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第37讲 物理实验（二）-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）
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这是一份第37讲 物理实验（二）-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版），共28页。
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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc136266577" 实验5 探究功与物体速度变化的关系 PAGEREF _Tc136266577 \h 1
\l "_Tc136266578" 实验6 验证机械能守恒定律 PAGEREF _Tc136266578 \h 9
\l "_Tc136266579" 实验7 用单摆测定重力加速度 PAGEREF _Tc136266579 \h 17
实验5 探究功与物体速度变化的关系
【实验原理】
探究功与速度变化的关系，可通过改变力对物体做的功，测出力对物体做不同的功时物体的速度，为简化实验可将物体初速度设置为零，可用图所示的装置进行实验，通过增加橡皮筋的条数使橡皮筋对小车做的功成倍增加，再通过打点计时器和纸带来测量每次实验后小车的末速度v.
【实验器材】
小车(前面带小钩)、100 g～200 g砝码、长木板(两侧适当的对称位置钉两个铁钉)，打点计时器及纸带、学生电源及导线(使用电火花计时器则不用学生电源)、5～6条等长的橡皮筋、刻度尺．
【实验步骤】
1．按如图所示将实验仪器安装好，同时平衡摩擦力．
2．先用一条橡皮筋做实验，用打点计时器和纸带测出小车获得的速度v1，设此时橡皮筋对小车做的功为W1，将这一组数据记入表格．
3．用2条橡皮筋做实验，实验中橡皮筋拉伸的长度与第一次相同，这时橡皮筋对小车做的功为W2，测出小车获得的速度v2，将数据记入表格．
4．用3条、4条……橡皮筋做实验，用同样的方法测出功和速度，记入表格.
【数据处理】
先对测量数据进行估计，或者作个W－v草图，大致判断两个量可能是什么关系．如果认为可能是W∝v2，对于每一个速度值算出它的二次方，然后以W为纵坐标、v2为横坐标
作图，如果这样作出来的图象是一条直线，说明两者关系真的就是W∝v2.
【误差分析】
1．误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功W与橡皮筋的条数不成正比．
2．没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大也会造成误差．
3．利用打点的纸带计算小车的速度时，测量不准会带来误差．
（2023•赣州一模）某同学利用如图1所示的实验装置探究动能定理并测量小车（含遮光条）的质量M，已知重力加速度g。
（1）具体实验步骤如下：
①该同学用游标卡尺对遮光条的宽度进行了测量，读数如图2所示，则遮光条的宽度d＝ 0.530 cm；
②按图1所示安装好实验装置，连接小车的细绳与长木板平行，挂上砂桶（含少量砂子）；
③调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门时遮光条的挡光时间相等；
④取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的总质量m，并记下；
⑤保持长木板的倾角不变，不挂砂桶，将小车置于长木板上靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲、乙时的挡光时间；
⑥重新挂上细绳和砂桶，改变砂桶中砂子的质量，重复③④⑤步骤。
（2）若遮光条的宽度为d，光电门甲、乙之间的距离为L，通过光电门甲、乙时挡光时间分别为t1、t2，该同学根据Δ（1t2）=1t22−1t12计算出每次实验的Δ（1t2），并通过数据作出Δ（1t2）﹣m图像，图像的延长线恰好可以经过坐标原点。根据图像能得出的实验结论是 在误差允许的范围内，合外力对小车（含遮光条）做的功等于小车（含遮光条）动能的变化量 ，若已知图像斜率为k，那么M＝ 2gLkd2 （结果用字母k、g、d、L表示）。
【解答】解：（1）①由图可得，游标卡尺的精度为0.05mm，所以遮光条的宽度为d＝5mm+6×0.05mm＝5.30mm＝0.530cm
（2）设木板倾角为θ，由题意知，挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使小车（含遮光条）沿木板匀速下滑时，满足：Mgsinθ＝μMgcsθ+mg
当取下托盘和砝码，让小车从起点由静止出发沿木板下滑通过光电门时，合外力做功为：W＝MgsinθL﹣μMgcsθL
因为小车经过光电门的速度为v=dΔt
即小车经过光电门的动能为Ek=12Mv2
令W＝Ek
可得：Δ（1t2）=2gLMd2m
可见当Δ（1t2）﹣m图像的延长线恰好可以经过坐标原点时，说明在误差允许的范围内，合外力对小车（含遮光条）做的功等于小车（含遮光条）动能的变化量。
由题意得：2gLMd2=k
变形解得：M=2gLkd2
故答案为：（1）0.530；（2）在误差允许的范围内，合外力对小车（含遮光条）做的功等于小车（含遮光条）动能的变化量，2gLkd2
（2023•开封二模）某同学利用如图1所示的装置验证动能定理。在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮和动滑轮与弹簧测力计相连。实验时，测出光电门1、2间的距离为L，遮光条的宽度为d，滑块和遮光条的总质量为M，钩码质量为m。
（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图2所示，则d＝ 0.175 cm；
（2）完成下列实验步骤中的填空：
①安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
②实验时要调整气垫导轨水平，不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块能在气垫导轨上静止，则表示气垫导轨已调整至水平状态；
③挂上钩码后，接通气源，再放开滑块，记录滑块通过光电门1的时间t1和通过光电门2的时间t2，若弹簧测力计的示数为F，则滑块所受合外力做的功W＝ FL （用题目中出现的物理量表示），动能变化量ΔEk=12M(dt2)2−12M(dt1)2，如果表达式W＝ΔEk成立，则动能定理即可得到验证；
④改变钩码的质量，重复步骤③，求得滑块在不同合力作用下的动能变化量ΔEk。
（3）对于上述实验，下列说法正确的是 AC 。
A．滑块的加速度大小是钩码加速度大小的2倍
B．弹簧测力计的读数为滑块所受合外力的大小且等于所挂钩码重力的一半
C．实验时两光电门之间的距离尽量大一些
D．钩码的总质量m应远小于滑块和遮光条的总质量M
（4）如果实验时，总有W的值略小于ΔEk，造成的原因可能是 C 。
A．空气阻力
B．遮光条太窄
C．气垫导轨未调水平，需要将调节旋钮P上调，使气垫导轨左端稍微升高一些
D．气垫导轨未调水平，需要将调节旋钮Q上调，使气垫导轨右端稍微升高一些
【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，其精度是0.05mm，由图示游标卡尺可知，d＝1mm+0.05×15mm＝1.75mm＝0.175cm
（2）由实验装置可知，动滑轮两边绳子拉力大小相等，弹簧测力计的示数大小即为滑块所受合力大小，而滑块通过两个光电门之间的距离为L，故可得滑块所受合外力做的功W＝FL
（3）A、由此实验装置可知，钩码向下运动h的位移，滑块就要运动2h的位移，因此可知滑块的加速度大小是钩码加速度大小的2倍，故A正确；
B、弹簧测力计的读数为滑块所受合外力的大小，设钩码和动滑轮得总质量为m0，加速度为a0，则根据牛顿第二定律有：m0g﹣2F＝m0a0，解得弹簧测力计得读数为F=m0g−m0a2，故B错误；
C、实验时两光电门之间的距离尽量大一些，可以减小测量距离带来的误差，使实验结果更加准确，故C正确；
D、钩码的总质量m不需要远小于滑块和遮光条的总质量M，因为其合外力是直接通过弹簧测力计测得的，故D错误。
故选：AC。
（4）实验时，在气垫导轨调节水平的情况下，因为阻力的原因，总有W的值略大于ΔEk，但若出现W的值略小于ΔEk，则一定是气垫导轨未调节水平，且向着滑块运动方向的一端低，致使滑块在运动过程中自身的重力也在做正功，因此需要将调节旋钮P上调，使气垫导轨左端稍微升高一些；故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：（1）0.175；（2）FL；（3）AC；（4）C。
（2023•翠屏区校级模拟）某兴趣小组准备探究“合外力做功和物体速度变化的关系”，实验前组员们提出了以下几种猜想：
①W∝v；
②W∝v2；
③W∝v
为了验证猜想，他们设计了如图甲所示的实验装置，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器（用来测量物体每次通过Q点的速度）。在刚开始实验时，小刚同学提出“不需要测出物体质量，只要测出物体初始位置到速度传感器的距离L和读出速度传感器的读数v就行了”，大家经过讨论采纳了小刚的建议。
（1）请你说明小刚建议的理由： 使用的公式中，等号两边可以简化约去质量m ；
（2）让物体分别从不同高度无初速释放，测出物体初始位置到速度传感器的距离L1、L2、L3、L4，读出物体每次通过Q点的速度v1、v2、v3、v4……，并绘制了如图乙所示的L﹣v图象。若为了更直观地看出L和v的变化关系，他们下一步应该作出 A ；
A．L﹣v2图像
B．L−v图像
C．L−1v图像
D．L−1v图像
（3）实验中，木板与物体间摩擦力 不会 （“会”或“不会”）影响探究的结果。
【解答】解：（1）物体下滑的过程中受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理列出方程式
mg(sinθ−μcsθ)L=12mv2
等号两边可以简化约去质量m；
（2）根据公式mg(sinθ−μcsθ)L=12mv2可看出，合力不变时，L与v2成正比，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（3）在该实验条件下，滑块受到的摩擦力是恒力，不会影响L与v2 这两个变量之间的关系。
故答案为：（1）使用的公式中，等号两边可以简化约去质量m；（2）A；（3）不会。
（2023•齐齐哈尔二模）某同学想用实验验证动能定理。
（1）该同学先用图甲所示装置测滑块与长木板间的滑动摩擦力，把弹簧测力计的一端固定在墙上，用力F水平向左拉放在水平面上的长木板，长木板向左运动，此时测力计的示数稳定（图中已把弹簧测力计的示数放大画出），则滑块受到长木板的滑动摩擦力大小Ff＝ 4.60 N。
（2）再在图乙装置中实验，将图甲中的长木板装上定滑轮平放在水平实验台上，调节 定滑轮高度 ，使拉滑块的细线与长木板平行，由静止释放滑块，打点计时器打出的纸带如图丙所示，O点为刚释放钩码时打下的点，A、B、C、D是四个连续点，各点与O点间的距离图中已标出，打出此纸带过程中，力传感器的示数为F，已知打点计时器所用交流电的频率为f，测出小车质量为M，钩码和力传感器总质量为m，重力加速度为g。则打下O点到C点过程中，如果表达式 (F−Ff)x3=18M(x4−x2)2f2 （用物理量符号表示）成立，则动能定理得到验证。
【解答】解：（1）弹簧测力计的最小分度为0.1N，则可知滑动摩擦力的大小为Ff＝4.60N；
（2）调节定滑轮高度，使拉滑块的细线与长木板平行，防止绳子的拉力出现竖直方向上分力；
根据纸带的处理方法可知，打C点时，滑块的速度vC=x4−x22f
则从打O点到打C点过程中，如果表达式(F−Ff)x3=12MvC2
即(F−Ff)x3=18M(x4−x2)2f2成立，则动能定理得到验证。
故答案为：（1）4.60；（2）定滑轮高度；(F−Ff)x3=18M(x4−x2)2f2。
5．（2023•王益区校级一模）学习小组的同学们准备探究“做功与物体动能变化的关系”，他们在实验室组装了一套如图甲所示的装置，另外他们还找到打点计时器所用的学生电源一台、天平、刻度尺、导线、复写纸、纸带、砝码若干。实验步骤如下：
①测量滑块的质量m；
②将长木板右端垫起，平衡滑块与木板之间的摩擦力；
③接通电源后静止释放滑块，滑块在细线拉动下拉着纸带一起运动。
图乙是实验中打出的一条纸带。
（1）打点计时器所用交流电的频率为50Hz，在纸带上每5个点取一个计数点，用刻度尺量出相邻计数点之间的距离，x1＝3.50cm、x2＝4.50cm、x3＝5.50cm、x4＝6.50cm、打B点时小车的速度v1＝ 0.400 m/s，打D点时小车的速度v2＝ 0.600 m/s。（结果均保留三位有效数字）。
（2）用天平测得滑块的质量为m＝0.880kg，g取9.8m/s2考虑实验过程中存在误差后，请判断此次实验中使用的小沙桶及细沙的总质量可能为： A 。
A．0.100kg
B．0.097kg
C．0.089kg
D．0.088kg
【解答】解：，x1＝3.50cm＝0.0350m、x2＝4.50cm＝0.0450m、x3＝5.50cm＝0.0550m、x4＝6.50cm＝0.0650m
（1）打B点时小车的速度为A、C段的平均速度，梓打B点时的速度为：
v1=x1+x210T=(x1+x2)f10=0.0350+0.045010×50m/s=0.400m/s
同理v2=x3+x410T=(x3+x4)f10=0.0550+0.065010×50m/s=0.600m/s
（2）由动能定理可知：
m沙g(x2+x3)=12(m+m沙)v22−12(m+m沙)v12
代入数据解得m沙＝0.100kg，故A正确，BCD错误；
故选：A。
故答案为：（1）0.400；0.600；（2）A
实验6 验证机械能守恒定律
【实验原理】
1．在只有重力做功的条件下，物体的重力势能和动能可以相互转化，但总的机械能守恒。
2．物体做自由落体运动，设物体的质量为m，下落h高度时的速度为v，则势能的减少量为，动能的增加量为。如果即，就验证了机械能守恒定律。
3．速度的测量：做匀变速运动的纸带上某点的瞬时速度等于相邻两点间的平均速度。
计算打第n个点瞬时速度的方法是：测出第n个点的相邻前后两段相等时间T内下落的距离和，由公式或算出，如图所示。
【实验器材】
铁架台(含铁夹)，打点计时器，学生电源，纸带，复写纸，导线，毫米刻度尺，重物(带纸带夹)．
【实验步骤】
1．将实验装置按要求装好（如图），将纸带固定在重物上，让纸带穿过电火花计时器。
2．先用手提起纸带，使重物静止在靠近计时器的地方。
3．接通电源，松开纸带，让重物自由下落，这样计数器就在纸带上打下一系列点。
4．重复以上步骤，多做几次。
5．从已打出的纸带中，选出第一、二点间的距离接近2 mm并且点迹清晰的纸带进行测量。
6．在挑选的纸带上，记下第一点的位置O，并在纸带上从任意点开始依次选取几个点1、2、3、4、.…并量出各点到位置O的距离，这些距离就是物体运动到点1、2、3、4、…时下落的高度
7．利用公式分别求出物体在打下点2、3、4、…时瞬时速度
8．把得到的数据填入表格，算出重物运动到点2、3、4、…减少的重力势能再算出物体运动到点2、3、4、…增加的动能，根据机械能守恒定律比较与，与，与…，结果是否一致。
【数据处理】
1．纸带的选取：选用纸带时应尽量挑选第1点点迹清晰且1、2两点之间距离接近2 mm的纸带，这样一条纸带记录的运动才接近自由落体运动。
2．纸带的处理：在第1点上标出O，并从稍靠后的某一点开始，依次标出1、2、3、4…并量出各点到位置O点的距离再利用公式计算出各点对应的瞬时速度计算各点对应的重力势能的减少量和动能的增加量，并进行比较看是否相等。也可以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出图象，若图象是过原点的直线，则可验证机械能守恒定律，其斜率等于g。
数据处理的另一思路：选取点迹清晰的一条纸带，如图，选取B、M两个位置作为过程的开始和终结位置，量出BM之间距离，求出B点速度，M点速度，比较重力势能的减少与动能的增加是否相等，从而验证机械能是否守恒。
【误差分析】
1．实际上重物和纸带下落过程中要克服阻力（主要是打点计时器的阻力）做功，故动能的增加量必定稍小于势能的减少量，这是属于系统误差，减少空气阻力影响产生的方法是：使纸带下挂的重物重力大些，且体积要小。
2．打点计时器产生的误差：
（1）由于交流电周期的变化，引起打点时间间隔变化而产生误差；
（2）计数点选择不好；振动片振动不均匀；纸带放置方法不正确引起摩擦，造成实验误差；
（3）打点时的阻力对纸带的运动性质有影响，这也属于系统误差。
3．由于测长度带来的误差属偶然误差，减少办法是测距离时都应从O点量起，二是多测几次取平均值。
（2022•湖北）某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax﹣Tmin图像是一条直线，如图乙所示。
（1）若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙中直线斜率的理论值为 ﹣2 。
（2）由图乙得：直线的斜率为 ﹣2.1 ，小钢球的重力为 0.59 N。（结果均保留2位有效数字）
（3）该实验系统误差的主要来源是 C （单选，填正确答案标号）。
A.小钢球摆动角度偏大
B.小钢球初始释放位置不同
C.小钢球摆动过程中有空气阻力
【解答】解：（1）设小球的质量为m，摆长为L，最大摆角为θ，小球到达最低点时的速度大小为v，
小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mg（L﹣Lcsθ）=12mv2
小球到达最低点时细线拉力最大，设最大拉力为Fmax，
由牛顿第二定律得：Fmax﹣mg=mv2L
小球到达最高点时，拉力最小，设为Fmin。
由于速度为零，所以有：Fmin﹣mgcsθ＝0
联立以上几式可得：Fmax＝3mg﹣2Fmin
（2）由图象乙可知：图象的斜率k=ΔFmaxΔFmin=1.35−1.770.2−0=−2.1。
将图象中的Fmin＝0，Fmax＝1.77N代入上式可得：mg＝0.59N；
（3）此实验的系统误差主要由空气阻力引起，按照实验过程的基本要求，使摆动的角度大一些，或使小球的初始位置不同，正是使实验数据具有普遍性，故AB错误，C正确。
故选：C。
故答案为：（1）﹣2；（2）﹣2.1、0.59；（3）C
（2022•广东）某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图（a）所示的装置，实验过程如下：
（1）让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径d＝ 7.885 mm。
（3）测量时，应 B （选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。
（4）计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝ 12m(dt1)2−12m(dt2)2 （用字母m、d、t1和t2表示）。
（5）若适当调高光电门的高度，将会 增大 （选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。
【解答】解：（2）根据螺旋测微器的示数可求出小球的直径为：d＝7.5mm+38.5×0.01mm＝7.885mm；
（3）因为小球到光电门的距离不算太高，下落时间较短，如果先释放小球再打开数字计时器可能导致小球已经通过光电门或正在通过光电门，造成测量误差，故在测量时，要先接通数字计时器，后释放小球，故选B；
（4）在光电门位置，小球的重力势能相等，则小球在此处的动能之差即为小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失。
在极短时间内，物体的瞬时速度等于该过程中物体的平均速度，则小球第一次经过光电门的速度为v1=dt1，小球第二次经过光电门的速度为v2=dt2，因此ΔE=12m(dt1)2−12m(dt2)2；
（5）若适当调高光电门的高度，则空气阻力做功将变大，将会增大因空气阻力引起的测量误差。
故答案为：（2）7.885；（3）B；（4）12m(dt1)2−12m(dt2)2；（5）增大
（2022•河北）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，实验装如图1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。
（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2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 12k(L−L0)2−12k(L−L0−ℎ5)2 ，钩码的动能增加量为 12m(ℎ6−ℎ42T)2 ，钩码的重力势能增加量为 mgh5 。
（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3所示。
（3）由图3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 随着h增加，钩码克服空气阻力的做功在增加 。
【解答】解：（1）弹簧的长度为L的弹性势能为Ep1=12k(L−L0)2
到F点时弹簧的弹性势能为Ep2=12k(L−L0−ℎ5)2，因此弹性势能的减小量为：
ΔEp=12k(L−L0)2−12k(L−L0−ℎ5)2
根据纸带的特点可知，
vF=ℎ6−ℎ42T
则动能的增加量为ΔEk=12mvF2=12m(ℎ6−ℎ42T)2，钩码的重力势能增加量为ΔEp＝mgh5。
（3）随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因随着h增加，钩码克服空气阻力的做功在增加。
故答案为：（1）12k(L−L0)2−12k(L−L0−ℎ5)2；12m(ℎ6−ℎ42T)2；mgh5；（3）随着h增加，钩码克服空气阻力的做功在增加
（2023•静海区校级模拟）验证机械能守恒定律也可以有其他多种的实验设计。
方案一：小怀同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律，细线的一端拴一个金属小球，另一端连接固定在天花板上的拉力传感器，传感器可记录小球在摆动过程中细线拉力的大小。将小球拉至图示位置，由静止释放小球，发现细线拉力在小球摆动的过程中做周期性变化。
（1）若细线的长度远大于小球的直径，为了验证机械能守恒定律，该小组不需要测出的物理量是 B ；（填入选项前的序号）
A．释放小球时细线与竖直方向的夹角α
B．细线的长度L
C．小球的质量m
D．细线拉力的最大值F
（2）小球从静止释放到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为 F＝mg（3﹣2csα） （用上述测定的物理量的符号表示）。
方案二：小珍同学想用下图所示的装置验证机械能守恒定律。他将一条轻质细绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，b球的质量是a球的3倍，用手托住b球，a球静止于地面。当绳刚好被拉紧时，释放b球。他想仅利用刻度尺这一测量工具验证b球落地前瞬间两球的机械能之和与释放时相等。
（3）请写出他需要测量的物理量及其符号，以及这些物理量应满足的关系式 H＝1.5h 。
【解答】解：（1）对小球，从初始位置摆到最低点根据机械能守恒定律有：mgL(1−csα)=12mv2
而在最低点，根据牛顿第二定律有：F−mg=mv2L
联立可得：F＝mg（3﹣2csα）
其中F为细线拉力的最大值，为m小球的质量，α为释放小球时细线与竖直方向的夹角。这些量均是要测量的量，但摆长不需要测量，故ACD错误，B正确；
故选：B。
（2）由（1）分析可知，若小球运动过程中机械能守恒，则应满足的关系为：F＝mg（3﹣2csα）
（3）对ab组成的系统，有：3mgℎ=mgℎ+12(m+3m)v2
对a球，有v2＝2g（H﹣h）
所以：H＝1.5h
所以需要测量的物理量是绳刚好被拉紧时b球距地面的高度h，以及a球能上升的最大高度H。
故答案为：（1）B；（2）F＝mg（3﹣2csα）；（3）（见解析）H＝1.5h。
（2023•龙泉驿区模拟）某同学用如图1所示装置验证机械能守恒定律，他将质量分别为M、m的A、B两小球用轻质无弹性细绳连接并跨过轻质定滑轮，M＞m，在B上端分布有两个光电门，光电门中心间距是h，重力加速度g，实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测出小球直径d，如图2所示，则d＝ 17.5 mm。
（2）将A球由静止释放，记录B小球依次通过光电门1和光电门2的遮光时间t1和t2。
（3）计算从光电门1到光电门2过程中系统动能的增量ΔEk＝ (M+m)d22(1t22−1t12) 系统势能的减少量ΔEp＝ （M﹣m）gh （用题中给出的物理量d，t1，t2，M，m，h，g表示）。
（4）改变小球B位置，重复上述步骤，并得出结论。
【解答】解：（1）游标卡尺主尺的读数为17mm，游标最小分度为0.1mm，不需要估读。第5条刻线和主尺刻线对齐，游标尺读数为：5×0.1mm＝0.5mm，游标卡尺读数为：
17mm+0.5mm＝17.5mm
（3）B球经过光电门1的速度为
v1=dt1
B球经过光电门2的速度为
v2=dt2
从光电门1到光电门2过程中系统动能的增量为
ΔEk=12(M+m)v22−12(M+m)v12=(M+m)d22(1t22−1t12)
系统势能的减少量为：
ΔEp＝（M﹣m）gh
故答案为：（1）17.5；（3）(M+m)d22(1t22−1t12)；（M﹣m）gh
实验7 用单摆测定重力加速度
1．实验原理
当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2πeq \r(\f(l,g))，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到g＝eq \f(4π2l,T2).因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值．
2．实验器材
带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球，不易伸长的细线(约1米)、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺．
3．实验步骤
(1)让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆．
(2)把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处作上标记，如实验原理图所示．
(3)用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长l＝l′＋r.
(4)把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(不超过5°)，然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t，计算出金属小球完成一次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即T＝eq \f(t,N)(N为全振动的次数)，反复测3次，再算出周期eq \x\t(T)＝eq \f(T1＋T2＋T3,3).
(5)根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))计算当地的重力加速度g＝eq \f(4π2l,T2).
(6)改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为当地的重力加速度值．
(7)将测得的重力加速度值与当地的重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因．
4．注意事项
(1)构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°.
(2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放．
(3)测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时．因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大．
②要测多次全振动的时间来计算周期．如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次．
(4)本实验可以采用图象法来处理数据．即用纵轴表示摆长l，用横轴表示T2，将实验所得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率k＝eq \f(g,4π2).这是在众多的实验中经常采用的科学处理数据的重要办法．
5．数据处理
处理数据有两种方法：(1)公式法：测出30次或50次全振动的时间t，利用T＝eq \f(t,N)求出周期；不改变摆长，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值eq \x\t(T)，然后代入公式g＝eq \f(4π2l,T2)求重力加速度．
(2)图象法：
由单摆周期公式不难推出：l＝eq \f(g,4π2)T2，因此，分别测出一系列摆长l对应的周期T，作l－T2的图象，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k＝eq \f(Δl,ΔT2)，即可利用g＝4π2k求得重力加速度值，如图1所示．
图1
6．误差分析
(1)系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等．
(2)偶然误差主要来自时间的测量上，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计振动次数．
（2023•浙江模拟）（1）在“探究弹簧弹力F与弹簧长度l的关系”的实验中，装置如图甲所示。毫米刻度尺的0刻度线与弹簧上端对齐，实验中通过改变弹簧下端所悬挂钩码的质量，改变弹簧弹力。
①实验中某次测量弹簧长度如图1所示，则此时弹簧长度l＝ 8.82 cm。
②多次实验，记录数据后描点连线得到F﹣1图像，由此可知该弹簧的劲度系数k＝ 200 N/m。（计算结果保留三位有效数字）。
（2）某实验小组测量当地重力加速度。
①小明同学利用手机频闪拍摄小球自由下落的过程来测量当地重力加速度。图3是自由下落运动的部分频闪照片。x1、x2、x3、x4分别是小球到O点的距离，已知手机闪光频率f＝50Hz，则可以测得当地重力加速度g＝ 9.63 m/s2。（计算结果保留三位有效数字）．
②小金同学利用图4单摆装置测量当地重力加速度。下列操作正确的是 AC （多选）
A．摆线上端需要夹子夹牢来固定悬点
B．应该从平衡位置（最低点）开始计时，并直接测量一次全振动的时间作为周期
C．为减小误差，摆球应该质量大体积小
D．为了减小阻力影响，应该让摆球的摆角大一些好，摆动得更明显
③小金利用单摆周期公式计算重力加速度，在实验前正确测量摆长，实验后回想到实验过程中小球的摆动平面并没有在严格的同一竖直平面内，则他计算的重力加速度值将 偏大 （选填“偏大”、“偏小”、“不偏”）。
【解答】解：（1）①由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，此时弹簧的实际长度为8.82cm。
②图象斜率代表弹簧的劲度系数，则k=ΔFΔx=12−0(9.0−3.0)×10−2N/m＝200N/m；
（2）①手机闪光频率f＝50Hz，则T=1f=150s＝0.02s，根据逐差法可解得重力加速度g=x4−x2−x24T2=61.4−23.0−23.04×0.022×10−3m/s2＝9.63m/s2；
②A、在摆线上端的悬点处，用夹子夹牢摆线，防止摆线长度变化，故A正确；
B、为了减小测量误差，采用累积法，测量多个周期求平均值可以减小误差，故B错误；
C、为减小误差，摆球应该质量大体积小，故C正确；
D、摆的周期大一些可以方便测量，但是摆角过大，会使摆球的摆动不能看作简谐运动，故D错误；
故选：AC。
③对圆锥摆，根据牛顿第二定律有mgtanθ＝mr4π2T2，其中r＝Lsinθ
解得
T＝2πLcsθg＜2πLg
根据g=4π2T2L可知T偏小，所以g偏大。
故答案为：（1）①8.82，200；（2）①9.63，②AC，③偏大
（2023•天津二模）几位同学在物理实验室做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）在甲同学的实验过程中，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n时用时t秒，该单摆的周期是T＝ 2tn 。
（2）甲同学测得的g值偏大，可能的原因是 B 。
A．摆线上端悬点没固定好，摆动中出现松动
B．开始计时时，没有及时按下秒表
C．实验中误将50次数为49次
（3）在进行实验数据处理时，乙同学把摆线长与小球直径之和作为摆长，做出T2﹣l图像后求出斜率，然后算出重力加速度，该同学处理数据的方法对结果的影响是 无影响 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【解答】解：（1）从最低点开始计数，且从0开始计数，单摆一个周期通过两次最低点，则根据该同学的计数原则，可知单摆的周期为T=tn2=2tn
（2）A．摆线上端悬点没固定好，摆动中出现松动，会导致摆长增大，根据单摆的周期公式T=2πLg
可得g=4π2LT2
摆线松动，实际摆长变长，而测定时用的摆长偏小，从而导致测定的重力加速度偏小，故A错误；
B．开始计时时，没有及时按下秒表，则时间t的测量值偏小，从而造成周期T的测量值偏小，而导致重力加速度的测量值偏大，故B正确；
C．实验中误将50次数为49次，则周期的测量值偏大，从而导致重力加速度的测量值偏小，故C错误。
故选B。
（3）当将摆线的长度与小球直径作为摆长时，有T=2πlg
变式得T2=4π2gl
可知，用此方法求加速度，实际是通过图像得斜率来求加速度，而将摆线的长度与小球直径作为摆长时，图像向右平移，但对重力加速度得测定没有影响，即图像的斜率不变。
故答案为：（1）2tn；（2）B；（3）无影响。
（2023•黄山模拟）某同学通过实验探究单摆周期与等效重力加速度定量关系，实验装置如图（a）所示，钢球、细线和轻杆组成一个“杆线摆”，杆线摆可以绕着悬挂轴OO'来回摆动，其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，这相当于单摆在斜面上来回摆动，但避免了摆球在真实斜面上运动时所受的摩擦力。测量该倾斜平面的倾角θ，能求出等效重力加速度a的大小，测量不同倾角下的单摆周期T，便能检验T与a的定量关系。已知重力加速度的大小为g，将下列实验补充完整：
（1）斜面倾角θ的测量。如图（b），铁架台上装一根铅垂线。在铁架台的立柱跟铅垂线平行的情况下把杆线摆装在立柱上，调节摆线的长度，使摆杆与立柱垂直，则此时摆杆是水平的。把铁架台底座一侧垫高如图（c），立柱倾斜，绕立柱摆动的钢球实际上是在倾斜平面上运动。测出静止时摆杆与铅垂线的夹角为β，则该倾斜平面与水平面的夹角θ＝90°﹣β。则等效重力加速度的大小a＝ gcsβ （用g、β表示）；
（2）单摆周期T的测量。在图（c）的情况下，尽量减小摆杆与立柱之间的摩擦，使该摆能较长时间绕立柱自由摆动而不停下来。让单摆做小角度下的振动，用停表测量单摆完成20个全振动所用的时间t，则单摆周期T＝ t20 （用t表示）。同样的操作进行三次，取平均值作为该周期的测量值；
在保持摆长一定的情况下，改变铁架台的倾斜程度，测出多组不同倾斜程度下θ的值及在该倾角下单摆的周期T后，根据实验数据绘制T−1a图像是一条过坐标原点的倾斜直线，由此得出的结论是 在摆长一定的情况下，单摆的周期与等效重力加速度的平方根成反比，即T∝1a 。
【解答】解：（1）将重力分解为沿杆和垂直杆，可知，等效重力F＝mgsinθ
等效重力加速度的大小a=Fm=gsinθ=gcsβ
（2）单摆完成20个全振动所用的时间t，则单摆周期T=t20
根据题图可知等效重力加速度为
a＝gsinθ
则根据单摆周期公式有T=2πLa=2πLa
绘制T−1a图像是一条过坐标原点的倾斜直线，所以在摆长一定的情况下，单摆的周期与等效重力加速度的平方根成反比，即T∝1a。
故答案为：（1）gcsβ；（2）t20，在摆长一定的情况下，单摆的周期与等效重力加速度的平方根成反比，即T∝1a。
（2023•石景山区一模）某实验小组的同学用如图1所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。
（1）实验中该同学进行了如下操作，其中正确的是 BC 。
A．用公式g=4π2LT2计算时，将摆线长当作摆长
B．摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动
C．确保摆球在同一竖直平面内摆动
D．摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆
（2）在实验中，多次改变摆长L并测出相应周期T，计算出T2，将数据对应坐标点标注在T2﹣L坐标系（如图2所示）中．请将L＝0.700m，T2＝2.88s2所对应的坐标点标注在图中，根据已标注数据坐标点描绘出T2﹣L图线，并通过图线求出当地的重力加速度g＝ 9.86 m/s2（结果保留3位有效数字）。
（3）将不同实验小组的实验数据标注到同一T2﹣L坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图3所示。已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图线a、b、c，下列分析正确的是 B 。
A．出现图线c的原因可能是因为使用的摆线比较长
B．出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L
C．由图线b计算出的g值最接近当地的重力加速度，由图线a计算出的g值偏大，图线c计算出的g值偏小
（4）该同学通过自制单摆测量重力加速度。他利用细线和铁锁制成一个单摆，计划利用手机的秒表计时功能和卷尺完成实验。但铁锁的重心未知，不容易确定准确的摆长。请帮助该同学提出“通过一定测量，求出当地重力加速度”的方法。
【解答】解：（1）A、用公式g=4π2LT2计算时，应该将将悬点到摆球重心之间的间距当作摆长，即应该将摆线长与摆球的半径之和当作摆长，故A错误；
B、实验过程，单摆的摆长不能发生变化，即摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动，故B正确；
CD、单摆的运动应该是同一竖直平面内的圆周运动，即实验是应该确保摆球在同一竖直平面内摆动，不能够使摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆，故C正确，D错误。
故选：BC。
（2）将该坐标点标注在坐标系中，用一条倾斜的直线将描绘的点迹连接起来，使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示
根据T=2πLg可得：T2=4π2gL
结合图像的斜率k=3.48−−0.600s2⋅m−1=4π2g，解得g＝9.86m/s2
（3）A、图线c中摆长有了一定的摆长时，振动周期还是零，一定是摆长测量长了，原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，它和摆线的长度无关，故A错误；
B、图线a中摆长为零时就已出现了振动周期，一定是摆长测量短了，原因可能是误摆线长记为摆长L，故B正确；
C、根据上述可知，三条图像的斜率均为k=4π2g，解得g=4π2k，可知，三条图线求出的重力加速度相同，故C错误。
故选：B。
（4）虽不容易确定准确的摆长，但可以通过多次改变摆线的长度，测量对应的周期，获得较准确的重力加速度。具体做法：设摆线下端距重心x，第一次测出摆线长l1，摆长L1＝l1+x，测出对应的周期T1。
仅改变摆线长，第二次测出摆线长l2，摆长L2＝l2+x，测出对应的周期T2。
根据T1=2πl1+xg，T2=2πl2+xg
解得重力加速度g=4π2(l2−l1)T22−T12。
故答案为：（1）BC；（2）见解析，9.86；
（3）B；
（4）设摆线下端距重心x，第一次测出摆线长l1，摆长L1＝l1+x，测出对应的周期T1，仅改变摆线长，第二次测出摆线长l2，摆长L2＝l2+x，测出对应的周期T2。根据T1=2πl1+xg，T2=2πl2+xg，解得重力加速度g=4π2(l2−l1)T22−T12。
（2023•莆田模拟）某实验小组利用如图甲装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。在铁架台上端用摆线悬挂一摆球，铁架台下端固定一个激光源，发出的激光方向与水平面平行，在摆球的右边与摆球中心等高的位置固定一智能手机，使得激光的中心与摆球的中心以及智能手机的光线接收口在同一水平直线上。利用手机光线传感器接收到的光照强度随时间变化情况，测出摆球的周期。
（1）实验主要过程如下：
①按图甲安装实验装置，下列有关器材的选择和安装最合理的是 B ；
②如图乙，用游标卡尺测出摆球的直径d＝ 1.14 cm；用刻度尺测出摆线长度l，算出摆长L；
③打开激光光源和手机传感器，运行软件；
④让单摆做简谐运动，采集数据；
⑤改变摆线长度l，重复步骤④；
⑥导出数据获得单摆振动周期T，从而得到对应的T2与L的数据如下表：
⑦根据表中数据在坐标纸上描点，如图丙：
⑧请在图丙中绘出T2﹣L图线 见解析 ，并根据图像求出当地的重力加速度g＝ 9.72 m/s2。（π2取9.87，结果保留三位有效数字）
（2）下列关于本实验的误差中，属于系统误差的有 CD 。
A．测量摆长引起的误差
B．描绘图线引起的误差
C．摆线具有伸缩性引起的误差
D．利用手机测量周期引起的误差
【解答】解：（1）①摆线悬点应固定，摆线应选择质量小、不易伸长的细丝线，摆球应选择体积小、质量大的铁球。故B正确，ACD错误。
故选：B。
②游标卡尺主尺的最小分度值为1mm，读数为：11mm，游标尺的最小分度值为0.1mm，游标尺的读数为：4×0.1mm＝0.4mm，摆球直径为d＝11mm+0.4mm＝11.4mm＝1.14cm
⑧根据数据绘出T2﹣L图线
由T=2πLg
得T2=4π2gL
图线斜率为k=4π2g=
得g＝9.72m/s2
（2）AB．测量摆长引起的误差和描绘图线引起的误差是由于不稳定随机因素造成，属于偶然误差，故AB错误；
CD．摆线具有伸缩性和手机测量周期引起的误差是由于仪器不完善、测量方法不准确等因素造成，属于系统误差，故CD正确。
故选：CD。
故答案为：（1）①B；②1.14；⑧见解析，9.72；（2）CD。
次数
数据
1
2
3
4
5
6
L/cm
38.00
48.00
58.00
68.00
78.00
88.00
T/s
1.24
1.39
1.53
1.66
1.78
1.89
T2/s2
1.54
1.93
2.34
2.76
3.17
3.57
目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc136266577" 实验5 探究功与物体速度变化的关系 PAGEREF _Tc136266577 \h 1
\l "_Tc136266578" 实验6 验证机械能守恒定律 PAGEREF _Tc136266578 \h 9
\l "_Tc136266579" 实验7 用单摆测定重力加速度 PAGEREF _Tc136266579 \h 17
实验5 探究功与物体速度变化的关系
【实验原理】
探究功与速度变化的关系，可通过改变力对物体做的功，测出力对物体做不同的功时物体的速度，为简化实验可将物体初速度设置为零，可用图所示的装置进行实验，通过增加橡皮筋的条数使橡皮筋对小车做的功成倍增加，再通过打点计时器和纸带来测量每次实验后小车的末速度v.
【实验器材】
小车(前面带小钩)、100 g～200 g砝码、长木板(两侧适当的对称位置钉两个铁钉)，打点计时器及纸带、学生电源及导线(使用电火花计时器则不用学生电源)、5～6条等长的橡皮筋、刻度尺．
【实验步骤】
1．按如图所示将实验仪器安装好，同时平衡摩擦力．
2．先用一条橡皮筋做实验，用打点计时器和纸带测出小车获得的速度v1，设此时橡皮筋对小车做的功为W1，将这一组数据记入表格．
3．用2条橡皮筋做实验，实验中橡皮筋拉伸的长度与第一次相同，这时橡皮筋对小车做的功为W2，测出小车获得的速度v2，将数据记入表格．
4．用3条、4条……橡皮筋做实验，用同样的方法测出功和速度，记入表格.
【数据处理】
先对测量数据进行估计，或者作个W－v草图，大致判断两个量可能是什么关系．如果认为可能是W∝v2，对于每一个速度值算出它的二次方，然后以W为纵坐标、v2为横坐标
作图，如果这样作出来的图象是一条直线，说明两者关系真的就是W∝v2.
【误差分析】
1．误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功W与橡皮筋的条数不成正比．
2．没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大也会造成误差．
3．利用打点的纸带计算小车的速度时，测量不准会带来误差．
（2023•赣州一模）某同学利用如图1所示的实验装置探究动能定理并测量小车（含遮光条）的质量M，已知重力加速度g。
（1）具体实验步骤如下：
①该同学用游标卡尺对遮光条的宽度进行了测量，读数如图2所示，则遮光条的宽度d＝ 0.530 cm；
②按图1所示安装好实验装置，连接小车的细绳与长木板平行，挂上砂桶（含少量砂子）；
③调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门时遮光条的挡光时间相等；
④取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的总质量m，并记下；
⑤保持长木板的倾角不变，不挂砂桶，将小车置于长木板上靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲、乙时的挡光时间；
⑥重新挂上细绳和砂桶，改变砂桶中砂子的质量，重复③④⑤步骤。
（2）若遮光条的宽度为d，光电门甲、乙之间的距离为L，通过光电门甲、乙时挡光时间分别为t1、t2，该同学根据Δ（1t2）=1t22−1t12计算出每次实验的Δ（1t2），并通过数据作出Δ（1t2）﹣m图像，图像的延长线恰好可以经过坐标原点。根据图像能得出的实验结论是 在误差允许的范围内，合外力对小车（含遮光条）做的功等于小车（含遮光条）动能的变化量 ，若已知图像斜率为k，那么M＝ 2gLkd2 （结果用字母k、g、d、L表示）。
【解答】解：（1）①由图可得，游标卡尺的精度为0.05mm，所以遮光条的宽度为d＝5mm+6×0.05mm＝5.30mm＝0.530cm
（2）设木板倾角为θ，由题意知，挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使小车（含遮光条）沿木板匀速下滑时，满足：Mgsinθ＝μMgcsθ+mg
当取下托盘和砝码，让小车从起点由静止出发沿木板下滑通过光电门时，合外力做功为：W＝MgsinθL﹣μMgcsθL
因为小车经过光电门的速度为v=dΔt
即小车经过光电门的动能为Ek=12Mv2
令W＝Ek
可得：Δ（1t2）=2gLMd2m
可见当Δ（1t2）﹣m图像的延长线恰好可以经过坐标原点时，说明在误差允许的范围内，合外力对小车（含遮光条）做的功等于小车（含遮光条）动能的变化量。
由题意得：2gLMd2=k
变形解得：M=2gLkd2
故答案为：（1）0.530；（2）在误差允许的范围内，合外力对小车（含遮光条）做的功等于小车（含遮光条）动能的变化量，2gLkd2
（2023•开封二模）某同学利用如图1所示的装置验证动能定理。在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮和动滑轮与弹簧测力计相连。实验时，测出光电门1、2间的距离为L，遮光条的宽度为d，滑块和遮光条的总质量为M，钩码质量为m。
（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图2所示，则d＝ 0.175 cm；
（2）完成下列实验步骤中的填空：
①安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
②实验时要调整气垫导轨水平，不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块能在气垫导轨上静止，则表示气垫导轨已调整至水平状态；
③挂上钩码后，接通气源，再放开滑块，记录滑块通过光电门1的时间t1和通过光电门2的时间t2，若弹簧测力计的示数为F，则滑块所受合外力做的功W＝ FL （用题目中出现的物理量表示），动能变化量ΔEk=12M(dt2)2−12M(dt1)2，如果表达式W＝ΔEk成立，则动能定理即可得到验证；
④改变钩码的质量，重复步骤③，求得滑块在不同合力作用下的动能变化量ΔEk。
（3）对于上述实验，下列说法正确的是 AC 。
A．滑块的加速度大小是钩码加速度大小的2倍
B．弹簧测力计的读数为滑块所受合外力的大小且等于所挂钩码重力的一半
C．实验时两光电门之间的距离尽量大一些
D．钩码的总质量m应远小于滑块和遮光条的总质量M
（4）如果实验时，总有W的值略小于ΔEk，造成的原因可能是 C 。
A．空气阻力
B．遮光条太窄
C．气垫导轨未调水平，需要将调节旋钮P上调，使气垫导轨左端稍微升高一些
D．气垫导轨未调水平，需要将调节旋钮Q上调，使气垫导轨右端稍微升高一些
【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，其精度是0.05mm，由图示游标卡尺可知，d＝1mm+0.05×15mm＝1.75mm＝0.175cm
（2）由实验装置可知，动滑轮两边绳子拉力大小相等，弹簧测力计的示数大小即为滑块所受合力大小，而滑块通过两个光电门之间的距离为L，故可得滑块所受合外力做的功W＝FL
（3）A、由此实验装置可知，钩码向下运动h的位移，滑块就要运动2h的位移，因此可知滑块的加速度大小是钩码加速度大小的2倍，故A正确；
B、弹簧测力计的读数为滑块所受合外力的大小，设钩码和动滑轮得总质量为m0，加速度为a0，则根据牛顿第二定律有：m0g﹣2F＝m0a0，解得弹簧测力计得读数为F=m0g−m0a2，故B错误；
C、实验时两光电门之间的距离尽量大一些，可以减小测量距离带来的误差，使实验结果更加准确，故C正确；
D、钩码的总质量m不需要远小于滑块和遮光条的总质量M，因为其合外力是直接通过弹簧测力计测得的，故D错误。
故选：AC。
（4）实验时，在气垫导轨调节水平的情况下，因为阻力的原因，总有W的值略大于ΔEk，但若出现W的值略小于ΔEk，则一定是气垫导轨未调节水平，且向着滑块运动方向的一端低，致使滑块在运动过程中自身的重力也在做正功，因此需要将调节旋钮P上调，使气垫导轨左端稍微升高一些；故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：（1）0.175；（2）FL；（3）AC；（4）C。
（2023•翠屏区校级模拟）某兴趣小组准备探究“合外力做功和物体速度变化的关系”，实验前组员们提出了以下几种猜想：
①W∝v；
②W∝v2；
③W∝v
为了验证猜想，他们设计了如图甲所示的实验装置，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器（用来测量物体每次通过Q点的速度）。在刚开始实验时，小刚同学提出“不需要测出物体质量，只要测出物体初始位置到速度传感器的距离L和读出速度传感器的读数v就行了”，大家经过讨论采纳了小刚的建议。
（1）请你说明小刚建议的理由： 使用的公式中，等号两边可以简化约去质量m ；
（2）让物体分别从不同高度无初速释放，测出物体初始位置到速度传感器的距离L1、L2、L3、L4，读出物体每次通过Q点的速度v1、v2、v3、v4……，并绘制了如图乙所示的L﹣v图象。若为了更直观地看出L和v的变化关系，他们下一步应该作出 A ；
A．L﹣v2图像
B．L−v图像
C．L−1v图像
D．L−1v图像
（3）实验中，木板与物体间摩擦力 不会 （“会”或“不会”）影响探究的结果。
【解答】解：（1）物体下滑的过程中受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理列出方程式
mg(sinθ−μcsθ)L=12mv2
等号两边可以简化约去质量m；
（2）根据公式mg(sinθ−μcsθ)L=12mv2可看出，合力不变时，L与v2成正比，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（3）在该实验条件下，滑块受到的摩擦力是恒力，不会影响L与v2 这两个变量之间的关系。
故答案为：（1）使用的公式中，等号两边可以简化约去质量m；（2）A；（3）不会。
（2023•齐齐哈尔二模）某同学想用实验验证动能定理。
（1）该同学先用图甲所示装置测滑块与长木板间的滑动摩擦力，把弹簧测力计的一端固定在墙上，用力F水平向左拉放在水平面上的长木板，长木板向左运动，此时测力计的示数稳定（图中已把弹簧测力计的示数放大画出），则滑块受到长木板的滑动摩擦力大小Ff＝ 4.60 N。
（2）再在图乙装置中实验，将图甲中的长木板装上定滑轮平放在水平实验台上，调节 定滑轮高度 ，使拉滑块的细线与长木板平行，由静止释放滑块，打点计时器打出的纸带如图丙所示，O点为刚释放钩码时打下的点，A、B、C、D是四个连续点，各点与O点间的距离图中已标出，打出此纸带过程中，力传感器的示数为F，已知打点计时器所用交流电的频率为f，测出小车质量为M，钩码和力传感器总质量为m，重力加速度为g。则打下O点到C点过程中，如果表达式 (F−Ff)x3=18M(x4−x2)2f2 （用物理量符号表示）成立，则动能定理得到验证。
【解答】解：（1）弹簧测力计的最小分度为0.1N，则可知滑动摩擦力的大小为Ff＝4.60N；
（2）调节定滑轮高度，使拉滑块的细线与长木板平行，防止绳子的拉力出现竖直方向上分力；
根据纸带的处理方法可知，打C点时，滑块的速度vC=x4−x22f
则从打O点到打C点过程中，如果表达式(F−Ff)x3=12MvC2
即(F−Ff)x3=18M(x4−x2)2f2成立，则动能定理得到验证。
故答案为：（1）4.60；（2）定滑轮高度；(F−Ff)x3=18M(x4−x2)2f2。
5．（2023•王益区校级一模）学习小组的同学们准备探究“做功与物体动能变化的关系”，他们在实验室组装了一套如图甲所示的装置，另外他们还找到打点计时器所用的学生电源一台、天平、刻度尺、导线、复写纸、纸带、砝码若干。实验步骤如下：
①测量滑块的质量m；
②将长木板右端垫起，平衡滑块与木板之间的摩擦力；
③接通电源后静止释放滑块，滑块在细线拉动下拉着纸带一起运动。
图乙是实验中打出的一条纸带。
（1）打点计时器所用交流电的频率为50Hz，在纸带上每5个点取一个计数点，用刻度尺量出相邻计数点之间的距离，x1＝3.50cm、x2＝4.50cm、x3＝5.50cm、x4＝6.50cm、打B点时小车的速度v1＝ 0.400 m/s，打D点时小车的速度v2＝ 0.600 m/s。（结果均保留三位有效数字）。
（2）用天平测得滑块的质量为m＝0.880kg，g取9.8m/s2考虑实验过程中存在误差后，请判断此次实验中使用的小沙桶及细沙的总质量可能为： A 。
A．0.100kg
B．0.097kg
C．0.089kg
D．0.088kg
【解答】解：，x1＝3.50cm＝0.0350m、x2＝4.50cm＝0.0450m、x3＝5.50cm＝0.0550m、x4＝6.50cm＝0.0650m
（1）打B点时小车的速度为A、C段的平均速度，梓打B点时的速度为：
v1=x1+x210T=(x1+x2)f10=0.0350+0.045010×50m/s=0.400m/s
同理v2=x3+x410T=(x3+x4)f10=0.0550+0.065010×50m/s=0.600m/s
（2）由动能定理可知：
m沙g(x2+x3)=12(m+m沙)v22−12(m+m沙)v12
代入数据解得m沙＝0.100kg，故A正确，BCD错误；
故选：A。
故答案为：（1）0.400；0.600；（2）A
实验6 验证机械能守恒定律
【实验原理】
1．在只有重力做功的条件下，物体的重力势能和动能可以相互转化，但总的机械能守恒。
2．物体做自由落体运动，设物体的质量为m，下落h高度时的速度为v，则势能的减少量为，动能的增加量为。如果即，就验证了机械能守恒定律。
3．速度的测量：做匀变速运动的纸带上某点的瞬时速度等于相邻两点间的平均速度。
计算打第n个点瞬时速度的方法是：测出第n个点的相邻前后两段相等时间T内下落的距离和，由公式或算出，如图所示。
【实验器材】
铁架台(含铁夹)，打点计时器，学生电源，纸带，复写纸，导线，毫米刻度尺，重物(带纸带夹)．
【实验步骤】
1．将实验装置按要求装好（如图），将纸带固定在重物上，让纸带穿过电火花计时器。
2．先用手提起纸带，使重物静止在靠近计时器的地方。
3．接通电源，松开纸带，让重物自由下落，这样计数器就在纸带上打下一系列点。
4．重复以上步骤，多做几次。
5．从已打出的纸带中，选出第一、二点间的距离接近2 mm并且点迹清晰的纸带进行测量。
6．在挑选的纸带上，记下第一点的位置O，并在纸带上从任意点开始依次选取几个点1、2、3、4、.…并量出各点到位置O的距离，这些距离就是物体运动到点1、2、3、4、…时下落的高度
7．利用公式分别求出物体在打下点2、3、4、…时瞬时速度
8．把得到的数据填入表格，算出重物运动到点2、3、4、…减少的重力势能再算出物体运动到点2、3、4、…增加的动能，根据机械能守恒定律比较与，与，与…，结果是否一致。
【数据处理】
1．纸带的选取：选用纸带时应尽量挑选第1点点迹清晰且1、2两点之间距离接近2 mm的纸带，这样一条纸带记录的运动才接近自由落体运动。
2．纸带的处理：在第1点上标出O，并从稍靠后的某一点开始，依次标出1、2、3、4…并量出各点到位置O点的距离再利用公式计算出各点对应的瞬时速度计算各点对应的重力势能的减少量和动能的增加量，并进行比较看是否相等。也可以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出图象，若图象是过原点的直线，则可验证机械能守恒定律，其斜率等于g。
数据处理的另一思路：选取点迹清晰的一条纸带，如图，选取B、M两个位置作为过程的开始和终结位置，量出BM之间距离，求出B点速度，M点速度，比较重力势能的减少与动能的增加是否相等，从而验证机械能是否守恒。
【误差分析】
1．实际上重物和纸带下落过程中要克服阻力（主要是打点计时器的阻力）做功，故动能的增加量必定稍小于势能的减少量，这是属于系统误差，减少空气阻力影响产生的方法是：使纸带下挂的重物重力大些，且体积要小。
2．打点计时器产生的误差：
（1）由于交流电周期的变化，引起打点时间间隔变化而产生误差；
（2）计数点选择不好；振动片振动不均匀；纸带放置方法不正确引起摩擦，造成实验误差；
（3）打点时的阻力对纸带的运动性质有影响，这也属于系统误差。
3．由于测长度带来的误差属偶然误差，减少办法是测距离时都应从O点量起，二是多测几次取平均值。
（2022•湖北）某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax﹣Tmin图像是一条直线，如图乙所示。
（1）若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙中直线斜率的理论值为 ﹣2 。
（2）由图乙得：直线的斜率为 ﹣2.1 ，小钢球的重力为 0.59 N。（结果均保留2位有效数字）
（3）该实验系统误差的主要来源是 C （单选，填正确答案标号）。
A.小钢球摆动角度偏大
B.小钢球初始释放位置不同
C.小钢球摆动过程中有空气阻力
【解答】解：（1）设小球的质量为m，摆长为L，最大摆角为θ，小球到达最低点时的速度大小为v，
小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mg（L﹣Lcsθ）=12mv2
小球到达最低点时细线拉力最大，设最大拉力为Fmax，
由牛顿第二定律得：Fmax﹣mg=mv2L
小球到达最高点时，拉力最小，设为Fmin。
由于速度为零，所以有：Fmin﹣mgcsθ＝0
联立以上几式可得：Fmax＝3mg﹣2Fmin
（2）由图象乙可知：图象的斜率k=ΔFmaxΔFmin=1.35−1.770.2−0=−2.1。
将图象中的Fmin＝0，Fmax＝1.77N代入上式可得：mg＝0.59N；
（3）此实验的系统误差主要由空气阻力引起，按照实验过程的基本要求，使摆动的角度大一些，或使小球的初始位置不同，正是使实验数据具有普遍性，故AB错误，C正确。
故选：C。
故答案为：（1）﹣2；（2）﹣2.1、0.59；（3）C
（2022•广东）某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图（a）所示的装置，实验过程如下：
（1）让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径d＝ 7.885 mm。
（3）测量时，应 B （选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。
（4）计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝ 12m(dt1)2−12m(dt2)2 （用字母m、d、t1和t2表示）。
（5）若适当调高光电门的高度，将会 增大 （选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。
【解答】解：（2）根据螺旋测微器的示数可求出小球的直径为：d＝7.5mm+38.5×0.01mm＝7.885mm；
（3）因为小球到光电门的距离不算太高，下落时间较短，如果先释放小球再打开数字计时器可能导致小球已经通过光电门或正在通过光电门，造成测量误差，故在测量时，要先接通数字计时器，后释放小球，故选B；
（4）在光电门位置，小球的重力势能相等，则小球在此处的动能之差即为小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失。
在极短时间内，物体的瞬时速度等于该过程中物体的平均速度，则小球第一次经过光电门的速度为v1=dt1，小球第二次经过光电门的速度为v2=dt2，因此ΔE=12m(dt1)2−12m(dt2)2；
（5）若适当调高光电门的高度，则空气阻力做功将变大，将会增大因空气阻力引起的测量误差。
故答案为：（2）7.885；（3）B；（4）12m(dt1)2−12m(dt2)2；（5）增大
（2022•河北）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，实验装如图1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。
（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2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 12k(L−L0)2−12k(L−L0−ℎ5)2 ，钩码的动能增加量为 12m(ℎ6−ℎ42T)2 ，钩码的重力势能增加量为 mgh5 。
（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3所示。
（3）由图3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 随着h增加，钩码克服空气阻力的做功在增加 。
【解答】解：（1）弹簧的长度为L的弹性势能为Ep1=12k(L−L0)2
到F点时弹簧的弹性势能为Ep2=12k(L−L0−ℎ5)2，因此弹性势能的减小量为：
ΔEp=12k(L−L0)2−12k(L−L0−ℎ5)2
根据纸带的特点可知，
vF=ℎ6−ℎ42T
则动能的增加量为ΔEk=12mvF2=12m(ℎ6−ℎ42T)2，钩码的重力势能增加量为ΔEp＝mgh5。
（3）随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因随着h增加，钩码克服空气阻力的做功在增加。
故答案为：（1）12k(L−L0)2−12k(L−L0−ℎ5)2；12m(ℎ6−ℎ42T)2；mgh5；（3）随着h增加，钩码克服空气阻力的做功在增加
（2023•静海区校级模拟）验证机械能守恒定律也可以有其他多种的实验设计。
方案一：小怀同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律，细线的一端拴一个金属小球，另一端连接固定在天花板上的拉力传感器，传感器可记录小球在摆动过程中细线拉力的大小。将小球拉至图示位置，由静止释放小球，发现细线拉力在小球摆动的过程中做周期性变化。
（1）若细线的长度远大于小球的直径，为了验证机械能守恒定律，该小组不需要测出的物理量是 B ；（填入选项前的序号）
A．释放小球时细线与竖直方向的夹角α
B．细线的长度L
C．小球的质量m
D．细线拉力的最大值F
（2）小球从静止释放到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为 F＝mg（3﹣2csα） （用上述测定的物理量的符号表示）。
方案二：小珍同学想用下图所示的装置验证机械能守恒定律。他将一条轻质细绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，b球的质量是a球的3倍，用手托住b球，a球静止于地面。当绳刚好被拉紧时，释放b球。他想仅利用刻度尺这一测量工具验证b球落地前瞬间两球的机械能之和与释放时相等。
（3）请写出他需要测量的物理量及其符号，以及这些物理量应满足的关系式 H＝1.5h 。
【解答】解：（1）对小球，从初始位置摆到最低点根据机械能守恒定律有：mgL(1−csα)=12mv2
而在最低点，根据牛顿第二定律有：F−mg=mv2L
联立可得：F＝mg（3﹣2csα）
其中F为细线拉力的最大值，为m小球的质量，α为释放小球时细线与竖直方向的夹角。这些量均是要测量的量，但摆长不需要测量，故ACD错误，B正确；
故选：B。
（2）由（1）分析可知，若小球运动过程中机械能守恒，则应满足的关系为：F＝mg（3﹣2csα）
（3）对ab组成的系统，有：3mgℎ=mgℎ+12(m+3m)v2
对a球，有v2＝2g（H﹣h）
所以：H＝1.5h
所以需要测量的物理量是绳刚好被拉紧时b球距地面的高度h，以及a球能上升的最大高度H。
故答案为：（1）B；（2）F＝mg（3﹣2csα）；（3）（见解析）H＝1.5h。
（2023•龙泉驿区模拟）某同学用如图1所示装置验证机械能守恒定律，他将质量分别为M、m的A、B两小球用轻质无弹性细绳连接并跨过轻质定滑轮，M＞m，在B上端分布有两个光电门，光电门中心间距是h，重力加速度g，实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测出小球直径d，如图2所示，则d＝ 17.5 mm。
（2）将A球由静止释放，记录B小球依次通过光电门1和光电门2的遮光时间t1和t2。
（3）计算从光电门1到光电门2过程中系统动能的增量ΔEk＝ (M+m)d22(1t22−1t12) 系统势能的减少量ΔEp＝ （M﹣m）gh （用题中给出的物理量d，t1，t2，M，m，h，g表示）。
（4）改变小球B位置，重复上述步骤，并得出结论。
【解答】解：（1）游标卡尺主尺的读数为17mm，游标最小分度为0.1mm，不需要估读。第5条刻线和主尺刻线对齐，游标尺读数为：5×0.1mm＝0.5mm，游标卡尺读数为：
17mm+0.5mm＝17.5mm
（3）B球经过光电门1的速度为
v1=dt1
B球经过光电门2的速度为
v2=dt2
从光电门1到光电门2过程中系统动能的增量为
ΔEk=12(M+m)v22−12(M+m)v12=(M+m)d22(1t22−1t12)
系统势能的减少量为：
ΔEp＝（M﹣m）gh
故答案为：（1）17.5；（3）(M+m)d22(1t22−1t12)；（M﹣m）gh
实验7 用单摆测定重力加速度
1．实验原理
当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2πeq \r(\f(l,g))，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到g＝eq \f(4π2l,T2).因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值．
2．实验器材
带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球，不易伸长的细线(约1米)、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺．
3．实验步骤
(1)让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆．
(2)把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处作上标记，如实验原理图所示．
(3)用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长l＝l′＋r.
(4)把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(不超过5°)，然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t，计算出金属小球完成一次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即T＝eq \f(t,N)(N为全振动的次数)，反复测3次，再算出周期eq \x\t(T)＝eq \f(T1＋T2＋T3,3).
(5)根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))计算当地的重力加速度g＝eq \f(4π2l,T2).
(6)改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为当地的重力加速度值．
(7)将测得的重力加速度值与当地的重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因．
4．注意事项
(1)构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°.
(2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放．
(3)测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时．因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大．
②要测多次全振动的时间来计算周期．如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次．
(4)本实验可以采用图象法来处理数据．即用纵轴表示摆长l，用横轴表示T2，将实验所得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率k＝eq \f(g,4π2).这是在众多的实验中经常采用的科学处理数据的重要办法．
5．数据处理
处理数据有两种方法：(1)公式法：测出30次或50次全振动的时间t，利用T＝eq \f(t,N)求出周期；不改变摆长，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值eq \x\t(T)，然后代入公式g＝eq \f(4π2l,T2)求重力加速度．
(2)图象法：
由单摆周期公式不难推出：l＝eq \f(g,4π2)T2，因此，分别测出一系列摆长l对应的周期T，作l－T2的图象，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k＝eq \f(Δl,ΔT2)，即可利用g＝4π2k求得重力加速度值，如图1所示．
图1
6．误差分析
(1)系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等．
(2)偶然误差主要来自时间的测量上，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计振动次数．
（2023•浙江模拟）（1）在“探究弹簧弹力F与弹簧长度l的关系”的实验中，装置如图甲所示。毫米刻度尺的0刻度线与弹簧上端对齐，实验中通过改变弹簧下端所悬挂钩码的质量，改变弹簧弹力。
①实验中某次测量弹簧长度如图1所示，则此时弹簧长度l＝ 8.82 cm。
②多次实验，记录数据后描点连线得到F﹣1图像，由此可知该弹簧的劲度系数k＝ 200 N/m。（计算结果保留三位有效数字）。
（2）某实验小组测量当地重力加速度。
①小明同学利用手机频闪拍摄小球自由下落的过程来测量当地重力加速度。图3是自由下落运动的部分频闪照片。x1、x2、x3、x4分别是小球到O点的距离，已知手机闪光频率f＝50Hz，则可以测得当地重力加速度g＝ 9.63 m/s2。（计算结果保留三位有效数字）．
②小金同学利用图4单摆装置测量当地重力加速度。下列操作正确的是 AC （多选）
A．摆线上端需要夹子夹牢来固定悬点
B．应该从平衡位置（最低点）开始计时，并直接测量一次全振动的时间作为周期
C．为减小误差，摆球应该质量大体积小
D．为了减小阻力影响，应该让摆球的摆角大一些好，摆动得更明显
③小金利用单摆周期公式计算重力加速度，在实验前正确测量摆长，实验后回想到实验过程中小球的摆动平面并没有在严格的同一竖直平面内，则他计算的重力加速度值将 偏大 （选填“偏大”、“偏小”、“不偏”）。
【解答】解：（1）①由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，此时弹簧的实际长度为8.82cm。
②图象斜率代表弹簧的劲度系数，则k=ΔFΔx=12−0(9.0−3.0)×10−2N/m＝200N/m；
（2）①手机闪光频率f＝50Hz，则T=1f=150s＝0.02s，根据逐差法可解得重力加速度g=x4−x2−x24T2=61.4−23.0−23.04×0.022×10−3m/s2＝9.63m/s2；
②A、在摆线上端的悬点处，用夹子夹牢摆线，防止摆线长度变化，故A正确；
B、为了减小测量误差，采用累积法，测量多个周期求平均值可以减小误差，故B错误；
C、为减小误差，摆球应该质量大体积小，故C正确；
D、摆的周期大一些可以方便测量，但是摆角过大，会使摆球的摆动不能看作简谐运动，故D错误；
故选：AC。
③对圆锥摆，根据牛顿第二定律有mgtanθ＝mr4π2T2，其中r＝Lsinθ
解得
T＝2πLcsθg＜2πLg
根据g=4π2T2L可知T偏小，所以g偏大。
故答案为：（1）①8.82，200；（2）①9.63，②AC，③偏大
（2023•天津二模）几位同学在物理实验室做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）在甲同学的实验过程中，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n时用时t秒，该单摆的周期是T＝ 2tn 。
（2）甲同学测得的g值偏大，可能的原因是 B 。
A．摆线上端悬点没固定好，摆动中出现松动
B．开始计时时，没有及时按下秒表
C．实验中误将50次数为49次
（3）在进行实验数据处理时，乙同学把摆线长与小球直径之和作为摆长，做出T2﹣l图像后求出斜率，然后算出重力加速度，该同学处理数据的方法对结果的影响是 无影响 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【解答】解：（1）从最低点开始计数，且从0开始计数，单摆一个周期通过两次最低点，则根据该同学的计数原则，可知单摆的周期为T=tn2=2tn
（2）A．摆线上端悬点没固定好，摆动中出现松动，会导致摆长增大，根据单摆的周期公式T=2πLg
可得g=4π2LT2
摆线松动，实际摆长变长，而测定时用的摆长偏小，从而导致测定的重力加速度偏小，故A错误；
B．开始计时时，没有及时按下秒表，则时间t的测量值偏小，从而造成周期T的测量值偏小，而导致重力加速度的测量值偏大，故B正确；
C．实验中误将50次数为49次，则周期的测量值偏大，从而导致重力加速度的测量值偏小，故C错误。
故选B。
（3）当将摆线的长度与小球直径作为摆长时，有T=2πlg
变式得T2=4π2gl
可知，用此方法求加速度，实际是通过图像得斜率来求加速度，而将摆线的长度与小球直径作为摆长时，图像向右平移，但对重力加速度得测定没有影响，即图像的斜率不变。
故答案为：（1）2tn；（2）B；（3）无影响。
（2023•黄山模拟）某同学通过实验探究单摆周期与等效重力加速度定量关系，实验装置如图（a）所示，钢球、细线和轻杆组成一个“杆线摆”，杆线摆可以绕着悬挂轴OO'来回摆动，其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，这相当于单摆在斜面上来回摆动，但避免了摆球在真实斜面上运动时所受的摩擦力。测量该倾斜平面的倾角θ，能求出等效重力加速度a的大小，测量不同倾角下的单摆周期T，便能检验T与a的定量关系。已知重力加速度的大小为g，将下列实验补充完整：
（1）斜面倾角θ的测量。如图（b），铁架台上装一根铅垂线。在铁架台的立柱跟铅垂线平行的情况下把杆线摆装在立柱上，调节摆线的长度，使摆杆与立柱垂直，则此时摆杆是水平的。把铁架台底座一侧垫高如图（c），立柱倾斜，绕立柱摆动的钢球实际上是在倾斜平面上运动。测出静止时摆杆与铅垂线的夹角为β，则该倾斜平面与水平面的夹角θ＝90°﹣β。则等效重力加速度的大小a＝ gcsβ （用g、β表示）；
（2）单摆周期T的测量。在图（c）的情况下，尽量减小摆杆与立柱之间的摩擦，使该摆能较长时间绕立柱自由摆动而不停下来。让单摆做小角度下的振动，用停表测量单摆完成20个全振动所用的时间t，则单摆周期T＝ t20 （用t表示）。同样的操作进行三次，取平均值作为该周期的测量值；
在保持摆长一定的情况下，改变铁架台的倾斜程度，测出多组不同倾斜程度下θ的值及在该倾角下单摆的周期T后，根据实验数据绘制T−1a图像是一条过坐标原点的倾斜直线，由此得出的结论是 在摆长一定的情况下，单摆的周期与等效重力加速度的平方根成反比，即T∝1a 。
【解答】解：（1）将重力分解为沿杆和垂直杆，可知，等效重力F＝mgsinθ
等效重力加速度的大小a=Fm=gsinθ=gcsβ
（2）单摆完成20个全振动所用的时间t，则单摆周期T=t20
根据题图可知等效重力加速度为
a＝gsinθ
则根据单摆周期公式有T=2πLa=2πLa
绘制T−1a图像是一条过坐标原点的倾斜直线，所以在摆长一定的情况下，单摆的周期与等效重力加速度的平方根成反比，即T∝1a。
故答案为：（1）gcsβ；（2）t20，在摆长一定的情况下，单摆的周期与等效重力加速度的平方根成反比，即T∝1a。
（2023•石景山区一模）某实验小组的同学用如图1所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。
（1）实验中该同学进行了如下操作，其中正确的是 BC 。
A．用公式g=4π2LT2计算时，将摆线长当作摆长
B．摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动
C．确保摆球在同一竖直平面内摆动
D．摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆
（2）在实验中，多次改变摆长L并测出相应周期T，计算出T2，将数据对应坐标点标注在T2﹣L坐标系（如图2所示）中．请将L＝0.700m，T2＝2.88s2所对应的坐标点标注在图中，根据已标注数据坐标点描绘出T2﹣L图线，并通过图线求出当地的重力加速度g＝ 9.86 m/s2（结果保留3位有效数字）。
（3）将不同实验小组的实验数据标注到同一T2﹣L坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图3所示。已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图线a、b、c，下列分析正确的是 B 。
A．出现图线c的原因可能是因为使用的摆线比较长
B．出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L
C．由图线b计算出的g值最接近当地的重力加速度，由图线a计算出的g值偏大，图线c计算出的g值偏小
（4）该同学通过自制单摆测量重力加速度。他利用细线和铁锁制成一个单摆，计划利用手机的秒表计时功能和卷尺完成实验。但铁锁的重心未知，不容易确定准确的摆长。请帮助该同学提出“通过一定测量，求出当地重力加速度”的方法。
【解答】解：（1）A、用公式g=4π2LT2计算时，应该将将悬点到摆球重心之间的间距当作摆长，即应该将摆线长与摆球的半径之和当作摆长，故A错误；
B、实验过程，单摆的摆长不能发生变化，即摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动，故B正确；
CD、单摆的运动应该是同一竖直平面内的圆周运动，即实验是应该确保摆球在同一竖直平面内摆动，不能够使摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆，故C正确，D错误。
故选：BC。
（2）将该坐标点标注在坐标系中，用一条倾斜的直线将描绘的点迹连接起来，使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示
根据T=2πLg可得：T2=4π2gL
结合图像的斜率k=3.48−−0.600s2⋅m−1=4π2g，解得g＝9.86m/s2
（3）A、图线c中摆长有了一定的摆长时，振动周期还是零，一定是摆长测量长了，原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，它和摆线的长度无关，故A错误；
B、图线a中摆长为零时就已出现了振动周期，一定是摆长测量短了，原因可能是误摆线长记为摆长L，故B正确；
C、根据上述可知，三条图像的斜率均为k=4π2g，解得g=4π2k，可知，三条图线求出的重力加速度相同，故C错误。
故选：B。
（4）虽不容易确定准确的摆长，但可以通过多次改变摆线的长度，测量对应的周期，获得较准确的重力加速度。具体做法：设摆线下端距重心x，第一次测出摆线长l1，摆长L1＝l1+x，测出对应的周期T1。
仅改变摆线长，第二次测出摆线长l2，摆长L2＝l2+x，测出对应的周期T2。
根据T1=2πl1+xg，T2=2πl2+xg
解得重力加速度g=4π2(l2−l1)T22−T12。
故答案为：（1）BC；（2）见解析，9.86；
（3）B；
（4）设摆线下端距重心x，第一次测出摆线长l1，摆长L1＝l1+x，测出对应的周期T1，仅改变摆线长，第二次测出摆线长l2，摆长L2＝l2+x，测出对应的周期T2。根据T1=2πl1+xg，T2=2πl2+xg，解得重力加速度g=4π2(l2−l1)T22−T12。
（2023•莆田模拟）某实验小组利用如图甲装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。在铁架台上端用摆线悬挂一摆球，铁架台下端固定一个激光源，发出的激光方向与水平面平行，在摆球的右边与摆球中心等高的位置固定一智能手机，使得激光的中心与摆球的中心以及智能手机的光线接收口在同一水平直线上。利用手机光线传感器接收到的光照强度随时间变化情况，测出摆球的周期。
（1）实验主要过程如下：
①按图甲安装实验装置，下列有关器材的选择和安装最合理的是 B ；
②如图乙，用游标卡尺测出摆球的直径d＝ 1.14 cm；用刻度尺测出摆线长度l，算出摆长L；
③打开激光光源和手机传感器，运行软件；
④让单摆做简谐运动，采集数据；
⑤改变摆线长度l，重复步骤④；
⑥导出数据获得单摆振动周期T，从而得到对应的T2与L的数据如下表：
⑦根据表中数据在坐标纸上描点，如图丙：
⑧请在图丙中绘出T2﹣L图线 见解析 ，并根据图像求出当地的重力加速度g＝ 9.72 m/s2。（π2取9.87，结果保留三位有效数字）
（2）下列关于本实验的误差中，属于系统误差的有 CD 。
A．测量摆长引起的误差
B．描绘图线引起的误差
C．摆线具有伸缩性引起的误差
D．利用手机测量周期引起的误差
【解答】解：（1）①摆线悬点应固定，摆线应选择质量小、不易伸长的细丝线，摆球应选择体积小、质量大的铁球。故B正确，ACD错误。
故选：B。
②游标卡尺主尺的最小分度值为1mm，读数为：11mm，游标尺的最小分度值为0.1mm，游标尺的读数为：4×0.1mm＝0.4mm，摆球直径为d＝11mm+0.4mm＝11.4mm＝1.14cm
⑧根据数据绘出T2﹣L图线
由T=2πLg
得T2=4π2gL
图线斜率为k=4π2g=
得g＝9.72m/s2
（2）AB．测量摆长引起的误差和描绘图线引起的误差是由于不稳定随机因素造成，属于偶然误差，故AB错误；
CD．摆线具有伸缩性和手机测量周期引起的误差是由于仪器不完善、测量方法不准确等因素造成，属于系统误差，故CD正确。
故选：CD。
故答案为：（1）①B；②1.14；⑧见解析，9.72；（2）CD。
次数
数据
1
2
3
4
5
6
L/cm
38.00
48.00
58.00
68.00
78.00
88.00
T/s
1.24
1.39
1.53
1.66
1.78
1.89
T2/s2
1.54
1.93
2.34
2.76
3.17
3.57
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