专题8 力学实验 题组2-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编物理

1.(2025·安徽卷)某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。 (1)利用图甲装置进行实验，要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车______。(填字母) a.能在轨道上保持静止 b.受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动 c.不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动 (2)利用图乙装置进行实验，箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器，将物体置于力传感器上，箱体沿竖直方向运动。利用传感器测得物体受到的支持力FN和物体的加速度a，并将数据实时传送到计算机。 ①图丙是根据某次实验采集的数据生成的FN和a随时间t变化的散点图，以竖直向上为正方向。t＝4 s时，物体处于________(选填“超重”或“失重”)状态；以FN为横轴、a为纵轴，根据实验数据拟合得到的a-FN图像为图丁中的图线a。 ②若将物体质量增大一倍，重新进行实验，其a-FN图像为图丁中的图线__________(选填“b”“c”或“d”)。 2.(2025·山东卷)某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下： (1)将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d＝________cm(选填“5.00”或“1.00”)的遮光片，可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。 (2)将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2时的速度v1＝0.40 m/s、v2＝0.81 m/s，以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间t＝1.00 s，计算小车的加速度a＝________ m/s2(结果保留2位有效数字)。 (3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F，改变砝码质量，重复上述步骤，根据数据拟合出a-F图像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实验中应________(选填“增大”或“减小”)轨道的倾角。 (4)图乙中直线斜率的单位为________(选填“kg”或“kg－1”)。 3.(2024·海南卷)为验证两个互成角度的力的合成规律，某组同学用两个弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、木板、刻度尺、白纸、铅笔、细线和图钉等器材，按照如下实验步骤完成实验： (Ⅰ)用图钉将白纸固定在水平木板上； (Ⅱ)如图甲、乙所示，橡皮条的一端固定在木板上的G点，另一端连接轻质小圆环，将两细线系在小圆环上，细线另一端系在弹簧测力计上，用两个弹簧测力计共同拉动小圆环到某位置，并标记圆环的圆心位置为O点，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，大小分别为F1 ＝3.60 N、F2 ＝ 2.90 N；拉力F1和F2，改用一个弹簧测力计拉动小圆环，使其圆心到O点，在拉力F的方向上标记P3点，拉力的大小为F ＝ 5.60 N。请完成下列问题： (1)在图乙中按照给定的标度画出F1、F2和F的图示，然后按平行四边形定则画出F1、F2的合力F′。 (2)比较F和F′，写出可能产生误差的两点原因：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 4.(2024·甘肃卷)用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。 (1)以下操作正确的是________(单选，填正确答案标号)。 A.使小车质量远小于槽码质量 B.调整垫块位置以补偿阻力 C.补偿阻力时移去打点计时器和纸带 D.释放小车后立即打开打点计时器 (2)保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示，相邻两点之间的距离分别为s1，s2，…，s8，时间间隔均为T。下列加速度算式中，最优的是________(单选，填正确答案标号)。 A.a＝(＋＋＋＋＋＋) B.a＝(＋＋＋＋＋) C.a＝(＋＋＋＋) D.a＝(＋＋＋) (3)以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的-M图像如图3所示。由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成________(选填“正比”或“反比”)；甲组所用的________(选填“小车”“砝码”或“槽码”)质量比乙组的更大。 5.(2023·全国甲卷)某同学利用如图(a)所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连。右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图(b)所示。 (1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1 s。以打出A点时小车的位置为初始位置，将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移Δx填到表中，小车发生应位移所用时间和平均速度分别为Δt和v，表中ΔxAD＝____________cm，vAD＝________cm/s。 位移区间 AB AC AD AE AF Δx/cm 6.60 14.60 ΔxAD 34.90 47.30 v/ 66.0 73.0 vAD 87.3 94.6 (2)根据表中数据，得到小车平均速度v随时间Δt的变化关系，如图(c)所示。在图(c)中补全实验点。 (3)从实验结果可知，小车运动的v Δt图线可视为一条直线，此直线用方程v＝kΔt＋b表示，其中k＝________cm/s2，b＝______cm/s。(结果均保留3位有效数字) (4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出A点时小车的速度大小vA＝________，小车的加速度大小a＝________。(结果用字母k、b表示) 6.(2023·全国乙卷)在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤： (1)用图钉将白纸固定在水平木板上。 (2)将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，并________。(多选，填正确答案标号) A.用刻度尺量出橡皮条的长度 B.用刻度尺量出两细线的长度 C.用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置 D.用铅笔在白纸上标记出两细线的方向 (3)撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到________，由测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向。 (4)选择合适标度，由步骤(2)的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成图，得出合力F′的大小和方向；按同一标度在白纸上画出力F的图示。 (5)比较F′和F的________，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。 7.(2022·山东卷)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： ①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； ②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨； ③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4.00 cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时； ④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a-F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a-F图像Ⅱ，则待测物体的质量为________kg。 8.(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。 (1)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________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)已知交流电频率为50 Hz，重物质量为200 g，当地重力加速度g＝9.80 m/s2，则从O点到C点，重物的重力势能变化量的绝对值＝________J、C点的动能EkC＝________J(计算结果均保留三位有效数字)。比较EkC与的大小，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 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题8　题组二 1.解析　(1)平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动，故c正确。 (2)①根据图像可知t＝4 s时，加速度方向竖直向下，故处于失重状态； ②对物体根据牛顿第二定律 FN－mg＝ma 整理得a＝·FN－g 可知图像的斜率为，故将物体质量增大一倍，图像斜率变小，纵轴截距不变，其aFN图像为图丁中的图线d。 答案　(1)c　(2)①失重　②d 2.解析　解析　(1)实验用遮光片通过光电门的平均速度代替瞬时速度，遮光片宽度越小，代替时的误差越小，故为较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度，选择宽度较小的d＝1.00 cm的遮光片。 (2)根据加速度的定义式可得a＝＝0.41 m/s2。 (3)根据题图乙可知当有一定大小的外力F时此时小车的加速度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要得到一条过原点的直线，需要平衡摩擦力，故实验中应增大轨道的倾角。 (4)题图乙中直线斜率为k＝，根据F＝ma可知直线斜率的单位为kg－1。 答案　(1)1.00　(2)0.41　(3)增大　(4)kg－1 3.解析　(1)按照给定的标度画出F1、F2和F的图示，然后按平行四边形定则画出F1、F2的合力F′，如下图所示。 (2)F和F′不完全重合的误差可能是：①没有做到弹簧秤、细绳、橡皮条都与木板平行；②读数时没有正视弹簧测力计。 [答案]　(1)见解析图 (2)①没有做到弹簧秤、细绳、橡皮条都与木板平行；②读数时没有正视弹簧测力计 4.解析　(1)为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细线和长木板平行，故B正确；补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。 (2)根据逐差法可知s5－s1＝4a1T2，s6－s2＝4a2T2，s7－s3＝4a3T2，s8－s4＝4a4T2 联立可得小车加速度表达式为a＝(＋＋＋)，故选D。 (3)根据图像可知与M成正比，故在所受外力一定的条件下，a与M成反比；设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律mg＝(m＋M)a，化简得＝·M＋，故斜率越小，槽码的质量m越大，由题图可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大。 答案　(1)B　(2)D　(3)反比　槽码 5.解析　(1)根据纸带的数据可得 ΔxAD＝xAB＋xBC＋xCD＝6.60 cm＋8.00 cm＋9.40 cm＝24.00 cm 平均速度vAD＝＝80 cm/s。 (2)根据第(1)小题结果补充表格和补全实验点图像如下图所示。 (3)从实验结果可知，小车运动的v Δt图线可视为一条直线，如图所示 此直线用方程v＝kΔt＋b表示，由图像可知其中 k＝ cm/s2＝70.0 cm/s2，b＝59.0 cm/s。 (4)小球做匀变速直线运动，由位移公式x＝v0t＋at2，整理得＝v0＋at 即v＝vA＋at 故根据图像斜率和截距可得 vA＝b，a＝2k。 答案　(1)24.00　80　(2)见解析图 (3)70.0　59.0　(4)b　2k 6.解析　(2)将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置以及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向。故选CD。 (3)撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到相同位置，由测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向。 (5)比较F′和F的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。 答案　(2)CD　(3)相同位置　(5)大小和方向 7.解析　(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5.00 cm。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Δx ＝ 5.00 cm，F ＝ 0.610 N，根据胡克定律k＝，计算出k≈12 N/m。 (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＝ kg－1＝5 kg－1，滑块与加速度传感器的总质量为m＝ 0.20 kg。 (3)滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中Ⅱ，则有＝ kg－1＝3 kg－1，滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m′ ＝ 0.33 kg，则待测物体的质量为Δm＝m′－m＝0.13 kg。 答案　(1)12　(2)0.20　(3)0.13 8.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xOC＝27.90 cm，因此机械能的减少量为 ＝mgxOC＝0.2×9.8×0.279 0 J＝0.547 J 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vC＝＝ m/s＝2.425 m/s 因此动能的增加量为 EkC＝mv＝×0.2×2.425×2.425 J＝0.588 J 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。 答案　(1)阻力与重力之比更小(或其他合理解释) (2)0.547　0.588　C 学科网（北京）股份有限公司 $