2021届高三物理二轮复习实验部分牛顿第二定律实验专题（含解析）

这是一份2021届高三物理二轮复习实验部分牛顿第二定律实验专题（含解析），共22页。试卷主要包含了86米，90m/s2；，8 m/s2，20 cm，x2=4，0mm，光电门甲和乙相距l=1，【答案】AD；B；C；0，10−10，【答案】等内容，欢迎下载使用。

在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，某实验小组利用如图所示的实验装置，将一端带滑轮的长木板固定在水平桌面上，木块置于长木板上，并用细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车左端连一条纸带，通过打点计时器记录其运动情况。
(1)下列做法正确的是________
A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在探究加速度与力的关系时，作a--F图象应该用折线将所描的点依次连
C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)下图是实验时平衡阻力的情形，其中正确的是________(选填字母)
(3)某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大。他所得到的a–F关系可用图中的________表示(图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力)。

(4)如图是打出纸带的一段，相邻计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器使用的交流电频率50 Hz。由图可知，打纸带上B点时小车的瞬时速度vB=________m/s，木块的加速度a=________m/s2。(结果保留两位有效数字)
2020年12月8日，中尼两国联合宣布珠穆朗玛峰的最新高程为8848.86米。在此次珠峰高程测量中，采用的一种方法是通过航空重力仪测量重力加速度，从而间接测量海拔高度。我校“诚勤立达”兴趣小组受此启发设计了如下实验来测量渝北校区所在地的重力加速度大小。已知sin53°=0.8、cs53°=0.6、sin37°=0.6、cs37°=0.8，实验步骤如下：
a.如图1所示，选择合适高度的垫块，使长木板的倾角为53°；
b.在长木板上某处自由释放小物块，测量小物块距长木板底端的距离x和小物块在长木板上的运动时间t；
c.改变释放位置，得到多组x、t数据，作出xt-t图象，据此求得小物块下滑的加速度为4.90m/s2；
d.调节垫块，改变长木板的倾角，重复上述步骤。
回答下列问题：
(1)当长木板的倾角为37°时，作出的图象如图2所示，则此时小物块下滑的加速度a=_____m/s2；(保留3位小数)
(2)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=_____；
(3)依据上述数据，可知我校渝北校区所在地的重力加速度g=_____m/s2；(保留3位有效数字)
(4)某同学认为：xt-t图象中图线与时间轴围成的面积表示小物块在时间t内的位移大小。该观点是否正确？( )
A. 正确 B.错误 C.无法判断
如图甲所示为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置。他们调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板；在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，多次改变托盘中砝码的质量，记录传感器的读数F，求出加速度a。
请回答下列问题：
(1)实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz的交流电，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出物块的加速度为______m/s2。(结果保留三位有效数字)。
(2)以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图象是一条直线如图丙所示，求得图线的斜率为k，横轴截距为F0，若传感器的质量为m0，则物块的质量为___。若已知重力加速度为g，物块与长木板动摩擦因数为μ=______________。
(3)该实验需不需要满足钩码质量远远小于物块和传感器的总质量？____。(填“需要”或“不需要”)
某同学利用图甲所示的实验装置，探究物体在水平桌面上的运动规律，物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离后停在桌面上(尚未到达滑轮处).从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示.打点计时器电源的频率为50Hz.(不计空气阻力，g=10.0m/s2)
(1)通过分析纸带数据，可判断重物在两相邻计数点__________和__________之间某时刻落地．
(2)计数点3对应的速度大小v3=__________(保留三位有效数字)
(3)物块减速运动过程中加速度的大小为a=__________m/s2.(保留三位有效数字)
(4)物块与桌面的动摩擦因数为__________，物块与重物质量比为__________。
某同学用如图(a)所示的实验装置测量木块与木板之间的动摩擦因数μ：将木块从倾角为θ的木板上静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时间变化的规律，如图(b)中的曲
②所示．图中木块的位置从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T．
(1)根据图(b)可得，木块经过位置x2时的速度v2= ___，木块运动的加速度a=____；
(2)现测得T=0.1s，x1=4cm，x2=9cm，x3=16cm，θ=37°，可求得木块与木板之间的动摩擦因数μ=____ ；(sin37°=0.6,cs37°=0.8，重力加速度g取l0m/s2，结果保留1位有效数字)
(3)若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变的规律可能是图(b)中的曲线___.(选填图线序号①、②或③)
测定物体的质量有多种方法。某同学利用下面方法间接测量物体质量M，装置如图甲所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物PQ相连，重物P、Q的质量均为m=500 g，在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g=9.8 m/s2。
(1)某次实验中，先接通频率为50 Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带，其中两相邻计数点间还有4个点未画出，则系统运动的加速度a=____________m/s2(保留两位有效数字)。
(2)忽略各类阻力，求出物块Z质量的理论值为M理论=____________kg(保留两位有效数字)。
(3)实际情况下，由于存在空气阻力及摩擦阻力，则物块Z的实际质量M实际____________M理论(选填“>”或“<”或“=”)。
某实验小组用如图1所示的实验装置研究匀变速直线运动，已知固定斜面的倾角为θ=37°，把木块自斜面上某一位置由静止释放，测量释放点到斜面底端的距离x以及木块在斜面上运动的时间t，改变释放点位置，得到多组数据，作出xt−t图象如图2所示。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2。
(1)根据图象可知，木块在斜面上运动的加速度大小为______m/s2；
(2)木块与斜面之间的动摩擦因数为______；
(3)在xt−t图象中，有一组数据偏离直线比较远，可能的原因是______。(回答出一条原因即可)
某同学用如图甲所示实验装置测量滑块与桌面间的动摩擦因数。实验中滑块放在水平桌面上，在轻质动滑轮上悬挂不同的重物，使滑块从同一位置由静止加速运动。滑块经过光电门时，配套的数字毫秒计测出遮光条的挡光时间t，读出弹簧秤的示数F，作出1t2−F关系图象如图乙所示。已知滑块到光电门的距离x=45 cm，遮光条的宽度d=3 mm(忽略绳子质量及绳子与滑轮之间的摩擦，取重力加速度g=10 m/s2)。
(1)由图甲判断下列说法正确的是__________。
A.实验中滑块的质量应远小于重物的质量
B.实验中滑块的质量应远大于重物的质量
C.实验中与滑块相连的轻绳与桌面一定要平行
D.实验中与滑块相连的轻绳与桌面可以不平行
(2)由图乙可得滑块的质量m=__________kg，滑块与桌面间的动摩擦因数μ=__________。
某物理兴趣小组利用图甲所示装置测量物块与水平桌面间的动摩擦因数。实验步骤如下：

①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m，用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用毫米刻度尺测量两光电门之间的距离s；
②调整轻小定滑轮，使细线________；
③将物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片通过光电门A、B的时间t1和t2，求出物块运动的加速度大小a；
④多次重复步骤③，得到a的平均值a；
⑤根据上述实验数据，求出物块与水平桌面间的动摩擦因数μ。
(1)测量d时，游标卡尺的示数如图乙所示，其示数为________cm。
(2)将步骤②补充完整。
(3)物块的加速度大小a可用d、s、t1和t2表示为a=________。
(4)物块与水平桌面间的动摩擦因数μ可用M、m、a和重力加速度大小g表示为μ=________。
某同学用如图1所示的装置来“研究匀变速直线运动”的实验，水平桌面上的质量M=1 kg的滑块在质量m=1 kg的钩码的牵引下匀加速运动，在钩码落地前，得到一条纸带如图2所示，其中0、1、2、3、4、5、6为选取的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出。从纸带上测出x1=3.20 cm，x2=4.52 cm，x5=8.42 cm，x6=9.70 cm，重力加速度g取10 m/s2，打点计时器所接电源频率为50 Hz，除滑块与水平桌面间的摩擦外，其余阻力忽略不计。

(1)计数点2到计数点4之间的距离为__________cm。
(2)滑块在运动的过程中加速度的大小a=__________m/s2。
(3)打计数点3时滑块的速度为__________m/s。
(4)滑块与水平桌面间的动摩擦因数μ=__________。
某同学用如图所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数，其中，遮光条宽度d=6.0mm，光电门甲和乙相距l=1.00m。实验时，滑块可以由光电门甲上方某位置自由下滑。某次实验中，遮光条通过光电门甲、乙的时间分别为t1=6.0×l0−3s和t2=2.0×10−3s，则滑块在斜面上运动的加速度大小a=______m/s2；测得光电门甲、乙的竖直高度差h=0.60m，g取10m/s2，则滑块与斜面间的动摩擦因数μ=______。
(1)如图1所示为利用DIS做验证牛顿第三定律实验时所得到的图象，该实验所用的传感器为______；观察图象我们可以得出的结论有：______。
(A)作用力与反作用力总是大小相等；
(B)作用力与反作用力总是同时变化的；
(C)作用力与反作用力总是性质相同的；
(D)作用力与反作用力总是方向相反的。
(2)如图2所示为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置。在本实验中，需要保持______不变，位移传感器测得小车的v−t图象后，分别得到t1和t2时刻的速度v1和v2，则小车的加速度a=______。
某位同学为了测量木块与长木板间的动摩擦因数，他采用了以下实验方法．器材准备：长木板、木块(其前端固定有用于挡光的很窄的遮光片)、光电计时器、光电门、米尺、游标卡尺、铁架台等．用铁架台将长板倾斜支在水平桌面上，实验装置如图甲所示，在长木板上标出A、B两点，B点放置光电门(图中未画出)，用于记录遮光条通过光电门时的遮光时间．该同学进行了如下实验：
(1)用螺旋测微器测量出遮光片的宽度d如图乙所示，则d=________mm，并测量长木板上A、B两点间的距离L和竖直高度差h．
(2)将木块从A点由静止释放，使其沿斜面下滑，记录到木块上的遮光片经过光电门的时间为Δt，由v=dΔt可计算出木块经B点时的速度，再利用匀变速直线运动规律，可计算出木块的加速度的表达式a=________.(用题中所给的字母d、Δt、L表示)
(3)该同学由以上测量出的数据和通过物理规律计算出的物理量，得出木块与长木板间的动摩擦因数的表达式为μ=________.(用题中所给的字母d、Δt、h、L和重力加速度g表示)
如图甲是某同学测量重力加速度的装置，他将质量均为M的两个重物用轻绳连接，放在光滑的轻质滑轮上，这时系统处于静止状态．该同学在左侧重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物m的重力作用而使系统做初速度为零的缓慢加速运动，该同学用某种办法测出系统运动的加速度并记录下来．完成一次试验后，换用不同质量的小重物，并多次重复实验，测出不同m时系统的加速度a并作好记录．
(1)若选定物块从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有______
A.小重物的质量m
B.大重物的质量M
C.绳子的长度
D.重物下落的距离及下落这段距离所用的时间
(2)经过多次重复实验，得到多组a、m数据，作出1a−1m图象，如图乙所示．已知该图象斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g=______，并可求出重物质量M=______.(用k和b表示)
测定物体的质量有多种方法。某同学利用下面方法间接测量物体质量M，装置如图甲所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物PQ相连，重物P、Q的质量均为m=500 g，在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g=9.8 m/s2。
(1)某次实验中，先接通频率为50 Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带，其中两相邻计数点间还有4个点未画出，则系统运动的加速度a=____________m/s2(保留两位有效数字)。
(2)忽略各类阻力，求出物块Z质量的理论值为M理论=____________kg(保留两位有效数字)。
(3)实际情况下，由于存在空气阻力及摩擦阻力，则物块Z的实际质量M实际____________M理论(选填“>”或“<”或“=”)。
答案和解析
1.【答案】(1)AD；(2)B；(3)C；(4)0.15；0.60
【解析】
【分析】
解答本题要求同学们能根据速度图象求出物体的加速度，能根据牛顿第二定律列式求解质量，难度适中。
【解答】
(1)A.为了减小误差，调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A正确。
B.连线时不能折线相连，要用平滑的曲线连接才符合实际情况，故B错误。
C.实验时，应先接通打点计时器的电源再放开木块，故C错误。
D.因为平衡摩擦力后，满足μmgcsθ=mgsinθ，可以约掉质量，所以通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，即只需平衡一次摩擦力，故D正确。
故选AD。
(2)平衡摩擦力时，是只让小车在倾斜的平板上做匀速直线运动，同时小车匀速运动需根据打点计时器打在纸带上的点判断，故B正确，AC错误。
故选：B
(3)平衡摩擦力时木板垫的过高，当小桶和砂子重力为0时，小车加速度并不为0，故C正确，ABD错误。
故选：C
(4)由运动学公式求速度和加速度分别为：vB=vAC=(8.10−5.10)×10−22×0.1m/s=0.15m/s，
a=xDF−xBD(2T)2=(17.10−10.50)×10−2−(10.50−6.30)×10−2(2×0.1)2m/s2=0.60m/s2。
2.【答案】(1)1.958m/s2；(2)0.5或0.50；(3)9.79m/s2；(4)B。
【解析】
【分析】
本题主要是考查测定重力加速度实验，要求能够理解实验原理和实验操作方法，知道数据的处理方法，注意图象的单位不要弄错！
(1)根据位移−时间关系得到xt−t的关系式，根据图线的截距和斜率求解；
(2)(3)当木板的倾角分别为53°、37°时，对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数和当地的重力加速度数值；
(4)xt-t图像中的面积微元：Δs=xt⋅Δt，无物理意义。
【解答】
(1)小物块在斜面上做匀加速直线运动：x=12at2，变形为：xt=12at，故斜率k=a2，由图2可知：k=0.979，故此时的加速度a=2k=1.958m/s2；
(2、3)长木板倾角为53°时：mgsin53°-μmgcs53°=ma1，长木板倾角为37°时：mgsin37°-μmgcs37°=ma2，联立可解得μ=0.5，g=9.79m/s2；
(4)xt-t图像中的面积微元：Δs=xt⋅Δt，无物理意义，故选B。
故答案为：(1)1.958m/s2；(2)0.5或0.50；(3)9.79m/s2；(4)B。
3.【答案】2.00；m=1k−m0；kF0g；不需要
【解析】
【试题解析】
【分析】
(1)根据位移差公式求解加速度；
(2)根据图象结合牛顿第二定律写出a与F的函数关系表达式，确定其斜率，根据横轴截距确定μ即可；
(3)根据实验原理确定是否需要满足钩码质量远远小于物块和传感器的总质量这一条件。
【解答】
(1)根据△x=aT2，运用逐差法得a=x36−x039T2=(7.10+9.13+11.09−1.10−3.09−5.12)×10−29×0.01m/s2=2.00m/s2；
(2)由牛顿第二定律得F=(m+m0)a，则a=1m+m0F，a−F图象的斜率k=1m+m0，所以物块的质量为m=1k−m0，由图象可知，物块与木板之间的摩擦力为F0，则F0=μ(m+m0)g，即μ=kF0g。
(3)由于传感器测得是真实拉力，不需要满足此条件。
故答案为：(1)2.00
(2)m=1k−m0；kF0g
(3)不需要
4.【答案】(1)6 7
(2)0.601
(3)2.00
(4)0.2 2:1
【解析】
【分析】
本题考查匀变速直线运动中的纸带处是问题，要掌握利用平均速度求解瞬时速度，以及根据Δx=aT2求解加速度的方法，同时掌握牛顿第二定律的应用。
【解答】
(1)从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，位移的增量为定值，均为2cm，而在6、7间增加的位移小于2cm；故说明在6、7间物体即开始减速；
(2)每5个点取1个计数点，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，可以求出打纸带上某点时小车的瞬时速度大小，则点3的速度大小为：；
(3)计数点根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出物块加速运动过程中加速度，得：a=7.01+9.00−3.00−5.014×0.12×10−2=2.00m/s2，而物块减速运动过程中加速度，得：a=4.60+6.60−8.61−10.604×0.12×10−2=−2.00m/s2，因此减速运动过程中加速度的大小为2.00m/s2；
(4)设物块的质量为M，而重物质量为m；根据f=μMg，再由牛顿第二定律可得f=Ma，则有：μ=ag=210=0.2；在加速过程中，则有mg−μMg=M+ma而μMg=Ma′，解得：M:m=2:1。
故答案为：(1)6；7；(2)0.601；(3)2.00；(4)0.2；2:1。
5.【答案】(1). x3−x12T x3−2x2+x1T2 (2). 0.5 (3). ①
【解析】解答：(1)由题意可知，木块沿木板向下做匀加速直线运动，由于从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T，所以v2=x3−x12T，
由匀变速直线运动的规律可知，(x3−x2)−(x2−x1)=aT2，解得：a=x3−2x2+x1T2；
(2)由a=x3−2x2+x1T2=(16−2×9+4)×10−20.12m/s2=2m/s2
由牛顿第二定律可知，a=gsin37∘−μgcs37∘，解得：μ=0.5；
(3)由牛顿第二定律可知，a=gsinθ−μgcsθ，当θ增大，则加速度增大，由公式x=12at2可知，曲线①正确．
(1)物体做匀变速直线运动，利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求解v2，利用位移差公式求解加速度的表达式；
(2)结合数据根据加速度的表达式计算加速度大小，根据牛顿第二定律求解木块与木板之间的动摩擦因数μ，关键在于对木块正确受力分析；
(3)只增大木板的倾角，则加速度增大，可由x=12at2来决定属于哪条曲线曲线。
6.【答案】(1)1.6；(2)0.19或0.20；(3)>
【解析】
【分析】
本题主要考查了通过牛顿第二定律测质量的方法。
(1)根据逐差法求解系统的加速度；
(2)对整个系统进行分析，根据牛顿第二定律求解物块Z质量的理论值的表达式；
由于存在空气阻力及摩擦阻力，根据牛顿第二定律列出表达式，从而得出物块Z的实际质量M实与M理的大小关系。
【解答】
(1)根据逐差法解得系统运动的加速度为：a=x3+x4−x1+x24T2，
其中T=0.1s，代入数据得a=1.6m/s2；
(2)根据牛顿第二定律，对Q和Z有：
(M理+m)g−T=(M理+m)a，
对物体P有：T−mg=ma，
联立有：M理g=(M理+2m)a，
解得：M理=2mag−a=0.20kg；
(3)由M实g−f=M实+2ma，得到M实=2ma+fg−a，实际质量总是大于理论值M理，所以应选填“>”。
故答案为：(1)1.6；(2)0.19或0.20；(3)>。
7.【答案】(1)0.4 (2)0.7 (3)木块释放点到斜面底端的距离x测大了，或者木块在斜面上运动的时间t测小了，或者木块不是由静止释放的
【解析】解：(1)木块在斜面上做匀加速直线运动，根据位移−时间关系可知，x=12at2，变形为：xt=12at，
对照图象可知，斜率：k=12a=1.26m/s2=0.2m/s2，
解得木块在斜面上运动的加速度：a=0.4m/s2。
(2)分析木块在斜面上的受力，受到重力、斜面的支持力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律可知：
mgsin37°−μmgcs37°=ma
解得动摩擦因数：μ=0.7。
(3)在xt−t图象中，有一组数据偏离直线比较远，可能的原因是木块释放点到斜面底端的距离x测大了，或者木块在斜面上运动的时间t测小了，或者木块不是由静止释放的。
故答案为：(1)0.4；(2)0.7；(3)木块释放点到斜面底端的距离x测大了，或者木块在斜面上运动的时间t测小了，或者木块不是由静止释放的。
(1)根据匀变速直线运动的位移−时间关系分析，对照图象得到加速度大小。
(2)分析木块的受力，根据牛顿第二定律分析动摩擦因数。
(3)从引起实验误差的角度分析。
此题考查了匀变速直线运动的规律，解题的关键是匀变速直线运动公式和牛顿第二定律的灵活运用。
8.【答案】(1)C；(2)0.5；0.3
【解析】
【分析】
本题主要考查了物理实验原理及注意事项，利用牛顿第二定律及运动学公式找出函数关系式，即可判断。
(1)根据实验原理图可知，绳子的拉力由弹簧秤直接得出，不需要钩码的重力代替；只有绳子与桌面平行才能保证滑块受到的合力为恒力且满足F合=F−μmg；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式即可求得1t2−F的关系，即可求得。
【解答】
(1)绳子拉力由弹簧秤的示数直接读出，不需要钩码的重力代替，所以不需要满足钩码的质量远小于小车质量，故AB错误；
实验中与滑块相连的轻绳与桌面一定要平行，故C正确，D错误；
故选C。
(2)由牛顿运动定律可得F−μmg=ma，由运动学公式可得(dt)2=v2=2ax，
联立解得1t2=2xmd2F−2μgxd2，
所以2xmd2=3.0×1051.5，2μgxd2=3.0×105，
解得m=0.5kg，μ=0.3。
9.【答案】(1)0.45
(2)水平
(3)d22s1t22−1t12
(4)mg−M+maMg
【解析】
【分析】
(1)由主尺与游标尺读数得解；
(2)由该实验的步骤得解；
(3)由平均速度解得瞬时速度，再由匀变速直线运动的速度位移公式得解；
(4)对整体应用牛顿第二定律得解。
本题主要考查测量物块与水平桌面间的动摩擦因数的实验，熟悉实验原理是解题的关键，难度一般。
【解答】
(1)由图可知主尺读数为：0.4cm，游标尺读数为：5×0.1mm=0.5mm，故可得游标卡尺读数为：0.45cm；
(2)由实验原理可知，细线应与木板平行，故可得调整轻小定滑轮，使细线水平；
(3)由平均速度可得物块过光电门的瞬时速度大小分别为：vA=dt1，vB=dt2，从A到B，由匀变速直线运动的速度位移公式可得物块运动的加速度大小：a=vB2−vA22s=d22s1t22−1t12；
(4)对物块和遮光片及重物整体为研究对象，列牛顿第二定律方程，可得：mg−μMg=M+ma，解得物块与水平桌面间的动摩擦因数：μ=mg−M+maMg．
故填：(1)0.45；(2)水平；(3)d22s1t22−1t12；(4)mg−M+maMg。
10.【答案】(1)12.92；(2)1.30；(3)0.646；(4)0.74。
【解析】
【分析】
本题考查了有关纸带处理的基本知识和牛顿第二定律的应用，平时要加强基础实验的实际操作，提高操作技能和数据处理能力；要注意单位的换算和有效数字的保留。
(1)根据匀变速直线运动任意两个连续相等的时间间隔内通过的位移之差都相等求解；
(2)根据逐差相等Δx=aT2求解；
(3)打计数点3时滑块的速度等于相邻两点的平均速度；
(4)根据牛顿第二定律列式求出动摩擦因数。
【解答】
(1)根据匀变速直线运动的规律，任意两个连续相等的时间间隔内通过的位移之差都相等，x5+x6−x24=x24−x1−x2，代入数字解得x24=12.92cm。
(2)打点计时器所接电源频率为50 Hz，打点周期为0.02s，所以相邻计数点时间间隔为T=0.1s。
根据逐差相等，Δx=aT2
加速度a=x5+x6−x2−x12T2=9.70+8.42−4.52−3.20×0.012×0.22m/s2=1.30m/s2
(3)打计数点3时滑块的速度等于相邻两点的平均速度；
v3=x242T=12.92×0.012×0.1m/s=0.646m/s
(3)根据牛顿第二定律，mg−μMg=m+Ma，解得μ=0.74
故答案为：(1)12.92；(2)1.30；(3)0.646；(4)0.74。
11.【答案】4.0 0.25
【解析】解：通过甲、乙光电门的速度分别为：
v甲=dt1=6.0×10−36.0×10−3m/s=1.0m/s
v乙=dt2=6.0×10−32.0×10−3m/s=3.0m/s
根据速度−位移公式可知：v乙2−v甲2=2al，解得a=4.0m/s2
根据牛顿第二定律可知mgsinθ−μmgcsθ=ma
其中sinθ=hl=0.6
解得μ=0.25。
故答案为：4.0；0.25。
根据v=dt求得通过光电门的速度，根据速度−位移公式求得加速度；根据牛顿第二定律求得摩擦因数。
要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。
12.【答案】力传感器 ABD 小车总质量 v2−v1t2−t1
【解析】解：(1)利用DIS做验证牛顿第三定律实验的操作示意图，该实验所用的传感器为力传感器，
图乙为实验时在软件界面上出现的结果，观察图乙我们可以得出：作用力与反作用力总是：大小相等、方向相反。故ABD正确，C错误
故选：ABD
(2)小车受到的拉力等于钩码的重力，通过改变钩码的个数来改变对小车的拉力。要保证小车的质量不变；
已知：t1和t2时刻的速度v1和v2，则小车的加速度：a=△v△t=v2−v1t2−t1。
故答案为：(1)力传感器； ABD
(2)小车总质量； a=v2−v1t2−t1
(1)该实验所用的传感器为力传感器，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。
(2)小车受到的拉力等于钩码的重力，改变钩码数量可以改变小车受到的拉力；应用加速度的定义式可以求出加速度。
解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，且同时产生、同时变化、同时消失，作用在不同的物体上。
13.【答案】(1)5.699(5.698～5.702均可)； ；。
【解析】
【分析】
本题主要考查测量木块与长木板间的动摩擦因数实验相关知识。
(1)螺旋测微器读数为固定刻度与可动刻度之和，需要估读；
(2)利用匀变速直线运动速度与位移的关系得出木块的加速度的表达式；
(3)根据牛顿第二定律，结合几何关系及加速度的表达式即可确定摩擦因数的公式。
【解答】
(1)根据螺旋测微器读数规则，固定刻度读数+可动刻度读数+估读，遮光片的宽度为5.5 mm+19.9×0.01 mm=5.699 mm．
(2)由匀变速直线运动速度与位移的关系v2=2aL得木块的加速度的表达式为：；
(3)设长木板与水平方向的夹角为θ，下滑时，由牛顿第二定律有：
mgsinθ−μmgcsθ=ma，
sin θ=hL，
cs θ=L2−h2L，
，
联立以上各式可解得：。
14.【答案】AD 1b k2b
【解析】解：(1)对整体分析，根据牛顿第二定律得，mg=(2M+m)a，
解得a=mg2M+m
根据h=12at2，
g=2(2M+m)hmt2
所以需要测量的物理量有：小重物的质量m，重物下落的距离及下落这段距离所用的时间．故AD正确．
故选：AD．
(2)因为a=mg2M+m，
则1a=1m⋅2Mg+1g，
知图线斜率k=2Mg，b=1g，
解得g=1b，M=k2b．
故答案为：
(1)AD；(2)1b；k2b
根据加速度的表达式，结合位移时间公式求出重力加速度的表达式，通过表达式确定所需测量的物理量．根据加速度的表达式得出1a−1m关系式，通过图线的斜率和截距求出重力加速度和M的大小．
解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出重力加速度的表达式，以及推导出1a−1m关系式，结合图线的斜率和解决进行求解．
15.【答案】(1)1.6；(2)0.19或0.20；(3)>
【解析】
【分析】
本题主要考查了通过牛顿第二定律测质量的方法。
(1)根据逐差法求解系统的加速度；
(2)对整个系统进行分析，根据牛顿第二定律求解物块Z质量的理论值的表达式；
由于存在空气阻力及摩擦阻力，根据牛顿第二定律列出表达式，从而得出物块Z的实际质量M实与M理的大小关系。
【解答】
(1)根据逐差法解得系统运动的加速度为：a=x3+x4−x1+x24T2，
其中T=0.1s，代入数据得a=1.6m/s2；
(2)根据牛顿第二定律，对Q和Z有：
(M理+m)g−T=(M理+m)a，
对物体P有：T−mg=ma，
联立有：M理g=(M理+2m)a，
解得：M理=2mag−a=0.20kg；
(3)由M实g−f=M实+2ma，得到M实=2ma+fg−a，实际质量总是大于理论值M理，所以应选填“>”。
故答案为：(1)1.6；(2)0.19或0.20；(3)>。