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专题七物理实验
则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为
1
第一讲力学实验及创新
mf-m
2n喝
-=1-k2
[真题引领试做]
1.[解析](2)依题意,小球的直径为d=7.5mm+38.4×0.01mm
2m
2m听
=7.884mm,
第3次碰撞前瞬间速度为第2次碰后从最高点落地瞬间的速度,
考虑到偶然误差,7.883mm也可以。
为u=g1=(2.00,1.58)g=0.21g
(3)在测量时,因小球下落时间很短,如果先释放小球,有可能会
2
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,
第3次碰撞后醉间速度为0'=gr=(240,2.0)g=0.20g
2
故选B。
(4)依题意,小球向下、向上先后通过光电门时的速度分别为,
则第3次碰撞过程中6=”=0.20
d
d
00.27≈0.95。
(3)由于存在空气阻力,乒兵球在上升过程中受到向下的阻力和
则小球与硅胶材料碰撞过程中机械能的损失量为
重力,加速度变大,上升的高度变小,所以第(1)问中计算的弹起
高度高于实际弹起的高度。
sE=之m-之m哈=名m(只))'-a(号)》。
[答案](1)0.20(2)1-20.95(3)高于
(5)若调高光电门的高度,較调整之前小球会经历较大的空中距
5.[解析](1)垫块的厚度为h=1cm十2×0.1mm=1.02cm。
离,所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
(5)绘制图线如图所示。
[答案](2)7.883或7.884(3)B
w/(rs2)
0.6
0m()广-n(号))(5增大
0.5
2.[解析](3)根据表格数据标点连线,如图所示
Um
0.4
>
0.
16
15
0.2
0.1
0
根据图像可知a≈0.343m/s2。
[答案](1)1.02(5)见解析图0.343
6.[解析](1)4个钩码重力势能的减少量为
0
51015202530n/枚
△E。=4mgL=4×0.05×9.80X0.5J=0.980J。
(4)由图可知刻度尺的分度值为1mm,
(2)对滑块和钩码构成的系统,由能量守恒定律可知
故读数1=15.35cm;
4mgL-W:=?(4m+M喝-之(4m+MD听
(5)设橡皮筋的劲度系数为k,原长为x0,
则11mg=k(l1-xo),2mg=k(l2一xo),
其中系统减少的重力势能为△E。=4mgL
设冰墩墩的质量为m1,则有m1g=k(l一x。),
系统增加的动能为
联立各式代入数据可得m1≈127g。
△E=合(4m+M)6-之(4m+M0听
[答案](3)见解析图(4)15.35(3)127
系统减少的机械能为△E=W,则代入数据可得表格中减少的机
3.[解析](1)由题知,弹簧处于原长时滑块左端位于O点,A点
械能为△E3=0.980J-0.392J=0.588J。
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F-t图有△x=5.00cm,F=
(3)根据题中表格数据描点得△EM的图像如图所示。
0.610N,
+△E/J
0.800
根据胡克定律k一
,计算出k12N/m.
F
0.700
(2)根据牛顿第二定律有F=a,
则(F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数,根
0.600
据因两中1,则有品=
kg-1=5 kg-1,
0.500
则滑块与加速度传感器的总质量为m=0.20kg。
0.100
(3)滑块上增加待测物体,同理,根据图丙中Ⅱ,则有
h-8写g1-3g1,
0.300
0.200
0.300
0.400M/kg
则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为
(4)根据做功关系可知△E=uMgL
m≈0.33kg,
则待测物体的质量为△m=m'一m=0.13kg
则△EM图像的斜率为k=4gL,=0.785二0.393=1.96
0.4-0.2
[答案](1)12(2)0.20(3)0.13
解得动摩擦因数为u=0.40(0.38~0.42均可)
4.[解析](1)第3次碰撞到第4次碰拉用时to=2.40s一2.00s
「答案7(1)0.980(2)0.588(3)见解析图
=0.40s,
(4)0.40(0.380.42均可)
根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知第3次碰撞后乒乓
「核心考点突破
球弹起的高度为
命题角度一
A=7g(g)-7×9.80×0.202m≈0.20m。
[对点训练
1.解析:(1)根据题意,题图甲所示的实验方案中托盘和砝码的总重
(2)碰撞后弹起瞬间速度为2,碰撞前瞬间速度为,根据题意
力充当小车的合外力,为减小托盘和砝码质量对实验的影响,应满
可知=
足M>m:而题图乙所示方案中,挂上托盘和砝码,调整垫块位置,
1
使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑时,有