押题精选18 力学实验与创新 电磁波-2022年高考物理108所名校押题精选

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押题精选18 力学实验与创新
1．为了测量一楼房的高度，某实验小组进行了如下实验：
（1）一同学从楼顶由静止释放一小石子；
（2）另一同学用照相机拍得一张照片如图所示，图中白色线条为石子下落的径迹，A、B两点恰好都在砖缝的下沿；
（3）用刻度尺测得10块砖的厚度为（包括砖缝）石子下落的径迹若照相机的曝光时间为，根据以上测量数据，可得曝光时间内小石块下落的平均速度大小为______；若把该平均速度近似作为连线中点的瞬时速度，取重力加速度，则可得楼顶距离地面的高度为_______m（保留4位有效数字）。

【答案】14 10.49
【详解】（3）[1] 由题知，10块砖的厚度为70.0cm，而A、B间是4块砖，所以A、B两点的间距为

在曝光时间内小石块下落的平均速度为

[2] 设A、B连线中点距楼顶高度为h，若A、B连线中点的速度等于其平均速度，则由

可得

又A、B连线中点距地面有7块砖的厚度，所以A、B连线中点距地面的高度为

所以楼顶距离地面的高度为

2．一小组到仓储站劳动实践，在调试如图甲所示的谷物传送机时，发现启动阶段水平放置的传送带不是匀速运动。为探究传送带在启动阶段的运动性质，该小组进行了以下操作：

①用细绳一端拴盛有小米的纸质漏斗，做成一个单摆；
②一同学站在传送带旁边，手持绳的另一端于传送带中线的正上方不动，漏斗尽量贴近传送带；
③将漏斗适当拉离平衡位置，撕开漏斗下部，让米流出，同时放开漏斗，使单摆始终垂直于传送带中线运动；
④启动传送带，一段时间后，摆动的漏斗撒出的米在传送带上留下的痕迹如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2，请回答以下问题：

(1)用你的毫米刻度尺测量图片中OA的长度为_________mm，为判断传送带在启动阶段的运动性质，还需要测出____________的长度；
(2)根据你的测量数据得出的结论是_____________________，理由是_____________。
【答案】根据印刷试题中实际距离评分，有效数字须正确 OB和OC（或者AB和BC） 可看做匀加速运动 在误差允许范围内，连续相等的时间段内的位移差相等
【详解】(1)[1][2]根据印刷试题中实际距离评分，有效数字须正确。
需要测出OB和OC（或者AB和BC）来计算相同时间内位移差的大小，以此判断运动状态。
(2)[3][4]由图可知，经过、、所用的时间相同，且在误差范围内，近似等于，即在连续相等时间段内位移差相等，符合匀加速运动的条件，因此可以得出该运动是匀加速直线运动。
3．某学习小组的同学要应用自由落体运动知识测当地重力加速度g，现已找来了如下器材：如图所示的对称“工”字形金属薄片、铁架台及其附件、光电计时器1套。

(1)根据实验目的，需要的器材还有（____）
A．天平 B．打点计时器
C．秒表、 D．游标卡尺
(2)需要测量的物理量除了“工” 字形金属薄片上、下水平部分的厚度d和它们之间竖直部分的长度L外（d< (3)用(2)中的物理量字母表示实验中测重力加速度的表达式g =___。
【答案】D “工”字形金属薄片上、下水平部分分别通过光电计时器的时间和
【详解】(1)[1]．此实验不必测量质量，不需天平；用光电计时器计时，故不需打点计时器和秒表；需要用游标卡尺测量“工”字形金属薄片上、下水平部分的厚度，故选D．
(2)[2]．要测当地重力加速度，就必须测得“工”字形金属薄片上、下水平部分分别通过光电计时器的速度，故而需要测量“工”字形金属薄片上、下水平部分分别通过光电计时器的时间和．
(3)[3]．“工”字形金属薄片上、下水平部分分别通过光电计时器的速度


又

得

4．2020年12月8日，中尼两国共同宣布了珠穆朗玛峰的最新高度为海拔8848.86米，此次珠峰高度测量实现了北斗卫星导航系统首次应用、首次实测珠峰峰顶重力值等多项第一。同时，雪深探测雷达、重力仪、超长距离测距仪等一大批国产现代测量设备纷纷亮相。重力仪的内部包含了由弹簧组成的静力平衡系统。
为测量某弹簧劲度系数，某探究小组设计了如下实验，实验装置如下图(1)图(2)所示，角度传感器与可转动“T”形螺杆相连，“T”形螺杆上套有螺母，螺母上固定有一个力传感器，力传感器套在左右两个固定的套杆（图2中未画出）上，弹簧的一端挂在力传感器下端挂钩上，另一端与铁架台底座的固定点相连。当角度传感器顶端转盘带动“T”形螺杆转动时，力传感器会随着“T”形螺杆旋转而上下平移，弹簧长度也随之发生变化。

(1)已知“T”形螺杆的螺纹间距d=4.0×10-3m，当其旋转300°时，力传感器在竖直方向移动______m。（结果保留2位有效数字）
(2)该探究小组操作步骤如下：
①旋转螺杆使初状态弹簧长度大于原长。
②记录初状态力传感器示数F0以及角度传感器示数θ0.
③旋转“T”形螺杆使弹簧长度增加，待稳定后，记录力传感器示数F1，其增加值△F1=F1-F0；角度传感器示数θ1，其增加值△θ1=θ1-θ0。
④多次旋转“T”形螺杆，重复步骤③的操作，在表格中记录多组△F、△θ值：
序号
△F（单位：N）
△θ（单位：°）
1
0.121
499.7
2
0.247
999.9
3
0.373
1500.5
4
0.498
2000.2
5
0.623
2500.6
6
0.747
3000.3
下图已描出5个点，请将剩余点在图中描出并连线。（_________）

⑤用△F、△θ（单位为度）、d三个量计算弹簧劲度系数k的表达式为____________；结合图线算出弹簧的劲度系数k=____________N/m。（结果保留2位有效数字）
【答案】
【详解】(1)[1]当其旋转360°时，力传感器在竖直方向移动d=4.0×10-3m，则当其旋转300°，力传感器在竖直方向移动距离为

(2) [2]描点作图如下

[3]角度增加时，弹簧形变量为，则有

根据胡克定律得

解得

[4]将上式变换得

图像斜率为

解得

5．焦利氏秤是用来测量竖直方向微小力的仪器。实际上就是一个弹簧秤，其简化原理图如图甲所示。焦利氏秤上的弹簧是挂在可以上下移动的有刻度的管子上的，管外面套有外管，外管上有游标尺，旋转标尺上下调节旋钮即可使管上下移动。当重物盘内不放砝码时，固定在弹簧下端的指针指在标线的位置，此时的读数可由管的刻度和外管上的游标读出。如果在重物盘上加X克砝码，弹簧伸长，指针位置下移，旋转标尺上下调节旋钮使管向上移动，使指针回到标线位置，通过管及外管的游标可读出重物盘上加上砝码后对应的示数。

现通过改变重物盘内砝码的质量获得实验数据如下表所示：
序号
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
盘内砝码质量（g）
0
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
6.0
7.0
8.0
9.0
盘内砝码重力
（×10-2N）
0
0.98
1.96
2.94
3.92
4.90
5.88
6.86
7.84
8.82
标尺上读数L（cm）
1.63
3.52
5.39
7.28
9.17
X
12.93
14.82
16.69
18.56
(1)当重物盘中加入5g砝码时，管和外管的游标刻度如图乙所示，表中________cm；
(2)在图丙的坐标图上作出该焦利氏秤内弹簧的F-L图线_______；
(3)该焦利氏秤内弹簧的劲度系数_________N/m（保留两位有效数字）。
【答案】11.07 0.52（0.51~0.53）
【详解】
(1)[1]根据游标卡尺的读数方法可得

(2)[2]如图所示

(3)[3]根据胡克定律，从图象上取两点，可得

6．某同学制作了一个可用电流表直接显示拉力大小的拉力器，原理如图。R1是一根长20cm、阻值20Ω的均匀电阻丝，劲度系数为1.0×103N/m的轻弹簧左端固定，右端连接金属滑片P和拉环，拉环不受拉力时，滑片P恰好处于a端。闭合S，在弹簧弹性限度内，对拉环施加水平拉力，使滑片P滑到b端，调节阻箱电R使电流表恰好满偏。已知电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电流表的量程为0~0.6A，内阻不计，P与R1接触良好且不计摩擦。
（1）电阻箱R0接入电路的阻值为_______Ω；

（2）电流表的刻度标示为拉力值时，拉力刻度值的分布是________（填“均匀”或“不均匀”）的；
（3）电流表刻度值为0.50A处拉力的示数为______N；
（4）要通过线性图象直观反映电流表示数I与拉力F的关系，可作_______图象；
A．I-F B． C． D．
（5）若电流表的内阻不可忽略，则（4）问中正确选择的图象斜率______（填“变大”“变小”或“不变"）。
【答案】9 不均匀 180 C 不变
【详解】（1）[1]由闭合电路欧姆定律可知

解得
R0=9Ω
（3）[2]由闭合电路欧姆定律可知

设弹簧形变量为x，则
F=kx

可知F和I非线性关系，则用电流表的刻度标示为拉力值时，拉力刻度值的分布是不均匀的；
（3）[3]电流表刻度值为0.50A时，根据闭合电路欧姆定律可知

可得
R1=2Ω
则由比例关系可知弹簧被拉伸18cm，此时拉力的示数为
F=kx=1.0×103×0.18N=180N
（4）[4]由（2）列得的式子可知

则要通过线性图象直观反映电流表示数I与拉力F的关系，可作图象，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
（5）[5]若电流表的内阻不可忽略，则（4）问中的表达式变为

则（4）问中正确选择的图象斜率不变。
7．某科技小组想测定弹簧托盘秤内部弹簧的劲度系数k，拆开发现其内部简易结构如图(a)所示，托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连在一起，齿轮D与齿条C啮合，在齿轮上固定指示示数的指针E，两根完全相同的弹簧将横杆吊在秤的外壳I上。托盘中不放物品时，指针E恰好指在竖直向上的位置。指针随齿轮转动一周后刻度盘的示数为P0＝5 kg。

科技小组设计了下列操作：
A．在托盘中放上一物品，读出托盘秤的示数P1，并测出此时弹簧的长度l1；
B．用游标卡尺测出齿轮D的直径d；
C．托盘中不放物品，测出此时弹簧的长度l0；
D．根据测量结果、题给条件及胡克定律计算弹簧的劲度系数k；
E．在托盘中增加一相同的物品，读出托盘秤的示数P2，并测出此时弹簧的长度l2；
F．再次在托盘中增加一相同的物品，读出托盘秤的示数P3，并测出此时弹簧的长度l3；
G．数出齿轮的齿数n；
H．数出齿条的齿数N并测出齿条的长度l。
(1)小组同学经过讨论得出一种方案的操作顺序，即a方案：采用BD步骤。
①用所测得的相关量的符号表示弹簧的劲度系数k，则k＝________。
②某同学在实验中只测得齿轮直径，如图(b)所示，并查资料得知当地的重力加速度g＝9.80 m/s2，则弹簧的劲度系数k＝________。(结果保留三位有效数字)
(2)请你根据科技小组提供的操作，设计b方案：采用：________步骤；用所测得的相关量的符号表示弹簧的劲度系数k，则k＝________。
【答案】 7.96×102 N/m CAEFD
【详解】(1)[1]①弹簧的伸长量与齿条下降的距离相等，而齿条下降的距离与齿轮转过的角度对应的弧长相等，齿轮转动一周对应的弧长即为齿轮周长，即托盘中物品质量为P0＝5 kg时弹簧的伸长量：
Δx＝πd
因此只要测出齿轮的直径d即可计算其周长，然后由胡克定律得：
2kΔx＝P0g
解得k＝；
[2]②游标卡尺读数为0.980 cm，代入：
k＝
得k＝7.96×102 N/m；
(2)[3]直接测出不同示数下弹簧的伸长量也可以进行实验，即按CAEFD进行操作，实验不需要测量齿轮和齿条的齿数，GH是多余的；
[4]求解形变量
Δx1＝l1－l0
Δx2＝l2－l0
Δx3＝l3－l0
则：
k1＝
k2＝
k3＝
则：
k＝
联立解得：k＝。
8．一种新的短途代步工具——电动平衡车，被称为站着骑的电动车，某同学为了探究该车在平直水泥路面上的运动情况，设计了如下实验：将输液用的500mL塑料瓶装适量水后，连同输液管一起绑在平衡车的护手上，调节输液管的滴水速度，某滴水刚落地开始计时，从下一滴水落地开始依次计数为1、2、3……，当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0s，该同学骑上平衡车后，先加速到某一速度，然后关闭动力，让平衡车沿着直线滑行。如图所示是某次实验中在水泥路面上的部分水滴及测出的间距值（左侧是起点，单位：m），已知当地重力加速度g取10m/s2，根据该同学的测量结果可得出：

(1)平衡车经过路面上相邻两滴水间的时间间隔T=________s；
(2)平衡车加速过程的加速度大小a=________m/s2，运动到D点的速度大小v=______m/s；（结果均保留三位有效数字）
(3)设平衡车运动过程中所受阻力的大小是人与车总重力的k倍，则k=______；（结果保留两位有效数字）
(4)通过分析纸带，平衡车从哪段开始关闭动力______。
A．EF段 B．FG段 C．GH段
【答案】0.5s 1.94m/s2 4.45m/s 0.042 A
【详解】(1)[1]当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0s，则相邻两滴水间的时间间隔

(2)[2]由逐差法可知，加速度大小为

[3]运动到D点的速度大小

(3)[4]在减速阶段，根据逐差法得加速度大小为

根据牛顿第二定律得

解得

(4)[5]由纸带可知，BC段与AB段之差为0.49m，CD段与BC段之差为0.48m，DE段与CD段之差为0.49m，EF段与DE段之差为0.30m，由此可知，平衡车从EF段开始关闭动力
故选A。
9．2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：

（i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。
（ii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。
（iii）该同学选取部分实验数据，画出了—t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6 m/s2
（iv）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。
回答以下问题：
(1)当木板的倾角为37°时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为_____m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_____m/s2.（结果均保留2位有效数字）
(2)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_____ m/s2.（结果保留2位有效数字，sin37°= 0.60，cos37°=0.80）
【答案】0.32或0.33 3.1 9.4
【详解】(1)[1][2]根据可得

则由图像可知

则
v0=0.33m/s

(2)[3]由牛顿第二定律可知

即

当θ=53°时a=5.6m/s2，即

当θ=37°时a=3.0m/s2，即

联立解得
g=9.4m/s2
10．甲图是英国数学家和物理学家阿特伍德（G·Atwood 1746-1807）创制的一种著名力学实验装置—阿特伍德机，用来研究竖直方向上做匀变速直线运动物体的超失重规律。某同学对该装置加以改进后还可以用来测量一个物体的质量，如图乙所示。

(1)实验时，该同学进行了如下操作：
①将质量均为M（A的含挡光片，B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出_______（填“A的上表面”“A的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h；
②在B的下端挂上质量为m（未知）的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为∆t；
③测出挡光片的宽度d，利用有关物理量，就可以计算出物块C的质量m。
(2)已知当地重力加速度为g，则物块C的质量m可表达为_______（用M、h、d、∆t、g表示）。
【答案】挡光片中心
【详解】(1)①[1]要计算系统重力势能的变化量，需要测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离。
(2)[2]对系统，设加速度大小为，由牛顿第二定律可得

又

而

联立解得

11．小鸣同学组装了一套实验装置如图甲所示，拉力传感器竖直固定，一根不可伸长的细线上端固定在传感器的挂钩上，下端系着小钢球，钢球底部固定有遮光片，拉力传感器正下方安装有光电门，钢球经过最低点时遮光片恰能通过光电门。已知当地的重力加速度大小为g。小鸣进行了下列实验步骤：

(1)用游标卡尺测遮光片宽度d，如图乙所示，读数___________mm；
(2)拉起钢球使细线与竖直方向成不同的角度，钢球由静止释放后均在竖直平面内运动，记录遮光片每次通过光电门的遮光时间和对应的拉力传感器示数F；根据记录数据描绘出如图丙所示的图象，a是已知量。通过图丙中的信息可以求哪个物理量？___________；该物理量的表达式为___________（用题目中所给符号表示）。
【答案】5.20 小钢球和遮光片的总质量
【详解】(1)[1]由题图可得

(2)[2][3]根据题意可知，在小钢球摆到最低点，由牛顿第二定律得

其中

化简可得

结合图象，可得

通过图丙中的信息可以求出小钢球和遮光片的总质量，即

12．新型电子秤是采用现代传感器技术、电子技术和计算机技术一体化的电子称量装置，具有去皮清零功能，即先将容器置于电子秤上，按下去皮按钮清零后再把被测物品放进容器里，待物品静止时，电子秤受到的压力大小数值上等于物品受到的重力大小，通过当地重力加速度的换算，可以测出物品的质量。现用该电子秤探究小球在竖直面内做圆周运动在最低点时对轨道的压力与半径的关系。某物理兴趣小组到实验室取来该电子秤、半径不同的光滑半圆轨道和小球等器材做了下列探究实验，整个实验过程忽略空气阻力的影响：

（1）将小球静置于电子秤上，根据示数得到压力为F0，将半径为R的半圆轨道放在电子秤上并去皮清零。然后将小球从半圆轨道的边缘由静止释放，当小球运动到最低点时，可由电子秤的示数得到其压力为_____；
（2）将半径为R的半圆轨道换为半径为1.5R、2R……的半圆轨道放在电子秤上并清零，同样将小球从半圆轨道的边缘由静止释放，观察并记录电子秤的读数；
（3）进行多次试验后发现：随轨道半径增大，小球对轨道的压力___，小球在轨道最低点的动能____（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】3F0 不变 增大
【详解】（1）[1]设小球运动到最低点时的速度为v，此时小球所受支持力为FN，小球由静止释放运动到最低点的过程，由动能定理得

小球运动到最低点时，由牛顿第二定律得

联立解得

由牛顿第三定律得，电子秤的压力示数为3F0。
（3）[2]由（1）中的计算结果可知，小球运动到最低点时，小球对轨道的压力始终为自身重力的3倍，与轨道半径无关，所以随轨道半径增大，小球对轨道的压力不变。
[3]由（1）中的计算结果可知，小球运动到最低点时的动能等于mgR，则轨道半径增大，小球在轨道最低点的动能也增大。
13．图中圆盘可绕过中心垂直于盘面的水平轴转动。圆盘加速转动时，角速度的增加量与对应时间的比值定义为角加速度，用β表示，，我们用测量直线运动加速度的实验装置来完成实验，实验步骤如下。其中打点计时器所接交流电的频率为50Hz，图中A、B、C、D……为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出。

①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；
②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；
③断开电源，经过一段时间，停止转动圆盘和打点，取下纸带，进行测量。
（1）用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的直径为___________mm；
（2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为_________rad/s（保留两位有效数字）；
（3）圆盘转动的角加速度大小为_________rad/s2。（保留两位有效数字）。
【答案】120.00 6.5 10(9.8~10)
【详解】（1）[1]游标卡尺主尺部分读数为120mm，游标上是第0格与主尺，精确度为0.05mm，故圆盘的直径为

（2）[2]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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小

故

（3）[3]根据匀变速直线运动的推论公式
△x=aT2
可以求出加速度的大小，得

由于
，
故角加速度为
（9.8~10）
14．用如图甲所示装置验证机械能守恒定律。把劲度系数为k的轻质弹簧左端固定在水平光滑桌面上，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球在A点，向左推小球压缩弹簧一段距离后小球至C点，由静止释放。用频闪照相机得到小球从C点到B点的照片如图乙所示。已知弹簧的弹性势能，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的弹性伸长量或压缩量，频闪照相机频闪时间间隔为T。

（1）若测得C、A间距离为x0，则弹簧被压缩至C点时具有的弹性势能EP=________
（2）若测得A、B间距离为x1，小球的质量m，则小球与弹簧分离时的动能EK=_______
（3）在误差允许范围内，若满足EP=EK，则可验证系统的机械能守恒定律。由于实际上桌面_____，导致存在系统误差，因此，EP________EK（填“大于”或“小于”）。
【答案】 不是绝对光滑（或存在摩擦） 大于
【详解】（1）[1]．若测得C、A间距离为x0，则弹簧被压缩至C点时具有的弹性势能

（2）[2]．小球从A到B的运动的平均速度即为A点的速度，则

小球与弹簧在A点分离，则分离时的动能

（3）[3][4]．由于实际上桌面不是绝对光滑（或存在摩擦），导致存在系统误差，因此EP大于EK。
15．如图甲是实验室测定小物块和水平面之间动摩擦因数的实验装置，将带有遮光条的物体由曲面的顶端无初速度释放，物体经过光电门瞬间可通过数字计时器记录遮光条的挡光时间，经过一段时间物体停在水平面上的A点，重力加速度大小为g：

(1)实验需用游标卡尺（20分度）测量遮光条的宽度d，如图乙所示，d=___mm；
(2)为了完成本实验，还需要测量A点到光电门的距离s与遮光条通过光电门的时间t，得动摩擦因数的表达式为____；（用测量的物理量和重力加速度g表示）
(3)为了减小实验误差，同学们采用图像法来处理实验数据，他们根据(2)中测量的物理量，建立如图所示的坐标系寻找关系，其中合理的是___。
A． B． C． D．
【答案】5.50 B
【详解】(1)[1] d=5mm+0.05mm×10=5.50mm。
(2)[2]根据遮光条的宽度与物体通过光电门的时间即可求得物体的速度：
，
物体经过光电门到图甲中A点的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得，
联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式
。
(3)[3]由动摩擦因数的表达式可知，与t2和s的乘积成反比，所以与s的图线是过原点的直线，应该建立的坐标系为：纵坐标用物理量，横坐标用物理量s，即B正确。
16．某同学猜想：弹簧的弹性势能与其劲度系数成正比、与其形变量的二次方成正比，即；其中b为与弹簧劲度系数成正比例的常数。该同学设计以下实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。如图所示，在水平桌面上放置一个气垫导轨，将弹簧一端固定于气垫导轨左侧。调整导轨使滑块能在导轨上自由匀速滑动。将光电门固定在离弹簧右侧原长点稍远的位置。推动滑块压缩弹簧一段合适的距离后，由静止释放滑块。滑块离开弹簧后运动通过光电门。通过测量和计算研究上述猜想。

实验中进行以下测量：
A．测得滑块的质量m；
B．测得滑块上遮光片的宽度d；
C．测得弹簧的原长；
D．推动滑块压缩弹簧后，测得弹簧长度L；
E.释放滑块后，读出滑块遮光片通过光电门的时间t；
F.重复上述操作，得到若干组实验数据，分析数据并得出结论。
回答下列问题。（前三个问题用实验测得的物理量字母及比例常数b表示）
（1）滑块离开弹簧后的动能为________。
（2）由能量守恒定律知弹簧被压缩后的最大弹性势能与滑块弹出时的动能相等。若关于弹簧弹性势能的猜想正确，则________。
（3）用图像处理实验数据并分析结论，得出的图像如图所示。该图像不过坐标原点的原因是________________。（只填写一条）

（4）若换用劲度系数更大的弹簧做实验，图像斜率将________。（选填“不变”“变大”或“变小”）
（5）若实验中测得的一组数据：，，，，。由此计算比例常数________N/m。
【答案】 滑块运动过程中受阻力 变小 15.625
【详解】（1）[1]．滑块匀速通过光电门有

滑块动能

解得
①
（2）[2]．弹簧被最大压缩后的最大弹性势能
②
最大弹性势能与滑块的动能相等，解①②式得
③
（3）[3]．该图像在纵轴上有正截距。则③式为
（c为截距）
则滑块的动能小于弹簧的最大弹性势能，主要原因是滑块运动过程中受阻力，或导轨右侧高于左侧。
（4）[4]．由③式知，图像的斜率为。换用劲度系数更大的弹簧做实验，则b更大，则图像斜率变小。
（5）[5]．由③式得

17．某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。
(1)如图（a）所示，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，g取9.8 m/s2，由数据算得劲度系数k=______N/m（结果保留两位有效数字）。
砝码质量/g
50
100
150
弹簧长度/cm
8.62
7.63
6.66


(2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图（b）所示，调整导轨使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小______。
(3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为______。
(4)重复(3)中的操作，得到v与x的关系如图（c），由图可知，v与x成正比关系。由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的_______成正比。
【答案】50 相等 滑块的动能 压缩量x的二次方
【详解】(1)[1]假设弹簧原长为，根据胡克定律可知

则

(2)[2]滑块的动能全部来源于弹簧的弹性势能，必须使导轨水平，所以滑块通过两个光电门的速度大小相等。
(3)[3]滑块运动过程中，只有弹簧弹力对滑块做正功，所以弹簧的弹性势能转化为滑块的动能。
(4)[4]根据图像可知

其中为图像斜率，为一常数，对公式变形

等式左边为动能，右边即为弹簧的弹性势能，所以对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的压缩量x的二次方成正比。
18．某同学利用如图装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验．A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连．在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连．当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度．整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g．实验操作如下：

(1)开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零．现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v．
(2)在实验中保持A，B质量不变，改变C的质量M，多次重复第(1)步．
①该实验中，M和m大小关系必需满足M______m　（选填“小于”、“等于”或“大于”）
②为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应______（选填“相同”或“不同”）
③根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出______（选填“v2-M”、“v2-”或“v2-”）图线．
④根据③问的图线知，图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为______（用题给的已知量表示）．
【答案】大于 相同 v2-
【解析】试题分析：①根据题意，确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质M要大于A的质量m；
②要刚释放C时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为，因此弹簧的形变量为，不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升了，则C下落的高度为，即C下落的高度总相同；
③选取AC及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：，整理得，，为得到线性关系图线，因此应作出图线．
④由上表达式可知，，解得．
考点：验证机械能守恒定律
【名师点睛】理解弹簧有压缩与伸长的状态，掌握依据图象要求，对表达式的变形的技巧．
19．利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒定律。
实验器材：两个半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺。
实验步骤：
（1）测量小球1、2的质量分别为m1、m2，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，各悬点位于同一水平面，如图甲；
（2）将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是边长为d的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍；
（3）分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后到达最高位置为B，球2向左摆动的最高位置为C，如图乙。已知重力加速度为g，碰前球1的动量大小为_____。若满足关系式______，则验证碰撞中动量守恒；
（4）与用一根细线悬挂小球相比，本实验采用双线摆的优点是：______。
（5）球1在最低点与静止的球2水平正碰后，球1向右反弹摆动，球2向左摆动。若为弹性碰撞，则可判断球1的质量______球2的质量（填写“大于”、“等于”或“小于”）；若为非弹性碰撞，则______（填“能”或“不能”）比较两球质量大小？理由是：______

【答案】 双摆线能保证小球运动更稳定，使得小球运动轨迹在同一竖直平面内 小于 能 理由见解析
【详解】(3)[1]对小球1，根据动能定理得

碰前动量为

[2]碰后小球1、2的速度分别为
，
如果动量守恒，则满足

即

(4)[3] 双摆线能保证小球运动更稳定，使得小球运动轨迹在同一竖直平面内，避免小球做圆锥摆运动。
(5)[4]根据弹性碰撞的特征有
，
解得

球1反弹，则说明球1的质量小于球2的质量。
[5][6]能。如果小球1碰后速度反弹，根据动量守恒

可知

同时需要满足碰后机械能不增加，有

可知必然小于。
20．某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：

（1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间______时，可认为气垫导轨水平；
（2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；
（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；
（4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；
（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=______，滑块动量改变量的大小Δp=______；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示）
（6）某次测量得到的一组数据为：d=1.000cm，m1=1.5010-2kg，m2=0.400kg，△t1=3.90010-2s，Δt2=1.27010-2s，t12=1.50s，取g=9.80m/s2。定义，本次实验δ=______%（保留1位有效数字）。
【答案】相等 4
【详解】（1）[1]当遮光片经过A、B两个光电门时间相等时，则速度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水平的。
（5）[2][3]由
I=Ft
得

由

得

(6)[4]代入数值知，冲量

动量改变量

由定义公式可得，本次实验