【文档说明】2021届新高考物理二轮复习 专题6 第1讲 力学实验及创新 作业含解析.docx，共(8)页，491.172 KB，由envi的店铺上传

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第一部分专题六第1讲A组基础能力练1．(2020·四省名校二次大联考)某同学利用如图甲所示装置研究匀变速直线运动规律．某次实验通过电磁打点计时器打出纸带的一部分如图乙所示，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，每两个相邻计数点间有4个计时点没有画出，打点计时器所接交流电源频率为50Hz

.分别测出A点到B、C、D、E点之间的距离，x1、x2、x3、x4，以打A点作为计时起点，算出小车位移与对应运动时间的比值xt，并作出xt－t图像如图丙所示．(1)实验中下列措施必要的是_C__(填正确答案标号)A．打点计时器接220V交流电源B．平

衡小车与长木板间的摩擦力C．细线必须与长木板平行D．小车的质量远大于钩码的质量(2)由图丙中图像求出小车加速度a＝_5.0__m/s2，打A点时小车的速度vA＝_0.40__m/s.(结果均保留两位有效数字)【解析】(1)电磁打点计时器

接8V左右交流电源，选项A错误；实验时不需要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项B错误；细线必须与长木板平行，选项C正确；实验中小车做匀加速运动即可，没必要小车的质量远大于钩码的质量，选项D错误；故选C．(2)根据x＝v0t＋12at

2可得xt＝v0＋12at，由图像可知：v0＝vA＝0.4m/s；a＝2k＝2×1.4－0.40.4m/s2＝5.0m/s22．(2020·江苏质量检测)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳

的另一端都有绳套(如图所示)．实验中需用两个弹簧测力计分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O.(1)某同学在做该实验时认为：其中正确的是(ABC)A．拉橡皮条的绳细一些且长一些，实验效果较好B．拉橡皮条时，弹

簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些D．拉力F1和F2的夹角越大越好(2)若两个弹簧测力计的读数均为4N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则_不能__(填“能”或“不

能”)用一个量程为5N的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是42N>5N.【解析】(1)拉力F1和F2的夹角越大，而合力越小，作图时相对误差太大，正确的选项为A、B、C．(2)若两个弹簧测力计的读数均为4N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则其合力为42

N>5N，故不能用一个量程为5N的弹簧测力计测量出它们的合力．3．(2020·河南八市三模)一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中：(1)甲同学在做该实验时，通过处理数据得到了图甲所示的F－x图像，其中F为弹簧弹力，

x为弹簧长度．请通过图甲，分析并计算，该弹簧的原长x0＝_8__cm，弹簧的弹性系数k＝_25__N/m.该同学将该弹簧制成一把弹簧秤，当弹簧秤的示数如图乙所示时，该弹簧的长度x＝_20__cm.(2)

乙同学使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图像如图丙所示．下列表述正确的是(B)A．a的原长比b的长B．a的劲度系数比b的大C．a的劲度系数比b的小D．测得的弹力与弹簧的长度成正比．【解析】(1)当弹力为零时，弹簧处于原长状态，故原长为：x0＝8cm

，在F－x图像中斜率代表弹簧的劲度系数，则：k＝ΔFΔx＝60.24N/m＝25N/m，在乙图中弹簧秤的示数：F＝3.00N，根据F＝kx，可知：x＝Fk＝325m＝0.12m＝12cm，故此时弹簧的

长度：L＝x＋x0＝20cm.(2)在丙图中，当弹簧的弹力为零时，弹簧处于原长，故b的原长大于a的原长，故A错误；斜率代表劲度系数，故a的劲度系数大于b的劲度系数，故B正确，C错误；弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误．4．(2020·江西三市一模)某同学查阅资料得知弹簧弹

性势能的表达式为Ep＝12kx2(其中k是弹簧的劲度系数，x是形变量)，他想通过下图所示的实验装置加以验证．有一轻质弹簧水平放置在气垫导轨上，左端固定，弹簧处于原长时另一端在O点处，右端紧靠滑块，但不连接．(1)其探究步骤如下：①按图1所示安装好实验装置；②用游标卡尺测

量固定在滑块上的遮光条宽度d，其示数如图2所示，则d＝_3.65__mm；③打开气源，将滑块放在导轨上，调节气垫导轨使之水平；④滑块压缩弹簧至位置A(记下此时弹簧的压缩量x1)后由静止释放，记下遮光条通过光电门的时间t1＝8×10－3s，则滑块离开弹

簧时的速度v1＝_0.46__m/s(结果保留两位有效数字)；⑤重复以上步骤分别求得物体离开弹簧时的速度大小，v1取平均值；⑥改变A点的位置，重复上面的实验，分别得到多组x、v的值；(2)如果弹性势能的表达式为Ep＝12kx2，摩擦阻力不计，则物

体离开弹簧时的速度v随弹簧压缩量x的变化图线应该是_过原点的一条直线__．【解析】(1)②d＝3mm＋0.05mm×13＝3.65mm；④滑块离开弹簧时的速度v1＝dt1＝3.65×10－38×10－3m/s≈0.46m/s.(2)

由能量关系12kx2＝12mv2，则v＝kmx，则物体离开弹簧时的速度v随弹簧压缩量x的变化图线应该是过原点的一条直线．B组素养提升练5．(2020·湖北武汉调研测试)某同学用如图所示装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其

质量之间的关系”．(1)下列实验中相关操作正确的是(B)A．平衡摩擦力时，应先将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上B．平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器C．小车释放前应靠近打点计时器，且先释放小车后接通打点计时器的电源

(2)将沙和沙桶的总重力mg近似地当成小车所受的拉力F会给实验带来系统误差．设小车所受拉力的真实值为F真，为了使系统误差mg－F真F真<5%，小车和砝码的总质量是M，则M与m应当满足的条件是mM<_0.05__.(3)在完成实验操

作后，用图像法处理数据，得到小车的加速度倒数1a与小车质量M的关系图像正确的是(C)【解析】(1)平衡摩擦力时，应不挂沙桶，只让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A错误；平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，选项B正确；小车释放前应靠近打

点计时器，且先接通打点计时器的电源后释放小车，选项C错误；(2)在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是系统误差，对小车，根据牛顿第二定律得：a＝F真M，对整体，根据牛顿第二定律得：a＝mgM＋m，

且mg－F真F真＜5%，解得：mM＜0.05.(3)由牛顿第二定律可知：a＝mgM＋m，则1a＝1mgM＋g，故选C．6．(2020·无锡期末考试)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图1所示，轻弹簧放置在倾斜的长木板上，弹簧左端固定，右端与一

物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．(1)实验中涉及下列操作步骤：①松手释放物块；②接通打点计时器电源；③木板一端抬高以平衡摩擦；④向左推物块使弹

簧压缩，并测量弹簧压缩量．上述步骤正确的操作顺序是_③④②①__(填序号)．(2)甲同学实际打点结果如图2所示，观察纸带，判断测量值比真实值_偏小__(选填“偏小”或“偏大”)．(3)乙同学实际打点结果如图3所示．打点计时器所用交流电的频率为50Hz，小车质量为200g，结

合纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为_0.78__m/s，相应的弹簧的弹性势能为_0.061__J．(结果均保留两位有效数字)【解析】(1)上述步骤正确的操作顺序是：③④②①.(2)由纸带可知，物块先加速后减速，可知肯定是平衡摩擦力不够，弹簧的弹性势能一部分克服摩

擦力做功，则弹簧弹性势能的测量值小于真实值．(3)物块脱离弹簧时的速度为v＝xt＝1.56×10－20.02m/s＝0.78m/s；弹性势能：EP＝12mv2＝12×0.2×0.782J＝0.061J.7．(2020·南昌一中测试)气垫导轨上相隔一定距离的两

处安装有两个光电传感器A、B，AB间距为L，滑块P上固定一遮光条，P与遮光条的总质量为M，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连．滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随

时间t变化的图像：(1)实验前，接通气源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的t1_＝__t2(选填“>”、“＝”或“<”)时，说明气垫导轨已经水平；(2)用螺旋测微器测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则d＝_8.475__mm；(3)将滑块P用细

线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图像如图乙所示．利用测定的数据，当关系式2mgL(m＋M)＝dt22－dt12成立时，表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒

．(重力加速度为g，用题中给定的物理量符号表达)【解析】(1)如果遮光条通过光电门的时间相等，即t1＝t2，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平；(2)螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为0.01×47.5mm＝0.475mm，所以最终

读数为：8mm＋0.475mm＝8.475mm；(3)由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，则vA＝dt1vB＝dt2滑块和砝码组成的系统动能的增加量ΔEk＝12(M＋m)(v2B－v2A)系统的重力势能的减小量ΔEp＝mgL如果系统动

能的增加量等于系统重力势能的减小量，则系统机械能守恒，即mgL＝12(M＋m)(v2B－v2A)化简得2mgL(m＋M)＝dt22－dt12获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com