【文档说明】2024届高考二轮复习物理试题（老高考新教材） 专题分层突破练16　力学实验 Word版含解析.docx，共(8)页，902.133 KB，由小赞的店铺上传

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专题分层突破练16力学实验A组基础巩固练1.(2023福建福州二模)如图甲所示,利用向心力演示器,探究做圆周运动的小球当质量、半径一定时,所需向心力大小F与角速度ω之间的关系。甲乙丙(1)如图乙所示,若传动皮带套在塔轮第二层,左、右塔轮半径R1、R2

之比为2∶1,则塔轮转动时,A、C两处的角速度之比为。(2)图中标尺上黑白相间的等分格显示如图丙,则A、C两处钢球所受向心力大小之比约为。(3)由此实验,得到的结论是。2.(2023浙江6月选考)在“探究平抛运动的特点”实验中(1)用

图甲装置进行探究,下列说法正确的是。A.只能探究平抛运动水平分运动的特点B.需改变小锤击打的力度,多次重复实验C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点(2)用图乙装置进行实验,下列说法正确的是。A.斜槽轨道M必须光滑且其末端水平B.上下调节挡板

N时必须每次等间距移动C.小钢球从斜槽M上同一位置由静止滚下(3)用图丙装置进行实验,竖直挡板上附有复写纸和白纸,可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端,钢球从斜槽上P点由静止滚下,撞击挡板留下

点迹0,将挡板依次水平向右移动x,重复实验,挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点,竖直向下建立坐标轴y,各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d,则钢球平抛初速度v0为。A.(𝑥+

𝑑2)√𝑔2𝑦1B.(𝑥+𝑑2)√𝑔𝑦2-𝑦1C.(3𝑥-𝑑2)√𝑔2𝑦4D.(4𝑥-𝑑2)√𝑔2𝑦43.(2023湖南永州三模)某同学在用单摆测定重力加速度的实验中,测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期,记录数据如下:l/

m0.50.80.91.01.2T/s1.421.791.922.022.22T2/s22.023.203.694.084.93(1)试以l为横坐标、T2为纵坐标,在坐标纸中作出T2-l图线,并利用此图线求出重力加速度g=m/s2(结果保留3位有效数字)。(2)某同学在某次实验中,将每次测得

的周期T及测得的摆长l代入公式计算重力加速度的值,但每次的测定值总是偏大,其原因可能是。A.计算摆长时,只考虑了摆线的长度,没有加上摆球的半径B.数摆动次数时,在计时的同时,就开始数1,误将29次全振动记成了30次C.摆线上

端未牢固地固定,振动中出现了松动导致摆线长度变长了4.(2023全国甲卷)某同学利用如图甲所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连,右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连,钩码下落,带动小车运动,打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图乙所

示。甲乙(1)已知打出图乙中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1s,以打出A点时小车位置为初始位置,将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移Δx填到表中,小车发生位移所用时间和平均速度分别为Δt和𝑣,表中ΔxAD=cm,

𝑣𝐴𝐷=cm/s。位移区间ABACADAEAFΔx/cm6.6014.60ΔxAD34.9047.30v/(cm·s-1)66.073.0vAD87.394.6(2)根据表中数据得到小车平均速度𝑣随时间Δt的变化关系,如图丙所示。在图丙中补全实验点。丙(3)从

实验结果可知,小车运动的𝑣-Δt图线可视为一条直线,此直线用方程𝑣=kΔt+b表示,其中k=cm/s2,b=cm/s。(结果均保留3位有效数字)(4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动,得到打出A点

时小车瞬时速度大小vA=,小车的加速度大小a=。(结果用字母k、b表示)B组素能提升练5.(2022全国甲卷)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上

发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2,进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空:(1)调节导轨水平。(2)测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反,应选取质量为kg的滑块作

为A。(3)调节B的位置,使得A与B接触时,A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动,并与B碰撞,分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。(5)将B放回到碰撞前的位置

,改变A的初速度大小,重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示。比较项12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k=v1v20.31k20.330.330.33

(6)表中的k2=(保留2位有效数字)。(7)𝑣1𝑣2的平均值为(保留2位有效数字)。(8)理论研究表明,对本实验的碰撞过程,是否为弹性碰撞可由𝑣1𝑣2判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则𝑣1𝑣2

的理论表达式为(用m1和m2表示),本实验中其值为(保留2位有效数字);若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内,则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。6.(2022河北卷)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计

时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律,实验装置如图甲所示。弹簧的劲度系数为k,原长为L0,钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E=12kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,当地的重力加

速度大小为g。甲(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置,测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码,弹簧收缩,得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图乙所示,纸带上相邻两点之间的时

间间隔均为T(在误差允许范围内,认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内,弹簧的弹性势能减少量为,钩码的动能增加量为,钩码的重力势能增加量为。乙(2)利用计算机软件对实验数据进行处理,得到弹簧弹

性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系,如图丙所示。由图丙可知,随着h增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,主要原因是。丙7.(2023湖南长沙雅礼中学月考)某同学利用如图甲所示的装置测量小车和智能手机的质量,智能手机可

以利用手机软件直接测量出手机运动时的加速度。悬挂质量为m的钩码,用智能手机测出小车运动的加速度a;改变钩码的质量m,进行多次测量;作出a与m(g-a)的图像如图乙所示,已知图像中直线的截距为b,斜率为k。不计空气阻力,重力加速度为g。甲乙(1)以下说法正确的是;

A.钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量B.细绳应该始终与长木板平行C.不悬挂钩码时,应使小车和智能手机匀速沿木板下滑D.细线的拉力等于钩码的重力(2)根据图像可得,小车和手机的质量为;(3)再利用手机软件测出斜面倾角为θ,则小车和

智能手机沿木板运动过程中受摩擦力的大小为。专题分层突破练16力学实验1.答案(1)1∶2(2)1∶4(3)当质量、半径一定时,所需向心力大小F与角速度的二次方ω2成正比关系解析(1)左、右塔轮边缘的线速度相等,则根据v=ωR,可得𝜔1𝜔2=𝑅2𝑅1=12,A、C两处的角

速度之比为1∶2。(2)根据图中标尺上黑白相间的等分格显示可知,A、C两处钢球所受向心力大小之比约为1∶4。(3)由此实验,得到的结论是当质量、半径一定时,所需向心力大小F与角速度的二次方ω2成正比关系。2.答案

(1)B(2)C(3)D解析(1)两球同时落地,只能探究平抛运动的竖直分运动是自由落体运动,选项A、C错误;实验时,需要改变小锤击打的力度,多次重复实验,选项B正确。(2)研究平抛运动,斜槽末端必须水平,但轨道没必要光滑,选项A错误;描绘平抛运动的轨迹,没必要

将挡板N等间距移动,选项B错误;为了保证平抛运动的初速度一定,小钢球从斜槽M上同一位置由静止滚下,选项C正确。(3)钢球抛出的水平距离x-𝑑2=v0t,y1=12gt2,故v0=(𝑥-𝑑2)√𝑔2

𝑦1,选项A、B错误;钢球抛出的水平距离4x-𝑑2=v0t',y4=12gt'2,故v0=(4𝑥-𝑑2)√𝑔2𝑦4,选项C错误,D正确。3.答案(1)作图见解析9.48(9.40~9.60均可)(2)B解析(1)根据图表中数据描点连线可得T2-l图线如下图所示;单摆的周期

公式T=2π√𝐿𝑔,可得T2=4π2𝑔L,所以斜率是k=4π2𝑔,即g=4π2𝑘,代入图线中数据可知g=9.48m/s2。(2)计算摆长时,只考虑了摆线的长度,没有加上摆球的半径,会导致摆长偏小,则重力加速度测量值偏小,A错误;数摆动次数时,在计时的同

时,就开始数1,误将29次全振动记成了30次,会导致周期测量值偏小,则重力加速度测量值偏大,B正确;摆线上端未牢固地固定,振动中出现了松动导致摆线长度变长了,则记录值比实际偏小,使重力加速度测量值偏小,C错

误。4.答案(1)24.0080.0(2)如解析图所示(3)71.558.7(4)b2k解析(1)ΔxAD=ΔxAB+ΔxBC+ΔxCD=24.00cm𝑣𝐴𝐷=Δ𝑥𝐴𝐷𝑡𝐴𝐷=80.0cm/s。(2)如图所示。(3)连接上图中各点,由图像得截距为58.7,则b=58.7cm/s

,k=101.6-58.70.6-0cm/s2=71.5cm/s2。(4)由x=v0t+12at2得𝑣=𝑥𝑡=v0+12at,则vA=b,a=2k。5.答案(2)0.304(6)0.31(7)0.32(8)𝑚2-𝑚12𝑚10.34解析(2)要使两滑块碰撞

后运动方向相反,应使质量小的滑块碰撞质量大的滑块,应选取质量为0.304kg的滑块作为A。(6)由于两段位移大小相等,根据表中的数据可得k=𝑣1𝑣2=𝑡2𝑡1=0.31。(7)𝑣1𝑣2的平均值为0.32。(8)发生弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒,可得m1v0=-m

1v1+m2v212m1𝑣02=12m1𝑣12+12m2𝑣22联立解得-v1=𝑚1-𝑚2𝑚1+𝑚2v0,v2=2𝑚1𝑚1+𝑚2v0,解得𝑣1𝑣2=𝑚2-𝑚12𝑚1,代入数据解得𝑣1𝑣2=0.34。

6.答案(1)k(L-L0)h4-12𝑘ℎ42𝑚(ℎ5-ℎ3)28𝑇2mgh4(2)见解析解析(1)从打出A点到打出F点时间内,弹簧的弹性势能减少量为ΔEp弹=12𝑘(𝐿-𝐿0)2−12𝑘(𝐿-𝐿0-ℎ4)2,整理有ΔEp弹=k(L-L0)h4-

12𝑘ℎ42;打F点时钩码的速度为vF=ℎ5-ℎ32𝑇,由于在误差允许的范围内,认为释放钩码的同时打出A点,则钩码动能的增加量为ΔEk=12𝑚𝑣𝐹2-0=𝑚(ℎ5-ℎ3)28𝑇2;钩码的重力势能增加量为DEp重=mgh4。(2)钩码机械能的增加量,即钩码动能和重力势能

增加量的总和,若无阻力做功,则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功,则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大,导致空气阻力逐渐增大,以至于空气阻力做的功也逐渐增大。7.答案(1)B(2)1𝑘(

3)𝑔sin𝜃-𝑏𝑘解析(1)设小车和手机的质量为m',斜面倾角为θ,对钩码和小车以及手机的系统由牛顿第二定律有mg+m'gsinθ-μm'gcosθ=(m'+m)a,整理可得a=𝑚(𝑔-𝑎)𝑚'+

gsinθ-μgcosθ,可得本实验的原理为a与m(g-a)成一次函数关系。因本实验根据牛顿第二定律对系统采用准确的方法,故不需要近似地用钩码重力代替绳的拉力,也就不需要质量关系,即不需要钩码的质量远小于智能手机和小车的质量,A错误;为了让绳子拉小车的力为恒力,则细绳应该始终与长木板平

行,B正确;本实验若平衡了摩擦力,系统的牛顿第二定律表达式为a=𝑚(𝑔-𝑎)𝑚',a与m(g-a)成正比例关系,不符合实验结果,故不需要平衡摩擦力,C错误;本实验中根据牛顿第二定律,可知绳子的拉力小于钩码

的重力,D错误。(2)根据a与m(g-a)的一次函数关系,可知图像的斜率为1𝑚'=k,则小车和手机的质量为m'=1𝑘。