2025届高考物理二轮专题复习与测试模块七实验技能及创新专题十九力学热学和光学实验

这是一份2025届高考物理二轮专题复习与测试模块七实验技能及创新专题十九力学热学和光学实验，共38页。
[专题复习定位]
1．掌握力学实验的基本原理和方法，并借助基本实验分析拓展创新实验。
2．掌握热学实验、光学实验和单摆测重力加速度的实验原理和方法。
命题点1 探究小车速度随时间变化的规律
1. (2023·全国甲卷，T23)某同学利用如图(a)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(b)所示。
(1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1 s。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，小车发生对应位移和平均速度分别为Δx和 eq \x\t(v) ，表中ΔxAD＝________cm， eq \x\t(v) AD＝________cm/s。
(2)根据表中数据得到小车平均速度 eq \x\t(v) 随时间Δt的变化关系，如图(c)所示。在图(c)中补全实验点。
(3)从实验结果可知，小车运动的 eq \x\t(v) －Δt图线可视为一条直线，此直线用方程 eq \x\t(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点时小车速度大小vA＝________，小车的加速度大小a＝________。(结果用字母k、b表示)
解析：(1)由题图(b)中纸带的相关数据可知ΔxAD＝6.60 cm＋8.00 cm＋9.40 cm＝24.00 cm，由平均速度的定义可知 eq \x\t(v) AD＝ eq \f(ΔxAD,3T) ＝ eq \f(24.00 cm,0.3 s) ＝80.0 cm/s。
(2)将坐标点(0.3 s，80.0 cm/s)在图中描点，如图所示。
(3)将图中的实验点用直线拟合，如图所示，可知斜率k＝ eq \f(101.0 cm/s－59.0 cm/s,0.6 s) ＝70.0 cm/s2，
截距b＝59.0 cm/s。
(4)小车做匀加速直线运动，有x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2，变形可得 eq \f(x,t) ＝ eq \x\t(v) ＝v0＋ eq \f(1,2) at，故小车在t＝0时，即打出A点时小车的速度大小vA＝b，小车的加速度大小a满足 eq \f(1,2) a＝k，即a＝2k。
答案：(1)24.00 80.0 (2)见解析图
(3)70.0 59.0 (4)b 2k
命题点2 探究加速度与力和质量的关系(或者测定动摩擦因数)
2．(2024·江西卷，T11)某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图(a)所示，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。
(1)实验前调节轨道右端滑轮高度，使细线与轨道平行，再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。
(2)小车的质量M1＝320 g。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为F，作出a－F图像，如图(b)中图线甲所示。
(3)由图线甲可知，F较小时，a与F成正比；F较大时，a与F不成正比。为了进一步探究，将小车的质量增加至M2＝470 g，重复步骤(2)的测量过程，作出a－F图像，如图(b)中图线乙所示。
(4)与图线甲相比，图线乙的线性区间________，非线性区间________。再将小车的质量增加至M3＝720 g，重复步骤(2)的测量过程，记录钩码所受重力F与小车加速度a，如表所示(表中第9～14组数据未列出)。
(5)请在图(b)中补充描出第6至8三个数据点，并补充完成图线丙。
(6)根据以上实验结果猜想和推断：小车的质量________时，a与F成正比。结合所学知识对上述推断进行解释：
_____________________________________________________
____________________________________________________。
解析：(4)由题图(b)分析可知，与图线甲相比，图线乙的线性区间较大，非线性区间较小。
(5)在坐标系中进行描点，结合其他点用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的点均匀分布在线的两侧，如图所示。
(6)设绳子拉力为T，对钩码根据牛顿第二定律有
F－T＝ma
对小车根据牛顿第二定律有T＝Ma
联立解得F＝(M＋m)a
变形得a＝ eq \f(1,M＋m) F
当m≪M时，可认为m＋M＝M
则a＝ eq \f(1,M) ·F
即a与F成正比。
答案：(4)较大 较小 (5)图像见解析 (6)远大于钩码质量 见解析
命题点3 探究平抛运动的特点
3．(2024·河北卷，T12)图1为探究平抛运动特点的装置，其斜槽位置固定且末端水平，固定坐标纸的背板处于竖直面内，钢球在斜槽中从某一高度滚下，从末端飞出，落在倾斜的挡板上挤压复写纸，在坐标纸上留下印迹。某同学利用此装置通过多次释放钢球，得到了如图2所示的印迹，坐标纸的y轴对应竖直方向，坐标原点对应平抛起点。

(1)每次由静止释放钢球时，钢球在斜槽上的高度________(选填“相同”或“不同”)。
(2)在坐标纸中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。
(3)根据轨迹，求得钢球做平抛运动的初速度大小为________m/s(当地重力加速度g取9.8 m/s2，保留2位有效数字)。
解析：(1)为保证钢球每次做平抛运动的初速度相同，必须让钢球在斜槽上同一位置由静止释放，故高度相同。
(2)描点连线用平滑曲线连接，钢球做平抛运动的轨迹如图所示。
(3)因为抛出点在坐标原点，为方便计算，在图线上找到较远的点为研究位置，如坐标为(14.0 cm，19.0 cm)的点，根据平抛运动规律x＝v0t，y＝ eq \f(1,2) gt2，解得v0≈0.71 m/s。
答案：(1)相同 (2)图像见解析 (3)0.71
命题点4 验证动量守恒定律
4．(2024·山东卷，T13)在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下：
①测量两个滑块的质量，分别为200.0 g和400.0 g；
②接通气源，调整气垫导轨水平；
③拨动两滑块，使A、B均向右运动；
④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。
回答以下问题：
(1)从图像可知两滑块在t＝__________s时发生碰撞。
(2)滑块B碰撞前的速度大小v＝________m/s(保留2位有效数字)。
(3)通过分析，得出质量为200.0 g的滑块是________(选填“A”或“B”)。
解析：(1)由x－t图像中图线的斜率表示速度可知两滑块的速度在t＝1.0 s时发生突变，即这个时刻发生了碰撞。
(2)根据x－t图像中图线斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小v＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(90－110,1.0))) cm/s＝0.20 m/s。
(3)由题图乙知，碰撞前A的速度大小vA＝0.50 m/s，碰撞后A的速度大小约为vA′＝0.36 m/s，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小vB′＝0.50 m/s，A和B碰撞过程动量守恒，则有mAvA＋mBv＝mAvA′＋mBvB′，代入数据解得 eq \f(mA,mB) ≈2，所以质量为200.0 g的滑块是B。
答案：(1)1.0 (2)0.20 (3)B
命题点5 实验创新与拓展
5．(2024·广西卷，T11)单摆可作为研究简谐运动的理想模型。
(1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中________不变。
(2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为________cm。
(3)若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为_________________________________________。
解析：(1)选择题图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变。
(2)摆球直径d＝1.0 cm＋6×0.1 mm＝1.06 cm。
(3)根据单摆的周期公式T＝2π eq \r(\f(L,g)) ，可得单摆的摆长L＝ eq \f(gT2,4π2) ，从平衡位置拉开5°的角度处释放，可得振幅A＝L sin 5°，以该位置为计时起点，根据简谐运动规律可得摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为x＝A cs ωt＝ eq \f(gT2sin 5°,4π2) cs ( eq \f(2π,T) t)。
答案：(1)摆长 (2)1.06 (3)x＝ eq \f(gT2sin 5°,4π2) cs ( eq \f(2π,T) t)
6．(2024·湖北卷，T12)某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有：2 g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。
具体步骤如下：
①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图(a)所示。
②用米尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门。
③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。
④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。
⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。
该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期T＝2π eq \r(\f(M,k)) ，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。
(1)由步骤④，可知振动周期T＝________。
(2)设弹簧的原长为l0，则l与g、l0、T的关系式为l＝________。
(3)由实验数据作出的l－T2图线如图(b)所示，可得g＝__________m/s2(保留3位有效数字，π2取9.87)。
(4)本实验的误差来源包括________(双选，填标号)。
A．空气阻力
B．弹簧质量不为零
C．光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置
解析：(1)30次全振动所用时间t，则振动周期T＝ eq \f(t,30) 。
(2)弹簧振子的振动周期T＝2π eq \r(\f(M,k)) ，可得振子的质量M＝ eq \f(kT2,4π2) ，振子平衡时，根据平衡条件Mg＝kΔl可得Δl＝ eq \f(gT2,4π2) ，则l与g、l0、T的关系式为l＝l0＋Δl＝l0＋ eq \f(gT2,4π2) 。
(3)根据l＝l0＋ eq \f(gT2,4π2) 整理可得l＝l0＋ eq \f(g,4π2) ·T2，则l－T2图像斜率k＝ eq \f(g,4π2) ＝ eq \f(0.542－0.474,0.58－0.3) ，解得g≈9.59 m/s2。
(4)空气阻力的存在会影响弹簧振子的振动周期，是实验的误差来源之一，故A正确；弹簧质量不为零导致振子在平衡位置时弹簧的长度变化，不影响其他操作，根据(3)中处理方法可知对实验结果没有影响，故B错误；根据实验步骤可知光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置会影响振子周期的测量，是实验的误差来源之一，故C正确。
答案：(1) eq \f(t,30) (2)l0＋ eq \f(gT2,4π2) (3)9.59 (4)AC
命题点6 热学和光学实验
7．(2023·山东卷，T13)利用图甲所示的实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)。逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。
回答下列问题：
(1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体________。
A．p与V成正比 B．p与 eq \f(1,V) 成正比
(2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，由图乙可读出封闭气体压强为________Pa(保留3位有效数字)。
(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而________(选填“增大”或“减小”)。
解析：(1)在实验误差允许范围内，题图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体p与 eq \f(1,V) 成正比。
(2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，则有 eq \f(1,V) ＝ eq \f(1,10.0) mL－1＝100×10－3 mL－1
由题图乙可读出封闭气体压强p＝204×103 Pa＝2.04×105 Pa。
(3)根据p(V0＋ΔV)－pV0＝pΔV，可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而增大。
答案：(1)B (2)2.04×105 (3)增大
8．(2024·河北卷，T11)某同学通过双缝干涉实验测量单色光波长，实验装置如图所示，其中测量头包括毛玻璃、游标尺、分划板、手轮、目镜等。
该同学调整好实验装置后，分别用红色、绿色滤光片，对干涉条纹进行测量，并记录第一条和第六条亮纹中心位置对应的游标尺读数，如表所示：
根据表中数据，判断单色光1为________(选填“红光”或“绿光”)。
解析：根据Δx＝ eq \f(L,d) λ，可得λ＝ eq \f(dΔx,L) ，由表中数据可知Δx1＝ eq \f(18.64－10.60,5) mm＝1.608 mm，Δx2＝ eq \f(18.08－8.44,5) mm＝1.928 mm，故Δx1v2，导致这个结果的可能原因有________(填选项前的字母)。
A．小球在轨道斜面上受摩擦阻力
B．小球平抛运动过程受空气阻力
C．小球平抛运动轨迹平面与坐标纸不平行
D．小球经过光电门时，球心与光线不在同一高度
解析：(3)小球的直径d＝6 mm＋20.0×0.01 mm＝6.200 mm。
(5)小球通过光电门时的瞬时速度
v1＝ eq \f(d,t) ＝ eq \f(6.200×10－3,6.2×10－3) m/s＝1.0 m/s。
(6)由题可知，相邻两点间的距离和时间间隔分别为3.00 cm、 eq \f(1,30) s，所以小球做平抛运动的初速度v2＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(3.00×10－2 m,\f(1,30) s) ＝0.90 m/s。
(7)轨道斜面的作用是使小球获得一个水平初速度，小球在轨道斜面上受摩擦阻力并不影响v2的大小，故A不符合题意；小球平抛运动过程受空气阻力，使得小球水平方向做减速运动，水平位移偏小，v2值偏小，故B符合题意；小球平抛运动轨迹平面与坐标纸不平行，会造成小球运动过程中在坐标纸上的水平投影位移偏小，v2偏小，故C符合题意；小球经过光电门时，球心与光线不在同一高度，会造成遮光时间偏短，则造成v1偏大，故D符合题意。
答案：(3)6.200 (5)1.0 (6)0.90 (7)BCD
6.(1)在用油膜法估测分子大小的实验中，用移液管量取0.25 mL油酸，倒入标注250 mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250 mL的溶液，然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1 mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示，坐标格的每个小正方形大小为2 cm×2 cm，由图可以估算出油膜的面积是________cm2，由此估算出油酸分子的直径是________m(保留1位有效数字)。
(2)做“用油膜法估测分子的大小”实验时，三个同学都有一个操作错误，其中导致最后所测分子直径偏大的是________(填字母)。
A．甲同学在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小了
B．乙同学用注射器和量筒测得58滴油酸酒精溶液为1 mL，不小心错记录为57滴
C．丙同学计算油膜面积时，把所有不足半格的油膜都算成了一格
解析：(1)液面上纯油酸体积V＝ eq \f(0.25,250) × eq \f(2,100) mL＝2×10－5 mL＝2×10－11 m3，由题图计算油膜面积，多于半格算一格，少于半格舍去，则油膜面积约为S＝256 cm2，油酸分子的直径d＝ eq \f(V,S) ＝ eq \f(2×10－11,0.025 6) m≈8×10－10m。
(2)甲同学在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小了，则一滴油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小，计算得一滴纯油酸的体积比实际值大，则算出的直径偏大，A正确；乙同学用注射器和量筒测得58滴油酸酒精溶液为1 mL，不小心错记录为57滴，则一滴油酸酒精溶液体积的计算值变大，算出的一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积变大，则算出的直径偏大，B正确；丙同学计算油膜面积时，把所有不足半格的油膜都算成了一格，则计算得油膜面积变大，直径变小，C错误。
答案：(1)256 8×10－10 (2)AB
7．(1)某同学通过图甲所示的实验装置，利用玻意耳定律来测定一颗形状不规则的冰糖的体积。
①将冰糖装进注射器，通过推、拉活塞改变封闭气体的体积和压强。若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，则________(选填“需要”或“不需要”)重做实验。
②实验中通过活塞所在刻度读取了多组体积V及对应压强p，为了在xOy坐标系中获得直线图像，应选择________(填字母)。
A．p－V图像 B．p－ eq \f(1,V) 图像
C．V－ eq \f(1,p) 图像 D． eq \f(1,p) － eq \f(1,V) 图像
③选择合适的坐标后，该同学通过描点作图，得到直线的函数图像如图乙所示，忽略传感器和注射器连接处的软管容积，则这颗冰糖的体积为________。
(2)某同学制作了一个“加速度测量仪”，用来测量垂直电梯竖直上、下运行时的加速度，其构造如图1所示：将一根轻弹簧的上端固定在竖直放置且带刻度的“「”形光滑小木板上端，当弹簧下端悬挂0.9 N重物并静止时，指针指向31.0 cm位置；当弹簧下端悬挂1.0 N重物并静止时，指针指向30.0 cm位置。实际测量时，该同学在该弹簧下端固定1.0 N重物，重力加速度g取10 m/s2，所有计算结果均保留2位有效数字。
①该弹簧的劲度系数k＝________N/m。
②实际测量时，当指针指到31.0 cm位置时，垂直电梯运行的加速度大小为________m/s2。
③如图2所示，将该加速度测量仪水平使用，若指针仍指到31.0 cm位置，则水平加速度大小为________m/s2。
解析：(1)①若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，针筒内封闭气体与外界相连，气体质量改变，无法继续实验，需要重做实验。
②设冰糖的体积为V0，根据玻意耳定律可得p(V－V0)＝C，则V＝ eq \f(1,p) C＋V0，则V－ eq \f(1,p) 图像为直线。
③根据V＝ eq \f(1,p) C＋V0，结合题图乙可知这颗冰糖的体积为b。
(2)①根据胡克定律可得k＝ eq \f(ΔF,Δx) ＝ eq \f(1－0.9,31－30) N/cm＝10 N/m。
②实际测量时，弹簧对小球的拉力F＝0.9 N，根据牛顿第二定律mg－F＝ma，解得a＝1.0 m/s2，方向竖直向下。
③将该加速度测量仪水平使用，若指针仍指到31.0 cm位置，拉力仍为F＝0.9 N，根据牛顿第二定律F＝ma′，解得a′＝9.0 m/s2。
答案：(1)①需要 ②C ③b
(2)①10 ②1.0 ③9.0
8．某实验小组要测量弹簧的劲度系数，他们利用智能手机中自带的定位传感器设计了如图甲所示的实验，手机软件中的“定位”功能可以测量手机竖直方向的位移(以打开定位传感器时手机的位置为初位置)。

(1)实验小组进行了如下主要的实验步骤，正确的顺序是________。
A．按图甲安装实验器材，弹簧上端固定在横杆上，下端与手机连接，手机重心和弹簧在同一竖直线上
B．在手机下方悬挂一个钩码，缓慢释放，当手机和钩码静止时记录下手机下降的位移x
C．在坐标纸图中描点作出n－x图像，如图乙所示
D．手托着手机缓慢下移，手离开手机，手机静止时，打开手机中的定位传感器
E．改变钩码个数n，重复上述操作，记录相应的位移x，数据如表格所示
(2)已知每个钩码的质量为50 g，重力加速度g＝9.8 m/s2，由图像乙可以求得弹簧的劲度系数为________N/m。
(3)实验中未考虑手机所受重力使弹簧伸长，这对弹簧劲度系数的测量结果________(选填“有”或“无”)影响，说明理由
___________________________________________________
_________________________________________________。
解析：(1)根据题意，由实验原理可知，本实验通过改变钩码的数量来改变弹簧的弹力，通过手机的定位传感器确定弹簧的形变量，通过作图的方法得到弹簧的劲度系数，则正确的实验步骤为ADBEC。
(2)根据题意，由胡克定律F＝kx可得nmg＝kx，整理得n＝ eq \f(k,mg) x，由题图乙可知，图线的斜率为1，则有 eq \f(k,mg) ＝1 cm－1，解得k＝49 N/m。
(3)由上述分析可知，弹簧的劲度系数是通过图线的斜率与每个钩码所受重力的乘积得到的，则未考虑手机所受重力使弹簧伸长，这对弹簧劲度系数的测量结果无影响。
答案：(1)ADBEC (2)49 (3)无 劲度系数是通过图线的斜率与每个钩码所受重力的乘积得到的
9.某同学在做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验时，已有的实验器材有：两个弹簧测力计、橡皮条(带两个较长的细绳套)、三角尺、木板、白纸和图钉。
(1)本实验采用的科学方法是__________(填字母)。
A．理想实验法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．理想模型法
(2)下列几项操作有必要的是__________(填字母)。
A．两个弹簧测力计的示数必须相等
B．两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°
C．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上
D．同一次实验中，结点O的位置不变
(3)对减小实验误差有益的做法是__________(填字母)。
A．弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行
B．用两弹簧测力计同时拉细绳时两弹簧测力计示数之差应尽可能大
C．标记同一细绳方向的两点要近一些
(4)图中四个力中，不是由弹簧测力计直接测得的是________。
解析：(1)合力与分力作用效果相同，实验方法为等效替代法，故选B。
(2)两个弹簧测力计的示数适当大些，但不必一定相等，故A错误；两个弹簧测力计之间的夹角适当大些，不一定取90°，故B错误；橡皮条对结点的拉力与两细绳套的拉力的合力平衡，而两细绳套的拉力不一定相等，所以橡皮条与两绳套夹角的角平分线不一定在一条直线上，故C错误；同一次实验中，为了保证两分力的作用效果不变，结点O的位置不变，故D正确。
(3)为了减小实验误差，弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故A正确；用两弹簧测力计同时拉细绳时两弹簧测力计示数应适当大些，示数之差不需要太大，故B错误；为了更加准确记录力的方向，标记同一细绳方向的两点要远一些，故C错误。
(4)用平行四边形定则作出的合力在平行四边形的对角线上，所以不是由弹簧测力计直接测得的是F。
答案：(1)B (2)D (3)A (4)F
10．用光电门测重力加速度的实验装置如图。一直径为d的钢球从光电门正上方由静止开始自由下落，测得刚开始下落时，钢球球心到光电门的距离为h，用计时装置测出钢球通过光电门的时间为t。用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，不考虑空气阻力。
(1)钢球球心通过光电门时的速度大小v＝__________。
(2)当地重力加速度大小g＝________。
(3)由于实验中用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，导致重力加速度的测量值________(选填“大于”“小于”)其真实值。
解析：(1)钢球球心通过光电门时的速度大小v＝ eq \f(d,t) 。
(2)钢球做自由落体运动，有2gh＝v2，所以g＝ eq \f(d2,2ht2) 。
(3)钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而球心通过光电门的中间位置的速度大于中间时刻的速度，因此钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，所以求得的加速度偏小。
答案：(1) eq \f(d,t) (2) eq \f(d2,2ht2) (3)小于
11．一研究性学习小组利用图甲所示的装置测定滑块加速运动时与平直长木板间的动摩擦因数。
(1)实验过程如下：
①将长木板固定在水平桌面上，其右端安装定滑轮，左端固定位移传感器；总质量为M的滑块(含拉力传感器)在长木板上紧靠位移传感器放置，拉力传感器通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重物连接，调节____________使细绳与长木板平行；
②静止释放滑块，记录拉力传感器和位移传感器的数据，用计算机拟合得到滑块位移随时间变化的s－t图像如图乙所示，该图线的函数表达式是s＝1.19t2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m)) ，则可得滑块加速度a＝________ m/s2(计算结果保留2位小数)；
③若滑块的加速度为a时，拉力传感器示数为F，则滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝________(用题中物理量字母符号表示)。
(2)本实验中________(选填“需要”或“不需要”)满足滑块质量远大于重物质量。
解析：(1)①为了减小误差，需调节长木板右端定滑轮使细绳与长木板平行。
②根据v＝ eq \f(Δs,Δt) 可得v＝2.38t(m/s)，再根据a＝ eq \f(Δv,Δt)
可得a＝2.38 m/s2。
③根据牛顿第二定律可得F－μMg＝Ma，
解得μ＝ eq \f(F－Ma,Mg) 。
(2)由于拉力可以通过拉力传感器得知，所以不需要满足滑块质量远大于重物质量。
答案：(1)①长木板右端定滑轮 ②2.38 ③ eq \f(F－Ma,Mg)
(2)不需要
12.(2024·广东省部分学校一模)某研究学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。跨过轻质定滑轮的轻质细线两端连接两个完全相同的空铝箱，左侧铝箱下端连接纸带，向右侧铝箱中放入质量为m的砝码，由静止释放后，铝箱运动的加速度大小a可由打点计时器打出的纸带测出，改变右侧铝箱中砝码的质量，重复实验，得到多组a、m值。已知当地的重力加速度大小g取9.8 m/s2，打点计时器所接电源的频率为50 Hz。
(1)实验过程中打出图乙所示的一条理想纸带，图中O、A、B、C、D相邻两计数点间还有九个计数点未画出，则铝箱运动的加速度大小a＝________m/s2(结果保留2位小数)。
(2)根据图丙中的数据可知，每个空铝箱的质量M＝________kg(结果保留2位小数)。
解析：(1)相邻两计数点间还有九个计数点未画出，则计数点间的时间间隔T＝10×0.02 s＝0.2 s，由逐差法可得a＝ eq \f(SBD－SOB,4T2) ＝ eq \f((11.00＋12.99)－(7.01＋8.99),4×0.22) ×10－2m/s2≈0.50 m/s2。
(2)对右侧的铝箱和左侧的铝箱，根据牛顿第二定律有mg＋Mg－T＝(M＋m)a，T－Mg＝Ma，联立解得a＝ eq \f(mg,2M＋m) ，当M远大于m时，有a＝ eq \f(g,2M) m，结合图像可得 eq \f(g,2M) ＝ eq \f(0.7,50×10－3) ，解得M＝0.35 kg。
答案：(1)0.50 (2)0.35
13．某同学为了验证荡秋千过程中机械能是否守恒，设计了如图甲所示的实验。长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球(尺寸相对于L足够小)，在O点正下方L处的N点放有一光电门。重力加速度为g，实验步骤如下。
(1)用螺旋测微器测出小球的直径D，其示数如图乙所示，小球直径D＝________mm。
(2)将小球拉到偏离竖直方向上的某位置M，用工具测出M处的细绳与竖直方向的夹角θ。
(3)静止释放小球，测出小球经过光电门的时间为Δt，计算小球经过光电门的速度。
(4)从M到N的过程中，小球减少的重力势能ΔEp＝________，增加的动能ΔEk＝________。(用题目中已知的物理量符号表示)
(5)验证ΔEk＝ΔEp，即可验证小球运动过程中机械能守恒。
解析：(1)螺旋测微器读数为固定刻度读数＋可动刻度读数，即D＝7 mm＋17.0×0.01 mm＝7.170 mm。
(4)从M到N的过程中，小球减少的重力势能ΔEp＝mgh＝mgL eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－cs θ)) ，小球到N点的速度v＝ eq \f(D,Δt) ，增加的动能ΔEk＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(1,2) m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D,Δt))) 2。
答案：(1)7.170 (4)mgL(1－cs θ) eq \f(1,2) m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D,Δt))) 2
14．带滑轮的长木板、小车、木块及打点计时器可以完成多个力学实验，装置如图所示。甲研究小组利用该装置完成了“研究匀变速直线运动”的实验，乙研究小组利用该装置完成了“探究加速度与力的关系”的实验，丙研究小组将长木板放平，并把小车换成木块，完成了“测定长木板与木块间动摩擦因数”的实验。
(1)关于甲、乙两研究小组的实验，下列说法正确的是________。
A．甲小组实验时，需要平衡摩擦力
B．乙小组实验时，需要平衡摩擦力
C．甲小组的实验，要求钩码的质量远小于小车质量
D．乙小组的实验，要求钩码的质量远小于小车质量
(2)乙小组测得加速度为a，则小车运动时受到轻绳的拉力F________________(选填“>”“＝”或“