2020届高考物理二轮复习 刷题首选卷 专题十四 力学实验课件

经典特训题组1．如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带。(1)已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为________。(2)A、B、C、D是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，从图中读出A、B两点间距x＝________；C点对应的速度是________(计算结果保留三位有效数字)。答案(1)0.02s(2)0.70cm(0.68～0.72cm均可)0.100m/s解析(1)时间间隔为T＝150s＝0.02s。(2)毫米刻度尺的精确度为1mm，故AB间的距离为xAB＝1.70cm－1.00cm＝0.70cm，vC＝xBD2×5T＝2.00×10－22×5×0.02m/s＝0.100m/s。2．使用如图所示的气垫导轨装置进行实验测物体加速度a。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器M通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间分别为Δt1、Δt2都可以被测量并记录。挡光片宽度为d，两光电门间距离为s，回答下列问题：(1)M通过G1的速度为________(用d、Δt1表示)；(2)M的加速度a＝________(用d、s、Δt1和Δt2表示)。答案(1)dΔt1(2)d2Δt21－Δt222sΔt21Δt22解析(1)利用较短时间内的平均速度等于瞬时速度可得：M通过G1的速度为v1＝dΔt1。(2)同理可得M通过G2的速度为v2＝dΔt2，根据匀变速直线运动的规律可得2as＝v22－v21，即2as＝dΔt22－dΔt12，解得a＝d2Δt21－Δt222sΔt21Δt22。3．某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。(1)如图甲所示，将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在________方向(填“水平”或“竖直”)。(2)弹簧自然悬挂，待弹簧________时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表：表中有一个数值记录不规范，代表符号为________。由表可知所用刻度尺的分度值为________。(3)如图乙是该同学根据表中数据所作的图象，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与________的差值(填“L0”或“Lx”)。(4)由图乙可知弹簧的劲度系数为________N/m；通过表中数据可知砝码盘的质量为________g(结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2)。(5)该同学在测量时没有考虑弹簧的自重，则弹簧劲度系数的测量值与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“相等”)。答案(1)竖直(2)静止L31mm(3)Lx(4)4.910(5)相等解析(1)安装实验装置时，弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向。(2)弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度记为L0；用刻度尺测量长度时读数应估计到最小分度的下一位，可知L3读数不规范，没有向后估读一位；由表内数据可知所用刻度尺的分度值为1mm。(3)充分利用测量数据和图象，根据公式ΔF＝Δmg＝kΔx可知横轴是弹簧的长度与Lx的差值。(4)根据胡克定律公式ΔF＝kΔx，有k＝ΔFΔx＝ΔmgΔx＝6.0×10－2×9.812×10－2N/m＝4.9N/m；由表格得到，弹簧原长为：L0＝25.35cm，挂砝码盘时：Lx＝27.35cm，根据胡克定律，砝码盘质量为：M＝kLx－L0g＝4.9×27.35－25.35×10－29.8kg＝0.01kg＝10g。(5)开始时，弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，记下弹簧长度L0，由于采用图解法，弹簧的自重对实验的结果没有影响，所以劲度系数的测量值与真实值相比是相等的。4．在进行“探究共点力合成的规律”的实验中，用如图a所示的两个力拉弹簧使之水平伸长至某一位置，并适当调整力的方向，期间保持弹簧始终水平，使两力之间的夹角为90°。(图中钩码规格相同)(1)换用一根线水平牵引弹簧，如图b所示，使弹簧的伸长量与两个力作用时相同，此时需要挂________个与图甲中相同规格的钩码。(2)你对合力与分力遵循什么样的规律做出的猜想是______________。(3)本实验采用的科学方法是________。A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．物理模型法答案(1)5(2)力的合成遵循平行四边形法则(3)B解析(1)设一个钩码的重力为G，图a中互成90°的两个力F1＝3G，F2＝4G，则合力为F＝F21＋F22＝5G，图b中为了保证拉力的作用与两个力拉弹簧的效果相同，故要挂5个相同的钩码。(2)根据实验结果，可做出的猜想是：力的合成遵循平行四边形法则(或三角形法则)。(3)该实验保证合力与几个分力共同作用的作用效果相同，运用了等效替代法，故选B。5．某研究性学习小组分别用如图甲所示的装置进行以下实验：“探究加速度与合外力的关系”。装置中，小车质量为M，砂桶和砂的总质量为m，通过改变m来改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值(F为弹簧测力计的示数)。(1)为了减小实验误差，下列做法正确的是________。A．需平衡小车的摩擦力B．砂桶和砂的总质量要远小于小车的质量C．滑轮摩擦足够小，绳要足够轻D．先释放小车，后接通打点计时器的电源(2)某同学根据实验数据画出了图乙所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为________。A.1MB.1mC．mgD．F(3)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线________(填选项前的字母)。A．逐渐偏向纵轴B．逐渐偏向横轴C．仍保持原方向不变(4)图丙为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每相邻两点间还有四个计时点未画出，测得AB＝2.0cm、AC＝8.0cm、AE＝32.0cm，打点计时器的频率为50Hz，小车的加速度为________m/s2。答案(1)AC(2)D(3)C(4)4解析(1)若小车运动时受到摩擦力作用，则绳子的拉力不等于小车受到的合外力，故为了减小误差，需平衡小车的摩擦力，A正确；本实验中弹簧测力计的示数即为绳子的拉力，不需要用砂和砂桶的总重力代替绳子拉力，所以不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，B错误；因为滑轮摩擦和绳子的重力会使弹簧测力计示数大于绳子对小车的拉力，所以为了减小实验误差，需要滑轮摩擦足够小，绳要足够轻，故C正确；实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，增大误差，故D错误。(2)探究加速度与合外力的关系实验要控制小车质量M不变，对小车，应有F＝Ma，解得：a＝1MF，符合图线为经过坐标原点的倾斜直线，所以横轴应为F，D正确。(3)由于图象的斜率为k＝1M，所以增大砂和砂桶总质量m，k不变，图线仍保持原方向不变，所以C正确。(4)打点计时器在纸带上每间隔0.02s打一个点，图中每相邻两点间还有四个计时点未画出，所以相邻两点间时间间隔T＝0.1s，CE＝AE－AC＝24.0cm，根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可得：a＝CE－AC2T2＝4m/s2。6．某同学设计如图所示装置来探究动能定理。带有水平部分的斜槽固定在水平地面上(固定部分没有画出)，斜槽倾角为θ，在E点与水平部分平滑连接，水平部分高度为H，末端F点在水平地面上的投影点记为O点。O点右侧地面上铺有一张白纸，白纸上面铺上复写纸以记录落点位置。先让可视为质点的滑块从斜槽面上的某一点由静止释放，恰好运动到F点，该释放点记为M点。在斜槽上作出N、P、Q点，且MN＝NP＝PQ。然后分别让滑块从N点、P点、Q点由静止释放落到水平地面白纸上的A1、A2、A3点。已知斜槽面各处粗糙程度相同。则(1)利用“倍增法”来探究动能定理的过程中，斜槽的倾角θ，斜槽水平部分的高度H是否必须测量________(填“是”或“否”)。在实验误差允许的范围内，满足OA1∶OA2∶OA3＝________，动能定理得到验证。(2)若斜槽的倾角θ，桌面高度H在实验前已被测定。有人想借助该装置测定斜槽面与滑块间的动摩擦因数μ，必须要测定的物理量有________。A．滑块质量B．当地的重力加速度gC．释放点到M点的距离x1D．滑块落地点到O点的距离x2答案(1)否1∶2∶3(2)CD解析(1)滑块每次平抛运动的时间相等，平抛初速度之比等于落地点到O点的水平距离之比，故不用测量斜槽水平部分的高度H。根据动能定理，滑块从M点静止释放到F点停止，合外力做功为零，所以滑块从N、P、Q静止释放到F点，合力做功之比为NM∶PM∶QM＝1∶2∶3，因此不需要测量斜槽面的倾角θ，而且滑块平抛的初速度的平方之比为1∶2∶3。所以只要满足滑块平抛运动的水平位移之比为OA1∶OA2∶OA3＝1∶2∶3，动能定理就能得到验证。(2)对滑块从静止释放直到运动到F点的运动过程，由动能定理：(mgsinθ－μmgcosθ)x1＝12mv2，且滑块平抛运动过程有：H＝12gt2，x2＝vt，三式联立得μ＝tanθ－x224Hx1cosθ，故选C、D。7．某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度大小为g＝9.80m/s2。实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图乙所示。纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值。回答下列问题：(计算结果保留三位有效数字)(1)打点计时器打B点时，重物速度的大小vB＝________m/s；(2)通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据。______________________________________________________________________________________________________________________________答案(1)3.90(2)见解析解析(1)由匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该段时间的平均速度，可知vB＝hC－hA2T，由电源频率为50Hz可知T＝0.02s，代入数据可解得vB＝3.90m/s。(2)只要在误差允许范围内，重物重力势能的减少量等于其动能的增加量，即满足ghB＝12v2B，就可验证机械能守恒定律。选B点分析，由于ghB≈12v2B，故该同学的实验结果近似验证了机械能守恒定律。8．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，经过数据分析即可验证机械能守恒定律。图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)，计数点间的距离如图2所示。已知m1＝50g、m2＝150g，则(结果保留两位有效数字)(1)在纸带上打下记数点5时的速度v＝________m/s。(2)在0～5过程中系统动能的增量ΔEk＝________J，系统势能的减少量ΔEp＝________J(计算时g取10m/s2)。由此得出的结论是：______________________。(3)若某同学作出v22­h图象如图3，则当地的重力加速度g＝________m/s2。答案(1)2.4(2)0.580.60在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒(3)9.7解析(1)根据在匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，结合图2中数据可知打第5个点时的速度为：v5＝x462T＝0.216＋0.2640.2m/s≈2.4m/s。(2)在0～5过程中，m1、m2的初速度为零，所以系统动能的增加量为：ΔEk＝12×(m1＋m2)v25－0＝12×(0.05＋0.15)×(2.