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小希用如圖圖1所示的實驗裝置

 發布時間：2022-08-18 09:33:29

Ⅰ I．用下圖1所示的裝置驗證動量守恆定律的實驗中，兩個小球質量不等，半徑相等．①需要測量的量有：______

Ⅰ①驗證動量守恆，就需要知道碰撞前後的動量，所以要測量兩個小球的質量及碰撞前後小球的速度，碰撞前後小球都做平拋運動，速度可以用水平位移代替．
所以需要測量的量為：A、兩個小球的質量；C、O點到M、P、N各點的距離OM、OP、ON；故選A、C．
②實驗過程中入射球的質量應大於被碰球的質量，因此m1＞m2；兩球碰撞後，入射球速度減小，入射球速度小於被碰球速度，入射球落點位置變小，入射球的落點位置在被碰球落點位置的後面，由圖1所示可知，M點是兩球碰撞後m1的落點，P點是m1碰前落點，N點是m2碰後的落點，小球的速度可以用小球的水平位移表示，因此本實驗中，動量守恆的表達式是：
m1OP=m1OM+m2ON．
Ⅱ（1）重物落地後，木塊由於慣性繼續前進，做勻減速直線運動，相鄰計數點間的距離逐漸減小，
故紙帶向右運動，故其右端連著小木塊；紙帶上某點的瞬時速度等於該點前後相鄰兩個點間的平均速度，
故vA=

(6.84+7.48)×0.01m
0.1s×2
=0.72m/s，vB=
(9.41+10.06)×0.01m
0.1s×2
=0.97m/s．
（2）木塊在運動過程中，克服摩擦力做的功等於木塊動能的減小量，由動能定理得：木塊克服摩擦力做的功為：
Wf=
1
2
mv22-
1
2
mv12，因此實驗過程中還需要用天平測出木塊的質量m1，因此需要的實驗器材是G，需要測量的量是B．
（3）在AB段對木塊，由動能定理得：-WAB═
1
2
m1vB2-
1
2
m1vA2，因此在AB段木板對木塊的摩擦力所做的功的關系式
WAB═
1
2
m1vA2-
1
2
m1vB2，
故答案為：I、①AC；②＞，球1與球2碰撞後m1的；m1OP=m1OM+m2ON；
Ⅱ、（1）右端；0.72；0.97；（2）G；B；（3）
1
2
m1vA2-
1
2
m1vB2．

Ⅱ 用如圖1所示的實驗裝置來驗證牛頓第二定律，為消除摩擦力的影響，實驗前必須平衡摩擦力．（1）某同學平衡

（1）小車由靜止下滑，說明重力沿斜面的分力大於摩擦力，因此平衡過度，所以內該同學的容操作錯誤，
正確的操作應該為給小車一個初速度，小車能夠帶動紙帶勻速下滑．
（2）如果這位同學先如（1）中的操作，導致平衡摩擦力過度，因此當小車上還沒有掛砂和砂桶時，小車應該就已經有加速度了，故C正確，A、B、D錯誤．
故選：C．
（3）根據△x=aT2，運用逐差法得，a＝

(s3+s4)?(s1+s2)
4T2
，
因為斜率計數點間的時間間隔T=
5
f
，代入解得a=
[(s3+s4)?(s1+s2)]f2
100
．
代入數據解得a＝
(2.41+3.03?1.21?1.83)×10?2×502
100
≈0.60m/s2．
故答案為：（1）錯誤，（2）C，（3）
[(s3+s4)?(s1+s2)]f2
100
，0.60．

Ⅲ （1）用如圖1所示的實驗裝置，驗證牛頓第二定律． ①在平衡摩擦力時，先取下砂桶，將木板不帶滑輪的一端

（1）①在平衡摩擦力時，先取下砂桶，將木板不帶滑輪的一端墊高，讓打回點計時器接交流電源答，然後 輕輕推動小車，讓小車拖著紙帶運動．如果打出的紙帶如圖1右所示，則應減小木板的傾角，反復調節，直到紙帶上打出的點跡間隔均勻，平衡摩擦力才算完成．
②由圖可知，五點對應的刻度分別是1.00cm、3.00 cm、5.20 cm、7.60 cm、10.20cm，
根據運動學公式得：△x=at 2 ，
a=
△x
T 2
=5.00m/s 2 ．
（2）①該同學選擇×100倍率，用正確的操作步驟測量時，發現指針偏轉角度太大，為了減小誤差，重新選×10檔測量
測量結果是12×10=120Ω．
②由於待測電阻與電流表的內阻接近，所以選擇電流表外接法．故選乙圖．
電源電動勢是3V，為了讀數減小誤差，電壓表應選A，電流表應選C，
滑動變阻器（10Ω，0.2A）不能滿足實驗，所以滑動變阻器應選F．
故答案為：（1）①交流電源，輕輕推動，減小，間隔均勻（之間的距離大致相等）；
②5.00
（2）①重新選×10檔測量，120，
②乙，A，C，F．

Ⅳ （1）用如圖1所示的實驗裝置研究電磁感應現象．當有電流從電流表的正極流入時，指針向右偏轉．下列說法哪

（1）A、當把來磁鐵N極向下插入線圈時，自磁通量增大，根據楞次定律得，電流從電流表的負極流入時，指針向左偏轉．故A正確．
B、保持磁鐵在線圈中靜止，磁通量不變，不產生感應電流．故B正確．
C、磁鐵插入線圈後，將磁鐵和線圈一起以同一速度向上運動，磁通量不變，不產生感應電流．故C錯誤．
D、當把磁鐵N極從線圈中拔出時，磁通量減小，根據楞次定律得，電流從電流表的正極流入時，指針向右偏轉．故D正確．
故選ABD．
（2）①游標卡尺的讀數為15mm+0.1×2mm=15.2mm=1.52cm．
②根據T=2π

Ⅳ 用如圖1所示的實驗裝置驗證m1、m2組成的系統機械能守恆．m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一

（1）利用勻變速直線運動的推論有：
v5=

x46
t46
=
0.216+0.264
2×0.1
=2.4m/s；
（2）系統動能的增量為：△EK=Ek5-0=
1
2
（m1+m2）v52=
1
2
×(0.05+0.15)×2．42=0.58 J．
系統重力勢能減內小量為：△Ep=（m2-m1）gh=0.1×9.8×0.6000m J=0.59 J
在誤差允許的范圍內，m1、m2組成的系統機械能守恆
（3）由於△EK=Ek5-0=
1
2
（m1+m2）v52=△Ep=（m2-m1）gh
由於（m1+m2）=2（m2-m1）
所以得到：
1
2
v2=
g
2
h
所以
1
2
v2-h圖象的斜率k=
g
2
=9.7m/s2．
故答案為：（1）2.4；（容2）0.58、0.59；（3）9.7．

Ⅵ 用圖1所示的實驗裝置來驗證牛頓第二定律（1）為消除摩擦力的影響，實驗前平衡摩擦力的具體操作為：取下__

（1）為消除摩擦力的影響，實驗前平衡摩擦力的具體操作為：取下沙桶和繩，把木板不帶滑輪的一端適當墊高並反復調節，直到輕推小車後，小車能沿木板做勻速直線運動．
（2）對整體分析，根據牛頓第二定律得，a=

mg
M+m
，則繩子的拉力F=Ma=
Mmg
M+m
＝
mg
1+
m
M
，當M＞＞m時，F=mg．
（3）根據△x=aT2，運用逐差法得，a=
(s4+s5+s6?s1?s2?s3)
9T2
=
(2.88+3.39+3.87?1.40?1.90?2.38)×10?2
9×0.01
=0.50m/s2．
（4）用描點法畫出圖象如下所示：
1
m
圖象中，圖象的斜率表示物體所受合外力的大小，有圖象可知其斜率為k=0.31，故所受合外力大小為0.31N．
故答案為：（1）沙桶和繩，勻速直線（2）＞＞．（3）0.50（4）如圖所示，0.31

Ⅶ 用圖1所示的實驗裝置做「研究平拋物體的運動」實驗.①對於實驗的操作要求，下列說法正確的是（ ) A

（1）AD（2）

Ⅷ （Ⅰ）某同學用如圖（1）所示的實驗裝置來驗證「力的平行四邊形定則」．彈簧測力計A掛於固定點P，下端用

Ⅰ
（1）該彈簧秤的最小刻度為0.2N，可以不估讀，因此其讀數為：3.6N．
故答案為：3.6N．
（2）A、實驗通過作出三個力的圖示，來驗證「力的平行四邊形定則」，因此重物的重力必須要知道．故A項也需要；
B、彈簧測力計是測出力的大小，所以要准確必須在測之前校零．故B項也需要；
C、拉線方向必須與木板平面平行，這樣才確保力的大小准確性．故C項也需要；
D、當結點O位置確定時，彈簧測力計A的示數也確定，由於重物的重力已確定，兩力大小與方向均一定，因此彈簧測力計B的大小與方向也一定，所以不需要改變拉力多次實驗．故D項不需要．
故選D．
（3）由實驗原理可知該同學正在做「驗證力的平行四邊形法則」的實驗中採取了等效法，故ACD錯誤，B正確．
故選B．
（Ⅱ）（1）b紙帶高度代表0.15s時的瞬時速度，所以為求出0.15s時刻的瞬時速度，需要測出b段紙帶的長度．b
（2）若測得a段紙帶的長度為2.0cm，時間時0.1s，所以平均速度也就是0.05s時的瞬時速度為0.2m/s；e段紙帶的長度為10.0cm，所以平均速度也就是0.45s時的瞬時速度為1m/s；由由以上可知△v=0.8m/s，△t=0.4s；所以加速度為：a＝

△v
△t
＝2m/s2
故答案為：2.0．
（3）紙帶的高度之比等於中間時刻速度之比，也就是說圖中a段紙帶高度代表0.05s時的瞬時速度，b紙帶高度代表0.15s時的瞬時速度，
c紙帶高度代表0.25s時的瞬時速度，d的高度代表0.35s時的瞬時速度，e代表0.45s時的瞬時速度．
所以在xoy坐標系中用最簡潔的方法作出能表示v-t關系的圖線如下所示：

由此可知：y軸相當於v軸．
故答案為：y軸相當於v軸．

Ⅸ 某同學用如圖1所示的實驗裝置來驗證「力的平行四邊形定則」．彈簧測力計A掛於固定點P，下端用細線掛一重

（1）彈簧測力計讀數，每1N被分成5格，則1格就等於0.2N．圖指針落在3N到4N的第3格處，所以版3.6N．
故答案為：權3.6．
（2）A、實驗通過作出三個力的圖示，來驗證「力的平行四邊形定則」，因此重物的重力必須要知道．故A項也需要；
B、彈簧測力計是測出力的大小，所以要准確必須在測之前校零．故B項也需要；
C、拉線方向必須與木板平面平行，這樣才確保力的大小准確性．故C項也需要；
D、當結點O位置確定時，彈簧測力計A的示數也確定，由於重物的重力已確定，兩力大小與方向均一定，因此彈簧測力計B的大小與方向也一定，所以不需要改變拉力多次實驗．故D項不需要．
故選D．
（3）F1與F2合成的理論值是通過平行四邊形定則算出的值，而實際值是單獨一個力拉O點的時的值，因此F是F1與F2合成的理論值，F′是F1與F2合成的實際值．
（4）A、根據力的平行四邊形定則，可知，必須使分力與合力在同一平面內，故A正確；
B、實驗中讀數精確，方向畫得准確，則實驗誤差就越小，與橡皮條拉得長短無關，故B錯誤；
C、根據力的合成法則可知，故CD錯誤；
故選：A．
故答案為：（1）3.6，（2）D；（3）F，F′；（4）A．

Ⅹ 某同學用如圖1所示的實驗裝置驗證牛頓第二定律，請回答下列有關此實驗的問題：（1）該同學在實驗前准備了

（1）在實驗中，打點計時器可以測量時間，所以不需要秒錶．上述器材中不必內要的為C．
（2）B點的速度等於AC段的容平均速度，則有：vB＝

x2
2T
＝
0.1359
0.2
＝0.680m/s，
根據△x=aT2得：a=
x2?2x1
T2
＝
0.1359?0.0599?0.0599
0.01
＝1.61m/s2，
（3）由圖象可知小車的拉力為0時，小車的加速度大於0，說明合外力大於0，說明平衡摩擦力過度，即木板與水平面的夾角太大，故ABD錯誤，C正確．
故選：C．
該實驗中當小車的質量遠大於鉤碼質量時，才能近似認為細線對小車的拉力大小等於砝碼盤和砝碼的總重力大小，隨著F的增大，即隨著鉤碼質量增大，逐漸的鉤碼質量不再比小車質量小的多，因此會出現較大誤差，圖象會產生偏折現象，故BCD錯誤，A正確．
故選：A．
故答案為：（1）C；（2）0.680；1.61；（3）C；A

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