新课标2022届高考物理二轮复习专题六物理实验能力训练14力学实验

专题能力训练14　力学实验(时间:45分钟　满分:100分)1.(10分)如图甲所示,在研究弹力和弹簧伸长量的关系时,把弹簧上端固定在横梁上,下端悬吊不同重力的砝码,用刻度尺测量弹簧的长度,把弹簧的伸长量Δx和弹簧弹力F的关系在F-Δx坐标系中描点如图乙所示。甲乙(1)从坐标系中的实验数据可知,该弹簧的劲度系数是　　　　　　　　　　(精确到两位有效数字)。 (2)关于实验注意事项,以下哪项是没有必要的?(填入字母序号)　　　　。 A.悬吊砝码后,在砝码静止后再读数B.尽量减小弹簧和横梁之间的摩擦C.弹簧的受力不超过它的弹性限度2.(14分)某同学利用图甲所示的实验装置,探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动,重物落地后,物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处)。从纸带上便于测量的点开始,每5个点取1个计数点,相邻计数点间的距离如图乙所示。打点计时器电源的频率为50Hz。甲乙(1)通过分析纸带数据,可判断物块在两相邻计数点　　　　和　　　　之间某时刻开始减速。 (2)计数点5对应的速度大小为　　　　m/s,计数点6对应的速度大小为　　　　m/s。(保留三位有效数字) (3)物块减速运动过程中加速度的大小为a=　　　m/s2,若用ag来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g为重力加速度),则计算结果比动摩擦因数的真实值　　　　(选填“偏大”或“偏小”)。 3.(14分)为了测量木块与木板间动摩擦因数,某小组使用位移传感器设计了如图甲所示的实验装置,让木块从倾斜木板上一点A由静止释放,位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机,描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t变化规律,如图乙所示。6\n(1)根据上述x-t图,计算0.3s时木块的速度v=m/s,木块加速度a=　　　m/s2;(以上结果均保留两位有效数字) (2)若知道木板的倾角为θ,则木块与木板的动摩擦因数μ=　　　　　　(所有量用字母表示,已知当地的重力加速度为g)。 (3)为了提高木块与木板间动摩擦因数的测量精度,下列措施可行的是　　　。 A.A点与传感器距离适当大些B.木板的倾角越大越好C.选择体积较小的实心木块D.传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻4.(16分)(1)下图螺旋测微器的读数为　　　mm。 图中游标卡尺的读数是　　　cm。 (2)用如图实验装置验证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,即可验证机械能守恒定律。下图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所示。已知m1=50g、m2=150g,则(结果均保留两位有效数字)①在纸带上打下计数点5时的速度v=　　　m/s。 ②在打下点“0”到点“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:　 　。 ③若某同学作出v22-h图象如图,则当地的重力加速度g=　　　m/s2。 5.(14分)某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则,设计了如图所示的实验装置,固定在竖直木板上的量角器的直边水平,橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O的正上方A处,另一端系绳套1和绳套2。6\n(1)主要实验步骤如下:①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋,使橡皮筋的结点到达O处,记下弹簧测力计的示数F;②弹簧测力计挂在绳套1上,手拉着绳套2,缓慢拉橡皮筋,使橡皮筋的结点到达O点,此时绳套1沿0°方向,绳套2沿120°方向,记下弹簧测力计的示数F1;③根据力的平行四边形定则计算此时绳套1的拉力F1'=　　　　　　　　; ④比较　　　　　　　　　,即可初步验证; ⑤只改变绳套2的方向,重复上述实验步骤。(2)保持绳套2方向不变,绳套1从图示位置向下缓慢转动90°,此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动,关于绳套1的拉力大小的变化,下列结论正确的是　　　　。 A.逐渐增大　　　　　　　B.先增大后减小C.逐渐减小D.先减小后增大6.(16分)下图为一弹簧弹射装置,在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧,弹簧压缩并锁定,在金属管两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管径且与弹簧不固连)。现解除弹簧锁定,两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。然后按下述步骤进行实验:①用天平测出两球质量m1、m2;②用刻度尺测出两管口离地面的高度h;③记录两球在水平地面上的落点P、Q。回答下列问题:(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能,还需测量的物理量有　　　　。(已知重力加速度g) A.弹簧的压缩量ΔxB.两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2C.小球直径D.两球从管口弹出到落地的时间t1、t2(2)根据测量结果,可得弹性势能的表达式为Ep=　　　　　　　　　。 (3)由上述测得的物理量来表示,如果满足关系式　　　　　　　　,就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。 7.(16分)在探究动能定理的实验中,某实验小组组装了一套如图甲所示的装置,拉力传感器固定在小车上,一端与细绳相连,用拉力传感器记录小车受到拉力的大小。穿过打点计时器的纸带与小车尾部相连接,打点计时器打点周期为T,实验的部分步骤如下:甲(1)平衡小车所受的阻力:不挂钩码,调整木板右端的高度,用手轻推小车,直到打点计时器在纸带上打出一系列　　　　　　　　　　的点。 6\n(2)测量小车和拉力传感器的总质量m,按图组装好仪器,并连接好所需电路,将小车停在打点计时器附近,先接通拉力传感器和打点计时器的电源,然后　　　　　　　　　　,打出一条纸带,关闭电源。 (3)在打出的纸带中选择一条比较理想的纸带如图乙所示,在纸带上按打点先后顺序依次取O、A、B、C、D、E等多个计数点,各个计数点到O点间的距离分别用hA、hB、hC、hD、hE、…表示,则小车和拉力传感器在计时器打下D点时的动能表达式为　　　　　　　　,若拉力传感器的读数为F,计时器打下A点到打下D点过程中,细绳拉力对小车所做功的表达式为　　　　　　　。 乙(4)某同学以A点为起始点,以A点到各个计数点动能的增量ΔEk为纵坐标,以A点到各个计数点拉力对小车所做的功W为横坐标,得到一条过原点的倾角为45°的直线,由此可以得到的结论是 　。 专题能力训练14　力学实验1.答案(1)1.2×102N/m或1.3×102N/m(2)B解析(1)由胡克定律F=k·Δx知F-Δx图象中的斜率即劲度系数。(2)胡克定律只在弹性限度内才成立;实验时应在砝码静止、形变量稳定时读数;弹簧和横梁之间的摩擦力对本实验没有影响。2.答案(1)6　7(或7　6)　(2)1.00　1.20(3)2.00　偏大6\n解析(1)由纸带上各点间距可以看出,6、7两点间距离最大,在计数点6之前,连续相等的时间内位移差Δx=2.00cm,而6、7两计数点间位移与前一段位移之差Δx'=x67-x56<2.00cm。故物块在两相邻计数点6和7之间开始减速。(2)根据v5=x462T可得v5=(9.00+11.01)×0.012×0.1m/s=1.00m/s,从点2到点6段的加速度a=x56-x45T2=2.01m/s2,v6=v5+aT=1.20m/s。(3)物块在6、7点间加速度变化,减速过程加速度大小有a'=x79-x91122·T2=2.00m/s2,重物落地后,滑块向前运动时除受物块与桌面之间摩擦力作用外,纸带和限位孔之间也存在摩擦力作用,即μmg+F阻=ma,μ=ma-F阻mg,故利用μ=ag计算出的动摩擦因数比真实值偏大。3.答案(1)0.80　4.0　(2)gsinθ-agcosθ(3)AC解析(1)由图象知,在第1个0.1s内,木块的位移为0,在第2个0.1s,木块的位移x2=(42-40)cm=2cm,经第3个0.1s,木块的位移x3=(40-34)cm=6cm,经第4个0.1s,木块的位移x4=(34-24)cm=10cm,0.3s时木块的速度v=x3+x42t=0.80m/s;由Δx=aT2解得a=ΔxT2=4.0m/s2。(2)根据牛顿第二定律,有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得μ=gsinθ-agcosθ。(3)A点与传感器距离适当大些,可提高长度的测量精度,提高加速度的测量精度,从而提高动摩擦因数的测量精度,选项A正确;而木板的倾角过大,则运动时间过短,选项B错误;体积较小的实心木块受到的空气阻力较小,测量结果较准确,选项C正确;传感器开始计时的时刻可从任意位置,选项D错误。4.答案(1)5.670　1.050　(2)①2.4　②0.58　0.60　在误差允许的范围内,m1、m2组成的系统机械能守恒　③9.7解析(1)5.5mm+17.0×0.01mm=5.670mm,注意读可动刻度时要估读一位;游标卡尺读数1cm+10×0.05mm=1.050cm。(2)由瞬时速度与平均速度的关系式v5=v=x4~62T=2.4m/s,ΔEk=12(m1+m2)v52=0.58J,重物m1上升h5=60.00cm=0.60m,重物m2下降0.60m,系统重力势能的减小量ΔEp=m2gh5-m1gh5=0.60J。在误差允许的范围内,m1、m2组成的系统机械能守恒。由上述分析可得系统机械能守恒表达式12(m1+m2)v2=(m2-m1)gh,得v22=m2-m1m2+m1gh,可知图线的斜率k=m2-m1m2+m1g=5.821.20=4.85,解得g=9.7m/s2。5.答案(1)F3　F1和F1'　(2)D解析(1)根据平行四边形定则计算绳套1的拉力F1'=Ftan30°=F3,通过比较F1和F1',在误差范围内相同,则可初步验证。(2)绳套1在转动过程中,合力保持不变,根据平行四边形定则画出图象,如图所示:6\n根据图象可知,绳套1的拉力大小先减小后增大,故D正确。6.答案(1)B　(2)m1gx124h+m2gx224h(3)m1x1=m2x2解析(1)根据机械能守恒定律可知,弹簧的弹性势能等于两球得到的初动能之和,而要求解初动能必须还要知道两球弹射的初速度v0,由平抛运动规律可知v0=x2hg,故还需要测出两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2;(2)小球被弹开时获得的动能Ek=12mv02=mgx24h,故弹性势能的表达式为Ep=12m1v12+12m2v22=m1gx124h+m2gx224h;　(3)如果满足关系式m1v1=m2v2,即m1x1=m2x2,那么就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。7.答案(1)间距相等　(2)释放小车(3)m(hE-hC)28T2　F(hD-hA)　(4)外力所做的功等于物体动能的变化量解析(1)当打点计时器能在纸带上打出一系列间隔均匀的点时,小车做匀速直线运动,受力平衡。(2)在组装好实验装置的基础上,进行实验时应先接通电源,再释放小车。(3)D点的瞬时速度等于CE段的平均速度,即vD=hE-hC2T,故打下D点时的动能为EkD=12mvD2=m(hE-hC)28T2;拉力对小车做的功为W=F(hD-hA)。(4)因图线是一条过原点的直线且直线的倾角为45°,可得出方程式ΔEk=W,故可得结论:外力所做的功等于物体动能的变化量。6