2
mv6-2mv2
(3)大于 砝碼的重力大于細線對小車的拉力 (2)ADBCEF
【拓展題特訓】 【解析】 (1)要驗證從第2點到第6點之間的紙帶對應
x -x 重物運動的過程中機械能守恒,應測出第2點到第6點的距
1.【答案】 (1) 3 1 (2)下滑的位移 (2Δt x mgx 3
)
離h26,要計算第2點和第6點的瞬時速度v2和v6,必須測
過原點的直線 滑塊的質量 M 出第1點到第3點之間的距離h13和第5點到第7點之間的
【解析】 本題考查動能改變與合外力做功的關系,意在 1 1
距離h57,機械能守恒的表達式為mgh = mv226 6- mv22.
考查學生對該實驗的理解. 2 2
x (2)實驗操作順序為ADBCEF.(1) B v = 3
-x1
由打出的紙帶可知 點的速度為 B ;()2Δt 2 2
2.【答案】 (1)C B (
d d
2)1.84 (3)C (4) 2=
由做功定義式可知還需要知道滑塊下滑的位移,由動能定理 t 2t
可知W =ΔE ,即mgx=ΔE ;(3)v2-W 圖象應該為一條 gh (5)消除了紙帶與打點計時器的摩擦影響,提高了測量合 k k
過原點的直線. 的精確度,減小了實驗誤差
2.【答案】 (1)否 (2)光電門A 至光電門B 中心之間 3.【答案】 (1)②9.30 ③60.00(59.98~60.02之間都
l l 1 l 1
的距離L (
1 d
3)FL= M( )2 (4)AD 對) (2)① (Δt Δt ②2 M+m
)( )2
Δt
(
2 M+m
)
2 Δt 1 2 1
【解析】 (1)拉力是直接通過傳感器測量的,故與小車 (l )2 ③mgx (3)Δt Ek2-Ek12
質量和鉤碼質量大小關系無關,故不需要鉤碼總質量 m 遠
【解析】 (1)②游標卡尺讀數時不必估讀,擋光條的寬
小于滑塊質量M;
() , 度l=9.0mm+0.05mm×6=9.30mm.2 為了測量拉力做的功 故要用刻度尺測量光電門 A
③兩光電門中心之間的距離B L x=80.30cm-20.30cm至光電門 中心之間的距離 .
(3) , =60.00cm.由于遮光條的寬度很小 通過光電門的時間也很短,
()
故遮光條通過光電門的平均速度可以表示瞬時速度,則通過 2 ①由于擋光條寬度很小,因此將擋光條通過光電門
d l l, 時的平均速度可當作瞬時速度,即B 點的速度v= v1=
和
Δt v2=Δt 1 Δt
.
2
②通過光電門1和光電門2時,系統總動能分別為拉力做功W=FL.
1 1 1 1( )2 1( )(l )2,
動能的增加量為ΔE 2 2 2 Ek1= M+m v1= M+mk=2MvB -2MvA =2Mv = 2 2 Δt1
1 d 1 2 1 l 2
M( )2, Ek2=
(M+m)v2= (2 2 M+m
)( )
2 Δt Δt
.
2
1 d ③系統勢能的減少ΔEp=mgx.
故本實驗中探究動能定理的表達式為FL= M( )22 Δt . (3)在實驗誤差允許范圍內,系統重力勢能的減少量等
(4)由公式可知,實驗誤差來自于長度的測量和速度的 于動能的增加量,即ΔEp=ΔEk=Ek2-Ek1.
96

物理·實驗專題
Mgh 1 b2 1 d4.【答案】 (1)( d -mg)x (2 M +m) 2 2.【答案】t (1)1.02 (2) ( )22 Δt (3)小圓柱的質量
2(Mgh-mgd) d2
(M+m)b2
m m
d x g
+ml(Δt)2
(2)圖象見解析圖 2.43(2.30~2.60均可) 【解析】 (1)小 圓 柱 的 直 徑d=1.0cm+2×0.1mm
【解析】 (1)當 M 沿斜面向下運動距離x 時,下落的高 =1.02cm.
度為h',
h h' h 1
則 = ,所以 所以系統重力勢能的減小 ()根據機械能守恒定律得:d x h'=dx. 2 mgl=2mv
2,所以只需驗
Mgh 1 1 d
量ΔEp=Mgh'-mgx=( -mg)x,動能的增加量ΔEk 證gl= v2= ( )2,就說明小圓柱下擺過程中機械能d 2 2 Δt
1( )2, b, 1( b
2 守恒.
= M+m v v= 所以ΔEk= M+m)2,根據機2 t 2 t (3)若測量出小圓柱的質量 m,則在最低點由牛頓第二
1
械能守 恒,有 ΔE =ΔE ,即 (Mghp k -mg)x= (M+m) v2 d2d 2 定律得F-mg=m ,若等式l F=mg+ml(Δt)2成立,則
b2 1 2(Mgh-mgd),所以 = x. 可驗證小圓柱在最低點的向心力公式.t2 t2 (M+m)b2d
3.【答案】 (1)B (2)能 (3)mg(Δx3+Δx4+Δx5)
() ,12 如圖所示 2-x 圖象是一條傾斜直線,直線的斜率 m(t Δx5+Δx6
)2-m(Δx2+Δx 2 3
)
8T2
k=2.43×104m-1·s-2. 【解析】 (1)重物應該選擇相對質量較大、體積較小的
物體,即密 度 大 的 物 體,這 樣 能 減 少 摩 擦 阻 力 的 影 響,故
選:B.
(2)如果先放開紙帶開始運動,再接通打點計時器的電
源,由于重物運動較快,前面的點不好采集,但后面的點還是
能夠采集的,所以能通過對這條紙帶運算判斷機械能是否
守恒;
(3)從B 到E 的過程中重力勢能減少為:ΔEp=mgh=
mg(Δx3+Δx4+Δx5),
x Δx +Δx
物體在B AC 2 3點的速度vB= ,2T= 2T
x
E DF
Δx5+Δx6
物體在 點的速度vE= ,2T = 2T
【高頻題特訓】
1 1
1.【答案】 (1)7.62 7.57 (2)9.75 小于 重物受空 則 B 到 E 動 能 變 化 量 ΔEk= 2mv
2
E - mv 22 B
氣阻力,紙帶受限位孔或打點計時器振針的阻力 m(Δx5+Δx6)2-m(Δx2+Δx 23)
【解析】 (1)由題意知重物由O 點運動至C 點,下落的 = 8T2 .
高度 為 hC =77.76cm=0.7776 m,m =1.00kg,g= 【點評】 正確解答實驗問題的前提是明確實驗原理,從
9.80m/s2,所以重力勢能的減少量為ΔEp=mghC=1.00× 實驗原理出發進行分析所需實驗器材、所測數據等,會起到
9.80×0.7776J≈7.62J. 事半功倍的效果,知道勻變速直線運動中點時刻的速度等于
BD OD-OB 平均速度.
重物經過C 點時的速度vC=2T= 2T . 【技巧題特訓】
又因為T=0.02s、OD=85.73cm=0.8573m、OB= 1.【答案】 D
70.18cm=0.7018m, 【解析】 A選項中,紙帶過短,長度測量的相對誤差較
0.8573-0.7018
所以vC= m/2×0.02 s≈3.89m
/s, 大,故A錯誤;
1 2 , 1由 知 只需驗證 2 即
2mv =mgh 2v =gh
故重物動能的增加量ΔEk為 可,不必測重物質量,故B錯;對C選項中的紙帶,可選點跡
1 1
ΔEk= mv2= 2C 12 2×1.00×3.89J≈7.57J. 清晰、距離合適的任意兩點 M、N,通過計算ΔEk= 22mvN
(2)根據CD-AB=2aT2,CD=OD-OC,AB=OB- 1
, /2 - mv
2
M 與mghMN 比較,實驗誤差不一定大,故 錯誤;由OA 代入數據得a=9.75msC
實驗中重物受空氣阻力,紙帶受限位孔或打點計時器振 于自由落體加速度較大,因此除去1、2兩點距離可能很小,
針的阻力作用,導致a97

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尺測量完全可以,不必采用“計數點”法,故D正確. (1)由游標卡尺的讀數方法d=主尺讀數+游標尺的讀
2.【答案】 (1)甲 (2)①打點計時器接了直流電源 數,注意分度,讀得小球直徑為1.020cm,小球通過光電門可
②重物離打點計時器太遠 (3)4.8m/s2 乙 , d 1.02cm近似認為做勻速直線運動 所以vA= = =4m/s;
【解析】 由Δx=aT2,利用逐差法得到物體運動的加 tA 2.55ms
速度a=4.8m/s2.若用自由落體實驗測得物體運動的加速 (2)在驗證機械能守恒定律時,要看動能的減少量是否
2 2
度a 應該接近10m/s2,所以該紙帶是采用乙實驗 方 案 得 v v等于勢能的增加量,即gh=
A B;
2-2
到的.
(3)小球通過 A 的時間越短,意味著小球的速度越大,
3.【答案】 (1)克服空氣阻力做功,機械能減小 (2)
而速度越大受到的空氣阻力就越大,損失的能量越多,動能
高于
的減少量和勢能的增加量差值就越大.
【解析】 (1)從B 到C 到D,機械能逐漸減小,原因是由
3.【答案】 (1)0.97m/s (2)0.48J 0.47J (3)C
于克服空氣阻力做功,使得一部分機械能轉化為內能,導致
(4)A 實驗過程先釋放重物后通電
機械能減小.
() , 4.
【答案】 (1)17.6 (2)①D ②3.04 ③gh2 ④a
2 表中A 點的機械能數據明顯偏小 原因是擺錘釋放
10.0 ⑤4l(, h-l
)
器釋放點高于A 點 A 點的機械能按A 點的高度計算.
【拓展題特訓】 綜合特訓
【 】 () ()hF-hD h +h -2h1.答案 1C 2 F D E ()2T T2 3E 【母題特訓】
9.79(9.75~9.83) (4)ABD 1.【答案】 (2)1.4 (4)7.94 1.4
【解析】 (1)測量某點到O 點距離h 的記錄中不合理的 【解析】 (2)根據秤盤指針可知量程是10kg,指針所指
一組是C:12.4,因為該數據沒有估讀. 示數為1.4kg.(4)記錄的托盤稱各次示數并不相同,為減小
(2)根據某段時 間 的 平 均 速 度 等 于 中 點 時 刻 的 瞬 時 速 誤差,取平均值,即m=1.81kg.而模擬器的重力為G=m'g
h -h =9.8N,所以小車經過凹形橋最低點的壓力為 mg-mg'≈
度,vE=vDF=
F D;
2T 7.94N.根據徑向合力提供向心力即7.94N-(1.4kg-1kg)
根據Δx=aT2得: v2
×9.8N/kg=(1.4kg-1kg) ,整理可得R v≈1.4m
/s.
Δx EF-DE (hF-hE)-(hE-hD)a = T2 = T2 = T2 f f f2
2.【答案】 (1) ( ) ( ) ( )
h +h -2h 2
s1+s2 2 s2+s3 2 s3-s1
= F D ET2 . (2)40
(3)由題圖可以看出第5組數據(計數點E)偏離直線較 【解析】 (1)由于重物勻加速下落,A、B、C、D 各相鄰
遠,誤差較大. 點之間時間間隔相同,因此B 點應是從A 運動到C 的過程
1 的中間時刻,由勻變速直線運動的推論可得:
若該過程機械能守恒,則有mgh= 2,2mv s1+s2
所以v2=2gh, B
點的速度vB 等于AC 段的平均速度,即vB= 2t
v2-h 圖象中,圖線的斜率為2g,即g 為斜率的一半, 1 f
由于t= ,故vB= (2 s1+s2
)
k f
由圖線可知g= =9.79m/s22 . f
同理可得vC= (s2+s3)
(4)根據高中實驗的要求,查閱當地重力加速度,由于實 2
驗測得的g 值近似等于當地重力加速度,所以公式 mgh= Δv勻加速直線運動的加速度a=Δt
1
mv2成立,即驗證了機械能守恒定律,A正確.由于空氣阻2 f [(
v -v 2 s2+s3
)-(s1+s2)]
C B f2
力和摩擦阻力的存在,有一部分機械能轉化為內能,測得的 故a= (t = 1 = 2 s3-
g 值應偏小,B正確.該誤差使得測量結果總是偏小,不是操 f
作不當引起的,屬系統誤差,D正確. s1)①
2.【答案】 (1)1.020 4(4.0或4.00也對) (2)gh 和 (2)重物下落的過程中,由牛頓第二定律可得:
v2 v2A B m -F阻=ma②
2-2
(3)小球上升過程中受到空氣阻力的作用,速度越 g
由已知條件F阻=0.01mg③
大,所受阻力越大 由②③得a=0.99g
【解析】 本題考查“驗證機械能守恒定律”的實驗,意在 2
代入 得: f ( ),代入數據得
考查學生對實驗的掌握情況. ① a=2 s3-s1 f≈40Hz
98
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第4講 驗證牛頓運動定律
的總質量為 M,擋光片寬度為 D,兩光電門間距離為
x,牽引砝碼的質量為m.回答下列問題:
1.(2022·山東省滕州市第十一中學高三5月份
模擬訓練理綜)某實驗小組利用圖1所示的裝置探究
加速度與力、質量的關系.
(1)實驗開始應先調節氣墊導軌下面的螺釘,使氣
墊導軌水平,在不增加其他儀器的情況下,如何判定調
節是否到位
答: .
(2)若取 M=0.4kg,改變m 的值,進行多次實驗,
以下m 的取值不合適的一個是 .
A.m=5g B.m=15g
C.m=40g D.m=400g
圖1 (3)在此實驗中,需要測得每一個牽引力對應的加
(1)下列做法正確的是 .(多選) 速度,寫出該加速度的表達式: .(用Δt1、Δt2、
A.調節滑輪的高度,使牽引木塊的細繩與長木板 D、x 表示)
保持平行 3.(2022·云南玉溪一中質檢)某實驗小組在“探
B.在調節木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦 究加速度與物體受力的關系”實驗中,設計出如下的實
力時,將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上 驗方案,其實驗裝置如圖1所示.已知小車質量 M=
C.實驗時,先放開木塊再接通打點計時器的電源 214.6g,砝碼盤質量m0=7.8g,所使用的打點計時器
D.通過增減木塊上的砝碼改變質量時,不需要重 交流電頻率f=50Hz.其實驗步驟是:
新調節木板傾斜度
(2)為使砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數值上近
似等于木塊運動時受到的拉力,應滿足的條件是砝碼
桶及桶內砝碼的總質量 木塊和木塊上砝碼的
總質量.(選填“遠大于”、“遠小于”或“近似等于”)
(3)甲、乙兩同學在同一實驗室,各取一套圖1所
示的裝置放在水平桌面上,木塊上均不放砝碼,在沒有
平衡摩擦力的情況下,研究加速度a與拉力F 的關系,
分別得到圖2中甲、乙兩條直線.設甲、乙用的木塊質 圖1
量分別為m甲、m乙,甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦 A.按圖中所示安裝好實驗裝置;
因數分別為μ甲、μ乙,由圖可知,m甲 m乙,μ甲 B.調節長木板的傾角,輕推小車后,使小車能沿
μ乙.(選填“大于”、“小于”或“等于”) 長木板向下做勻速運動;
C.取下細繩和砝碼盤,記下砝碼盤中砝碼的質
量m;
D.將小車置于打點計時器旁,先接通電源,再放
開小車,打出一條紙帶,由紙帶求得小車的加速度a;
E.重新掛上細繩和砝碼盤,改變砝碼盤中砝碼的
質量,重復B~D步驟,求得小車在不同合外力F作用
圖2 下的加速度.
2.(2022·保定模擬)為了探究加速度與力的關 回答下列問題:
系,使用如圖所示的氣墊導軌裝置進行實驗.其中G1、 (1)按上述方案做實驗,是否要求砝碼和砝碼盤的
G2為兩個光電門,它們與數字計時器相連,當滑行器 總質量 遠 小 于 小 車 的 質 量 (填“是”或
通過G1、G2光電門時,光束被遮擋的時間Δt1、Δt2都可 “否”).
以被測量并記錄,滑行器同上面固定的一條形擋光片 (2)實驗中打出的其中一條紙帶如圖2所示,由該
14

物理·實驗專題
紙帶可求得小車的加速度a= m/s2.
圖2
(3)某同學平衡好摩擦阻力后,在保持小車質量不
圖2
變的情況下,通過多次改變砝碼重力,作出小車加速度
(3)某同學將有關測量數據填入他所設計的表格
a與砝碼重力F 的圖象如圖3所示.若牛頓第二定律
中,如下表.
成立,重力加速度g=10m/s2,則小車的質量為
次數 1 2 3 4 5 kg,小盤的質量為 kg.
砝碼盤中砝碼的重力F/N 0.10 0.20 0.29 0.39 0.49
小車的加速度a/(m·s-2)0.88 1.44 1.84 2.38 2.89
他根據表中的數據畫出a-F 圖象(如圖3).造成
圖線不過坐標原點的一條最主要原因是
,從該圖線延長線與橫軸的交點可求
出的物理量是 ,其大小為 .
圖3
(4)實際上,在砝碼的重力越來越大時,小車的加
速度不能無限制地增大,將趨近于某一極限值,此極限
值為 m/s2.
高頻題特訓
圖3 1.(2022·山東十校高三聯考)用如圖所示裝置探
4.(2022·甘肅第一次診考)某實驗小組欲以圖1 究影響加速度的因素,提供的器材有長木板、鐵架臺、
所示實驗裝置“探究加速度與物體受力和質量的關 米尺、計時儀器、小車(可視為質點)、砝碼等,進行以下
系”.圖中A 為小車,B 為裝有砝碼的小盤,C 為一端帶 探究活動:
有定滑輪的長木板,小車通過紙帶與電磁打點計時器
相連,小車的質量為m1,小盤(及砝碼)的質量為m2.
(1)探究加速度與質量的關系
圖1 ①測量木板長度l,將木板一端放在鐵架臺的支
(1)下列說法正確的是 ( ) 架上.
A.實驗時先放開小車,再接通打點計時器的電源 ②讓小車從靜止開始由頂端滑到底端,測出下滑
B.每次改變小車質量時,應重新平衡摩擦力 時間t,則小車運動的加速度可表示為a= .
C.本實驗中應滿足m2遠小于m1的條件 ③保持木板傾角不變,向小車內加入砝碼,再使其
D.在用圖象探究小車加速度與受力的關系時,應 從靜止開始由頂端滑到底端,測出下滑時間t'.
作a-m1圖象 ④在實驗誤差允許范圍內小車兩次下滑的加速度
(2)實驗中,得到一條打點的紙帶,如圖2所示,已 a與a'的關系為a a'.(填“>”、“<”或“=”)
知相鄰計數點間的時間間隔為T,且間距x1、x2、x3、 ⑤據此能否得出加速度與質量的關系 .
x4、x5、x6已量出,則打點計時器打下F 點時小車的瞬 (填“能”或“不能”)
時速度的計算式為vF= ,小車加速度的計算 (2)探究加速度與合外力的關系
式a= . ①若不計摩擦,小車質量為 M,木板長度為l,木
15

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板兩端高度差為h,重力加速度為g,則小車沿木板下 過定滑輪各掛一個小盤,盤里可放砝碼.兩個小車后端
滑受到的合外力為F= . 各系一條細線,細線后端用夾子固定,打開夾子,小盤
②改變木板傾角,測出每次木板兩端的高度差h 和砝碼牽引小車運動,合上夾子,兩小車同時停止.用
和小車下滑的時間t. 刻度尺測出兩小車通過的位移,則位移之比就等于它
③為了尋求a 與F 的關系,可以作出與變量h、t 們的加速度之比.為了探究加速度大小和力大小之間
相關的圖象,當兩坐標軸的物理量分別為 和 的關系,下列說法中正確的是 ( )
時,得到的圖象才是直線.
2.(2022·福建名校聯考)“探究加速度與物體質
量、物體受力的關系”的實驗裝置如圖1所示.
A.使小盤和砝碼的總質量盡可能等于小車質量
B.若將小車放在粗糙水平板上,對實驗結果沒有
影響
C.位移之比等于加速度之比是因為小車的位移圖1
() 與加速度成正比1 在平衡摩擦力后,掛上砝碼盤,打出了一條紙
可在兩小盤內放置相同質量的砝碼,在兩小車
帶如圖2所示.計時器打點的時間間隔為0.02s.從比 D.
內放置不同質量的砝碼進行實驗
較清晰的點起,每5個點取一個計數點,量出相鄰計數
(
點之間的距離(圖中已標出),該小車的加速度a 4.2022
·廣東省五校協作體聯考)某學習小組采
=
2 用如圖所示的實驗裝置來探究加速度與力、質量的關 m/s.(結果保留兩位有效數字)
系.在水平桌面上放有長木板,用輕繩將固定有拉力傳
感器的小車通過一個定滑輪與一個小桶相連,木板上
A、B 兩處各安裝一個速度傳感器,分別先后記錄小車
通過A、B 兩處時的速度,用數字計時器記錄小車在通
圖2 過A、B 兩處時的時間間隔.
(2)平衡摩擦力后,將5個相同的砝碼都放在小車 (1)在實驗中,下列措施有助于減小實驗誤差的是
上.掛上砝碼盤,然后每次從小車上取一個砝碼添加到 .
砝碼盤中,測量小車的加速度.小車的加速度a 與砝碼 A.將木板右端適當墊高,平衡摩擦力
盤中砝碼總重力F 的實驗數據如下表: B.調整滑輪高度,使拉小車的細繩平行木板
砝碼盤中砝碼 C.使小桶(包括砂)的質量遠小于車的總質量
( ) 0 0.196 0.392 0.588 0.7840.980總重力F N D.適當增大兩個速度傳感器的間距
加速度a (2)下表是按正確操作測得的數據,其中 M 為小
( · -2) 0.21 0.69 1.18 1.66 2.18 2.70m s 車(包括拉力傳感器)的質量,vA-vB 是兩個速度傳感
某同學根據上面表格中的實驗數據在坐標紙上作 器記錄的速率差值,Δt是數字計時器記錄的小車在通
出a-F 的關系圖象,發現圖線不通過坐標原點,請說 過A、B 兩處時的時間間隔,F 是拉力傳感器記錄的拉
明主要原因是什么 力值.
v -v
次數 M( )
A B
kg () ( ) (/2)( Δts F N a msm/s)
1 0.500 0.26 0.20 0.64 1.3
2 0.500 0.45 0.25 0.92 a2
3 0.600 0.60 0.40 0.92 1.5
表格中a2= .
3.(2022·北京市房山區一模)圖甲是用來探究加
速度和力之間關系的實驗裝置示意圖,圖乙是其俯視
圖.兩個相同的小車,放在比較光滑的水平板上(摩擦
力很小,可以略去),前端各系一條細繩,繩的另一端跨
16

物理·實驗專題
設小車的質量為 M,正方體木塊的邊長為a,并用刻度
技巧題特訓
尺量出圖中AB 的距離l(a l,且已知θ很小時tanθ
1.(2022·泰安模擬)如圖1為“用DIS(位移傳感 ≈sinθ),則 小 車 向 下 滑 動 時 受 到 的 摩 擦 力 為
器、數據采集器、計算機)研究加速度和力的關系”的實 .
驗裝置. (3)然后用細線通過定滑輪掛上重物讓小車勻加
速下滑,不斷改變重物的質量 m,測出對應的加速度
a,則下列圖象中能正確反映小車加速度a與所掛重物
質量m 的關系的是 .
圖1
(1)在該實驗中必須采用控制變量法,應保持
不變,用鉤碼所受的重力作為 ,用DIS測
小車的加速度.
(2)改變所掛鉤碼的數量,多次重復測量,在某次
實驗中根據測得的多組數據可畫出a-F 關系圖線
(如圖2所示).
3.(2022·上海市靜安區一模)在用DIS研究小車
加速度與外力的關系時,某實驗小組先用如圖(a)所示
的實驗裝置,重物通過滑輪用細線拉小車,在小車和重
物之間接一個不計質量的微型力傳感器,位移傳感器
圖2 (發射器)隨小車一起沿水平軌道運動,位移傳感器(接
①分析此圖線的OA 段可得出的實驗結論是
收器)固定在軌道一端.實驗中力傳感器的拉力為F,
.
保持小車(包括位移傳感器發射器)的質量不變,改變
②此圖線的AB 段明顯偏離直線,造成此誤差的
重物重力重復實驗若干次,得到加速度與外力的關系
主要原因是 .
如圖(b)所示.
A.小車與軌道之間存在摩擦
B.導軌保持了水平狀態
C.所掛鉤碼的總質量太大
D.所用小車的質量太大
2.(2022·濰坊一模)某同學在用如圖甲所示的裝
置做“探究加速度與物體受力的關系”實驗時.
(1)該同學在實驗室找到了一個小正方體木塊,用
實驗桌上的一把游標卡尺測出正方體木塊的邊長,示
數如圖乙所示,則正方體木塊的邊長為 cm;
(1)小車與軌道的滑動摩擦力f= N.
(2)從圖象中分析,小車(包括位移傳感器發射器)
的質量為 kg.
(3)該實驗小組為得到a與F 成正比的關系,應將
(2)接著用這個小正方體木塊把小車軌道的一端 斜面的傾角θ調整到tanθ= .
墊高,通過速度傳感器發現小車剛好做勻速直線運動. 4.(2022·上海市普陀區一模)在“用DIS研究小
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小題狂刷 高考專題特訓
車加速度與力的關系,加速度與質量的關系”實驗中, 條過原點的直線.
(1)甲、乙兩組分別用如圖甲、乙所示的實驗裝置 ①a-F 圖象斜率的物理意義是
做實驗,鉤碼通過細線跨過滑輪拉相同質量小車,位移 .
傳感器(B)隨小車一起沿水平軌道運動,位移傳感器 ②你認為把砂桶的總重力mg 當作合外力F 是否
(A)固定在軌道一端.甲組實驗中把鉤碼的重力作為拉 合理
力F,乙組直接用力傳感器測得拉力F.改變鉤碼的重 答: (填“合理”或“不合理”).
力重復實驗多次,記錄多組數據,并畫出a-F 圖象, (2)驗證“在合外力不變的情況下,加速度與質量
如圖丙所示. 成反比”.本次實驗中,保持桶內的砂子質量不變,故系
統所受的合外力不變.用圖象法處理數據時,以加速度
a為縱軸,以 為橫軸,才能保證圖象是一條過
原點的直線.
2.(2022·山東省濟寧市一模)如圖1所示,某同
學設計了一個測量滑塊與木板間的動摩擦因數的實驗
裝置,裝有定滑輪的長木板固定在水平實驗臺上,木板
上有一滑塊,滑塊右端固定一個動滑輪,鉤碼和彈簧測
力計通過繞在滑輪上的輕繩相連,放開鉤碼,滑塊在長
木板上做勻加速直線運動.
甲組 實 驗 把 鉤 碼 的 重 力 作 為 拉 力 F 的 條 件
是 ,
圖丙中符合甲組同學做出的實驗圖象的是 ,
符合乙組同學做出的實驗圖象的是 .
(2)在研究“加速度與質量的關系”時,某同學用圖
乙實驗裝置做了實驗,并作出如圖丁的圖象,橫坐標m (1)實驗得到一條如圖2所示的紙帶,相鄰兩計數
為小車上配重片的質量.若力傳感器測出小車受到的 點之間的時間間隔為0.1s,由圖中的數據可知,滑塊
拉力為F,已知小車的質量為M,則圖中直線的斜率為 運動的加速度大小是 m/s2.(計算結果保留兩
,縱軸上的截距為 . 位有效數字)
(2)讀出彈簧測力計的示數F,處理紙帶,得到滑
拓展題特訓 塊運動的加速度a;改變鉤碼個數,重復實驗.以彈簧測
1.(2022·兗州一模)用如圖所示的實驗裝置可以 力計的示數F 為縱坐標,以加速度a 為橫坐標,得到
探究加速度與力、質量的關系.小車上固定一個盒子 的圖象是縱軸截距為b的一條傾斜直線,如圖3所示.
(圖中未畫出),盒子內盛有砂子,小車的總質量(包括 已知滑塊和動滑輪的總質量為m,重力加速度為g,忽
車、盒子及盒內砂子)記為 M,砂桶的總質量(包括桶 略滑輪與繩之間的摩擦.則滑塊和木板之間的動摩擦
以及桶內砂子)記為m. 因數μ= .
3.利用如圖所示的裝置探究加速度與力的關系.
一端帶有定滑輪的長木板固定在水平桌面上,另一端
安裝打點計時器,繞過定滑輪和動滑輪的細線將小車
和彈簧測力計連接,動滑輪下掛有質量可以改變的小
重物,將紙帶穿過打點計時器后連在小車后面,接通打
點計時器,放開小車.不計滑輪的質量,忽略滑輪的
(1)驗證“在質量不變的情況下,加速度與合外力 摩擦.
成正比”.從盒子中取出一些砂子,裝入砂桶中,稱量并
記錄砂桶的總重力mg,將該力視為合外力F,對應的
加速度a則從打點紙帶中計算得到.多次改變合外力
F 的大小,每次都會得到一個相應的加速度.以合外力
F 為橫軸、加速度a為縱軸畫出a-F 圖象,圖象是一
18

物理·實驗專題
(1)實驗中彈簧測力計的示數F 與小重物的重力 端的高度,用手輕推小車,直到打點計時器在紙帶上打
mg 的關系為 . 出一系列間距相等的點.
mg mg mg C.按住小車,掛上吊盤,使細線與長木板平行.
A.F= 2 B.F> 2 C.F< 2 D. ,釋放小車,在得到的紙帶上標出吊
(2)保持小車的質量 M 不變,改變小重物的質量 盤(或小車)的總質量m(或 M).
m,重復進行多次實驗.記下每次彈簧測力計的示數F, E.保持小車總質量一定,多次改變吊盤中的砝
利用紙帶測出每次實驗中小車的加速度a.將得到的 碼,重復C、D步驟.
a、F 數據繪制成a-F 圖象,以下可能的是 ( ) F.保持吊盤總質量一定,多次改變 ,重
復C、D步驟.
(2)如圖乙所示,紙帶上3個相鄰計數點的間距為
s1、s2和s3.用米尺測量s1、s3的間距,由圖可讀出s1=
24.3mm,s3= mm.已知打點計時器打點周期
為0.02s,利用s1、s3計算小車加速度a=
m/s2.(計算結果保留三位有效數字)
5.(2022·上海市楊浦區一模)如圖甲所示,力傳
感器A 與計算機相連接,可獲得力隨時間變化的規律.
將力傳感器固定在水平桌面上,測力端通過輕質細繩
與一滑塊相連,調節傳感器高度使細繩水平,滑塊放在
較長的小車上,滑塊的質量m=1.5kg,小車的質量為
(3)如果某次實驗中已測得小車的質量 M,彈簧 M=2.0kg,一根輕質細繩跨過光滑的輕質滑輪,其一
測力計的示數F,小車的加速度a.利用這三個數據你 端連接小車,另一端系一只空沙桶,調節滑輪使桌面上
還能求出與本次實驗相關的什么物理量,并利用這些 部細繩水平,整個裝置處于靜止狀態.現打開傳感器,
符號表示出來 .(寫出一個物理量及其表達式 同時緩慢向沙桶里倒入沙子,當小車剛好開始運動時,
即可) 立即停止倒沙子.若力傳感器采集的F-t圖象如圖乙
4.(2022·廣東省湛江一中聯考)如圖甲是驗證牛 所示,重力加速度g 取10m/s2,則:
頓第二定律的實驗裝置.
(1)滑塊與小車間的動摩擦因數μ= ;若
忽略小車與水平桌面間的摩擦,小車穩定運動的加速
度大小a= m/s2.
(2)若實驗中傳感器測力端與滑塊間的細繩不水
(1)請完善下列實驗步驟: 平,左端略低一些,由此而引起的誤差屬于
A.用天平測量吊盤的質量m0和小車的質量 M0. (填“偶然誤差”或“系統誤差”),這會導致動摩擦因數
B.平衡小車的摩擦阻力:取下吊盤,調整木板右 μ的測量結果 (填“偏大”或“偏小”).
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