高考物理第14讲　力学实验 【答案】听课

第三部分物理实验第14讲力学实验题型1【题组演练】1.(1)C(2)0.3760.369[解析](1)为了减小实验误差和充分利用纸带,释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置,并且使重物靠近打点计时器,故选C.(2)由图可知,OB段的长度为h=19.20cm=0.192m,故重力势能的减少量为ΔEp=mgh=0.2×9.8×0.192J≈0.376J,打点计时器的打点周期为T=1f=0.02s,匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度,所以B点的瞬时速度为vB=xAC2T=23.23-15.552×0.02×10-2m/s=1.92m/s,重物的动能增加量ΔEk=12mvB2=2.(1)>(2)maxP=maxM+mbxN小球飞出后做平抛运动,由于下落高度一定,故下落时间一定,而小球在水平方向上做匀速直线运动,所以小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比[解析](1)为了保证小球碰撞为对心正碰,且碰后不反弹,要求两球半径相同且ma>mb.(2)如果碰撞过程中系统动量守恒,则满足关系式mav0=mava+mbvb,上式两边同时乘下落时间t,有mav0t=mavat+mbvbt,可得maxP=maxM+mbxN.小球飞出后做平抛运动,由于下落高度一定,故下落时间一定,而小球在水平方向上做匀速直线运动,所以小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比,可以用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度,从而验证动量守恒定律.3.(1)B(2)D(3)反比槽码[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=14S8-S44T2+S7-S3(3)根据图像可知1a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,则由牛顿第二定律得mg=(m+M)a,化简可得1a=1mg·M+1g,故斜率越小,槽码的质量m越大,题型2【题组演练】1.(1)15.00(2)如图所示9.8[解析](1)刻度尺的分度值为0.1cm,读数为15.00cm.(2)根据胡克定律,该弹簧劲度系数为k=ΔFΔL=5×50×10-3×92.(1)B(2)一(3)D(4)D[解析](1)本实验的目的是探究向心力的大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系,采用的实验方法是控制变量法,探究两个互成角度的力的合成规律,采用的实验方法是等效替代法,故A错误;探究加速度与力、质量的关系,采用的实验方法是控制变量法,故B正确.(2)在某次实验中,探究向心力的大小与半径的关系时,应保持两小球质量m、角速度ω相同,则需要将传动皮带调至第一层塔轮.(3)角速度为ω1、ω2时,左、右测力筒露出的格子数之比均为2∶1,左右两标尺露出的格子数之比表示向心力的比值,且B处、C处分别到各自转轴中心距离之比为2∶1,可知F与r成正比,故选D.(4)在另一次实验中,把两个质量相等的钢球放在A、C位置,则m、r相同,传动皮带位于第二层,角速度之比为ωA∶ωC=R2∶2R2=1∶2,根据向心力公式F=mω2r,当塔轮匀速转动时,左右两标尺露出的格子数之比表示向心力的比值,左右两标尺露出的格子数之比nA∶nC=FA∶FC=ωA2∶ωC2=1∶3.(1)摆长(2)1.06(3)x=gT2sin5[解析](1)选择图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变.(2)摆球直径为d=1.0cm+6×0.1mm=1.06cm.(3)根据单摆的周期公式T=2πLg可得单摆的摆长为L=gT24π2,从平衡位置拉开5°的角度处释放,可得振幅为A=Lsin5°,以该位置为计时起点,根据简谐运动规律可得摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为x=Acosωt4.(1)如图所示(2)①没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行;②读数时没有正视弹簧测力计[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没有做到弹簧测力量计、细线、橡皮条都与木板平行;②读数时没有正视弹簧测力计.题型3例1(4)较大较小(5)如图所示(6)远大于钩码的质量对钩码根据牛顿第二定律有F-FT=ma,对小车根据牛顿第二定律有FT=Ma,联立解得F=(M+m)a,变形得a=1M+mF,当m≪M时,可认为m+M≈M,则a=1MF,即[解析](4)根据题图2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直线连接各点,使尽可能多的点在线上,不在线上的点均匀地分布在线的两侧.作出图线丙如图所示.例2(4)如图所示(5)线性的(6)0.120(7)负方向[解析](4)根据表中数据描点,各点几乎在一条直线上,作出T2-m关系图线如图所示.(5)图线是一条倾斜的直线,说明弹簧振子振动周期的平方与砝码质量为线性关系.(6)在图线上寻找T2=0.880s2的点,对应横坐标为m=0.120kg.(7)换一个质量较小的滑块重做上述实验,则滑块和砝码的总质量比原来的小,要得到相同的周期,应放质量更大的砝码,即同一纵坐标对应的横坐标偏右,相当于同一横坐标对应的纵坐标偏下,则所得图线与原图线相比下移,即沿纵轴负方向移动.例3(1)AC(2)①用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点②m1OP=m1OM+m2ON(3)见解析[解析](1)实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前、后速度成正比,需要确保小球做平抛运动,即实验前,调节装置,使斜槽末端水平,故A正确;为使两小球发生的碰撞为对心正碰,两小球半径需相同,故B错误;为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出,需要用质量大的小球碰撞质量小的小球,故C正确.(2)用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点;碰撞前、后小球均做平抛运动,由h=12gt2可知,小球的运动时间相同,所以水平位移与平抛初速度成正比,所以若m1OP=m1OM+m2ON成立,即可验证碰撞前后动量守恒(3)设轻绳长为L,小球从偏角