專題18力學試驗目錄TOC\o"1-3"\h\u一、必修實驗 1【題型一】紙帶類問題 1【題型二】彈簧、橡皮條類實驗 14【題型三】平拋實驗 22二.選修實驗 25【題型四】單擺實驗 25【題型五】碰撞實驗 34三．力學創(chuàng)新實驗 44一、必修實驗【題型一】紙帶類問題【解題指導】1．平衡摩擦力的兩個實驗及方法探究加速度與力、質量的關系及探究做功與速度變化的關系兩個實驗均需平衡摩擦力，平衡摩擦力的方法是墊高有打點計時器的一端，給小車一個初速度，小車能勻速下滑。2．三個關鍵點(1)區(qū)分計時點和計數點：計時點是指打點計時器在紙帶上打下的點；計數點是指測量和計算時在紙帶上所選取的點。要注意“每五個點取一個計數點”與“每隔四個點取一個計數點”的取點方法是一樣的。(2)涉及打點計時器的實驗均是先接通電源。打點穩(wěn)定后，再釋放紙帶。(3)實驗數據處理可借助圖象，充分利用圖象斜率、截距等的物理意義?！镜淅治?】（2023上·四川綿陽·高三綿陽中學?？奸_學考試）某同學利用如圖甲所示的裝置研究小車的勻變速直線運動，實驗時將打點計時器接在頻率為50Hz的交流電源上，得到一條紙帶如圖乙所示。（1）實驗時必要的措施是。（填正確選項前的字母標號）A．細線必須與長木板平行

B．先接通電源再釋放小車C．小車的質量遠大于鉤碼的質量

D．平衡小車與長木板間的摩擦力（2）圖乙中A、B、C、D、E、F、G為依次選取的計數點（每相鄰兩個計數點間還有四個點未畫出），已知，，，，，，則小車的加速度大小為。（結果保留兩位有效數字）【答案】AB/BA【詳解】（1）[1]AB．為了讓小車做勻加速直線運動，應使小車受力恒定，故應將細線與木板保持水平，同時為了打點穩(wěn)定，應先開電源再放小車，故AB正確；C．本實驗中只是研究勻變速直線運動，故不需要讓小車的質量遠大于鉤碼的質量，只要能讓小車做勻加速運動即可，故C錯誤；D．為了讓小車做勻加速直線運動，應使小車受力恒定，因此只要摩擦力恒定即可，不需要平衡小車與長木板間的摩擦力，故D錯誤。故選AB。（2）[2]相鄰計數點間的時間間隔根據逐差法，小車的加速度大小【典例分析2】．（2023上·內蒙古赤峰·高三統考階段練習）某同學利用下面方法間接測量物體質量M，并利用此裝置驗證系統機械能守恒。裝置如圖甲所示，一根輕繩跨過輕質定滑輪與兩個相同的重物P、Q相連，重物P、Q質量均為m=200g，在重物Q的下面通過輕質掛鉤懸掛待測物塊Z，重物P的下端與穿過打點計時器的紙帶相連，已知當地重力加速度為g=9.8m/s2。（1）某次實驗中，先接通頻率為50Hz的交流電源，再由靜止釋放系統，得到如圖乙所示的紙帶，其中s1=4.47cm，s2=5.34cm，s3=6.21cm，s4=7.10cm，s5=7.98cm，s6=8.86cm。則系統運動的加速度a=m/s2，5點的速度v5=m/s（保留三位有效數字）；（2）忽略各類阻力，求出物塊Z質量的測量值為M=kg(保留三位有效數字)；（3）利用紙帶還可以驗證系統機械能守恒，測量紙帶得出1點到5點的距離為h，求出1點速度為v1，5點的速度為v5，根據以上數據，可求重物由1點運動到5點時系統重力勢能減少量等于，系統動能的增加量等于，通過數據可得出在誤差允許的范圍內系統重力勢能的減少量等于系統動能的增加量，則系統機械能守恒(表達式用題中M、m、v1、v5、g、h字母表示)?！敬鸢浮?.502.110.512【詳解】（1）[1]由題圖可知，相鄰計數點間的時間間隔為根據逐差公式可得，系統運動的加速度為[2]打5點時的速度為（2）[3]對Q、Z整體分析，根據牛頓第二定律有對P分析，根據牛頓第二定律有聯立解得，物塊Z質量的測量值為（3）[4]重物由1點運動到5點時系統重力勢能減少量等于[5]系統動能的增加量等于【方法提煉】1．兩個關鍵點(1)區(qū)分計時點和計數點：計時點是指打點計時器在紙帶上打下的點．計數點是指測量和計算時在紙帶上所選取的點．要注意“每五個點取一個計數點”與“每隔四個點取一個計數點”的說法是等效的，T＝5×0.02s＝0.10s.(2)涉及打點計時器的實驗均是先接通打點計時器的電源，待打點穩(wěn)定后，再釋放紙帶．2．紙帶記錄的信息紙帶可以記錄物體運動的時間和物體運動的位移．(頻閃照相和紙帶記錄的物理量相同)3．紙帶的三大應用(1)判斷物體的運動性質．①若Δx＝0，則可判定物體在實驗誤差允許的范圍內做勻速直線運動．②若Δx不為零且為定值，則可判定物體在實驗誤差允許范圍內做勻變速直線運動．(2)求解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).(3)求加速度①用“逐差法”求加速度如圖所示因為a1＝eq\f(x4－x1,3T2)，a2＝eq\f(x5－x2,3T2)，a3＝eq\f(x6－x3,3T2)，所以a＝eq\f(a1＋a2＋a3,3)＝eq\f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,9T2).②v－t圖象求加速度可以根據紙帶計算出各計數點的速度，畫出v－t圖象．直線的斜率為物體運動的加速度，a＝eq\f(Δv,Δt).【強化訓練】1.（2024·四川內江·統考一模）某同學用如圖所示的實驗裝置來驗證動能定理。實驗過程如下：（1）該同學先用圖甲所示裝置，測滑塊與長木板間的滑動摩擦力f，把彈簧測力計的一端固定在墻上，用力F水平向左拉放在水平面上的長木板，使長木板向左運動，此時測力計的示數穩(wěn)定，則：①為了測出滑塊與長木板之間的滑動摩擦力的大小，下列操作中正確的是；A．長木板作勻速直線運動B．長木板作勻加速直線運動C．長木板作變加速直線運動D．以上運動均可以②滑塊受到長木板的滑動摩擦力f的大小為N。（2）如圖乙所示，將圖甲中的長木板裝上定滑輪平放在水平實驗臺上，調節(jié)定滑輪的高度，使拉滑塊的細線與長木板平行。由靜止釋放滑塊，打點計時器打出的紙帶如圖丙所示，O點為剛釋放鉤碼時打下的點，A、B、C、D是四個連續(xù)點，各點與O點間的距離在圖中已標出，在打出此紙帶的過程中，力傳感器的示數為F，打點計時器所用交流電的周期為T，測得滑塊的質量為M，鉤碼和力傳感器的總質量為m，重力加速度為g。則：①該實驗（選填“需要”或“不需要”）鉤碼質量遠小于滑塊質量；②打下C點時，鉤碼的速度為；此時，如果表達式[用（1）、（2）題中物理量字母表示]成立，即可驗證動能定理?！敬鸢浮緿4.60不需要【詳解】（1）①[1]滑塊始終處于靜止狀態(tài)，根據平衡條件可知，為了測出滑塊與長木板之間的滑動摩擦力的大小，只需要長木板相對于滑塊向左運動，即長木板可以向左做勻速直線運動、勻加速直線運動與變加速直線運動，即以上運動均可以。故選D。②[2]滑塊處于靜止，根據平衡條件可知，滑塊受到長木板的滑動摩擦力f的大小等于彈簧測力計的彈力，根據圖甲可知，滑塊受到長木板的滑動摩擦力f的大小為4.60N。（2）①[3]由于力傳感器直接測量出細線的拉力，并沒有將鉤碼的重力近似認為等于細線的拉力，可知，該實驗不需要鉤碼質量遠小于滑塊質量；②[4]勻變速直線運動直，全程的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則打下C點時，鉤碼的速度為[5]從O點到C點，對滑塊進行分析，根據動能定理有結合上述解得2．（2023上·山西忻州·高三校聯考階段練習）某實驗小組利用如圖甲所示的裝置探究鉤碼和小車組成的系統機械能守恒。實驗器材有一端帶滑輪的長木板、輕細繩、單個質量為m的鉤碼、質量為3m的小車、打點計時器、刻度尺。

（1）裝置平衡摩擦力之后，通過驗證減小的重力勢能等于系統增加的動能，可以探究鉤碼和小車組成的系統機械能守恒；（2）已知交流電源頻率為50Hz，啟動打點計時器，釋放小車，小車在鉤碼的作用下拖著紙帶運動。打點計時器打出的紙帶如圖乙所示（圖中相鄰兩點間有4個點未畫出）。從紙帶數據可計算出經過4點的瞬時速度v4=m/s；（計算結果保留到小數點后兩位）（3）實驗小組通過繪制圖線分析數據（，v是各計數點對應時刻小車的瞬時速度，v0是O點對應時刻小車的瞬時速度，s是各計數點到O點的距離）。若鉤碼和小車組成的系統機械能守恒，已知圖線斜率為k，可求得當地的重力加速度g=。（用題中所給出的字母表示）【答案】鉤碼0.62【詳解】（1）[1]鉤碼和小車組成的系統根據機械能守恒定律可得鉤碼減小的重力重力勢能等于系統增加的動能，故填鉤碼；（2）[2]如圖乙所示相鄰兩點間有4個點未畫出可得兩點所用的時間為如圖乙所示可得經過4點的瞬時速度等于3點到5點的平均速度故填0.62；（3）[3]如圖甲所示由機械守恒定律得得已知圖線斜率為k得求得當地的重力加速度為故填。3.（2023上·河北·高三校聯考階段練習）某實驗小組利用圖甲中的裝置驗證了牛頓第二定律。

（1）對該實驗的理解，下列說法正確的是；A．實驗時，應使小車的質量遠大于砂和砂桶的總質量B．實驗前，應將長木板的右端適當墊高C．實驗時，應先釋放小車再接通電源D．實驗時，細線與長木板沒有必要保持平行（2）通過多次操作得到了一條比較清晰的紙帶，如圖乙所示，紙帶中相鄰兩計數點間有4個點未畫出，且打點計時器所用電源頻率為50Hz，則該次操作時，小車的加速度大小為；（結果保留兩位有效數字）

（3）在完成實驗驗證時，通過得出的實驗數據得到了如圖丙所示的圖線，圖線與縱軸相交的的原因是；該圖像中標出的坐標值均為已知量，則小車的質量應為。【答案】B2.0平衡摩擦力過度【詳解】（1）[1]A．繩子的拉力可由力傳感器測得，實驗時，應使小車的質量不需要遠大于砂和砂桶的總質量，故A錯誤；B．為使繩子的拉力等于小車的合外力，實驗需平衡摩擦力，實驗前，應將長木板的右端適當墊高，故B正確；C．為打點穩(wěn)定，實驗時，應先接通電源再釋放小車，故C錯誤；D．為使繩子的拉力等于小車的合外力，實驗時，細線與長木板需保持平行，故D錯誤。故選B。（2）[2]相鄰兩計數點的時間間隔為根據逐差法求出小車的加速度大小為（3）[3]當繩子拉力為零時，小車已有加速度，圖線與縱軸相交的的原因是平衡摩擦力過度。[4]根據牛頓第二定律整理得圖象斜率為小車的質量應為4.（2023上·四川內江·高三威遠中學校校考階段練習）某校物理興趣小組的同學設計了如圖甲所示的實驗裝置來探究“當小車質量不變時，小車加速度和合力之間的關系”。裝置中質量不計的力傳感器可以測出與之連接的輕繩拉力的大小，所有滑輪的質量以及與轉軸間的摩擦忽略不計，實驗過程中木板上方的輕繩始終保持與木板平行。（1）實驗中正確的做法是（填正確答案標號）。A．墊高木板的右端平衡摩擦力

B．砂和砂桶的質量m需遠小于小車的質量MC．開始實驗時，應先接通電源，打點穩(wěn)定后再釋放紙帶

D．用天平測出砂和砂桶的質量（2）某次實驗中，從比較清晰的點跡起，在紙帶上標出連續(xù)的5個計數點A、B、C、D、E，相鄰兩個計數點之間都有4個點跡未標出，測得各計數點到A點的距離如圖乙所示。已知打點計時器所用電源的頻率為50Hz，則小車的加速度大小a=m/s2（結果保留2位有效數字）。（3）一同學在使用同一裝置做后續(xù)實驗時，發(fā)現力傳感器損壞，因此改變了實驗方案，利用上述裝置進行了新的探究，步驟如下：①測出砂和砂桶的總質量m，并記錄對應的小車運動時的加速度a；②改變m，重復步驟①，得到多組m、a的數據；③以a為縱軸，m為橫軸作出的a-m圖像，發(fā)現圖像為曲線，為了得到兩者的線性關系，同學們整理公式，發(fā)現以為縱軸，以為橫軸，便可得到線性圖像。若該線性圖像的縱截距為b，則還可以求得當地的重力加速度大小為。（均用題中所給的字母表示）【答案】AC/CA0.93【詳解】（1）[1]A．實驗中需要墊高木板的右端平衡摩擦力，選項A錯誤；BD．因有力傳感器測量小車受到的拉力，則不需要砂和砂桶的質量m需遠小于小車的質量M，也不需要用天平測出砂和砂桶的質量，選項BD錯誤；C．開始實驗時，應先接通電源，打點穩(wěn)定后再釋放紙帶，選項C正確。故選AC。（2）[2]由逐差法可知小車的加速度大?。?）[3][4]由牛頓第二定律可知解得則若以為縱軸，以為橫軸，便可得到線性圖像。若該線性圖像的縱截距為b，則則可以求得當地的重力加速度大小為5.（2023·四川成都·統考一模）某同學用圖（a）所示的裝置測量木塊與長木板間的動摩擦因數。長木板水平固定，木塊通過水平輕繩繞過輕質光滑定滑輪連接重物。（1）實驗時（選填“①”或“②”），得到加速階段的部分紙帶如圖（b）所示，A、B、C、D、E為打下的相鄰的計數點，相鄰計數點之間還有4個計時點未畫出。①先接通打點計時器電源，再由靜止釋放重物②先由靜止釋放重物，再接通打點計時器電源（2）測量得，，木塊質量為M=0.5kg，重物質量為m=0.2kg。已知打點計時器的頻率為50Hz，重力加速度，忽略紙帶與打點計時器限位孔之間的阻力。則打下B點時木塊的速度m/s，木塊與長木板間的動摩擦因數約為μ=。（所有計算結果均保留2位有效數字）【答案】①0.270.26【詳解】（1）[1]使用打點計時器時應先接通電源，后釋放紙帶，故選①。（2）[2]由于相鄰計數點之間還有4個計時點未畫出，所以相鄰計數點之間的時間間隔為B點的速度為[3]D點的速度為加速度為根據牛頓第二定律，有解得6.（2023上·青海西寧·高三統考期中）某同學利用如圖甲所示的實驗裝置探究物體做直線運動時平均速度與時間的關系。讓小車左端和紙帶相連，右端用細繩跨過定滑輪和鉤碼相連。鉤碼下落，帶動小車運動，打點計時器打出紙帶。某次實驗得到的紙帶和相關數據如圖乙所示。位移區(qū)間ABACADAEAF6.6014.6024.0034.9047.3066.080.087.394.6（1）已知打出圖乙中相鄰兩個計數點的時間間隔均為0.1s。以打出A點時小車位置為初始位置，將打出B、C、D、E、F各點時小車的位移填到表中，小車發(fā)生的對應位移和平均速度分別為和，表中。（2）根據表中數據得到小車平均速度隨時間的變化關系，如圖丙所示。在答題卡上的圖中補全實驗點。（3）從實驗結果可知，小車運動的圖線可視為一條直線，可以判定小車做勻加速直線運動，得到打出A點時小車速度大?。ńY果保留三位有效數字），小車的加速度大?。ńY果保留四位有效數字）?！敬鸢浮?358.7143【詳解】(1)[1]根據紙帶的數據可得(2)[2]根據第（1）小題結果補充表格和補全實驗點圖像得(3)[3][4]從實驗結果可知，小車運動的圖線可視為一條直線，圖像為此直線用方程表示，由圖像可知其中小球做勻變速直線運動，由位移公式，整理得即故根據圖像斜率和截距可得【題型二】彈簧、橡皮條類實驗【典例分析1】（2023·浙江寧波·校考模擬預測）某實驗小組在利用探究橡皮筋驗證胡克定律時，考慮到橡皮筋被拉伸的過程中，其橫截面積也有所變化，因此設計了實驗，進一步探究橡皮筋的伸長量與外力的關系。（1）如圖所示，橡皮筋A端固定，O點為橡皮筋的中點，B點可以在經過A點的水平直線上移動。（2）如圖所示，只要在坐標紙上定下不同的B點和O點的位置，即可提供一組研究數據。用細線分別在橡皮筋兩端和中點處扎一個線結，用圖釘把橡皮筋左端的線結固定在豎直板的A點，豎直向下輕拉橡皮筋另一端，使橡皮筋處于松弛的豎直狀態(tài)，用鉛筆在背景坐標紙上標出橡皮筋中點O的位置。將鉤碼懸掛在橡皮筋的中點處，依次將橡皮筋的一端B在通過A點的水平線上移動一段距離，每一次都在坐標紙上標出B和O的位置。當橡皮筋伸長到足夠長以后，再使B端逆著原定的順序返回，并定下相應O點的位置。然后，根據平行四邊形法則進行數據處理。（3）最終獲取的實驗數據如圖所示，可見，當拉力比較小的時候，圖像()，而拉力較大時候()：A．接近線性，遵循胡克定律B．表現為非線性，因為形變量超出了橡皮筋的彈性限度C．表現為非線性，是因為橫截面積變小，其筋度系數變小D．表現為非線性，是因為橫截面積變小，其筋度系數變大（4）將拉力逐漸增大，再逐漸減小，得到的實驗數據如圖所示：兩條圖像與橫軸圍成的面積的物理意義是()?！敬鸢浮緼C彈性勢能【詳解】（3）[1]圖象的斜率表示彈簧勁度系數，當拉力比較小的時候，由圖可知圖像接近線性，遵循胡克定律。故選A。[2]拉力較大時候，由圖可知圖像的斜率逐漸減小，表現為非線性，是因為橫截面積變小，其筋度系數變小，橡皮筋逆著原定的順序返回，長度幾乎不變，可知橡皮筋形變量未超出了橡皮筋的彈性限度。故選C。（4）[3]根據可知兩條圖像與橫軸圍成的面積的物理意義是彈性勢能?！镜淅治?】．（2024·四川內江·統考一模）某實驗小組利用如圖所示的實驗裝置來測量橡皮繩的勁度系數k。將手機懸掛在橡皮繩下，用手機軟件中的位移傳感器，可以測量手機在豎直方向上的位移。該實驗小組進行了如下主要的實驗步驟：a.將橡皮繩分別與手機和鐵架臺相連接，使手機重心和橡皮繩在同一豎直線上；b.用手掌托著手機，使橡皮繩處于原長狀態(tài)，打開手機中的位移傳感器軟件；c.緩慢釋放手機，當手機平衡時記錄下手機下降的高度x0；d.在手機正下方懸掛不同個數的鉤碼，每個鉤碼的質量m=50g，緩慢釋放，當鉤碼平衡時，記錄下從橡皮繩原長開始下降的伸長量x；e.重復上述d步操作；f.作出懸掛鉤碼數量n及對應手機從橡皮繩原長開始下降的伸長量x的關系圖像，如圖所示。根據n-x圖像，回答以下問題：（1）不掛鉤碼時，橡皮繩的伸長量為x0=cm；（2）鉤碼個數n與橡皮繩從原長開始下降的伸長量x之間的函數關系式為n=（用字母k、x、x0、m、g表示）；（3）該橡皮繩的勁度系數k=N/m（取g=10m/s2）。【答案】1.5100【詳解】（1）[1]根據圖像可知不掛鉤碼時，橡皮繩的伸長量為x0=1.5cm（2）[2]根據胡克定律整理得（3）[3]由圖像可知，圖線的斜率為該橡皮繩的勁度系數【方法提煉】力學實驗中用到彈簧或橡皮條的實驗有探究求合力的方法、探究做功與物體速度變化的關系．1．探究求合力的方法(1)實驗原理使一個力的作用效果跟兩個力的共同作用效果相同．(2)操作關鍵①每次拉伸時結點位置O必須保持不變；②記下每次各力的大小和方向；③畫力的圖示時應選擇適當的標度．2．探究做功與物體速度變化的關系(1)實驗前，先平衡摩擦力，使橡皮條的拉力等于小車受到的合外力．(2)實驗中必須使用完全相同的橡皮條，當用一根、兩根、三根……橡皮條做實驗時，拉力做的功分別為W、2W、3W….(3)測量小車速度時用間隔均勻的那段紙帶．(4)數據處理方法：圖象法．作W－v2圖象，且縱坐標標度為W的倍數，若圖象為一條過原點的直線，則說明W∝v2.3．探究彈力和彈簧伸長量的關系的操作關鍵(1)實驗中不能掛過多的鉤碼，防止彈簧超過彈性限度。(2)畫圖象時，不要連成“折線”，而應盡量讓坐標點落在直線上或均勻分布在直線兩側。【變式演練】1.（2023·河北·校聯考模擬預測）某實驗小組利用如圖甲所示的裝置來驗證力的平行四邊形定則。他們首先在豎直放置的木板上鋪上白紙，并用圖釘固定。然后在木板上等高的A、B兩處固定兩個光滑的小滑輪。，將三根輕繩在O點打結，并掛上適當數量的相同鉤碼，使系統達到平衡，根據鉤碼個數讀出三根繩子的拉力，回答下列問題。（1）改變鉤碼個數，實驗能完成的是。A．

B．C．

D．（2）實驗中，必須要記錄的數據有。A．結點O的位置和OA，OB，OC繩的方向

B．OA，OB，OC繩的長度C．每組鉤碼的個數

D．每個鉤碼的質量（3）在某次實驗中，當整個裝置處于平衡狀態(tài)時，該小組同學記錄下了細繩OA，OB，OC的方向，然后從O點沿OC反向延長作一有向線段，從分別作OA，OB的平行線，分別交OA、OB于、點，如圖所示。用毫米刻度尺測得線段，、的長度分別為，另測得細線OA、OB，OC所掛鉤碼的個數分別為，則在誤差允許的范圍內，如果滿足（用所測物理量符號表示）條件，則能夠證明力的合成遵循平行四邊形定則?！敬鸢浮緾AC/CA【詳解】（1）[1]設每個鉤碼質量均為，三個繩子上分別掛、、個鉤碼，則三個繩子上的拉力為、、，三個力不再一條直線上，且平衡，根據合力與分力的關系，可知即故選C。（2）[2]AB．實驗中，必須要記錄的數據為：作用點的位置，以及三個力的大小和方向。所以需記錄結點O的位置，和OA，OB，OC繩的方向，但OA，OB，OC繩的長度不是力的大小，故A正確，B錯誤；CD．力的大小用鉤碼的重力表示，由于每個鉤碼質量相等，只需用表示即可，所以只需要記錄每組鉤碼的個數，不需要測量每個鉤碼的質量，C正確，D錯誤。故選AC。（3）[3]、、上的力分別為、和，則與力的三角形相似，有化簡得2.（2023上·天津北辰·高三?？茧A段練習）小明探究彈力和彈簧伸長量的關系實驗時.（1）將彈簧懸掛在鐵架臺上，保持彈簧軸線豎直，將刻度尺豎直固定在彈簧一側；（2）彈簧自然懸掛，待彈簧靜止時，記下彈簧長度，彈簧下端掛上砝碼盤時，彈簧長度記為；在砝碼盤中每次增加10g砝碼，彈簧長度依次記為至，數據如下表：代表符號數值（cm）25.3527.3529.3531.3033.4035.35（3）如圖是小明根據表中數據作的圖，縱軸是砝碼的質量，橫軸是彈簧長度與的差值（填“或或”）.（4）由圖可知彈簧的勁度系數為N/m；（結果保留兩位有效數字，重力加速度取9.8m/s2）

（5）由于彈簧自身有重量，小明在測量時沒有考慮彈簧的自重，這樣導致勁度系數的測量值與真實值相比（填“偏大”、“偏小”、“相等”）?！敬鸢浮肯嗟取驹斀狻浚?）[1]由圖圖像，可知x從零開始變化，即只掛砝碼盤不掛砝碼時x為零，所以橫軸是彈簧長度與的差值。（4）[2]由圖可知彈簧的勁度系數為（5）[3]由胡克定律可知，彈簧彈力的增加量與彈簧的形變量成正比，即因此彈簧的自重不會對勁度系數產生影響，故勁度系數的測量值與真實值相比相等。3．某同學在做“驗證互成角度的兩個力合成的平行四邊形定則”實驗，在豎直平面內，將輕質小圓環(huán)掛在橡皮條的下端，橡皮條的長度為LAB。用兩個彈簧測力計拉動小圓環(huán)到O點，小圓環(huán)受到作用力F1、F2和橡皮條的拉力F0，如圖甲所示。(1)此時要記錄下拉力F1、F2的大小，并在白紙上作出______________，以及O點的位置。(2)圖乙中F′是用一個彈簧測力計拉小圓環(huán)時，在白紙上根據實驗結果畫出的圖示。F與F′中，方向一定沿AO方向的是__________。(3)如圖丙所示，使b彈簧測力計從圖示位詈開始順時針緩慢轉動，在這個過程中保持O點位置和a彈簧測力計的拉伸方向不變，則在整個過程中關于a、b彈簧測力計的讀數變化，說法正確的是__________。A．a的讀數增大，b的讀數減小B．a的讀數減小，b的讀數增大C．a的讀數減小，b的讀數先增大后減小D．a的讀數減小，b的讀數先減小后增大【答案】(1)兩個力的方向(2)F′(3)D【解析】(1)力是矢量，既有大小，又有方向，因此除了需要記錄拉力F1、F2的大小，還要記錄這兩個力的方向。(2)當用一個彈簧測力計拉小圓環(huán)時，因圓環(huán)為輕質小圓環(huán)，故彈簧測力計的拉力與橡皮條的拉力平衡，其方向一定與橡皮條的拉力方向相反，即一定沿AO方向的是F′。(3)對點O受力分析，點O受到兩個彈簧測力計的拉力和橡皮條的拉力，如圖所示，其中O點位置不變，則橡皮條拉力大小、方向均不變，a彈簧測力計拉力方向不變，b彈簧測力計拉力方向和大小都改變。根據平行四邊形定則可知，b的讀數先變小后變大，a的讀數不斷變小，故D項正確?！绢}型三】平拋實驗【典例分析】（2024·貴州·統考一模）做平拋運動的物體的運動規(guī)律可以用如圖甲所示的實驗進行探究，小球從坐標原點O水平拋出，做平拋運動。兩束光分別沿著水平方向和豎直方向照射小球，在水平方向和豎直方向分別用兩臺頻閃相機同時記錄小球的位置，如圖乙、丙所示。已知當地重力加速度g=10m/s2。（1）頻閃相機的曝光頻率為Hz。（2）平拋運動的水平初速度為m/s。【答案】250.8【詳解】（1）[1]由圖乙可知，頻閃周期內水平方向分位移豎直方向分位移，根據逐差相等公式可得解得所以（2）[2]小球初速度【方法提煉】研究平拋運動(1)保證斜槽末端的切線水平，以保證小球拋出的初速度水平．(2)小球每次都從斜槽上同一位置由靜止?jié)L下，以保證小球到達斜槽末端的速度相同．(3)數據處理：坐標系的原點若為小球平拋的拋出點，可根據x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，求得初速度v0＝xeq\r(\f(g,2y)).若坐標平面軌跡上的初始點不是拋出點，則根據x＝v0t，y2－y1＝gt2求解相關物理量．【強化訓練】1.（2023·全國·校聯考一模）在某次探究平拋運動的實驗中，描出小球平拋運動的軌跡如圖所示，A、、是運動軌跡上的三個點，以A點為坐標原點建立坐標系，已知小球從到的運動時間為，回答以下問題：（1）由軌跡圖來判斷，A點平拋運動的起點（選填“是”或“不是”）；由圖可計算得出平拋運動的初速度為（保留兩位有效數字）；（2）小球在點的速度大小為（保留兩位有效數字），當地的重力加速度（保留三位有效數字）?！敬鸢浮坎皇?.02.210.0【詳解】（1）[1]根據平拋運動的特點可知小球從A到B的運動時間也為，由初速度為零的勻加速直線運動連續(xù)相等時間內的位移比為可知A點不是拋出點；[2]由圖可計算得出平拋運動的初速度為（2）[3]小球在點的豎直分速度大小在B點的速度為[4]由可得2．（2024·江西景德鎮(zhèn)·江西省樂平中學校聯考一模）測平拋運動初速度的實驗如圖（a）所示，在小球的拋出點O處固定有一點光源，它的正前方水平距離為處豎直放置一塊毛玻璃屏；用彈射器將小球以某一速度從O點水平向右拋出后，在毛玻璃屏上可以看到小球影子的運動，利用閃光頻率為的頻閃相機拍攝了影子的位置照片如圖（b）所示?？諝庾枇Σ挥?，當地的重力加速度。（1）分析頻閃照片，在誤差范圍內，可認為影子做勻速直線運動，則影子的速度大小為m/s。（保留三位小數）。（2）實驗測得小球拋出時的初速度為m/s。（保留三位小數）?！敬鸢浮?.8146.007【詳解】（1）[1]由題意可知，兩相鄰投影點的時間間隔為影子的速度大小為（2）[2]由平拋運動的規(guī)律可知整理可得豎直方向投影點做勻速直線運動，則有解得二.選修實驗【題型四】單擺實驗【典例分析1】（2023上·云南昆明·高三昆明一中校考階段練習）（1）在用單擺測定當地重力加速度的實驗中，下列器材和操作最合理的是。

B．

C．

D．（2）某同學課后想利用身邊的器材再做一遍“單擺測量重力加速度”的實驗。家里沒有合適的擺球，于是他找到了一塊外形不規(guī)則的小金屬塊代替小球進行實驗。①如圖所示，實驗過程中他先將金屬塊用細線系好，結點為M，將細線的上端固定于O點。②利用刻度尺測出OM間細線的長度l作為擺長，利用手機的秒表功能測出金屬塊做簡諧運動的周期T。③在測出幾組不同擺長l對應的周期T的數值后，他作出的T2-l圖像如圖所示。④根據作出的圖可得重力加速度的測量值為m/s2。（π取3.14。計算結果保留三位有效數字）（3）相比于實驗室作出的T2-l圖像，該同學在家做實驗的T2-l圖有明顯的截距。出現這種情況主要原因是，該操作導致重力加速度的測量值（選填的“偏大”“偏小”或“不變”）。【答案】D9.86擺長應取懸掛點到金屬塊的重心之間的距離不變【詳解】（1）[1]根據單擺理想模型可知，為減小空氣阻力的影響，擺球應采用密度較大，體積較小的鐵球，為使單擺擺動時擺長不變化，擺線應用不易形變的細絲線，懸點應該用鐵夾來固定。故選D。（2）[2]設M點到重心得距離為r，根據周期公式可得故該圖像的斜率為解得由此得出重力加速度的測量值為（3）[3]由（2）分析可知，出現截距是由于刻度尺測出OM間細線的長度l作為擺長，準確應該取懸掛點到金屬塊的重心之間的距離。[4]此操作并不會影響圖線的斜率，所以對重力加速度的測量值沒有影響。【方法提煉】用單擺測量重力加速度的大小1.保證懸點固定2.單擺必須在同一平面內振動，且擺角小于5°3.擺長l＝懸線長l′＋小球的半徑r4.用T＝eq\f(t,n)計算單擺的周期1.利用公式g＝eq\f(4π2l,T2)求重力加速度2.作l－T2的圖像，可利用斜率求重力加速度【變式演練】1.（2023上·湖南·高三鐵一中學校聯考階段練習）某興趣小組在實驗室里找到了一小金屬球做了一個如圖所示的單擺，來測量當地的重力加速度。具體操作如下：（1）甲同學用某種儀器來測量擺球的直徑，得到的測量值為d=2.275mm，此測量數據是選用了儀器測量得到的。（填標號）A．毫米刻度尺

B．10分度游標卡尺

C．20分度游標卡尺

D．螺旋測微器（2）測量單擺的周期時，乙同學在擺球某次通過最低點時按下停表開始計時，同時數1；當擺球第二次通過最低點時數2，依此法往下數，當他數到80時，按下停表停止計時，讀出這段時間t，則該單擺的周期為（填標號）A．

B．

C．

D．（3）丙同學忘記測量擺球直徑，但他仍改變細線的長度先后做兩次實驗，記錄細線的長度及單擺對應的周期分別為l1、T1，和l2、T2，則重力加速度為（用l1、T1、l2、T2表示）。該同學測出的重力加速度當地重力加速度（填“>”、“<”、“=”）【答案】DB=【詳解】（1）[1]毫米刻度尺可精確到1mm；10分度游標卡尺可精確到0.1mm，20分度游標卡尺可精確到0.05mm，游標卡尺不要估讀；螺旋測微器可精確到0.01mm，還要估讀到下一位0.001mm，得到擺球的直徑為d=2.275mm，故選D；（2）[2]通過最低點時按下停表開始計時，同時數1，當擺球第二次通過最低點時數2，依此法往下數，當他數到80時，39.5個周期，即，，故選B；（3）[3]設擺線末端與小擺件重心間的距離為r，由周期公式可得解得[4]由此可知，未測量金屬擺件的重心位置，這對實驗結果重力加速度的測量無影響。測出的重力加速度=當地重力加速度。2.（2023上·河南周口·高三項城市第一高級中學校聯考階段練習）某物理實驗小組的兩位同學使用同一裝置但用不同的實驗方案測量當地重力加速度g的值，如圖1所示。將細線一端系住小球，另一端懸掛在拉力傳感器上，將小球拉至偏離平衡位置一定角度（不大于5°）后由靜止釋放，讓擺球在豎直平面內擺動。圖2所示為球在擺動過程中傳感器所示拉力隨時間周期性變化的圖像。（1）兩位同學用刻度尺和三角尺測懸點到小球下端的距離L，如圖3所示，則cm；用游標卡尺測量小球的直徑，某次測量如圖4所示，則小球的直徑mm。（2）甲同學提出如下方案：只需用天平測出小球的質量m，再結合由圖2得到的擺線最大拉力和最小拉力，就可以測得當地的重力加速度（用、、表示）。（3）乙同學提出如下方案：根據圖2到小球的擺動周期（填“”或“”），再結合擺線長度，就可以測得當地重力加速度（用、、“”或“”表示）?！敬鸢浮?9.0010.60【詳解】（1）[1]刻度尺的分度值為0.1cm，讀數為89.00cm；[2]游標卡尺的精度為0.05mm，讀數為10mm+12mm=10.60mm（2）[3]小球從最高點擺動至最低點，初速度為零，最低點速度為vm，由牛頓第二定律有在最高點，速度為零，由牛頓第二定律得根據機械能守恒定律有解得（3）[4][5]由圖可知小球的擺動周期為；根據單擺周期公式可知解得3.(2023·新課標卷，23)一學生小組做“用單擺測量重力加速度的大小”實驗。(1)用實驗室提供的螺旋測微器測量擺球直徑，首先，調節(jié)螺旋測微器，擰動微調旋鈕使測微螺桿和測砧相觸時，發(fā)現固定刻度的橫線與可動刻度上的零刻度線未對齊，如圖10(a)所示，該示數為________mm，螺旋測微器在夾有擺球時示數如圖(b)所示，該示數為________mm，則擺球的直徑為________mm。圖10(2)單擺實驗的裝置示意圖如圖(c)所示，其中角度盤需要固定在桿上的確定點O處，擺線在角度盤上所指的示數為擺角的大小。若將角度盤固定在O點上方，則擺線在角度盤上所指的示數為5°時，實際擺角________5°(填“大于”或“小于”)。(3)某次實驗所用單擺的擺線長度為81.50cm，則擺長為________cm。實驗中觀測到從擺球第1次經過最低點到第61次經過最低點的時間間隔為54.60s，則此單擺周期為________s，該小組測得的重力加速度大小為________m/s2。(結果均保留3位有效數字，π2取9.870)【答案】(1)0.006(0.005～0.007均可)20.035(20.034～20.036均可)20.029(20.027～20.031均可)(2)大于(3)82.51.829.83【解析】(1)題圖(a)中，螺旋測微器固定刻度讀數為0，可動刻度部分讀數為0.6×0.01mm＝0.006mm，所以讀數為0.006mm；題圖(b)中，螺旋測微器固定刻度讀數為20.0mm，可動刻度部分讀數為3.5×0.01mm＝0.035mm，所以讀數為20.035mm，擺球的直徑d＝20.035mm－0.006mm＝20.029mm。(2)角度盤固定在O點時，擺線在角度盤上所指角度為擺角大小，若將角度盤固定在O點上方，由幾何知識可知，擺線在角度盤上所指的示數為5°時，實際擺角大于5°。(3)單擺的擺長L等于擺線長l與擺球半徑之和，即L＝l＋eq\f(d,2)＝82.5cm；從擺球第1次經過最低點到第61次經過最低點，單擺完成30次全振動，故單擺的周期T＝eq\f(54.6,30)s＝1.82s；由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可得g＝eq\f(4π2L,T2)，代入相關數據解得g＝9.83m/s2。4.（2023上·江西贛州·高三校聯考階段練習）老師組織物理興趣小組到梅嶺羅漢峰體驗物理沉浸式課堂，他們登上羅漢峰后，粗略測出山頂處的重力加速度。實驗過程簡化為用輕質細繩拴住一不規(guī)則的小石頭M系在樹枝上A點做成一個單擺，如圖甲所示。同學們首先用卷尺測出懸繩長L作為擺長，然后將小石頭拉開一個小角度，由靜止釋放，使其在豎直平面內擺動（假設樹枝始終靜止），利用手機秒表測出單擺完成n次全振動所用的時間t。（1）利用測量數據計算山頂處重力加速度的表達式g＝。（2）老師告訴學生就算單擺周期測量正確，按照上面方法測量計算出來的山頂處重力加速度值仍比真實值（選填“偏大”、“偏小”或“相等”）。（3）為了減小實驗誤差，老師指導學生對該實驗數據處理進行改進，多次改變懸繩長L，測量對應的單擺周期T，用多組實驗數據繪制圖像，如圖乙所示。由圖可知重力加速度g＝（用圖中字母表示）。采用上述方法（選填“需要”或“不需要”）測量小石頭重心到懸點A的距離。【答案】偏小不需要【詳解】（1）[1]由題，單擺完成n次全振動所用的時間t，單擺的周期由單擺的周期公式得（2）[2]單擺的擺長應等于懸點到石塊重心的距離，測量擺長時，擺長L偏小，則由重力加速度的表達式可知，重力加速度值比真實值偏小。（3）[3][4]根據得圖像斜率則采用上述方法利用圖像斜率求重力加速度，不需要測量小石頭重心到懸點A的距離。5．（2023上·廣東東莞·高三東莞市東莞中學校聯考期中）如圖甲所示，某同學在做“利用單擺測重力加速度”的實驗中，測得擺線長為l，擺球直徑為d，然后用秒表記錄了單擺全振動n次所用的時間為t。則：

（1）下列最合理的裝置是

（2）用螺旋測微器測量小鋼球直徑，示數如圖乙所示，讀數為mm。（3）如果測得的g值偏小，可能的原因是。A．單擺振動時振幅較小B．將擺線長當成了擺長C．實驗時誤將49次全振動記為50次D．擺線上端懸點未固定，振動中出現松動，使擺線長度增加了（4）甲同學選擇了合理的實驗裝置后，測量出幾組不同擺長L和周期T的數值，畫出如圖丙T2-L圖像中的實線a。乙同學也進行了與甲同學同樣的實驗，實驗中將擺線長作為擺長L，測得多組周期T和L的數據，作出T2-L圖像，應是圖丙中的圖線。（已知c、d兩條圖線和a平行）（選填“a”、“b”、“c”、“d”或“e”）?！敬鸢浮緾9.450/9.448/9.449/9.451/9.452BD/DBc【詳解】（1）細線要用鐵夾固定，防止擺長忽長忽短；擺線要用細線，不能用彈性棉繩；擺球要用密度較大的鐵球，故選C。（2）螺旋測微器測量小鋼球直徑的讀數為。（3）根據單擺周期公式可得A．單擺振動時振幅較小，不影響的測量，故A錯誤；B．將擺線長當成了擺長，導致變小，可知g值偏小，故B正確；C．實驗時誤將將49次全振動記為50次，則周期測量值偏小，可知g值偏大，故C錯誤；D．擺線上端懸點未固定，振動中出現松動，使擺線長度增加了，則擺長測量值偏小，故D正確。故選BD。（4）根據單擺周期公式可得實驗中將擺線長作為擺長L，沒有加上擺球的半徑，所以擺線長為零時，縱軸截距不為零，由于重力加速度不變，則圖線的斜率不變，故選c?！绢}型五】碰撞實驗【典例分析】（2023·貴州六盤水·統考模擬預測）某實驗小組驗證動量守恒定律。主要實驗器材有：兩個質量不同的滑塊，天平，兩個相同輕質彈簧，兩個壓力傳感器及其配件，氣墊導軌及其配件。

（1）用天平測出兩個滑塊的質量，。（2）用充氣泵給氣墊導軌充氣，調節(jié)氣墊導軌水平，并將兩輕質彈簧水平固定在壓力傳感器上，如圖甲所示。（3）水平向右推滑塊，使右側彈簧適當壓縮并鎖定。壓力傳感器開始記錄數據，同時開始計時，時刻釋放。與發(fā)生碰撞后，向左運動并壓縮左側彈簧，返回再次壓縮右側彈簧。該過程中，兩壓力傳感器A、B的示數隨時間變化的圖像如圖乙中A、B所示。

（4）若彈簧彈力大小與形變量的關系如圖丙所示；則釋放過程中，彈簧對做的功。（5）和組成的系統，碰撞前總動量，碰撞后總動量。實驗相對誤差，如果小于，則可認為動量守恒。（所有空均保留三位有效數字）【答案】80.1600.158【詳解】（4）[1]根據圖丙中圖像與橫軸圍成的面積表示彈簧對做的功，則有（5）[2]設與碰撞前的速度大小為，根據動能定理可得解得則和組成的系統，碰撞前總動量為[3]由圖丙可知彈簧的勁度系數為設與碰撞后的速度大小分別為、，右側彈簧的最大壓縮量為，左側彈簧的最大壓縮量為，有圖乙可知，解得，根據動能定理可得解得，則和組成的系統，碰撞后總動量為[4]實驗相對誤差為【方法提煉】探究碰撞中的不變量(1)常用方案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的測量v＝eq\f(Δx,Δt)用兩擺球碰撞驗證動量守恒定律擺球速度的測量v＝eq\r(2gh)在光滑水平桌面上兩車碰撞驗證動量守恒定律小車速度的測量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(2)操作關鍵①要保證碰撞或相互作用前后滿足系統動量守恒，即合外力為零．②實驗方案能方便地測量相互作用前后兩物體的速度．【變式演練】1.（2023上·山東泰安·高三新泰市第一中學?？茧A段練習）一個物理學習小組利用圖甲所示的裝置和頻閃相機（閃光頻率固定的連拍相機）來尋求碰撞中的不變量。實驗步驟如下：步驟1：用天平測出A、B兩個小球的質量；步驟2：安裝好實驗裝置，使斜槽末端保持水平，調整好頻閃相機的位置并固定；步驟3：讓入射小球從斜槽上某一位置P由靜止釋放，小球離開斜槽后，用頻閃相機記錄下小球相鄰兩次閃光時的位置，照片如圖乙所示；步驟4：將被碰小球放在斜槽末端，讓入射小球從位置P由靜止開始釋放，使它們碰撞。兩小球離開斜槽后，用頻閃相機記錄兩小球相鄰兩次閃光時的位置，照片如圖丙所示。經多次實驗，他們猜想碰撞前后物體的質量和速度的乘積之和不變。（1）寫出該實驗小組猜想結果的表達式（用“”、“”、“”、“”、“”、“”、“”、“”中的量表示）。（2）他們猜想本實驗的碰撞或多或少總有機械能的損失，是非彈性碰撞，支持這一猜想的表達式為（用“”、“”、“”、“”、“”、“”、“”、“”中的量表示）。【答案】【詳解】（1）[1]設頻閃照相機的兩次成像的時間間隔為,碰撞時若動量守恒，應有由平拋規(guī)律有，，代入上式可得（2）[2]若該碰撞過程為非彈性碰撞，則系統碰前的機械能大于碰后機械能，即整理可得2．（2023上·山東泰安·高三新泰市第一中學校考階段練習）某學習小組采用圖甲所示的裝置驗證滑塊碰撞過程中的動量守恒。（1）用天平測得滑塊A、B（均包括擋光片）的質量分別為、；（2）兩擋光片的寬度相同，用游標卡尺測量其寬度時的示數如圖乙所示，則該讀數為mm；（3）接通充氣泵電源后，導軌左側放一滑塊并推動滑塊，滑塊通過兩個光電門時，與光電門1、2相連的計時器測得的擋光時間分別為0.07s、0.06s，則應將導軌右端（選填“調高”或“調低”），直至滑塊通過兩個光電門兩個計時器顯示的時間（選填“相等”或“不相等”），說明氣墊導軌已經調節(jié)水平；（4）滑塊B放在兩個光電門之間，滑塊A向左擠壓導軌架上的彈片后釋放滑塊A，碰后滑塊A、B均一直向右運動。與光電門1相連的計時器的示數只有一個，為，與光電門2相連的計時器的示數有兩個，先后為、；（5）在實驗誤差允許范圍內，若表達式滿足等式（用測得的物理量表示）成立，說明滑塊A、B碰撞過程中動量守恒；若表達式（僅用、和表示）成立，說明滑塊A、B碰撞過程中機械能和動量均守恒?！敬鸢浮?.20調高相等【詳解】（2）[1]游標卡尺的精度為0.05mm，其讀數為主尺與游標的示數之和，所以寬度為（3）[2][3]同一滑塊通過兩個光電門，由知，時間短的速度大，可知滑塊做加速運動，導軌右端應調高一點，直至兩個計時器顯示的時間相等，即說明滑塊做勻速直線運動，導軌已調成水平。（5）[4]滑塊A碰前速度為碰后速度為滑塊B碰后速度在實驗誤差允許范圍內，若碰撞前后動量守恒，即聯立以上可得[5]若碰撞過程中機械能守恒，需滿足整理得聯立解得故成立，說明滑塊A、B碰撞過程中機械能和動量均守恒。3．（2023·四川南充·四川省南充高級中學校考一模）某同學為了研究半徑相同的兩個小球在軌道末端碰撞前后的動量關系，設計了如圖所示的實驗裝置，斜槽與水平槽圓滑連接。安裝好實驗裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復寫紙，記下重錘線所指的位置O。步驟1：不放小球B，讓小球A從斜槽上某固定位置由靜止?jié)L下，并落在地面上，重復多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均上位置P；步驟2：把小球B輕放在斜槽末端邊緣，讓小球A從相同位置由靜止?jié)L下，與小球B發(fā)生碰撞，重復多次，并使用與步驟1同樣的方法標出碰撞后兩小球落點的平均位置M、N；步驟3：用刻度尺分別測量線段MP、ON的長度，記為x1、x2。已知小球A、B的質量分別為為m1、m2。（1）實驗中必須滿足的條件是。A．斜槽軌道應當盡量光滑以減小實驗誤差B．斜槽軌道末端的切線必須水平C．入射球A每次必須從軌道的同一位置由靜止釋放D．兩球的質量必須相等（2）為了驗證碰撞前后A、B兩球構成的系統動量是否守恒，需要檢驗表達式（用題中已知物理量表示）在實驗誤差范圍內是否成立。（3）該同學在進行完成步驟1后即將開展步驟2前，突然發(fā)現斜槽末端稍向上傾斜，于是將它調至水平，并使調整后的斜槽末端離地面高度與原來相同，再將小球A從擋板處靜止釋放，完成步驟2。若調節(jié)斜槽引起小球在空中運動時間的變化忽略不計，用該同學調整斜槽末端后步驟2的測量數據與調整前步驟1的測量數據進行對比，可知碰撞前A球的動量（選填“大于”“等于”或“小于”）碰后A、B兩球的總動量。【答案】BC/CB小于【詳解】（1）[1]A．只要使小球A每次必須從斜槽上的同一位置由靜止釋放，斜槽的粗糙程度不會造成實驗誤差，故A錯誤；B．為了保證小球拋出做平拋運動，斜槽末端的切線必須水平，故B正確；C．實驗時，為了保持每次碰撞前瞬間小球A的速度相同，小球A每次必須從斜槽上的同一位置由靜止釋放，故C正確；D．為了驗證系統動量守恒，需要保證兩球都飛出落地，根據碰撞特征可知，需要A球質量大于B球質量。故D錯誤。故選BC。（2）[2]碰撞后，為A球的落點位置，為B球的落點位置。根據動量守恒條件可知平拋過程中A、B兩球下落時間與A單獨下落的時間均相同，為，則上式左右兩邊同乘，得根據圖中的距離關系得移項整理得代入題中數據得，只要驗證成立，則證明A、B碰撞過程中系統動量守恒。（3）[3]根據圖中裝置可知，因為斜槽末端稍向上傾斜，則最初釋放位置的擋板比斜槽水平時偏低，則到達斜槽末端時速度偏小，且因為斜槽末端不水平，導致速度的水平分量減小，則其水平位移也偏小，則有即碰撞前A球的動量小于碰后A、B兩球的總動量。4．（2023上·北京東城·高三東直門中學?？茧A段練習）如圖所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個半徑相同的小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系。（1）為完成此實驗，以下提供的測量工具中，本實驗必須使用的是和（選填選項前的字母）A．刻度尺B．天平C．打點計時器D．秒表（2）關于本實驗，下列說法中正確的是。（選填選項前的字母）A．同一組實驗中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放B．入射小球的質量必須小于被碰小球的質量C．軌道傾斜部分必須光滑D．軌道末端必須水平（3）圖甲中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時先讓入射小球多次從斜軌上位置S由靜止釋放，通過白紙和復寫紙找到其平均落地點的位置P，測出水平射程OP。然后，把被碰小球靜置于軌道的水平部分末端，仍將入射小球從斜軌上位置S由靜止釋放，與被碰小球相碰，并多次重復該操作，兩小球平均落地點位置分別為M、N。實驗中還需要測量的有。（選填選項前的字母）A．入射小球和被碰小球的質量、B．入射小球開始的釋放高度hC．小球拋出點距地面的高度HD．兩球相碰后的平拋射程OM、ON（4）在某次實驗中，記錄的落點平均位置M、N幾乎與OP在同一條直線上，在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式，則可以認為兩球碰撞前后在OP方向上的總動量守恒?！居茫?）中測量的量表示】（5）某同學在上述實驗中更換了兩個小球的材質，且入射小球和被碰小球的質量關系為，其他條件不變。兩小球在記錄紙上留下三處落點痕跡如圖乙所示。他將刻度尺的零刻線與O點對齊，測量出O點到三處平均落地點的距離分別為OA、OB、OC。該同學通過測量和計算發(fā)現，兩小球在碰撞前后動量是守恒的。①由此可以判斷出上圖中B處是；A．未放被碰小球時入射小球的落地點B．入射小球碰撞后的落地點C．被碰小球碰撞后的落地點②若進一步研究該碰撞是否為彈性碰撞，還需要判斷關系式是否成立?！居茫?）中的物理量字母表示】【答案】ABAD/DAAD/DAm1·OP=m1·OM+m2·ONCm1·OC2=m1·OA2+m2·OB2【詳解】（1）[1][2]本實驗必須使用的有天平，用來測小球的質量，還有刻度尺，用來測小球平拋的水平位移，AB正確。故選AB。（2）[3]AC．同一組實驗中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放即可，軌道傾斜部分不必光滑，A正確，C錯誤；B．入射小球的質量必須大于被碰小球的質量，才能使兩球碰后均向前運動，B錯誤；D．軌道末端必須水平，才能使小球做平拋運動，D正確。故選AD。（3）[4]實驗中還需要測量的有入射小球和被碰小球的質量m1、m2，兩球相碰后的平拋射程OM、ON，AD正確。（4）[5]若碰撞過程動量守恒，應滿足小球做平拋運動豎直位移相同，故運動時間相同，由可知，平拋初速度與水平位移成正比，故應滿足的表達式為m1·OP=m1·OM+m2·ON（5）[6]若入射小球和被碰小球的質量關系為m1=2m2，則表達式為2OP=2OM+ON由圖可知OA=17.6cm、OB=25.0cm、OC=30.0cm，帶入上式對比可得2OC≈2OA+OB故C點是未放被碰小球時入射球的落地點，B處是被碰小球碰撞后的落地點，A是入射小球碰撞后的落地點，C正確。故選C。[7]若是彈性碰撞，則滿足機械能守恒m1=m1+m2整理可得m1·OC2=m1·OA2+m2·OB2三．力學創(chuàng)新實驗【解題指導】1.力學創(chuàng)新型實驗的特點(1)以基本的力學模型為載體，依托運動學規(guī)律和牛頓運動定律設計實驗。(2)將實驗的基本方法(控制變量法)和處理數據的基本方法(圖像法、逐差法)融入實驗的綜合分析之中。2.創(chuàng)新實驗題的解法(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，結合物體實際受力情況和理論受力情況對結果進行誤差分析。角度1實驗器材的等效與替換1.用氣墊導軌代替長木板：應調整導軌水平，不必補償阻力。2.用光電門、頻閃相機代替打點計時器。3.用力傳感器或已知質量的鉤碼等代替彈簧測力計。角度2實驗結論的拓展與延伸1.由測定加速度延伸為測定動摩擦因數。通過研究紙帶、頻閃照片或光電裝置得出物體的加速度，再利用牛頓第二定律求出物體所受的阻力或小車與木板間的動摩擦因數。2.由測定加速度延伸為測定交流電的頻率?！镜淅治?】（2023上·河南安陽·高三林州一中校考階段練習）某實驗小組利用如圖甲所示實驗裝置驗證機械能守恒定律，水平桌面上固定一傾角為θ的氣墊導軌；導軌上A點處有一帶遮光片的滑塊，其總質量為M，左端由跨過輕質光滑定滑輪的細繩與一質量為m的小球相連；遮光片兩條長邊與導軌垂直；導軌上B點有一光電門，可以測量遮光片經過光電門時的擋光時間t，遮光片的寬度為d，將遮光片通過光電門的平均速度看作滑塊通過光電門的瞬時速度，實驗時滑塊在A處由靜止開始運動。（1）用游標卡尺測出遮光片寬度d，如圖乙所示，則mm。（2）某次實驗中，測得，則遮光片通過光電門的瞬時速度大小m/s（保留三位有效數字）。（3）該實驗小組同學將滑塊從不同位置釋放，測出釋放點A點到光電門B處的距離L，若作出L（為縱坐標）與（填“t”“”或“”）的圖像是過原點的一條傾斜直線，且直線的斜率為，則滑塊和小球組成的系統滿足機械能守恒定律（用題中已知物理量的字母表示）。（4）下表為小華同學記錄的實驗結果整理后得出的實驗數據：4.999.9814.819.629.45.1410.315.120.029.7他發(fā)現表中的與之間存在差異，認為這是由于空氣阻力造成的。你是否同意他的觀點？請說明理由：?！敬鸢浮?.300.112見解析【詳解】（1）[1]游標卡尺的讀數為（2）[2]滑塊通過光電門的速度大小（3）[3][4]根據題意知滑塊經過光電門的速度為，若滑塊和小球組成的系統滿足機械能守恒定律，則應有整理得作出L與的圖像是過原點的一條傾斜直線，直線的斜率為（4）[5]不同意，因為空氣阻力會造成小于，但表中大于。【典例分析2】（2023上·江蘇揚州·高三?？茧A段練習）某同學用如圖（a）所示裝置驗證加速度與力的關系。小車通過細繩與鉤碼相連，固定在小車上的擋光片寬度為d，光電門傳感器固定在軌道上，為平衡摩擦力，他們將軌道調整為左高右低。實驗時，將小車從某一位置由靜止釋放，通過光電門測出擋光片的擋光時間，實驗中小車從同一位置由靜止釋放，記錄彈簧測力計的示數F，改變動滑輪下懸掛的鉤碼個數，進行多次測量，測得多組和F。他們在坐標系中，得到如圖（b）所示的點

（1）實驗中鉤碼的質量（填“需要”或“不需要”）遠小于小車的質量（2）該圖像斜率與哪個量無關。A．小車的質量

B．鉤碼的質量

C．小車釋放的位置

D．擋光片的寬度d（3）若圖像過原點，小車的位移為s，小車的質量為M，請寫出關于F的函數表達式.（4）按照圖（b）的點跡描繪圖像。（5）為使上一問的圖像過坐標原點，應適當斜面左側的高度（填寫“減小”或“增大”）【答案】不需要B

增大【詳解】（1）[1]實驗中小車的受到的合力可以由彈簧測力計讀出，因此不需要鉤碼的質量遠小于小車的質量。（2）[2]小車通過光電門的速度為v，有設小車初到光電門的位移為s，有對小車受力分析，由牛頓第二定律有整理有圖像的斜率為可知，斜率與小車質量、小車釋放的位置、擋光片的寬度有關，與鉤碼的質量無關。故選B。（3）[3]由之前的分析可知，其關系式為（4）[4]描點連線，其圖像如圖所示

（5）[5]由上圖可知，圖線在橫軸上有一段正截距，說明當力F在某個值時，小車才運動，據此可知小車沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠，即適當增大斜面左端的高度可以使圖像過坐標原點?！痉椒ㄌ釤挕?．實驗器材的等效與替換是實驗考題的主要創(chuàng)新設計思路之一．從近幾年的高考命題來看，主要有以下幾個方向：(1)用氣墊導軌代替長木板，用光電門或頻閃相機代替打點計時器．(2)用拉力傳感器代替彈簧測力計或鉤碼．(3)用鉤碼或已知質量的物體代替彈簧測力計．2．對于實驗器材的替換，解決問題的思維方式不變，需要注意以下幾點：(1)氣墊導軌代替長木板時，應調整導軌水平，不必平衡摩擦力．(2)拉力傳感器的示數即為細線對滑塊的拉力，與鉤碼質量大小無關．(3)用鉤碼或已知質量的物體代替彈簧測力計時，鉤碼或物體的重力不一定等于彈簧測力計的讀數．3.對于光電門要注意以下兩點：(1)光電門的結構光電門是一個像門樣的裝置，一邊安裝發(fā)光裝置，一邊安裝接收裝置并與計時裝置連接．(2)光電門的原理當物體通過光電門時光被擋住，計時器開始計時，當物體離開時停止計時，這樣就可以根據物體大小與運動時間計算物體運動的速度．①計算速度：如果擋光片的寬度為d，擋光時間為Δt，則物體經過光電門時的瞬時速度v＝eq\f(d,Δt).②計算加速度：利用兩光電門的距離L及a＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2L)計算加速度．【變式演練】1.(2023·山東濟寧統考一模)某興趣小組利用智能手機探究滑塊與一長木板間的動摩擦因數，設計如圖甲所示的實驗裝置。將長木板固定在水平桌面上，長木板的左側固定一定滑輪，滑塊放在長木板的右端，并把手機固定在滑塊上，打開智能手機測量加速度的APP，用細線通過定滑輪與滑塊及鉤碼相連。通過改變鉤碼的個數，改變鉤碼的總質量m，獲得不同的加速度a，并作出a與m(g－a)的圖像如乙圖所示。圖線與橫軸的截距為b，與縱軸的截距為－c，不計空氣阻力，重力加速度為g。(1)關于該實驗，下列說法正確的是________。A.鉤碼的質量應該遠小于智能手機和滑塊的質量B.細繩應該始終與長木板平行C.細線的拉力等于鉤碼的重力(2)根據圖像可得滑塊與木板間的動摩擦因數為________；同時該興趣小組還測出了滑塊和手機的總質量________。【答案】(1)B(2)eq\f(c,g)eq\f(b,c)【解析】(1)設滑塊和手機的質量為M，對鉤碼和滑塊以及手機的系統由牛頓第二定律有mg－μMg＝(M＋m)a整理可得a＝eq\f(m（g－a）,M)－μg，可得本實驗的原理為a與m(g－a)成一次函數關系。因本實驗驗證牛頓第二定律為對系統采用準確的方法，故不需要近似的用鉤碼重力代替繩的拉力，也就不需要質量關系，即不需要鉤碼的質量應該遠小于智能手機和滑塊的質量，故A錯誤；為了讓繩子拉滑塊的力為恒力，則細繩應該始終與長木板平行，故B正確；本實驗研究系統的牛頓第二定律，則繩子的拉力小于鉤碼的重力，故C錯誤。(2)根據a與m(g－a)的一次函數關系，可知縱截距的物理意義為－c＝－μg則滑塊與木板間的動摩擦因數為μ＝eq\f(c,g)圖像的斜率為eq\f(1,M)＝eq\f(c,b)則滑塊和手機的質量為M＝eq\f(b,c)。2.（2023上·安徽·高三校聯考階段練習）某物理興趣小組利用如圖1所示的實驗裝置探究加速度與物體質量的關系。首先平衡摩擦力，保持砂和砂桶的質量一定。然后接通速度傳感器電源，釋放小車，利用速度傳感器測出不同時刻對應的速度v并描繪圖像，當地重力加速度g取。（1）圖2為某次實驗描繪的圖像。由圖像可知，此時小車的加速度a=。（2）該小組同學通過多次改變小車的質量，利用速度傳感器記錄并描繪的圖像求出加速度，根據數據作出了加速度a的倒數和小車質量M的圖像如圖3所示，請用所學知識分析，圖3中c=，利用題中信息求出實驗中砂和砂桶的質量m=kg.【答案】30.10.08【詳解】（1）[1]釋放后小車做初速度為零的勻加速直線運動，由可得（2）[2][3]a和M的關系反映小車與砂和砂桶的運動，即得則由題圖3可求斜率則3．（2023上·新疆烏魯木齊·高三兵團二中校考階段練習）某實驗小組同時測量A、B兩個箱子質量的裝置圖如圖甲所示，其中D為鐵架臺，E為固定在鐵架臺上的輕質光滑滑輪，F為光電門，C為固定在A上、寬度為d的細遮光條（質量不計），另外，該實驗小組還準備了刻度尺和一套總質量m0=0.5kg的砝碼。

（1）在鐵架臺上標記一位置O，并測得該位置與光電門F之間的距離為h。取出質量為m的砝碼放在A箱子中，剩余砝碼全部放在B箱子中，讓A從位置O由靜止開始下降，則A下落過程中，測得遮光條通過光電門的時間為Δt，下落過程中的加速度大小a=（用d、Δt、h表示）。（2）改變m，測得遮光條通過光電門對應的時間，算出加速度a，得到多組m與a的數據，作出a-m圖像如圖乙所示，可得A的質量mA=kg，B的質量mB=kg。（均保留兩位有效數字，重力加速度g?。敬鸢浮?.20.67【詳解】（1）[1]A下落到F處的速率為由勻變速直線運動規(guī)律得v2=2ah解得下落過程中加速度為（2）[2][3]對箱子A、B及其中砝碼整體分析，由牛頓第二定律得解得由a-m圖像的斜率得由a-m圖像的縱截距得解得mA=2.2kgmB=0.67kg4．（2023上·山東淄博·高三統考期中）某物理小組測量木塊與木板間動摩擦因數的實驗裝置如圖甲所示，位移傳感器連接到計算機，實驗時先打開位移傳感器，再讓木塊從木板上端由A點靜止釋放，繪制出了木塊相對傳感器的位移隨時間變化的規(guī)律如圖乙中曲線②所示。其中木板與水平面夾角為（，，）

（1）根據圖乙曲線②中的數據，可計算出木塊的加速度，木塊與木板間動摩擦因數；（結果均保留兩位有效數字）（2）若只增大木板傾斜的角度，則木塊相對傳感器的位移隨時間變化規(guī)律可能是圖中的（選填“①”或“③”）；（3）為了提高木塊與木板間動摩擦因數的測量精度，下列措施可行的是。A．點與傳感器距離適當大些B．木板的傾角越大越好C．選擇體積較大的空心木塊【答案】0.25