专题十七 力学基础实验与创新实验-【创新大课堂】2026年高考物理五年真题分类汇编168优化重组卷

28.B「核反应方程 质量数守恒：10+1=Q+4 9B+n一X+Ya=7,b=2,B对.] 电荷数守恒：5+0=3+b 29.D[核反应方程 质量数守恒：12+1=7+2×1+A C+H→Li+2H+2X→A=4,Z-2,X为He,D对.] 电荷数守恒：6+1=3+2×1+Z 30.C[核反应方程 质量数守恒：12=8+x+y 6H→22He+0n+p+43.l5MeVx=2.=2.C对.] 电荷数守恒：6=4+y 31.C[由题意可知，伽马射线暴每分钟释放的能量量级为 1048J,则其每秒钟释放的能量量级为1046J,根据爱因斯坦质 能方程△E=△nc2可知，每秒钟平均减少的质量量级为△n= 1046 1046 (3X10)kg=gX105kg≈1029kg,C正确.] 2X+片N→2Y+gO4+14=A1+17 (Z+7=Z1+8 32.D 2Y+Li→29x{A1+7=2A 1Z=2 Z1+3=2Z D对.] 33.A[相同质量的核燃料，轻核聚变要比重核裂变质量亏损更 多，根据爱因斯坦质能方程可知，轻核聚变放出的核能更多， A对，D错：根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒可 知，氘急核聚变的产物之一为中子，而不是电子，B错：铀235 为核裂变的主要燃料，C错.] 34.C[由教材知识可知，8粒子为电子，C对.] 35.C[由因形制折可知，初始时，叫十%=N1=2%时刻，2十 受-含联立可得叫一公%=义，则一时刻，南未衰 支的原子核总数为路+学=，故C正确] 36.C[由于核反应遵循质量数守恒、电荷数守恒，则X应为 234,A错：α射线的穿透能力比Y射线的穿透能力弱，B错：比 结合能越大，原子核越稳定，则U的比结合能比“Pu的比 结合能大，C对：放射性元素的半衰期与物理状态以及化学状 态均无关，所以月夜寒冷的天气中P山的半衰期不会发生变 化，D错.] 37.B[设刚植入时碘的质量为0，经过180天后的质量为m, 根据m=mo（ m(位)广-吉m就选] 38.AB「根据质量数守恒和电荷数守恒知，生产14C的核反应方 程为1N十。→1C十}H,故A正确：根据同位素标记法可知 产物C可以用作示踪原子，故B正确：产物1C发生B衰变 产生电子来源于核内中子转变成质子的过程，故C错误；半衰 期具有统计学意义，对于大量原子核衰变是成立的，个数较少 时规律不成立，故D错误，] 39.A[由图分析可知，设经过a次a衰变，b次B衰变，核反应方 程为韶8X→6Y十aHe十b_9e.由电荷数与质量数守恒可得 238=206十4a:92=82十2a-b,解得a=8,b=6,故放出6个 电子，故选A.] 40.C[由图可知，从化=号到品=专格好亲支了一丰，报据 半衰期的定义可知，半衰期为T=182.4d一67.3d=115.1d, 故选C.门 41.C[26A1发生衰变的过程中释放正电子的同时还有核能释 放，发生质量亏损，所以26Al核的质量大于26Mg核的质量，故 A错误；2A1核的中子数1=26-13=13，而26Mg核的中子 数n2=26-12=14,所以2A1核的中子数小于26Mg核的中子 数，故B错误；半衰期是原子核固有的属性，与物理环境和化 3 学状态无关，故C正确：铝同位素2A1的半衰期为72万年，所 以经过14万年也就是两个丰来期后还剩下没有衰支，故 D错误.] 42.CD[(1)式是a衰变，(2)式是3衰变，均有能量放出，故A错 误：(3)式是人工核转变，故B错误；(3)式是人类第一次实现 原子核转变的方程，故C正确；利用激光引发可控的(4)式核 聚变是正在尝试的技术之一，故D正确.] 13.D[根据半衰期的定义可知，放射性元素经过两个完整的半 来期后，还剩原来的未来变，A错误：原子核衰变时电荷数 和质量数都守恒，B错误：放射性元素的半衰期由原子核内部 自身的因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件没有关 系，因此改变压力、温度或浓度，放射性元素的半衰期不变，C 错误；过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，若辐射强度在 安全剂量内则不会对人体组织造成伤害，D正确，] 44.A[根据质量数守恒和电荷数守恒可以确定X的质量数为 零，电荷数为一1，则衰变方程中X是电子，A正确；放射性元 素衰变的快慢是由原子核内部因素决定的，跟原子所处的物 理状态（如温度、压强）和化学状态（如单质、化合物）无关，B 错误：29Pb的质量与29Bi及电子的质量之和的差等于衰变的 质量亏损，C错误：放射性元素发生阝衰变时，原子核中的一 个中子转变为一个质子，同时放出电子，故D错误，] 45.C[原子弹是利用重核裂变的链式反应能在极短时间内释放 出巨大能量的原理制成的，发生可控的链式反应的是核电站， 不可控链式反应的是原子弹，氢弹则是利用轻核聚变原理制 成的.C正确.] 46.A[根据题述，硼俘获中子后，产生高杀伤力的α粒子和锂 (L)离子，可知这个核反应的方程是A.门] 47.A[根据题意写出核反应方程得n十号N→1C十X,根据质 量数守恒和电荷数守恒可以确定X的质量数为1，电荷数为 1,则X是质子，A正确.] 18.解析根据电荷数守恒和质量数守恒可得Z=2,A=3:经过 50年，排入海水中的惫的剩余质量为m=m( 11 21 2 =16m. 答案236 1 专题十七力学基础实验与创新实验 1,解析探究加速度与力、质量的关系十实验操作十数据处理十 误差分析(1)探究加速度与力、质量关系的实验时，将槽码与 槽码盘的重力近似为绳子拉力，则需平衡摩擦力，实验中应将 木板一端垫高，（2)该实验采取控制变量法，探究加速度α与质 量加的关系时，小车受到的力F保持不变，利用图像法处理数 据时，需使图线拟合为直线更直观，即图像斜率为定值，由牛顿 第二定律F=na可知a一图像的斜率不变，A正确；无论m 怎么变化，an为定值，也可判断a、n成反比关系，C正确.(3) 采用甲同学的方法进行实验时，设小车的质量为，单个槽码 的质量为M,槽码个数为，忽略槽码盘的质量，对小车和槽码 根据牛顿第二定律分别有T=ma、nMg-T=nMa,联立解得 T=nMg 十西：采用乙同学的方法进行实验时，设槽码个数总 为n个，小车上放有k个槽码，根据牛顿第二定律有T=(m十 kMDa、(n-k)Mg二T=(n一k)Ma,联立解得T=M+mn- k)Mg,因此采用甲同学的方法时，当槽码总质量远小于小车质 量时槽码的重力与绳子拉力相等，采用乙同学的方法时，当单 个槽码质量较小时槽码的重力与绳子拉力相等，则乙同学的方 法可以更好地减小误差. 答案(1)一端垫高(2)AC(3)乙 2.解析验证机械能守恒定律十实验操作十数据处理(1)根据 题图1可知，本实验的实验原理是通过验证重锤重力势能的减 少量等于动能的增加量，来验证机械能守恒定律，验证的关系 式为mgh=2m,因为等式两边的质量可以消去，所以测量 重锤的质量（步骤③）不是必需的：又测量重锤下落的高度和速 度均能通过打，点计时器与纸带完成，按照打点计时器与纸带的 使用规则可知，应先接通打，点计时器的电源，打，点计时器工作 稳定后再释放纸带，步骤②错误，所以步骤①④⑥⑤是必需且！ 正确的，正确实验操作排序为④①⑥⑤.(2)重锤带动纸带做匀{ 加速直线运动，某段时间中间时刻的速度等于该段时间的平均} 速度，所以打出B点时重锤下落的速度大小”B= 2 f (20.34-13.20)×50×10-2m/s=1.79m/s.(3)若机械能守 恒，对重锤有mgh=之nu2,整理得2-2gh,所以2-h图线 应通过原，点且斜率为2g,由题图3可知直线的斜率k=1 0.295-0.075m/s2=19.1m/s2.(4)7= 5.6-1.4 mgh-交n2 mgh 10-1- ×100%,代入数据解得7=2.6%. 答案(1)④①⑥⑤(2)1.79(3)通过2g19.1(19.0也 可) (4)1一2g k 2.6(3.1也可) 3.解析探究加速度与力、质量的关系十实验操作十数据处理 (1)平衡阻力的原理是调整轨道的倾斜度，使小车重力沿斜面 向下的分力来平衡小车运动时打，点计时器对小车（含纸带）的！ 阻力及其他阻力，故平衡阻力的方法应是调整轨道的倾斜度， 使小车在不受牵引时能拖动纸带沿轨道匀速运动，C正确. (2)①由题图丙的a-t图像可知t=4s时，物体的加速度取负！ 值，又竖直向上为正方向，则1=4s时物体的加速度竖直向下， 则物体处于失重状态.②以竖直向上为正方向，对物体受力分} 析，由牛顿第二定律可得FN一mg=ma,变形得a=FN一g, 则a一F、因像的斜率为品，级我距为一g,若#物体的质量增 大一倍，重新造行实险，则a一Fv国像的针率变为原泉的子， 纵截距不变，又原来的a一FN图像为题图丁中的图线a,则对！ 比题图丁中的其他图线可知重新进行实验后的a一FN图像为： 题图丁中的图线d. 答案(1)c(2)①失重②d 4.解析探究小球在黏性液体中运动的动力学规律十仪器读数： 十速度求解十受力分析(1)由螺旋测微器的读数规则可知小 球的直径D=2mm+0.01×20.5mm=2.205mm.(3)由于小 球在A、E两点间近似微匀速运动，则有包A延，由题图2可知 xA5=7.02cm-5.00cm=2.02cm=2.02X10-2m,A、E两，点 间有4个时间间隔，则1AE=4△1=4×0.5s=2.0s,代入可求 得v=1.0×102m/s.(4)由于小球在A、E两点间近似做匀速 运动，则小球在A、E两，点间运动时受力平衡，对在A、E两，点间· 运动的小球受力分析可知，小球受竖直向下的重力、竖直向上： 的浮力和竖直向上的黏滞阻力，则由力的平衡条件可知蝶g =P学十f,其中加来=V张=。·子（号）】 D ,F=gV排= (2)广f=6D,联立可得 3 4 gV缘=g·3 π(p-P)gD2 ,(5)由于k为与液体有关的常量，所以换成直径· 更小的同种材质小球进行实验时k不变，又换成直径更小的同· 种材质小球进行实验时口、、g不变，D减小，则由k= π(p-)gD2 6 可知匀速运动时的速度v减小， 答案(1)2.205(3)1.0X10-2(1)p)gD 6v (5)减小 5.解析(1)由题图(b)中纸带的相关数据可知△xAD=6.60cm +8.00cm十9.40cm=24.00cm,由平均速度的定义可知AD △x0=24.00cm=80.0cm/s.(2)将坐标点(0.3s, 3T 0.3s 80.0c/s)在答图中描，点，如答图所示，(3)将答图中的实验，点用！ 直线拟合，如答图所示，可知斜率k-101.0cms59.0cm/s_ 0.6s 70.0cm/s2,截距b=59.0cm/s.(4)小车做匀变速直线运动，有 24 x=w叶+合a,支形可得兰=可=w十号a1,故小车在1=0 时，即打出A点时小车的速度大小vA=b,小车的加速度大小a 满足7a=k,即a=2k. 答案(1)24.0080.0(2)如图所示(3)70.059.0 (4)b2k /(cm·s) 105 95 85日 75 65用 曲4 6.解析(1)刻度尺的分度值为0.1cm,需要估读到分度值的下 一位，根据图2可知，打计数点B时小车的位移大小为 6.20cm;根据图3的数搭可知，小车的加速度为：a=A- △7 1.05-0.30m/s2≈1.9m/s2. 0.4 (2)利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需 要满足小车质量远远大于钩码质量，所以不需要换质量更小的 车，故A错误；利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的 实验时，需要利用小车斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以 需要将长木板靠近打点计时器的一端垫高一些，故B正确；以 系统为研究对象，依题意“探究小车速度随时间变化的规律”实 脸时，有1.9m/-得，考虑到实际情况，即f远小于mg 有1.9m/g产件n则可知M=4m,而利用图1装置“探究加 速度与力、质量的关系”的实验时，要保证所悬挂物体的质量远 小于小车质量，可知目前实验条件尚不满足，所以利用当前装 置在送行实验时，需要将钩码更换成砝码盘和砝码，以满足小 车质量远远大于所悬挂物体的质量，故C正确：实验过程中，需 将连接砝码盘和小车的细绳跟长木板始终保持平行，与之前的 相同，故D错误：故选BC 答案(1)6.20士0.051.9士0.2(2)BC 7.解析(1)A.题中需要将盘和砝码的重力可当作牵引力，所以 首先需要补偿小车受到阻力的影响，即抬高长木板右端，小车 在不接盘和砝码的情况下，轻推小车，使小车做匀速直线运动， 说明小车重力沿斜面的分力与小车所受阻力等大反向，A 正确； D.然后挂上盘与砝码n,根据牛顿第二定律ng一T=n 对小车M,根据牛顿第二定律T=Ma 两式相比解得绳子拉力T一M干m M 1 ·ng=一 ·g当满足 +得 盘和砝码的总质量远小于小车的质量，即T=g,盘和砝码的 重力可当作牵引力，D正确：B.实验过程中摩擦阻力无法消除， 本实验装置无法验证“机械能守恒定律”故B错误.C,细线与长 木板平行需要平行，保证绳子的拉力与小车运动方向一致，这 样盘和砝码的重力可完全当作牵引力，C正确.故选ACD. (2)小车做匀加速直线运动，位移逐渐增大，所以实验打出的纸 带是第Ⅱ条. 据动能定理可知W二之M,图像的斜率为习 W2能求出小车的质量. 答案(1)ACD(2)Ⅱ(3)能 8.解析(1)根据游标卡尺读数规则，该金属管的内径为31m十 0.4mm=31.4mm.(2)相邻计数点之间的时间T=5×1/f= 5×0.02s=0.10s.根据匀变速直线运动的质点在一段时间内 的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得纸带运动的速度 u=0.44m/s.(3)设的拉力为T,小车运动的加速度为a.对 桶和砂，有mg-T=ma;对小车，有T=M.得T一M十mmg. M 小车受到细绳的拉力T等于小车受到的合力下，即F一M十mmg M 一g.可见，只有桶和砂的总质量m比小车质量M小得 1十M 多时，才能认为桶和砂所受的重力mg等于使小车做匀加速直！ 线运动的合力F, 答案(1)31.4(2)0.44(3)见解析 9,解析(2)由题图(b)可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车 做加速运动，即平衡摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块· 往右移 (4)打F点时小车的速度大小等于小车由E到G过程的平均速度！ 大小，脚诉-2器-6.923X10m/六.15m/ 2×0.1 (5)u-1图线的斜率表示加速度，由图像可知小车加速度逐渐 变小，安装薄板后，设小车所受空气阻力大小为f,细绳拉力大： 小为T,时mg一T=maT-f=M,得a=点a减小，则f 增大，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大 答案(2)往右移(4)0.15(5)逐渐变小空气阻力随速度1 增大而增大 10.解析测量动摩擦因数(1)对木质滑块由力的平衡条件和， 滑动摩擦力公式可得F=:Mg,其中F为弹簧测力计示数，M 为滑块和砝码总质量，当M=300g=0.3kg时，F=1.35N, F 1.35 则u一0.3x9.80=0.459.(2)根据实验数据和动摩擦 因数的计算公式，可以看出在其他条件不变的情况下，滑动摩} 擦力F(即弹簧测力计的示数)与接触面上压力Mg成正比：由！ 表格数据可知，当M增大时，4基本不变，故4与接触面上压 力的大小无关.(3)由题意知4的测量结果4涮 ↑FN F,⊥=Mg,若挂钩高于定滑轮，细线对 一Mg' F 滑块的拉力斜向下，受力分析如图所示，水平 Mg 方向有Fcos0=f,竖直方向有F·sin+Mg=FN,又f=μ来： Mg Ev联主解得的实际值东满足三an十c可：则 壮实 1 牡涮>4宏，即4的测量值会偏大 以实 答案(1)0.459(2)成正比无关(3)偏大 11.解析长度的测量及其测量工具的选用十测量吸能材料的性 能十仪器读数十实验操作十数据处理(1)由螺旋测微器的 读数规则可知，小球的直径为d=8mm十26.0×0.01mm= 8.260mm.(2)②若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其1 他阻力，则小车在轨道甲上做匀速直线运动，所以小车通过光 电门A和B的时间相等，③若两小车的碰撞为弹性碰撞，则由 于两小车相同，所以发生弹性碰撞后两小车速度交换，则碰撞 后小车2静止，小车1以与小车2碰撞前瞬间相同的速度做 匀速直线运动，可知2=1.④贴上吸能材科后，两小车碰撞 0.01 前小车2的速度大小0=10X10m/s=1m/s,动能为！ 0.01 E0=2m62,碰撞后小车1的速度大小15X10m/s .2 0.01 1 m/s,小车2的速度大小u2二30×10-3m/s 3 m/s,4 Ek一 两小车的总动能Ek=号m2+乞mw2,联立可得 0.56. : 答案(1)8.260(8.258一8.262之间均可)(2)②时间相等 ③=（填“等于”也可得分）④①0.56 12.解析力的合成与分解十胡克定律的应用及实验误差分析 (1)根据题图(b)杯中物体质量n与橡皮筋长度x的x一m线！ 性关系图线可知，当橡皮筋长度x为11.60cm时，对应杯中 芒果的质量n0=107g;对细绳1、2和橡皮筋的连接，点进行受 力分析的矢量三角形图如图所示，由图可知，当橡皮筋与绳1 垂直时，橡皮筋的拉力最小，若杯中放入芒果后，绳1与竖直！ 方向夹角虽为30°但与橡皮筋不垂直，这会导致橡皮筋的拉力： 变大，橡皮筋的长度变大，因此，从图像上读出的芒果质量与！ m0相比会偏大.(2)水杯质量过小不影响m与x的线性关系， 选项A不符合题意：绳套长度过大与弹力与伸长量是否成正 比关系无关，选项B不符合题意；当橡皮筋伸长量过大超出弹 性限度后，弹力与伸长量不再遵循胡克定律，导致图像弯曲，· 选项C符合题意，(3)使上述装置测量质量 范国增大的措施：①更换劲度系数更大的橡 皮筋，使其在更大拉力下伸长量适中；②减 F 小绳1与竖直方向的夹角（如从30°减小到 15°)，使橡皮筋承担的分力减小，从而可测 30 量更大质量， 答案(1)107(106~108均可)偏大 24 (2)C(3)见解析 3.测量重力加速度大小十数据处理十误差分析 解析(1)由于30次全振动所用的时间为1，则1次全振动的 时间，即振动周期T=.(2)弹簧振子平衡时，由力的平衡条 30 件有1-6)=Mg,又T-2x,√受联主可得1-6十是TP. (8)结合(2)问分析可知4T因线的斜率=是，由题因() 可知k=0.54-0.474 m/s2,联立解得g=9.65m/s2.(4)空气 0.57-0.3 阻力会使本实验中的振动系统做阻尼振动，即本实验中的振 动系统并不是理想化的弹簧振子，而本实验中是将振动系统 理想化为弹簧振子，从而测出重力加速度的，所以空气阻力是 本实验的一个误差来源，A正确；(2)问分析中将弹簧振子的 质量等效为托盘及其上物体的总质量，但是实际上弹簧振子 的质量为弹簧的质量和托盘及其上物体的总质量之和，所以 弹簧质量不为零是本实验的一个误差来源，B正确；由于数字 计时器记录的是30次全振动的时间，所以光电门的位置只要 在托盘经过的位置均可，即光电门的位置稍微偏离托盘的平 衡位置不是本实验的误差来源，C错误 答案(1)30(2)山十是7P(3)9.65(9.55-9.75均分) 4元2 (4)AB 4.解析(2)实验中保证两次操作使橡皮条产生相同的弹力作 用，故应标记小圆环的位置以及每个力的大小和方向，力的大 小由测力计读出，方向即为细线的方向，故CD正确：橡皮条与 细线的长度没必要测出，AB错误.(3)撤掉一个测力计，用另 一个测力计把小圆环拉到已标记的小圆环位置，记录此时拉 力F的大小和方向.(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)标记位置(5)大小和方向 5.解析(1)在不超出弹簧测力计的量程和橡皮条形变限度的 条件下，使拉力适当大些，不必使两只测力计的示数相同，故 A错误：在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需 要再选择相距较远的一个点就可以了，故B错误；实验中拉弹 簧秤时，只需让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧测力计的示 数即为弹簧对细绳的拉力，与弹簧秤外壳与木板之间是否存 在摩擦无关，故C错误；为了减小实验中摩擦对测量结果的影 响，拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板， 故D正确：故选D. (2)若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳， 用弹簧秤拉住另一条细绳，互成角度的拉橡皮条，使其结点到 达某一点O,记下位置O、弹簧秤示数F1和两个拉力的方向： 交换弹簧秤和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两 力的方向与原来两力方向性相同，并记下此时弹簧秤的示数 F2,只有一个弹簧秤将结点拉至O点，并记下此时的弹簧秤 示数F的大小和方向：所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实 验至少需要3次把橡皮条结点拉至) 答案(1)D(2)3 6.解析(3)将表中的数据描于 ◆cm 坐标纸上，用一条直线尽可能 多地穿过更多的点，不在直线16 上的点尽量均匀分布在直线15 两侧，误差较大的点舍去，画 出的l一图像如图所示： 14 (4)刻度尺的分度值为0.1cm,13 需要估读到下一位，则橡皮筋 12 的长度为15.35cm (5)根据题述表格可知，当橡 11 皮筋的长度为15.35cm时，对10 10 15202530n/枚 应的横轴坐标约为21枚，结合 题目中的数据可知，冰墩墩玩具的质量为n=21×6.05g≈127g 答案(3)如解析图所示(4)15.35(5)127 7.解析(1)压编量的变化量为△L3=L6一L3=(18.09 12.05)cm=6.04cm, 压缩量的平均值为△= △L1+△N2+△M_6.03+6.08+6.04 cm≈ 3 3 6.05cm (2)因三个△L是相差3个钢球的压缩量之差，则所求平均值 为管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量， (3)根据钢球的平衡条件有3 mngsin0=k·△I 解得k=3mgim0_3X0.2X9.80Xn30N/m≈48.6N/m △L 6.05×10-2 答案(1)6.046.05(2)3(3)48.6 18.解析测量重力加速度十仪器读数十数据处理(1)由游标· 卡尺的读数规则可知造光片的宽度1-0.5cm十3×站cm =0.515cm,(2)重锤1通过光电门时的速度大小为v=4. t 对两个重锤分别列牛顿第二定律关系式并联立可得(M一m)g! =(M+m)a,对重锤1由速度位移公式有v2=2aH,联立可得： d (M+m) g一 2Ht2(M-m) (3)由a=(3-Y)g可得△a=g49,所以由逐差法 有g-a+aa-)-047+0673-0.084-0.281 m/s= 4△8 4×0.02 9.81m/s. 答案(1)0.515(2)4 d2(M+m) : (3)9.81 t 2H12(M-m) 19.解析实验操作十数据处理十图像分析(1)该实验是用遮· 光时间内的平均速度表示遮光片运动到光电门时小车的瞬时· 速度，由运动学规律可知，遮光片的宽度越窄，两个速度越接！ 近，即小车的瞬时速度测量越精准，所以选用d=1.00cm的 遮光片.(2)根据题意可得，小车的加速度。=2一凹= 0.41m/s2.(3)对小车由牛顿第二定律有，F十ngsin0一 ngcos日=1a,整理得a= E十gsin0-4gcos0,结合题图乙 可知gsin0-4gcos0<0,若要得到一条过原点的直线，应使 sin0一4cos0=0,则应增大轨道的倾角0.(4)结合(3)问分析1 可知，题图乙中直线斜率表示质量的倒数，则其单位为kg1, 答案(1)1.00(2)0.41(3)增大(4)kg」 20.探究物体加速度与其所受合外力的关系十数据处理 解(4)根据题图(b)分析可知，与图线甲相比，图线乙的线性 区间较大，非线性区间较小.(5)在坐标系中进行描点，结合其！ 他，点用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的 点均匀分布在线的两侧，如答图所示，（6)对钩码根据牛顿第· 二定律有F-T=na,对小车根据牛顿第二定律有T=Ma,联i 立解得F=(M什m)a,支形得a=M十F,当m《M时，可认 为m十MM,则a=青F,即a与F成正比. 答案(4)较大较小(5)如图所示(6)远大于钩码的质· 量见解析 ↑a/(m*s2) 6.0 集甲 5.0 乙 4.0 丙 3.0 2.0 1.0目 0 0.10 0.200.30F9.8N) 21.解析(2)螺旋测微器的分度值为0.01mm,需要估读到分度！ 值的下一位，则d=7.5mm+38.5×0.01mm=7.885mm: (3)在测量时，要先接通数字计数器，后释放小车，故选B: (4)在光电门位置，小球的重力势能相等，则小球在此处的动 能之差即为小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失，在极短· 时间内，物体的瞬时速度等于该过程中物体的平均速度，则小 球第一次经造光电门的连度为)一兰，小球第二次经边光电 门的速度为=号因此4E=宁（任）°-了（号）： (5)若适当调高光电门的高度，则空气阻力做功将变大，将会 增大因空气阻力引起的测量误差， 答案（②.85(3B(号m(）°-合m(任） (5)增大 25( 2.解析(2)两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg,要想使 碰撞后两滑块运动方向相反，则A滑块质量要小，才有可能反 向运动，故选0.304kg的滑块作为A. (6)因为位移相等，所以速度之比等于时间之比的倒数，由表 中复摆可得，-异-8器-031 （)品的平均值为： -0.31+0.31+0.33+0.33+0.33=0.322≈0.32. 5 (8)由机械能守恒定律和动量守恒定律可得：立m62一 红22十乞m3沙三一川沙十m22联立解得： 2二m代入数据，可得：2=0,33， 2 答案(2)0.304(6)0.31(70.32(8)"2-m0.33 2m1 23.解析（1)d-10mm十20mm×4=10.20mm. (2)气垫导轨操作基本要求就是导轨是水平放置的，所以调节 气垫导轨让滑块快速静止的目的是调节导轨水平， (3)由动量定理有ng△1=(M十m)△u,可知图线是倾斜直线， 图像见答案图， (4)由动量定理有mg△=(M十n)△u,可推导出图线斜率为 岂m代入：搭可得是-1.96m. △U (5)槽码质量在同一实验中不会影响测量值的准确性，释放滑 块的位置也不会影响图线斜率，所以A、C错误：细线与导轨 不平行，则会在垂直导轨方向产生分力，越靠近定滑轮其水平 分力越小，从而使加速度越小，速度支化率越小，B正确：时 间测量值偏大会使斜率变小，D正确！ 答案(1)10.20(2)调节导轨水平 (3)如图所示(4)1.96(5)BD ◆△m·s) 6 0.850.900.95 1.0 24.解析(1)滑块沿光滑的斜面下滑过程中机械能守恒，需要通 进光电门测量通过滑块运动的递度一是，滑块下滑过程中 机械能守恒，减少的重力势能转化为动能： ms-4,)之m2-合m2-7(总)》 -m()】 整理化简得 ,-,)-(总)（品）月 所以不必要测量滑块和遮光条的总质量，也不必要测量A、B 之间的距离L,故选②④. (2)游标卡尺的读数为d=5mm十0×0.05mm=5.00mm, 滑块通过光电门的速度一 411.60m/s=0.431m/s. (3)根据(1)问可知 (品广-（岛 h1-h2= 在误差允许的范围内，满足该等式可认为滑块下滑过程中机 械能守恒. (4)滑块在下滑过程中受到空气阻力的作用，产生误差：遮光！ 条宽度不够窄，测量速度不准确，产生误差， 答案(1)②④(2)5.000.431 ()()】 (3) (4)滑块在下滑过程中受到空气阻力的作用：遮光条宽度不够！ 窄，测量速度不准确，产生误差 25.解析(1)实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量 △E。=4ngL=4×0.05kg×9.80m/s×0.50m=0.980J. (2)根据能量守恒定律得 △E3=△E。-△Eka=0.980J-0.392J=0.588J. (3)根据表格中的数据描点，连线，得到△E-M图像如图所！ 示.由功能关系得△E=MgL=gLM,可知k=gL= 0.79-0.39 0.400-0.200,解得μ=0.40. △EJ↑ 0.790 0.690 0.590 0.490 0.390 0.290出出出出出出出出出出出出出出出 0.1500.2000.2500.3000.3500.400M/kg 答案(1)0.980(2)0.588(3)见解析图0.40 26.C[因为不知道点的先后，不能判断速度方向.只能判断加速 度向右，因为越向右相邻两点间距离越来越大，则速度越来！ 越大，门 27.解析探究加速度与力、质量的关系十实验方法十实验操作！ 十数据处理 (1)在研究两个物理量间的关系时，保持其他量不变，所使用· 的方法为控制变量法.(2)为了使细绳拉力为小车所受的合外： 力，需要让连接小车的细绳与轨道平面保持平行，(3)力传感！ 器上显示的示数为细绳的拉力，要以该拉力作为小车所受的 合外力，需要补偿小车所受的阻力，具体操作为撤去细绳连接 的力传感器和重物，将木板左端用垫块垫起适当高度，使小车 能沿木板匀速下滑，(4)根据初速度为零的匀加速直线运动的 位移时间公式r=号a2可知，aw,-a,又1M1N-m, 解得aM:ay=1：n2. 答案(1)控制变量法(2)平行(3)需要撤去细绳连接， 的力传感器和重物，将木板左端用垫块垫起适当高度，使小车 能沿木板匀速下滑(4)1：2 28.碰撞实验十利用图像处理数据的能力 解析(1)由x1图像的斜率表示速度可知，两滑块的速度在！ t=1.0s时发生突变，即发生了碰撞；(2)由xt图像斜率的绝， 对值表示速度大小可知，碰撞前瞬间B的速度大小= 90-1101cm/s=0.20m/s:(3)由题图乙知，碰撞前A的速 1.0 度大小vA=0.50m/s,碰撞后A的速度大小约为vA'= 0.36m/s,由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为u= 0.5m/s,对A和B的碰撞过程由动量守恒定律有mAvA十 mg0=m4心A'十m',代入数据解得1≈2，所以质量为200.0g mB 的滑块是B. 答案(1)1.0(2)0.20(3)B 29.类单摆运动十数据处理十改进措施 解析(1)根据刻度尺的读数规则可知D=7.54cm,(2)结合！ 单摆的运动分析可知，积木左端与O,点等高后，向下（向上）运！ 动后再次与O点等高，之后向上（向下）运动后又一次与O点！ 等高，此过程为一个周期，则题述过程中积木摆动了10个周： 25 期.(3)根据题图(d)有lnT=lnD十b,其中k= -0,50二00》=合，则有1nT=号1nD+=n历+b, 2.80-1.80 根据数学知识可得T与D的近似关系为T心√D,A正确. (4)可以多次测量同一颜色的积木的周期求平均值，从而减小 实验误差」 答案(1)7.54(7.53一7.55均可)(2)10(3)A(4)多次 测量同一颜色的积木的周期求平均值 0.借助弹簧振子振动周期测量物体质量十数据处理 解析(4)将题表中的数据在题图(b)中进行描，点，然后用直 线拟合，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀分布 在直线两侧，偏离直线较远的，点舍去，如答图所示；(5)由于 T2-m图像为一条直线，则弹簧振子振动周期的平方与砝码质 量的关系是线性的：(6)根据答图可知T2=0.880s2时，m= 0.120kg:(7)当m=0时，T2为滑块对应的弹簧振子振动周 期的平方，由答图可知物体的质量越大，对应的弹簧振子的振 动周期越大，所以质量较小的滑块对应的弹簧振子的振动周 期较小，故换一个质量较小的滑块重做实验，所得T一图 线与原图线相比将沿纵轴负方向移动. 答案(4)如图所示(5)线性的(6)0.120(7)负方向 4T2/s 1.6 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 用 0.2005010015020025030mkg 31,测量玻璃砖的折射率十对实验原理的理解十数据处理十误差 分析 解析(1)在本实验中，为了减小测量误差，入射角应适当大 些，因为入射角越大，折射角也越大，则入射角和折射角的测 量误差都会减小，从而使折射率测量的误差减小，A错误；与 插针法测量相比，激光的平行度好，能更准确地确定入射光线 和折射光线，从而更有利于减小实验误差，B正确：选择圆心O 点作为入射点，是因为便于计算，并不是因为此处的折射现象 最明显，C错误，(2)设入射角为α、折射角为B、半圆孤轮廓线 半径（玻璃砖半径）为R,则由几何关系可知sina P y R-R 5nB一反，根据折射定律可得玻璃砖的折射率” sng义，结合题图(b)可知yx图像的斜率为该玻璃砖的折 sin B 45 射率，故该玻璃砖的折射率1一28,51.58.(3)由(2)问分析 可知折射率的表达式中没有半圆孤轮廓线半径R,所以轮廓 线半径的测量误差对实验结果没有影响，即折射率的测量结 果不变」 答案(1)B(2)1.58(1.56~1.60均可)(3)不变 2,用双缝干涉实验测光的波长十探究平抛运动的特点十数据处 理能力 解析(1)设第一条和第六条亮条纹的中心间距为x,则相邻 两条亮条纹之间的距离△虹=亏，又双缝千涉条纹间距公式 △=宁，则-由题表中数据可知华电1=18.61mm -10.60mm-8.04mm<x弹色无2=18,08mm-8.44mm= 9.64mm,同一实验装置d和L一定，则入1<入2，又绿光波长 小于红光波长，则单色光1为绿光.(2)①探究平抛运动特点 的实验中，要使钢球到达斜槽末端的速度相同，则每次由静止 释放钢球时，钢球在斜槽上的高度相同.②用平滑曲线连接坐 标纸上的点，即为钢球做平抛运动的轨迹，作图时应使尽可能 多的点在图线上，不在图线上的，点均匀分布在图线两侧，如答 图所示.③根据平抛运动规律有x=物1y=弓g,联立可得 0√2，在轨迹图线上选取一点(8cm,6cm）,代入数据可 得vo=0.72m/s. 答案(1)绿光(2)①相同②如图所示③0.72(0.67一 0.77均可) 0 46810121416x/cm 12 14 16 18 20 y/cm 33.验证动量守恒定律十对实验的理解能力 解析(1)由于实验中须保证向右运动的小球α与静止的小 球b碰撞后两球均向右运动，则实验中小球《的质量应大于！ 小球b的质量，即m。>6;(2)对两小球的碰撞过程由动量守！ 恒定律有m。v=m。巴。十m6v6,由于小球从轨道右端飞出后做！ 平抛运动，且小球落，点与轨道右端的竖直高度相同，则结合平 抛运动规律可知小球从轨道右端飞出后在空中运动的时间相 等，设此时间为t,则mat=maval十mbU%l,即naxp=maxM 十mbxN 答案(I)>(2)maxn=maxM十m6xN小球从轨道右端 飞出后做平抛运动，且小球落点与轨道右端的竖直高度相同， 结合平抛运动规律可知小球从轨道右端飞出后在空中运动的· 时间相等（合理即可） 34.探究超失重现象十牛顿第二定律 解析(1)根据弹簧测力计的读数规则可知，其读数为5.0N:! (2)根据(1)问结合力的平衡条件可知，mg=5.0N,电梯上行 时，测力计示数为4.5N<mg,故物体处于失重状态，根据牛！ 顿第二定律有mg一F=ma,代入数据解得a=1.0m/s2. 答案(1)5.0(2)失重1.0 35.解析(1)题图(a)中，螺旋测微器固定刻度读数为0.0mm, 可动刻度部分读数为0.8×0.01mm=0.008mm,所以读数 为0.008mm:题图(b)中，螺旋测微器固定刻度读数为i 20.0mm,可动刻度部分读数为3.5×0.01mm=0.035mm, 所以读数为20.035mm:摆球的直径d=20.035mm一0.008mm =20.027m(2)角度盘固定在)点时，摆线在角度盘上所指角 度为摆角大小，若将角度盘固定在)点上方，由几何知识可！ 知，摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角大于5°！ (3)单摆的摆长L等于摆线长1与摆球半径之和，即L=+! 之=82.5cm:从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低 点，单摆完成30次会振动，故单摆的周期T=545 30 s=1.82s:1 由单摆的周期公或T=2√匠可得g-代入相美或挑 解得g=9.83m/s2. 答案(1)0.008(0.0070.009均可)20.035(20.034~ 20.036均可)20.027(20.025~20.029均可)(2)大于 (3)82.51.829.83 36.解析(3)0一t内恰有10个完整周期的振动图，故t。=10T,解， 得T-品(6)分析因表数据可以看出，在误差允许的范国内， To心m,即弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的.！ 业的单 (6)质量的单位是kg,劲度系数的单位是N/m,故√ 251 gm=入√N 位为 ·s2 N =s,A正确：同理分析可知，BCD 项的量纲都不对.(7)弹簧不是轻弹簧；手机内部有磁体，与钩 码下的小磁铁会产生相互作用：空气阻力的影响等（写出一条 即可)， 答案(8)品 (5)线性的(6)A(7)见解析 7.解析(1)要使两硬币碰后都向右运动，硬币甲的质量应大于 硬币乙的质量，由于一元硬币的质量大于一角硬币的质量，所 以甲选用的是一元硬币，(2)设碰撞前甲到O点时速度的大小 为0，甲从O点到停止处P点的过程中只有摩擦力做功，由 动能定理得一1go=0-立m1o2,解得吻=√2g0,即 甲碰撞前到O点时速度的大小为√2gs0.(3)甲、乙碰撞过程 中满足动量守恒，设甲碰撞后速度的大小为凹，甲从O点到 停止处M点的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得 一4m1g=0-与m,2,解得1=√2gS1,设乙碰撞后速 度的大小为2，乙从O点到停止处N点的过程中只有摩擦力 微功，由动能定理得一4n2g2=0一之22，解得的= √2μg2,由动量守恒定律得m1=m11十22，代入数据 得地1√2g0=m1√2gs十2√2gs2,等式两边约去 √②g得m1V-m1√+m2√，整理得0一√ VS2 m2.(4)碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的 比值不是1的原因：①可能两个硬币厚度不同，两硬币重心连 线与水平面不平行：②两硬币碰撞内力不远远大于外力，动量 守恒只是近似满足，即如果摩擦力非常大，动量守恒只是近似 满足 答案(1)一元(2)√2g。(3)(④)见解析 38.解析利用匀变速直线运动规律的推论△x=ar,得a一产 (12.74+11.02-5.87-7.58)×10-2 m/s2=0.43m/s2:由牛 6×0.202 顿第二定律有mgsin&一mgeos a=m,解得a=na二8 gcos a 9.80×0.34-0.43=0.32. 9.80×0.94 答案0.430.32 39.解析(1)小球在水平方向上做匀速直线运动，小球运动到A 点时，由题图(b)可知，其速度的水平分量，-5X10 0.05m/s =1.0/s,小球在竖直方向上做匀加速直线运动，根据中间 时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知，小球运动到 A点时，其速度的竖直分量，=（⑧.6十：0）×102 m/s= 2×0.05 2.0m/s. (2)在竖直方向上，根据△y=gT,解得当地的重力加速度 g-13.4+11.0-8.6-6.1)×10 -m/s2=9.7m/s2. 0.12 答案(1)1.02.0(2)9.7 0.解析(1)根据匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均 速度等于中间时刻的瞬时速度，可得小球在位置1的速度表 达式山-与十型 2T (2)利用位移差公式和逐差法，得出小球运动过程中的加速度 表达式 a=24十十x6)-(十2十) 9T2 (3)在测量小球相邻位置间距时由于实验者读数产生的误差 是偶然误差， 答案 (2):十十6)-(x十十x) 9T2 (3)偶然 41.解析(1)由表可知，第3次碰撞后，经过0.4s发生第4次碰： 撞，根据竖直上鹅运动的对称性，上升高度A-合2一之× 9.8× 0.4 2 m=0.20m. (②)由E=之m2,=k1,可得Ee=2E1,则损失的动能 为△Ek=(1-k2)Ek1· 结合表中数据，第3次碰撞前后动能关系为E始=1.052Ek4, 则k=1.05=0.95. (3)空气阻力做负功，由动能定理可知，计算>h实际· 答案(1)0.20(2)1-k20.95(3)高于 42.解析(1)h-1图线的斜率表示速度，根据图(b)可知，图线的 斜率不变，表示从开始计时起小球近似做匀速直线运动，速度 为u=忘m/s (2)根据小球的运动性质可知，小球受力平衡，对其受力分析！ 可得 F净十f=mg gV瓣十ku=mg V排=V 代入数据得k=5.292×104kg/s. 对更换的小球受力分析可得 pgV辩十ku=n球g m球=P绕V我 根据题意球体积相同，密度增大，则重力增大，浮力不变，所以！ 阻力增大、匀速直线运动的速度增大，即h-t图线的斜率增 大，故选① 答案(1)匀速直线(2)5.292×10-4(3)① 专题十八电学实验 1.解析折射定律十图像法处理数据(1)根据题图甲由几何关 系可知，入射角的正弦值sini= ,折射角的正弦值 √h,2+L1 L2 sin r= sin i Livh2?+L2? 于2产根据折射定律得n-mr十乙，了 (2)将(30%，1.35)数据在题图乙中描点并连线时，应使尽可能 多的点落在线上，其余点均匀分布在线两侧，如答图所示：根据 答图可知，糖水浓度每增加10%，折射率增加值为△1= 1.40-1.34=0.020. 答案 (1)Wh2+Lg2 (2)如图所示0.020 Lavh?+L12 n 1.42 1.38 1.34 1.30 1020304050/% 2.解析多用电表使用十电表读数十电路分析及图像理解 (1)多用电表作为电压表使用时，电流需从红表笔流入、黑表笔！ 流出.在题图()电路中，电流从电源正极流出，经滑动变阻器、 元件、电流表回到负极.α，点电势高于b点，所以红表笔应接高 电势的a点.(2)选择直流电压挡“0.5V”,表盘刻度需对应图 (c)中表盘中间刻线50分格读数，每小格代表0.01V(0.5V÷ 50).指针所指位置在37~38格之间偏右，读数为37.7×！ 0.01V=0.377V.(3)测Ub时，多用电表并联在元件两端，此 时I一U山曲线反映元件真实伏安特性，测U时，多用电表并！ 联在元件和电流表两端，U=U山十U电流表，同一电流下U。大 于U山·题图(b)中乙曲线在相同电流下电压值更大，故乙为 I一U曲线，甲为I一Ub曲线.(4)当元件阻值较小时，电表内； 阻对测量结果的影响相对较小，此时U。一U≈Ub,即I一 (U一Uk)曲线与I-Ub曲线更接近，故甲曲线(I一Ub)与！ I-(U一Uk)曲线更接近. 答案(1)a(2)0.377(0.376~0.378均可)(3)I-Ub (4)甲 25 3.仪器读数十电流表的内外接法十数据处理 解析(1)根据螺旋测微器的读数规则可知，其读数为d 2mm+0.01×45.0mm=2.450mm:(2)由于电压表示数变化 更明显，说明电流表分压较多，因此电流表应采用外接法，即测 量铅笔芯电阻时应将K掷到1端：(3)根据题图丙结合欧姆定 2.5V 律可得Ry=3A-1.92:4)根据电阻定律R=pS可得 D=S,分别代入数据可知八>p. 答案(1)2.450(2)1(3)1.92(4)大于 ,仪器读数十欧姆定律十误差分析 解析(1)由电压表读数规则可知题图(c)的示数为(1十0.10× 2.5V=1.25V;根据题图(b)由欧姆定律可知R=号 100X100=12.50.(4)玻璃管内气压降低到0.5个标准大 1.25 气压，由题图(d)可知金属丝的阻值增大，又保持电流为 100mA,所以电压表示数增大，即电压表指针应该在题图(c) 指针位置的右侧：(5)若电压表是非理想电压表，则流过金属丝 的电流的测量值偏大，由欧姆定律可知金属丝的电阻的测量值 小于真实值 答案(1)1.25(1.24一1.26均可)12.5(4)右(5)小于 5.测量电压表的内阻十多用电表的使用十器材选择十数据处理 解析(1)使用多用电表粗测电阻的步骤应为①机械调零：使 用前，若指针没有指在左端“∞”位置，要用螺丝刀转动指针定 位螺丝，使指针指在“∞”位置：②选挡：估计待测电阻的大小， 旋转选择开关，使其置于欧姆挡的合适挡位；③欧姆调零：将 红、黑表笔短接，调整调零旋钮，使指针指在表盘右端“0”刻度 处：④测量示数：将两表笔分别与待测电阻的两端接触，指针示 数乘以倍率即为待测电阻阻值，故该实验中正确的操作顺序应 为CAB:由于多用电表在使用时电流流向为“红进黑出”，且通 过电压表的电流流向为“正进负出”，所以在用多用电表粗测电 压表内阻时多用电表的红、黑表笔应分别与待测电压表的负 极、正极相连：由题图()中的虚线I可知，待测电压表的内阻 约为15002，则为使指针指在中央刻度线附近，应将选择开关 旋转到欧姆挡“×100”位置：由题图(a)中的实线Ⅱ可知该电压 表的内阻为R=16×1002=1.6k:(2)由题图(b)可知滑动 变阻器用作分压式接法，则为了方便调节，滑动变阻器应选最 大阻值较小的R1,为了保护电路，闭合开关前测量电路部分分 压应为0，即滑动变阻器的滑片应置于a端；(3)由题图(b)可知 流过待测电压表和流过定值电阻R。的电流相等，则结合欧姆 定律和串联电路分压规律有 U U-U UR。 R。,可得R,二元 (4)将U1=4.20V、U=2.78V、R。=8002 2.78×800 代入(3)中表达式可得R。=202.780≈1.57k0, 答案(1)CAB负极、正极×1001.6 LR。 (2)R1a(3)-元 (4)1.57 ,对自制氧气传感器定标十实验操作十实物连线十仪器读数十 理解实验原理的能力 解析(1)连接实物图如答图所示，注意连线不要有交叉，且电 流从电表的正接线柱流入，从电表的负接线柱流出：(3)为了保 护电路，闭合开关瞬间，电流表和电压表的示数应为0，所以闭 合开关前应将滑动变阻器的滑片滑至a端；(6)根据电压表的 读数规则可知，电压表的示数为1.40V,根据题图(b)中的数据 点拟合电压表示数U与氧气含量的曲线如图所示，则可知当电 压表的示数为1.50V时，氧气含量为17%. AU(V) 5.0 4.0 3. 20 20氧气含量(%) 3专题十七力学基 老向一 “纸带类”问题的处理 1.(2025·陕晋宁青卷，6分)图(a)为探究加速 度与力、质量关系的部分实验装置， 小车 木板 槽码 实验桌 槽码盘 毁 图(a) (1)实验中应将木板 (填“保持水平” 或“一端垫高”) (2)为探究加速度a与质量m的关系，某小组依 据实验数据绘制的a-m图像如图(b)所示，很难 直观看出图线是否为双曲线.如果采用作图法判 断a与m是否成反比关系，以下选项可以直观判 断的有 (多选，填正确答案标号) a/(ms-2 咖 m/kg a/(m·s-2) 0.80 0.70 0.25 0.618 0.60 0.33 0.482 0.50 0.40 0.40 0. 403 0.30 0.50 0.317 0.20 0.10 1.00 0.152 00200.400.600801.001.201.40m/Kg 蜜 图(b) A.a1图像 B.am2图像 C.am-m图像 D.a2-m图像 (3)为探究加速度与力的关系，在改变作用力 时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在 槽码盘上；乙同学将事先放置在小车上的槽码 依次移到槽码盘上.在其他实验操作相同的情 超 况下， (填“甲”或“乙”)同学的方法可 以更好地减小误差， 2.(2025·河南卷，9分)实验小组利用图1所示 装置验证机械能守恒定律.可选用的器材有： 交流电源（频率50Hz)、铁架台、电子天平、重 锤、打点计时器、纸带、刻度尺等 打点计时器 纸带 重锤 电源 图 1 13 诎实验与创新实验 (1)下列所给实验步骤中，有4个是完成实验 必需且正确的，把它们选择出来并按实验顺序 排列： (填步骤前面的序号) ①先接通电源，打点计时器开始打点，然后再 释放纸带 ②先释放纸带，然后再接通电源，打点计时器 开始打点 ③用电子天平称量重锤的质量 ④将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计时器 的限位孔，用手捏住纸带上端 ⑤在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内各 点到起点的距离，记录分析数据 ⑥关闭电源，取下纸带 (2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、 B、C、D、E到起点的距离.则打出B点时重锤 下落的速度大小为 m/s(保留3位有 效数字) A D 13.20 16.60 20.34 24.50 29.00单位：cm 图2 (3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落 高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制图 3所示的-h关系图像.理论上，若机械能守 恒，图中直线应 (填“通过”或“不通 过”)原点且斜率为 (用重力加速度大 小g表示).由图3得直线的斜率k= (保留3位有效数字) +v21(m2·s2) 6.0 5.0 4.0 3.0 2.0 1.0 0 0.050.100.150.200.250.30h/m 图3 (4)定义单次测量的相对误差？= Ep-Ek E 100%,其中E。是重锤重力势能的减小量，E 是其动能增加量，则实验相对误差为？= ×100%(用字母k和g表示)；当地重力 加速度大小取g=9.80m/s2,则= % (保留2位有效数字)，若7<5%，可认为在实 验误差允许的范围内机械能守恒」 3.(2025·安徽卷，6分)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 (选填正确答案标号). 打点计时器 小车 纸带 轨道 槽码 图甲 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 ℃.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F×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F、 和a随时间t变化的散点图，以竖直向上为正 方向.t=4s时，物体处于 (选填“超 重”或“失重”)状态；以Fy为横轴、a为纵轴，根 据实验数据拟合得到的a-F、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-Fv图像为图丁中的图线 .（选填 “b”“c”或“d”) 20 10 0 -10 箱体 1 5 ·m -5 物体 -10 0 加速度传感器力传感器 t/s 图乙 图丙 d FN 图丁 ; 13 4.(2025·湖南卷，7分)某同学通过观察小球在黏 性液体中的运动，探究其动力学规律，步骤如下： 图1 AO-5.00 B0-5.49 種 C○-6.00 D○-6.51 E0-7.02 单位：cm 图2 (1)用螺旋测微器测量小球直径D如图1所 示，D mm. (2)在液面处由静止释放小球，同时使用频闪 摄影仪记录小球下落过程中不同时刻的位置， 频闪仪每隔0.5s闪光一次.装置及所拍照片 示意图如图2所示（图中的数字是小球到液面 的测量距离，单位是cm). (3)根据照片分析，小球在A、E两点间近似做 匀速运动，速度大小= m/s(保留2 位有效数字). (4)小球在液体中运动时受到液体的黏滞阻力 f=kD(k为与液体有关的常量)，已知小球密 度为p,液体密度为po,重力加速度大小为g, 则k的表达式为k= (用题中给出的 物理量表示). (5)为了进一步探究动力学规律，换成直径更小 的同种材质小球，进行上述实验，匀速运动时的 速度将 (填“增大”“减小”或“不变”). 5.(2023·全国甲卷，10分)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. 打点计时器 小车 纸带 木板 钩码 图(a) 6.60-8.00→-9.4010.90*—12.40 D F 单位：cm 图b) (1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间 间隔均为0.1s.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△x填到表中，小车发生对应位移所用时 间和平均速度分别为△1和⑦，表中△xAD cm,UAD= cm/s. 位移区间 AB AC AD AE AF △.x(cm) 6.60 14.60 △tAD 34.90 47.30 (cm/s) 66.0 73.0 VAD 87.3 94.6 (2)根据表中数据，得到小车平均速度⑦随时 间△1的变化关系，如图(c)所示.在答题卡上 的图中补全实验点 /(cm·sl) 105 95 85 75 65 人94h 566 0.10.20.30.40.50.6 图(c) (3)从实验结果可知，小车运动的⑦一△图线 可视为一条直线，此直线用方程=k△1十b表 示，其中k= cm/s2,6= 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)A= ,小车的加速度大小a= .(结果用字母k、b表示) 6.(2022·浙江卷，7分)(1)“探究小车速度随时 间变化的规律”实验装置如图1所示，长木板 水平放置，细绳与长木板平行.图2是打出纸 带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计 时起点，则打计数点B时小车位移大小为 cm.由图3中小车运动的数据点，求得加 速度为 m/s2(保留两位有效数字). 细绳 小车 纸带打点计时器 长木板 沟码 图1 咖咖咖 1cm 2 5 6 图2 (2)利用图1装置“探究加速度与力、质量的关 系”的实验，需调整的是 (多选). A.换成质量更小的车 B.调整长木板的倾斜程度 13 C.把钩码更换成砝码盘和砝码 D.改变连接小车的细绳与长木板的夹角 1.50tm·s 1.2 0.9( 0.6( 0.30 00.100.200.300.400.500.60t/s 图3 7.(2021·浙江省1月卷，7分)用如图所示装置 进行“探究功与速度变化的关系”实验.装有砝 码的盘用绕过滑轮的细线牵引小车，盘和砝码 的重力可当作牵引力.小车运动的位移和速度 可以由打点纸带测出，以小车为研究对象，改 变砝码质量，便可探究牵引力所做的功与小车 速度变化的关系， 小车 打点计时器 纸带 盘和砝码 (1)关于这个实验，下列说法正确的是 A.需要补偿小车受到阻力的影响 B.该实验装置可以“验证机械能守恒定律” C.需要通过调节定滑轮使细线与长木板平行 D.需要满足盘和砝码的总质量远小于小车的 质量 (2)如图所示是两条纸带，实验时打出的应是 第 条（填写“I”或“Ⅱ”）纸带： p 01cm234567891011,12131415161718192021222324 12 15 平平平呷 01cm23456789101112131415161718192021222324 Ⅱ (3)根据实验数据，在坐标纸上画出的W-v2图 象是一条过原点的直线，据此图像 (填“能”或“不能”)求出小车的质量， 8.(2021·北京卷，8分)3 主尺 4 cm 物理实验一般都涉及 HHH 实验目的、实验原理、 0 游标尺10 实验仪器、实验方法、 实验操作、数据分析 图1 等.例如：(1)实验仪器.用游标卡尺测某金属 管的内径，示数如图1所示.则该金属管的内 径为 mm. (2)数据分析.打点计时器在随物体做匀变速 直线运动的纸带上打点，其中一部分如图2所 示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点， 相邻计数点之间还有4个计时点没有标出.打 点计时器接在频率为50Hz的交流电源上.则 打C点时，纸带运动的速度C= m/s (结果保留小数点后两位) D Ti平平iT 3 8 9 10 11 12 13cm14 图2 (3)实验原理.图3为 “探究加速度与力的 关系”的实验装置示 意图.认为桶和砂所 受的重力等于使小车 做匀加速直线运动的 图3 合力.实验中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的 总质量m比小车质量M小得多.请分析说明 这个要求的理由. 9.(2021·福建卷，6分)某实验小组利用图(a) 所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系， 实验过程如下： 薄板 细绳小车 纸带打点计时器 钩码 垫块 图(a) 图b) (1)首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮 的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车 相连. (2)用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平 衡小车所受摩擦力及其他阻力.若某次调整过 程中打出的纸带如图(b)所示（纸带上的点由 左至右依次打出)，则垫块应该 （填 “往左移”“往右移”或“固定不动”)， (3)在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮 系在小车前端。 (4)把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车 由静止释放，小车拖动纸带下滑，打出的纸带 一部分如图(c)所示.已知打点计时器所用交 流电的频率为50Hz,纸带上标出的每两个相 14 邻计数点之间还有4个打出的点未画出.打出 F点时小车的速度大小为 m/s(结果 保留2位小数). AB C D E F G 0.68. 5 单位：cm 2.60 3.8 5.29 6.92 图(c) 图(d (5)保持小车和钩码的质量不变，在小车上安 装一薄板.实验近似得到的某时刻起小车v-t 图像如图()所示，由图像可知小车加速度大 小 (填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保 持不变”).据此可以得到的实验结论是 考向二“橡皮条、弹簧类”实验 10.(2025·云南卷，6分)某实验小组做了测量 木质滑块与橡胶皮之间动摩擦因数以的实 验，所用器材如下：钉有橡胶皮的长木板、质 量为250g的木质滑块（含挂钩）、细线、定滑 轮、弹簧测力计、慢速电机以及砝码若干.实 验装置如图甲所示 弹簧测力计 定滑轮 砝码木质滑块 挂钩 慢速电机 钉有橡胶皮的长木板 图甲 弹簧测力计 定滑轮挂钩 砝码木质滑块 慢速电机 钉有橡胶皮的长木板 图乙 实验步骤如下： ①将长木板放置在水平台面上，滑块平放在 橡胶面上； ②调节定滑轮高度，使细线与长木板平行（此 时定滑轮高度与挂钩高度一致)； ③用电机缓慢拉动长木板，当长木板相对滑 块匀速运动时，记录弹簧测力计的示数F; ④在滑块上分别放置50g、100g和150g的 砝码，重复步骤③； ⑤处理实验数据（重力加速度g取9.80m/s2). 实验数据如表所示： 滑块和砝码 弹簧测力计 的总质量M/g 示数F/N 动摩擦因数以 250 1.12 0.457 300 1.35 a T 350 1.57 0.458 400 1.79 0.457 完成下列填空： (1)表格中a处的数据为 (保留3位 有效数字)； (2)其他条件不变时，在实验误差允许的范围 内，滑动摩擦力的大小与接触面上压力的大小 以与接触面上压力的大小 (以上两空填“成正比“成反比”或“无关”)； 班 (3)若在实验过程中未进行步骤②，实验装置 如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则4的测量结 果将 (填“偏大”“偏小”或“不变”) 11.(2025·广东卷，8分)请完成下列实验操作 和计算. (1)在“长度的测量及其测量 工具的选用”实验中，用螺旋 .30 25 量 测微器测量小球的直径，示数 005E0 如图甲所示，读数为 mm, 图甲 (2)实验小组利用小车碰撞实 验测量吸能材料的性能，装置如图乙所示，图 中轨道由轨道甲和乙平滑拼接而成，且轨道 乙倾角较大. 光电门 光电门A 小车2轨道乙 赵 轨道甲 小车1 M U 螺母 图乙 ①选取相同的两辆小车，分别安装宽度为 1.00cm的遮光条 ②轨道调节 紧 调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高，将小 车在轨道乙上释放，若测得小车通过光电门 A和B的 ,表明已平衡小车在轨道 甲上所受摩擦力及其他阻力： ③碰撞测试. 先将小车1静置于光电门A和B中间，再将 小车2在M点由静止释放，测得小车2通过 母 光电门A的时间为t2,碰撞后小车1通过光 电门B的时间为t1.若t2 t1,可将两 小车的碰撞视为弹性碰撞： 141 ④吸能材料性能测试. 将吸能材料紧贴于小车2的前端，重复步骤 ③，测得小车2通过光电门A的时间为 10.00s,两车碰撞后，依次测得小车1和2 通过光电门B的时间分别为15.00ms、 30.00ms,不计吸能材料的质量，计算可得碰 撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比 值为 (结果保留2位有效数字). 12.(2025·黑吉辽蒙卷，8分)某兴趣小组设计 了一个可以测量质量的装置.如图(a),细绳 1、2和橡皮筋相连于一点，绳1上端固定在A 点，绳2下端与水杯相连，橡皮筋的另一端与 绳套相连. 为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x 的关系，该小组逐次加入等质量的水，拉动绳 套，使绳1每次与竖直方向夹角均为30°且橡 皮筋与绳1垂直，待装置稳定后测量对应的 橡皮筋长度.根据测得数据作出x一m关系 图线，如图(b)所示. 301 绳套 2 橡皮筋 □水杯 图(a) Ax/cm 12.0 19 11.0 10.5 50 100 150 m/g 图(b) 回答下列问题： (1)将一芒果放入此空杯，按上述操作测得 x=11.60cm,由图(b)可知，该芒果的质量 120= g(结果保留到个位).若杯中 放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为30°但与 橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与m0 相比 (填“偏大”或“偏小”). (2)另一组同学利用同样方法得到的x-m 图像在后半部分弯曲，下列原因可能的是 A.水杯质量过小 B.绳套长度过大 C.橡皮筋伸长量过大，弹力与其伸长量不成 正比 (3)写出一条可以使上述装置测量质量范围 增大的措施 13.（2024·湖北卷，9分)某同 学设计了一个测量重力加 速度大小g的实验方案，所 用器材有：2g砝码若干、托 盘1个、轻质弹簧1根、米尺 1把、光电门1个、数字计时 器1台等 具体步骤如下： ①将弹簧竖直悬挂在固定 图(a) 支架上，弹簧下面挂上装有 遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图 (a)所示。 ②用米尺测量平衡时弹簧的长度1，并安装光 电门 ③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释 放，使其在竖直方向振动. ④用数字计时器 l/m 0.55 记录30次全振动 0.54 所用时间t. ⑤逐次增加托盘 0.53 内砝码的数量，重 0.52 复②③④的操作. 0.51 该同学将振动系 0.5( 统理想化为弹簧 0.49 振子.已知弹簧振 0.48用 子的振动周期T 0.46.3 0.4 0.5 0.6T/s2 M =2x√后，其中为 图(b) 为弹簧的劲度系数，M为振子的质量 (1)由步骤④，可知振动周期T= (2)设弹簧的原长为l。,则1与g、1。、T的关 系式为l= (3)由实验数据作出的上T2图线如图(b)所 示，可得g m/s2(保留三位有效数 字，π2取9.87) (4)本实验的误差来源包括 (双选， 填标号)： A.空气阻力 B.弹簧质量不为零 C.光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置 14.(2023·全国乙卷，5分)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， 142 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 15.(2022·浙江卷，7分) “探究求合力的方法”的 实验装置如图所示，在 该实验中， (1)下列说法正确的是 (单选). A.拉着细绳套的两只弹 簧秤，稳定后读数应 @2 相同 B.在已记录结点位置的情况下，确定一个拉 力的方向需要再选择相距较远的两点 C.测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在 摩擦 D.测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并 平行于木板 (2)若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少 需要 (选填“2”、“3”或“4”)次把橡皮 条结点拉到O. 16.(2022·湖南卷，6分)小圆同学用橡皮筋、同 种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了 如图(a)所示的实验装置，测量冰墩墩玩具的 质量.主要实验步骤如下： 架 庹 墩 墩 元硬币 塑料袋 7777777777777777777777777777777万 图(a) (1)查找资料，得知每枚硬币的质量为6.05g; (2)将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋，测 量每次稳定后橡皮筋的长度1，记录数据如 下表： 序号 2 3 4 5 硬币数量n/枚 5 10 15 20 25 长度l/cm 10.51 12.02 13.54 15.05 16.56 (3)根据表中数据在图(b)上描点，绘制图线； l/cm 17 16 0 14 13 -15 12 -16 11 19 10 20 0 510 15202530n1枚 图b) 图c) (4)取出全部硬币，把冰墩墩玩具放入塑料袋 中，稳定后橡皮筋长度的示数如图(c)所示， 此时橡皮筋的长度为 cm; (5)由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为 g(计算结果保留3位有效数字). 17.(2021·广东卷， 0cm 7分)某兴趣小 刻度尺、 组测量一缓冲装 置中弹簧的劲度 系数.缓冲装置 有机玻璃管 如图所示，固定 30 在斜面上的透明 7777777777777777 有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在 有机玻璃管底端.实验过程如下：先沿管轴线 方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为 200g的钢球（直径略小于玻璃管内径）逐个 从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止， 记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻 度尺示数Ln,数据如表所示.实验过程中弹 簧始终处于弹性限度内.采用逐差法计算弹 簧压缩量，进而计算其劲度系数， 2 3 4 5 6 Ln/cm 8.04 10.0312.05 14.07 16.11 18.09 (1)利用△L:=L+3一L;(i=1,2,3)计算弹 簧的压缩量：△L1=6.03cm,△L2=6.08cm, △L3= cm,压缩量的平均值△L= △L1+AL2十△L3= 3 cm; (2)上述△L是管中增加 个钢球时产 生的弹簧平均压缩量； (3)忽略摩擦，重力加速度g取9.80m/s2,该 弹簧的劲度系数为 N/m(结果保留 3位有效数字). 143 考向三“光电门类”实验 18.(2025·湖北卷，9 分)某同学利用如图 (a)所示的实验装置 光电门 来测量重力加速度 大小g,细绳跨过固 2 定在铁架台上不可 遮光片 转动的小圆柱体，两 端各悬挂一个重锤， 实验步骤如下： 77777777777777777777777 ①用游标卡尺测量 图(a) 遮光片的宽度d. ②将遮光片固定在重锤1上，用天平测量重锤1 和遮光片的总质量m、重锤2的质量M(MC>m). ③将光电门安装在铁架台上，将重锤1压在 桌面上，保持系统静止，重锤2离地面足够 高.用刻度尺测量出遮光片中心到光电门的 竖直距离H. ④启动光电门，释放重锤2，用数字毫秒计测 出遮光片经过光电门所用时间. ⑤根据上述数据求出重力加速度大小g. ⑥多次改变光电门高度，重复步骤③④⑤， 求出g的平均值 回答下列问题： (1)测量d时，游标卡尺的示数如图(b)所 示，可知d cm. 主尺cm 0 游标尺10 20 图(b) (2)重锤1通过光电门时的速度大小为v= (用d、t表示).若不计摩擦，g与 m、M、d、t、H的关系式为g= (3)实验发现，当M和m之比接近于1时，g 的测量值明显小于真实值.主要原因是圆柱 体表面不光滑，导致跨过圆柱体的绳两端拉 力不相等.理论分析表明，圆柱体与绳之间 的动摩擦因数很小时，跨过圆柱体的绳两端 拉力类△T=7,其中？是只与圆陆 体表面动摩擦因数有关的常数： 保持M+m=2m0不变，其中M=(1+B) m0,m=(1一B)mo.B足够小时，重锤运动的 加速度大小可近似表示为a=(3-y)g.调整 两重锤的质量，测得不同3时重锤的加速度 大小a,结果如表.根据表格数据，采用逐差 法得到重力加速度大小g= m/s2 (保留三位有效数字). 0.04 0.06 0.08 0.10 a/(m·s2) 0.084 0.281 0.477 0.673 19.(2025·山东卷，6分)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： 数字毫秒计 遮光片 光电门2 小车 光电门 二长直轨道 00 托盘及砝码 图甲 (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(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=0.40m/s、v2=0.81m/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=1.00s,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 (填 “增大”或“减小”)轨道的倾角. ↑a/m·s2 0.5 0.40 0.30 0.20 0.10 0 0.100.20 0.30FN 图乙 (4)图乙中直线斜率的单位为 (填 “kg”或“kg1”). 20.(2024·江西卷，8分)某小组探究物体加速 度与其所受合外力的关系.实验装置如图(a) 所示，水平轨道上安装两个光电门，小车上固 定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨 过定滑轮挂上钩码 遮光片小车 光电门 滑轮 之钩码 图(a) 144 (1)实验前调节轨道右端滑轮高度，使细线与 轨道平行，再适当垫高轨道左端以平衡小车 所受摩擦力. (2)小车的质量为M1=320g.利用光电门系 统测出不同钩码质量m时小车加速度a.钩 码所受重力记为F,作出cF图像，如图(b) 中图线甲所示. ↑a/(ms2) 6.0 甲 5.0 4.0: 3.0 2.0 1.0 0.10 0.20 0.30F9.8N) 图(b) (3)由图线甲可知，F较小时，a与F成正比； F较大时，a与F不成正比.为了进一步探 究，将小车的质量增加至M2=470g,重复步 骤(2)的测量过程，作出aF图像，如图(b)中 图线乙所示， (4)与图线甲相比，图线乙的线性区间 非线性区间 ·再将小车的质量增加 至M3=720g,重复步骤(2)的测量过程，记 录钩码所受重力F与小车加速度a,如表所 示（表中第9~14组数据未列出）. 序号 2 3 钩码所受重力 0.020 0.040 0.060 0.080 0.100 F/(9.8N) 小车加速度 0.26 0.55 0.82 1.08 1.36 a/(m·s2) 序号 6 7 8 914 15 钩码所受重力 0.120 0.140 0.160 中，中中车 0.300 F/(9.8N) 小车加速度 1.67 1.95 2.20 3.92 a/(m·s2) (5)请在图(b)中补充描出第6至8三个数据 点，并补充完成图线丙， (6)根据以上实验结果猜想和推断：小车的质 量 时，a与F成正比.结合所学知识 对上述推断进行解释： 21.(2022·广东卷，7分)某实验小组为测量小 球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导 致的机械能损失，设计了如图(a)所示的装 置，实验过程如下： 释放装置 0 小球 光电门 固定的 数字计时器 橡胶材料 (a) (b) (1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放 T 置的橡胶材料碰撞后竖直反弹.调节光电门 位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落 和反弹过程中均可通过光电门. (2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图 (b)所示，小球直径d= mm. ® (3)测量时，应 (选填“A”或“B”,其 中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B 为“先接通数字计时器，后释放小球”).记录 p 小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间 训 t1和t2. 当 (4)计算小球通过光电门的速度，已知小球的 质量为，可得小球与橡胶材料碰撞导致的 机械能损失△E= (用字母m、d、t1 和t2表示). (5)若适当调高光电门的高度，将会 (选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测 量误差， 带 22.(2022·全国甲卷，10分)利用图示的实验装 置对碰撞过程进行研究.让质量为1的滑块 A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导 轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A 和B的速度大小1和2，进而分析碰撞过程 是否为弹性碰撞.完成下列填空： -S1 赵 挡板 A 气垫导轨 (1)调节导轨水平 (2)测得两滑块的质量分别为0.510kg和 0.304kg.要使碰撞后两滑块运动方向相反， 应选取质量为 kg的滑块作为A 攀 (3)调节B的位置，使得A与B接触时，A的 左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右 。 边挡板的距离s2相等. (4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并 与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞 尔 时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1 和2： (5)将B放回到碰撞前的位置，改变A的初 问 速度大小，重复步骤(4).多次测量的结果如 表所示. 14 1 2 3 4 5 t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39 t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46 k v1 0.31 k2 0.33 0.33 0.33 (6)表中的k2= (保留2位有效数字). (7)4的平均值为 (保留2位有效数字). (8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否 为弹性碰撞可由判断.若两滑块的碰撞为弹 71 性碰撞，则的理论表达式为 (用m1 和m2表示)，本实验中其值为 (保留2 位有效数字)，若该值与(7)中结果间的差别在 允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导 轨上的碰撞为弹性碰撞， 23.(2021·江苏卷，15分)小明利用图1所示的 实验装置验证动量定理.将遮光条安装在滑 块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量 M=200.0g,槽码和挂钩的总质量= 50.0g.实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂 有槽码的细线上.滑块由静止释放，数字计时 器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时 间△11和△2，以及这两次开始遮光的时间间 隔△，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出 滑块经过两光电门速度的变化量△. 光电门2 光电门1 滑块遮光条 滑轮 挂钩 连气泵 气垫导轨 连数字计时器 槽码 图1 2 mmmm 0 10 图2 (1)游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其 宽度d= mm. (2)打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨， 直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静 止，其日的是 (3)多次改变光电门2的位置进行测量，得到 △t和△o的数据如表： △t/s 0.721 0.790 0.854 0.9130.968 △v/(m·s-l 1.38 1.52 1.64 1.75 1.86 请根据表中数据，在方格纸上作出△v-△t 图线 △/m·s) 1.9 1.8 1.6 1.4 1中里4水 0.750.800.850.900.95 1.0 (4)查得当地的重力加速度g=9.8m/s2,根据 动量定理，△v-△1图线斜率的理论值是 m/s2. (5)实验结果发现，△-△1图线斜率的实验值总 小于理论值，产生这一误差的两个可能原因是 A.选用的槽码质量偏小 B.细线与气垫导轨不完全平行 C.每次释放滑块的位置不同 D.实验中△1的测量值偏大 24.(2021·海南卷，10分)为了验证物体沿光滑 斜面下滑的过程中机械能守恒，某学习小组 用如图所示的气垫导轨装置（包括导轨、气 源、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计)进行 实验.此外可使用的实验器材还有：天平、游 标卡尺、刻度尺 光电门1 遮光条 光电门Ⅱ 进气口·。 滑块 ⊙ 缓冲器 d 导轨 水平某面 标尺 (1)某同学设计了如下的实验步骤，其中不必 要的步骤是 ①在导轨上选择两个适当的位置A、B安装 光电门I、Ⅱ，并连接数字毫秒计； ②用天平测量滑块和遮光条的总质量； ③用游标卡尺测量遮光条的宽度d; ④通过导轨上的标尺测出A、B之间的距离： ⑤调整好气垫导轨的倾斜状态； ⑥将滑块从光电门I左侧某处，由静止开始 释放，从数字毫秒计读出滑块通过光电门I、 Ⅱ的时间△t1、△t2; ⑦用刻度尺分别测量A、B点到水平桌面的 高度h1、h2; 14 ⑧改变气垫导轨倾斜程度，重复步骤⑤⑥⑦， 完成多次测量， (2)用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标 卡尺的示数如图所示，则d= mm, 某次实验中，测得△11=11.60ms,则滑块通 过光电门I的瞬时速度1= m/s (保留3位有效数字)； 2 3主尺 uHHHiu 游标 10 20 （3)在误差允许范围内，若h1一h2= (用上述必要的实验步骤直接测量的物理量 符号表示，已知重力加速度为g),则认为滑 块下滑过程中机械能守恒； (4)写出两点产生误差的主要原因： 25.(2021·河北卷，9分)某同学利用图1中的 实验装置探究机械能变化量与力做功的关 系.所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细 绳、50g的钩码若干、光电门2个、数字计时 器、带遮光条的滑块（质量为200g,其上可放 钩码)、刻度尺.当地重力加速度为9.80m/s2. 实验操作步骤如下： 遮光条光电门1光电门2 t 图1 ①安装器材，调整两个光电门距离为50.00cm, 轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示； ②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过 两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个 光电门的速度； ③保持绳下端悬挂4个钩码不变，在滑块上 依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的 质量，重复上述步骤； ④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块 及所载钩码的总质量M、系统（包含滑块、滑 块所载钩码和轻细绳悬挂钩码)总动能的增 加量△Ek及系统总机械能的减少量△E,结 果如下表所示 M/kg 0.200 0.250 0.300 0.350 0.400 △Ek/J 0.587 0.490 0.392 0.294 0.195 △E/J 0.393 0.490 0.686 0.785 回答下列问题： (1)实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减 少量为 J(保留3位有效数字)； (2)步骤④中的表格所缺数据为