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小希用如图图1所示的实验装置

 发布时间：2022-08-18 09:33:29

Ⅰ I．用下图1所示的装置验证动量守恒定律的实验中，两个小球质量不等，半径相等．①需要测量的量有：______

Ⅰ①验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替．
所以需要测量的量为：A、两个小球的质量；C、O点到M、P、N各点的距离OM、OP、ON；故选A、C．
②实验过程中入射球的质量应大于被碰球的质量，因此m1＞m2；两球碰撞后，入射球速度减小，入射球速度小于被碰球速度，入射球落点位置变小，入射球的落点位置在被碰球落点位置的后面，由图1所示可知，M点是两球碰撞后m1的落点，P点是m1碰前落点，N点是m2碰后的落点，小球的速度可以用小球的水平位移表示，因此本实验中，动量守恒的表达式是：
m1OP=m1OM+m2ON．
Ⅱ（1）重物落地后，木块由于惯性继续前进，做匀减速直线运动，相邻计数点间的距离逐渐减小，
故纸带向右运动，故其右端连着小木块；纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点间的平均速度，
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）木块在运动过程中，克服摩擦力做的功等于木块动能的减小量，由动能定理得：木块克服摩擦力做的功为：
Wf=
1
2
mv22-
1
2
mv12，因此实验过程中还需要用天平测出木块的质量m1，因此需要的实验器材是G，需要测量的量是B．
（3）在AB段对木块，由动能定理得：-WAB═
1
2
m1vB2-
1
2
m1vA2，因此在AB段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式
WAB═
1
2
m1vA2-
1
2
m1vB2，
故答案为：I、①AC；②＞，球1与球2碰撞后m1的；m1OP=m1OM+m2ON；
Ⅱ、（1）右端；0.72；0.97；（2）G；B；（3）
1
2
m1vA2-
1
2
m1vB2．

Ⅱ 用如图1所示的实验装置来验证牛顿第二定律，为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力．（1）某同学平衡

（1）小车由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，因此平衡过度，所以内该同学的容操作错误，
正确的操作应该为给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑．
（2）如果这位同学先如（1）中的操作，导致平衡摩擦力过度，因此当小车上还没有挂砂和砂桶时，小车应该就已经有加速度了，故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
（3）根据△x=aT2，运用逐差法得，a＝

(s3+s4)?(s1+s2)
4T2
，
因为斜率计数点间的时间间隔T=
5
f
，代入解得a=
[(s3+s4)?(s1+s2)]f2
100
．
代入数据解得a＝
(2.41+3.03?1.21?1.83)×10?2×502
100
≈0.60m/s2．
故答案为：（1）错误，（2）C，（3）
[(s3+s4)?(s1+s2)]f2
100
，0.60．

Ⅲ （1）用如图1所示的实验装置，验证牛顿第二定律． ①在平衡摩擦力时，先取下砂桶，将木板不带滑轮的一端

（1）①在平衡摩擦力时，先取下砂桶，将木板不带滑轮的一端垫高，让打回点计时器接交流电源答，然后 轻轻推动小车，让小车拖着纸带运动．如果打出的纸带如图1右所示，则应减小木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间隔均匀，平衡摩擦力才算完成．
②由图可知，五点对应的刻度分别是1.00cm、3.00 cm、5.20 cm、7.60 cm、10.20cm，
根据运动学公式得：△x=at 2 ，
a=
△x
T 2
=5.00m/s 2 ．
（2）①该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大，为了减小误差，重新选×10档测量
测量结果是12×10=120Ω．
②由于待测电阻与电流表的内阻接近，所以选择电流表外接法．故选乙图．
电源电动势是3V，为了读数减小误差，电压表应选A，电流表应选C，
滑动变阻器（10Ω，0.2A）不能满足实验，所以滑动变阻器应选F．
故答案为：（1）①交流电源，轻轻推动，减小，间隔均匀（之间的距离大致相等）；
②5.00
（2）①重新选×10档测量，120，
②乙，A，C，F．

Ⅳ （1）用如图1所示的实验装置研究电磁感应现象．当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转．下列说法哪

（1）A、当把来磁铁N极向下插入线圈时，自磁通量增大，根据楞次定律得，电流从电流表的负极流入时，指针向左偏转．故A正确．
B、保持磁铁在线圈中静止，磁通量不变，不产生感应电流．故B正确．
C、磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，磁通量不变，不产生感应电流．故C错误．
D、当把磁铁N极从线圈中拔出时，磁通量减小，根据楞次定律得，电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转．故D正确．
故选ABD．
（2）①游标卡尺的读数为15mm+0.1×2mm=15.2mm=1.52cm．
②根据T=2π

Ⅳ 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=

x46
t46
=
0.216+0.264
2×0.1
=2.4m/s；
（2）系统动能的增量为：△EK=Ek5-0=
1
2
（m1+m2）v52=
1
2
×(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=
1
2
（m1+m2）v52=△Ep=（m2-m1）gh
由于（m1+m2）=2（m2-m1）
所以得到：
1
2
v2=
g
2
h
所以
1
2
v2-h图象的斜率k=
g
2
=9.7m/s2．
故答案为：（1）2.4；（容2）0.58、0.59；（3）9.7．

Ⅵ 用图1所示的实验装置来验证牛顿第二定律（1）为消除摩擦力的影响，实验前平衡摩擦力的具体操作为：取下__

（1）为消除摩擦力的影响，实验前平衡摩擦力的具体操作为：取下沙桶和绳，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做匀速直线运动．
（2）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=

mg
M+m
，则绳子的拉力F=Ma=
Mmg
M+m
＝
mg
1+
m
M
，当M＞＞m时，F=mg．
（3）根据△x=aT2，运用逐差法得，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）用描点法画出图象如下所示：
1
m
图象中，图象的斜率表示物体所受合外力的大小，有图象可知其斜率为k=0.31，故所受合外力大小为0.31N．
故答案为：（1）沙桶和绳，匀速直线（2）＞＞．（3）0.50（4）如图所示，0.31

Ⅶ 用图1所示的实验装置做“研究平抛物体的运动”实验.①对于实验的操作要求，下列说法正确的是（ ) A

（1）AD（2）

Ⅷ （Ⅰ）某同学用如图（1）所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用

Ⅰ
（1）该弹簧秤的最小刻度为0.2N，可以不估读，因此其读数为：3.6N．
故答案为：3.6N．
（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道．故A项也需要；
B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B项也需要；
C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故C项也需要；
D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验．故D项不需要．
故选D．
（3）由实验原理可知该同学正在做“验证力的平行四边形法则”的实验中采取了等效法，故ACD错误，B正确．
故选B．
（Ⅱ）（1）b纸带高度代表0.15s时的瞬时速度，所以为求出0.15s时刻的瞬时速度，需要测出b段纸带的长度．b
（2）若测得a段纸带的长度为2.0cm，时间时0.1s，所以平均速度也就是0.05s时的瞬时速度为0.2m/s；e段纸带的长度为10.0cm，所以平均速度也就是0.45s时的瞬时速度为1m/s；由由以上可知△v=0.8m/s，△t=0.4s；所以加速度为：a＝

△v
△t
＝2m/s2
故答案为：2.0．
（3）纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，也就是说图中a段纸带高度代表0.05s时的瞬时速度，b纸带高度代表0.15s时的瞬时速度，
c纸带高度代表0.25s时的瞬时速度，d的高度代表0.35s时的瞬时速度，e代表0.45s时的瞬时速度．
所以在xoy坐标系中用最简洁的方法作出能表示v-t关系的图线如下所示：

由此可知：y轴相当于v轴．
故答案为：y轴相当于v轴．

Ⅸ 某同学用如图1所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重

（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图指针落在3N到4N的第3格处，所以版3.6N．
故答案为：权3.6．
（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道．故A项也需要；
B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B项也需要；
C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故C项也需要；
D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验．故D项不需要．
故选D．
（3）F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O点的时的值，因此F是F1与F2合成的理论值，F′是F1与F2合成的实际值．
（4）A、根据力的平行四边形定则，可知，必须使分力与合力在同一平面内，故A正确；
B、实验中读数精确，方向画得准确，则实验误差就越小，与橡皮条拉得长短无关，故B错误；
C、根据力的合成法则可知，故CD错误；
故选：A．
故答案为：（1）3.6，（2）D；（3）F，F′；（4）A．

Ⅹ 某同学用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：（1）该同学在实验前准备了

（1）在实验中，打点计时器可以测量时间，所以不需要秒表．上述器材中不必内要的为C．
（2）B点的速度等于AC段的容平均速度，则有：vB＝

x2
2T
＝
0.1359
0.2
＝0.680m/s，
根据△x=aT2得：a=
x2?2x1
T2
＝
0.1359?0.0599?0.0599
0.01
＝1.61m/s2，
（3）由图象可知小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过度，即木板与水平面的夹角太大，故ABD错误，C正确．
故选：C．
该实验中当小车的质量远大于钩码质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，随着F的增大，即随着钩码质量增大，逐渐的钩码质量不再比小车质量小的多，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象，故BCD错误，A正确．
故选：A．
故答案为：（1）C；（2）0.680；1.61；（3）C；A

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