① 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上拖着的纸带打出一系列的点
①若图中用的是电火花打点计时器，则应使用220V交流电源和墨粉纸，即：专D．
故答案为：D．
②根据在匀变速属直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打5点时的速度为：v5=
=
| (21.60+26.40)×10-2m |
| 2×0.1s |
=2.4m/s
物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△E
k=
mv
52=
×（0.05+0.15）×2.4
2=0.58J；
重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△E
P=W=m
2gh-m
1gh=0.60J；
由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m
1、m
2组成的系统机械能守恒．
故答案为：0.58，0.60，在误差允许的范围内，m
1、m
2组成的系统机械能守恒．
③本题中根据机械能守恒可知，m
2gh-m
1gh=
（m
1+m
2）v
2，即有：
v
2=
gh=
gh，所以
v
2-h图象中图象的斜率表示重力加速度的一半，由图可知，斜率k=4.85，故当地的实际重力加速度为：g=2k=9.7m/s
2．
故答案为：9.7．
② （1）某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证动量守恒守恒，滑块1的质量为M1，滑块2的质量为M2，两个
（1）②要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量碰撞版前后滑块的速权度，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．
所以至少还需要测量的一个物理量是遮光条的宽度d．
③碰撞前滑块1的速度v1=
，碰撞前系统的动量P=M
1碰撞后滑块1和2的速度v
2=
，碰撞后系统的动量P′=（M
2+M
1）
本实验中，如果等式M
1=（M
2+M
1）
在实验误差允许的范围内成立，就可以验证动量守恒定律．
（2）当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，根据读数为：示数×倍率=读数知，选择×1K的挡较好；
欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，所以选择图2正确；
欧姆表的读数为：40×1K=40KΩ；
由题意知欧姆表的内阻为30KΩ，与电压表的内阻40KΩ串联，由欧姆定律可知：
E=I（r+R）=
（3×10
4+4×10
4）=2.8V．
故答案为：（1）遮光条的宽度d，M
1=（M
2+M
1）
．
（2）×1k，图2，40k，2.8
③ 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上拖着的纸带打出一系列的
（1）利用匀变速直线运动的推论
v5＝＝m/s＝2.4m/s．
系统动能的增量△EK=Ek5-0=(m1+m2)v52=0.58J．
系统重力势能减内小量△Ep=（m2-m1）容gh=0.1×10×0.6000m J=0.60J．
（2）根据系统机械能守恒定律得，(m2?m1)gh＝(m1+m2)v2，解得＝gh知图线的斜率k=g=．解得g=9.7m/s2．
故答案为：（1）0.58，0.60；（2 ）9.7．
④ 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上拖着的纸带打出一系列的
（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，
根据某回段时间答内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度：
v5=
＝
| (21.60+26.40)×10?2m |
| 2×0.1s |
＝2.4m/s．
（2）在0～5过程中系统动能的增量：
△E
K=
（m
1+m
2）v
52=
×0.2×2.4
2J≈0.58J．
系统重力势能的减小量为：
△E
p=（m
2-m
1）gx=0.1×9.8×（0.384+0.216）J≈0.59J，由此可知在误差允许范围内，m
1、m
2组成系统机械能守恒．
故答案为：（1）2.4；（2）0.58；0.59，在误差允许范围内，m
1、m
2组成系统机械能守恒．
⑤ 用如图所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系
（1）由于每相邻两个计抄数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度：v5=
0.2160+0.2640
2×0.1
m/s=2.4m/s．
（2）在0～5过程中系统动能的增量△EK=
1
2
（m1+m2）v52=
1
2
×0.2×2.42J≈0.58J．
系统重力势能的减小量为（m2-m1）gx=0.1×9.8×（0.384+0.216）J≈0.60J．
故答案为：（1）2.4；（2）0.58；0.60．
0
⑥ （1）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上拖着的纸带打出一系
（1）①根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：
v5=
=2.4m/s
②物体的初速度为零，所以动能的增加量为
△E
K=E
k5-0=
（m
1+m
2）v
52=0.58 J．
重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△E
P=W=mgh=0.60J；
由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m
1、m
2组成的系统机械能守恒．
故答案为：0.58，0.60，在误差允许的范围内，m
1、m
2组成的系统机械能守恒．
③由于△E
K=E
k5-0=
（m
1+m
2）v
52=△E
p=（m
2-m
1）gh
由于（m
1+m
2）=2（m
2-m
1）
所以得到：
v
2=
h
所以
v2?h图象的斜率k=
g=9.7m/s2．
（2）①理想电流表和定值电阻构成一电压表，可测量外电压．所以U=I1R0．
②在硅光电池的U-I图象，当I=0，U=E，图线斜率的绝对值表示内阻．所以E=2.90V，在流过电流表A2的电流小于200mA的情况下，此电池的内阻r=4.00Ω．
③作出6Ω定值电阻的U-I图线，是一条过原点的直线，该直线与图乙中电源的外电压和电流图线有交点，交点对应的电压、电流表示硅光电池两端接上阻值为6Ω的电阻时的电压和电流．所以r==5.60．
故答案为：（1）①2.4②0.58；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
（2）I1R0；（2）2.90；4.00（3）5.60
⑦ 用如图1所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一
（1）利用匀变速直线运动的推论有：
v5=
==2.4m/s；
（2）系统动能的增量为：△EK=Ek5-0=（m1+m2）v52=×(0.05+0.15)×2．42=0.58 J．
系统重力势能减内小量为：△Ep=（m2-m1）gh=0.1×9.8×0.6000m J=0.59 J
在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒
（3）由于△EK=Ek5-0=（m1+m2）v52=△Ep=（m2-m1）gh
由于（m1+m2）=2（m2-m1）
所以得到：v2=h
所以v2-h图象的斜率k==9.7m/s2．
故答案为：（1）2.4；（容2）0.58、0.59；（3）9.7．
⑧ 用如图a所示的实验装置验证物块m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打
（1）根据瞬时速度等于平均速度，则有：v2=
=m/s=2.4m/s．
在0～2过程中系统动能的增量△EK=（内m1+m2）v22=×0.2×2.42J≈0.58J．
系统重力势容能的减小量为（m2-m1）gx=0.1×9.8×（0.384+0.216）J≈0.60J．
（2）计数点2时m2物块所在位置为零势面，计数点3时m2的重力势能为：EP=-m2gh=-0.15×0.264×10=-0.40J；
（3）根据系统机械能守恒有：（m2-m1）gh=（m1+m2）v2
则v2= gh
知图线的斜率k=g=
解得g=9.7m/s2．
故答案为：（1）0.58，0.60；（2）-0.40J；（3）9.7．
⑨ 用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．物体m1用一轻绳绕过定滑轮与m2相连．现将m2从高处由静
（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打版第5个点时权的速度为：
v5=
=2.4m/s
（2）物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△Ek=m| v | 2
⑩ 用如图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的
（1）打点计时器使用交流电源，实验时，先接通电源，再释放纸带．故B、C错误．
故选BC．
（2）v5＝＝m/s=2.4m/s，
则系统动能的增量△Ek＝(m1+m2)v52＝×0.2×2．42J=0.576J≈0.58J．
得出的结论：在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．
（3）根据(m1?m2)gh＝(m1+m2)v2，解得g＝v2．
故答案为：（1）BC（2）0.58在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒（3）g=v2
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