2027高考物理一轮复习实验题精编（word版）练习（学生版、解析版）

这是一份2027高考物理一轮复习实验题精编（word版）练习（学生版、解析版）试卷主要包含了【答案】BC；；，【答案】变小，【答案】，【答案】0.300；50.00，【答案】正，【答案】R2，【答案】偏大等内容，欢迎下载使用。
【解析】(1)释放弹簧后弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；从释放滑块到滑块到达桌面边缘过程，由能量守恒定律得
滑块离开桌面后做平抛运动，水平方向
竖直方向
整理得
实验除了测出、外，还需要测出弹簧压缩后滑块到桌面边沿的距离与长木板与水平地面的夹角。
故答案为：BC。
(2)由，可知，图象的斜率
图象的纵轴截距
解得，
故答案为：；
2．【答案】；7.96×102 N/m；CAEFD；
3．【答案】（1）交流电；（2）C；（3）49.6；0.5；（4）变小
【解析】（1）该实验中，打点计时器使用的电源为“交流电”。
（2）为了利用以上器材完成实验，还需要下列器材是
A.由打点计时器可以计时，不需要秒表，A不符合题意；
B.不需要螺旋测微器测量长度，B不符合题意；
C.打点纸带间的距离需要毫米刻度尺，C符合题意；
D.不需要干电池，D不符合题意。
故答案为：C。
（3）因为没有平衡摩擦力，设木块与木板间的摩擦因数为µ，由牛顿第二定律可得
由图象可知，n=0时－µg=－4.9
µ=0.5
图象斜率
解得m=0.0496kg=49.6g
测出木块与木板间的动摩擦因数为µ=0.5
如果平衡了摩擦力，由牛顿第二定律可有
由此可知，则与未平衡摩擦力相比，作出的a-n图线的斜率变小。
4．【答案】（1）
（2）B；2.0；1.60
（3）
【解析】（1）要求电流表读数从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，如图所示
（2）螺线管内部磁场沿轴线水平，U形导线中La段电流与磁场平行，所受安培力为零；Lb段电流与磁场垂直，受到竖直方向的安培力，平衡时钩码总重力与Lb段安培力大小相等，故B正确。
由N−I2图像可得，斜率数值
电流表量程为0∼3A，分度值为0.1A，由图可知指针读数为1.60A。
故答案为：B；2.0；1.60
（3）钩码的重力与Lb段导线所受到的安培力平衡时，满足，整理得
因此N−I2图线斜率，解得
故答案为：
5．【答案】（1）0.300；50.00
（2）；
（3）8.0；
（4）向左；25
【解析】（1）螺旋测微器，固定刻度读数，可动刻度读数，故，毫米刻度尺，A在刻度，B在处，故
故答案为：0.300；50.00
（2）闭合、时，被短路，电压表测电阻箱电压，由闭合电路欧姆定律
整理得， 对比图像，斜率，纵截距，解得，
故答案为：；
（3）闭合断开，串联入电路，电流恒定，电压表测R和到滑片段的电压，电路满足，总电压，。由图，时，；时；且中点时，解得，，由电阻定律​，
代入，，
得
故答案为：8.0；
（4）物体向右运动时，电压表示数
说明滑片向右（B端）偏移，滑块相对于框架右移，说明合力向左，因此加速度方向向左。
由关系：，静止时对应，偏离中点位移
滑块合力，代入，，，，得
故答案为：向左；25
6．【答案】（1）正
（2）
（3）B
（4）
【解析】（1）电容器上极板连接电源正极，故充电完成后电容器上极板带正电。
故答案为：正
（2）根据，图像面积表示电容器释放的电荷量，电容器释放的电荷量Q约为
故答案为：
（3）分析可知，当可调电阻R的阻值增大时，开始放电的瞬间最大电流值变小，由于电容器的带电量不变，故电阻R阻值增加，放电时间变长。
故答案为：B。
（4）电阻R阻值为3kΩ，电容器的电荷量为，可由图像面积间接算出。电压的峰值为，根据电容器定义式，可得，代入数据解得
故答案为：
7．【答案】（1）12；（2）2.0；（3）酒驾；（4）R2
【解析】（1）合上开关，将拨到2处，调节，使表头G满偏，电流表A示数为I。则表头G与电流表A串联，可得，此时合上开关，调节和，当电流表A仍为I时，则表头G与R1并联，由图丁可知，则R1中电流为，根据，解得，将表头G的量程扩大为原来的10倍，则，根据
解得
（2）改装后电流表的内阻为
由图乙可知酒精气体浓度为零时，传感器的电阻为R＝80
由闭合电路欧姆定律可得
则表头G的读数为
（3）某次在实验室中测试酒精浓度时，表头指针指向4.00mA，电路中总电流I3＝10×4.00 mA＝40.0 mA＝0.04 A，由闭合电路欧姆定律可得，解得
由图乙可知酒精浓度为0.4 mg/mL，所以该次测试的酒精浓度范围属于酒驾。
（4）由闭合电路欧姆定律可知，使用较长时间后，蓄电池电动势降低，内阻增大，要想所测的酒精气体浓度仍为准确值，则电路中电流不变，则需要把R2调小，使电路中总电阻减小。
8．【答案】（1）13.870；；（2）变大；（3）
【解析】（1）由图丙可得读数为
相邻亮条纹中心间距为
由题意可知，等效的双缝间距为
又
联立，解得
故答案为：13.870；
（2）光路图如下所示：
沿OA向左略微平移平面镜，即图中从②位置→①位置，由图可看出双缝的间距即S与像的间距减小，则干涉条纹间距变大。
故答案为：变大
（3）光路图如下所示：
根据几何关系，打到最上面的点到P点距离设为，则
打到最下面的点到P点距离设为，则
出现干涉条纹区域的竖直长度为
故答案为：
9．【答案】（1）D；（2）1.725；（3）
10．【答案】（1）B；D；（2）1.5；（3）偏大
【解析】 (1) 实验中入射角不宜过小，否则角度测量的相对误差会较大；也不宜过大，否则反射光过强会导致折射光变弱、光路不清晰，故A错误、B正确。只测量一组数据会存在较大偶然误差，应多次改变入射角测量并取折射率平均值来减小误差，故C错误、D正确。
故答案为：BD；
(2) 根据折射定律，介质的折射率公式为 。已知入射角 ，折射角 ，代入公式得：
故答案为：1.5；
(3) 若读取折射角时，将折射光线偏向法线一侧读数，会导致测得的折射角 小于真实折射角 。根据折射率公式 ， 偏小会使 偏小，最终计算出的折射率 偏大。
故答案为：偏大；
11．【答案】（1）A；（2）B；（3）13.870；（4）大于
【解析】（1）图甲1处是滤光片，2处固定的元件是单缝，3是双缝，选A单缝；
故答案为：A
（2）A．为了减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹的距离，而是先测量条亮条纹间距再求出相邻亮条纹间距，这种方法是微量累积法。“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量是采用等效代替法，A错误；
B．“用单摆测重力加速度”的实验中单摆周期的测量，因为一次全振动时间很小，所以采用测量次全振动的时间再求一次全振动时间，是采用微量累计法，B正确；
C．卡文迪许在扭秤实验中，把引力效果放大，测量引力常量，是采用微量放大法，C错误。
故答案为：B。
（3）图丙中固定刻度读数为，可动刻度读数为，二者相加为。
故答案为：13.870
（4）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则会导致测得的条纹间距偏大，根据，可知测量的偏大。
故答案为：大于
12．【答案】（1）0.60；257；由于带有刻度尺的圆杆自身有重力，即使还没有产生凹陷（），圆杆自身的重力已经会使力传感器产生示数，因此图线不过原点。
（2）
【解析】（1） ① 刻度尺分度值为，需估读到分度值下一位，凹陷形变量为杆顶端到气球底端的刻度差，示数为0.60cm
② 根据胡克定律，知图像的斜率等于，从图中可得：图线起点为，终点为，计算可得等效劲度系数约为
③ 由于带有刻度尺的圆杆自身有重力，即使还没有产生凹陷（），圆杆自身的重力已经会使力传感器产生示数，因此图线不过原点。
故答案为： ① 0.60；②257；③由于带有刻度尺的圆杆自身有重力，即使还没有产生凹陷（），圆杆自身的重力已经会使力传感器产生示数，因此图线不过原点。
（2） ② 由题意得，充气过程为等温过程，对针筒和气动肌肉内的全部理想气体，初始状态：压强​，总体积，​ 末状态：压强，总体积，由玻意耳定律
整理得膨胀后体积
故答案为：②
13．【答案】（1）等压；变小
（2）
（3）
【解析】（1）由于重物升高过程中，对活塞受力分析有
由于大气压强和重物的重量不变，所以该过程中，封闭气体为等压变化。
重物缓慢升高过程，气体发生等压变化，所以由
由于封闭气体的体积变小，所以气体的温度变小，所以气体分子的平均动能变小。
（2）重物开始升高时，体积为，有
重物升到最高时，体积为，有
由之前的分析可知，重物升高过程中为等压变化，所以有
解得
（3）闭开关K，此时活塞下的细线刚好能拉起重物，则
解得
外界对气体做功为
气体放出的热量为Q，根据
解得
14．【答案】质量；温度；p1V1=p2V2；气体体积由V1变到V2的过程中，气体对外界所做的功；AC；大于；大于
15．【答案】（1）188；
（2）慢；330 350
（3）9.4；0.52；正
（4）2.95；电阻消耗或电磁辐射
【解析】（1）由图可知，灵敏电流表的分度值为10，所以读数为；
由题意可知，当电容器充电完成后，电容器没有电流通过，但依然有电流通过灵敏电流计，所以电路为灵敏电流计的外接，即黑表笔实际接触的是接线柱。
故答案为：188；
（2）图线的斜率表示电压变化的快慢，由图可知，斜率越来越小，所以电压越小电压变化越慢；
由图可知，电压从8V降低到4V所用时间为，所以该放电过程的“半衰期”大约是350s。
故答案为：慢；330 350
（3）因为断开开关，利用多用电表的内阻放电。由图3可知，时电容器两端的电压为
此时的放电电流为，分析前两组数据可知，在误差允许的范围内与的比值近似相等，即在误差允许范围内，与成正比；根据
代入数据，解得
故答案为：9.4；0.52；正
（4）振荡周期的理论值为
振幅衰减的原因是能量损失，可能是电阻消耗或电磁辐射。
故答案为：2.95；电阻消耗或电磁辐射
16．【答案】（1）
（2）b；70；A
（3）d
【解析】（1）实物图连线如图所示
（2） ① 欲在光电管上加正向电压（光电管阳极接电源正极），需要将单刀双掷开关打向b端；
② 灵敏光电流计（G）的示数为；
④ 在光电管上加反向电压，可以探究入射光的频率、强度对遏止电压的影响。
故答案为： ① b； ② 70； ④ A
（3）由电路结构可知，光电管阳极电势始终不变，当滑片P位于滑动变阻器中央时，阴极和阳极电势相等，这时加在光电管上的电压为零，当滑片P向d端滑动时，阴极电势升高，阴极电势高于阳极，这时加在光电管上的电压为反向电压，故为给光电管提供反向电压应将滑片P往d端移动。
故答案为：d
17．【答案】（1）A；B
（2）B；C；E
（3）2.00；2.50；；
【解析】（1）甲实验中两球总能同时落地，说明两球在竖直方向的运动完全相同，则该实验只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动；乙实验中球1落到水平木板上总能击中球2，则只能说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动。
故答案为：AB。
（2）A．小球与斜槽之间有摩擦对实验无影响，A错误；
B．安装斜槽时其末端切线应水平，从而保证小球做平抛运动，B正确；
C．小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放，以保证小球到达底端时速度相同，C正确；
D．小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度大小要适当，不能过高或过低，D错误；
E．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，以防止小球下落时与木板相碰，E正确。
故答案为：BCE。
（3）①竖直方向，解得
小球平抛运动的初速度为
②小球运动到b点的竖直速度，则b点的速度为
③从抛出点到b点的时间，抛出点坐标，
故答案为：①2.00；②2.50；③；
18．【答案】（1）1.400
（2）；
（3）10.0（9.80～10.2）；905（880～920）
【解析】（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
故答案为：1.400
（2）由于要求能够更加精确测量待测铜导线的阻值，则实验中应使电压与电流数值的测量范围广泛一些，控制电路应采用分压式接法，为了使测量数据的连续性强一些，滑动变阻器选用总阻值小一些的，即滑动变阻器选择；
实验要求测量时电表的示数超过量程的三分之一，即电压表与电流表基本上能够同时达到满偏，若电流表达到满偏，此时待测铜导线两端电压约为
可知，若电压表直接测量待测铜导线两端，则电压表量程太小，需要在待测铜导线上串联定值电阻R，此时铜导线与串联定值电阻两端总电压约为
恰好能够达到实验要求，又由于电压表内阻很大，其分流影响很小，控制电路采用电流表外接法，电压表测量铜导线与串联定值电阻两端总电压，结合上述可知，控制电路采用滑动变阻器分压式，作出电路图，如图所示
（3）根据欧姆定律有，结合图丙有，解得
根据电阻定律有，其中，解得
故答案为：10.0（9.80～10.2）；905（880～920）
19．【答案】（1）
（2）；
（3）变大
（4）A；D
【解析】（1）由电阻定律，可知电池内阻
故答案为：
（2）根据闭合电路欧姆定律得，解得
得，，解得，
故答案为：；
（3）PQ之间电压表测量内电压，调节电阻箱使其阻值变小，电流变大，则内电压变大，电压表的示数逐渐变大；
故答案为：变大
（4）AB．保持开关S1、S2、S3闭合，用打气筒向电池内打气，电解质溶液液面下降，电池内阻增大，外电阻不变，由​​​​​​​。故A正确，B错误；
CD．由，可知，则C错误，D正确。
故答案为：AD。
20．【答案】45；1.4；15.5；相等
21．【答案】（1）22.50
（2）；小球受空气阻力的原因，振幅越来越小，小球摆动到最右端时离手机越来越远，则磁力传感器记录磁感应强度变小。
（3）大于
（4）
【解析】（1）球的直径为
故答案为： 22.50 ；
（2）由图c可知小球运动的周期
小球受空气阻力的原因，振幅越来越小，小球摆动到最右端时离手机越来越远，则磁力传感器记录磁感应强度变小。
故答案为： ； 小球受空气阻力的原因，振幅越来越小，小球摆动到最右端时离手机越来越远，则磁力传感器记录磁感应强度变小。
（3）由单摆周期公式得
小球在水平面内做圆周运动，设绳与竖直方向的夹角为，由合力提供向心力得
解得
若把T当作单摆周期算，重力加速度的测量值偏大。
故答案为： 大于 ；
（4）将重力分解为沿杆和垂直杆，可知，等效重力
等效重力加速度的大小
根据单摆周期公式有
则
解得
故答案为： ；
22．【答案】（1）
（2）左；
（3）D；
【解析】（1）根据电路图，连接的实验电路如图所示：
（2）按照甲图正确连接电路后，为了保证电路安全，将滑动变阻器的滑片调到左端；
应用伏安法测量电阻，电流表内接时，测量电阻为电阻箱电阻和电流表内阻之和，电阻的测量值阻值会偏大；电流表外接时，测量电阻为电阻箱电阻与电压表内阻的并联等效电阻，电阻的测量值阻值会偏小。根据欧姆定律可知，U-I图像的斜率表示电阻，由图丙中两图线的斜率均小于被测的电阻箱的阻值，则采用的是电流表外接法，故此实验过程中单刀双掷开关K与a端相连。
（3） ①保持单刀双掷开关K与a端相连接，此时为外接法，电阻箱的阻值调整为，则
可知逐渐增大时，从零逐渐增大，增加的幅度逐渐变小，最后趋近于。
故选D。
②实验中将电阻箱的阻值调为时发现，当单刀双掷开关K分别与a连接时，测量值为
当单刀双掷开关K分别与b连接时，测量值为
两种情况下所测电阻的相对误差相等，则，化简得
23．【答案】（1）5.020
（2）A
（3）
（4）；大于；电流表采用内接法，则电压的测量值大于真实值，电流的测量值等于真实值，根据可知，该电阻的测量值大于真实值。
【解析】（1）图乙中游标卡尺是20分度的，精度为0.05mm，故
故答案为：5.020
（2）管中自来水的电阻约为，电压表的内阻约为，由于电流表的内阻很小，满足，因此电流表应采用内接法；由于滑动变阻器R的最大阻值为，远小于待测电阻的阻值，若采用限流式接法，电流的调节范围很小，因此滑动变阻器应采用分压式接法。
故答案为：A。
（3）舍去偏离较远的点，让尽可能多的点落到直线上，落不到直线上的点应均匀的分布在直线两侧，则作出的U－I图线如图所示
（4）根据图丙U－I图线可知，该玻璃管中自来水的电阻为；
该实验将电流表内接，则电压的测量值大于真实值，电流的测量值等于真实值，根据可知，该电阻的测量值大于真实值。
故答案为：；大于；电流表采用内接法，则电压的测量值大于真实值，电流的测量值等于真实值，根据可知，该电阻的测量值大于真实值。
24．【答案】（1）
（2）滑块与转台有摩擦力
（3）
【解析】（1）磁体越靠近磁传感器记录下的磁感应强度越大，当转台绕竖直轴匀速转动时，磁传感器每隔时间能记录一次强磁信号，则周期，根据，解得
故答案为：
（2）滑块随转台做匀速圆周运动，角速度较小时，由静摩擦力提供向心力，当摩擦力达到最大值时，细线开始有弹力作用，对滑块进行分析有，变形得
可知，图像不过原点的原因是滑块与转台有摩擦力。
故答案为：滑块与转台有摩擦力
（3）结合图乙与上述有，解得
故答案为：
25．【答案】（1）不可行
（2）C；5.2；；A
【解析】（1）用重力分力平衡摩擦力后，摩擦力仍做功，小车受到细绳拉力、重物受到细绳拉力，拉力分别对两物体做功，单独对小车或重物，机械能均不守恒，无法验证机械能守恒，故此方案不可行。
（2）① A、只选滑块遮光片，遗漏托盘砝码的重力势能与动能变化，故A错误；
B、只选托盘砝码，遗漏滑块的动能变化，故B错误；
C、滑块遮光片及托盘和砝码，完整包含系统内所有物体，势能、动能变化全部计入，故C正确。
故选：C
② 主尺读数：5mm；游标第2格对齐刻度，游标读数：2×0.1mm=0.2mm；
故读数d=5mm+0.1mm×2=5.2mm
③由能量守恒得
整理得，可知斜率
④若考虑阻力，由能量守恒得，整理得
可知斜率更大，故图线为A。
26．【答案】（1）A
（2）大于
（3）丁；丁图副线圈空载，电流极小，能量损耗远小于接负载的丙图，实验误差更小
【解析】（1）A、实验固定一侧匝数，改变另一侧匝数研究电压变化，采用控制变量法，故A正确；B、等效替代法是用等效物理量替换原物理量，本实验未使用，故B错误；
C、整体隔离法多用于受力分析，和变压器电压匝数探究无关，故C错误；
D、合理外推法是从有限规律推导极限结论，本实验不涉及，故D错误。
故选：A。
（2）实际变压器存在能量损耗，副线圈电压小于理想输出电压，因此测得的电压比大于实际的原、副线圈的匝数比。
（3）本实验需要减小副线圈的能量损耗，丙图副线圈接小灯泡，负载电流大，损耗大，误差大；丁图副线圈接内阻极大的电压表，电流近似为零，损耗小更接近理想变压器规律，因此选丁。丁图副线圈空载，电流极小，能量损耗远小于接负载的丙图，实验误差更小。
27．【答案】（1）R1；2.40；93.8
（2）160；1.62
【解析】（1）①根据实验原理可知，用滑动变阻器与传感器并联，认为压力传感器阻值的变化不影响并联部分电路两端的电压，所以需要滑动变阻器的阻值远小于压力传感器的阻值，所以滑动变阻器应选用最大阻值小的；
电流表满偏的电流为，此时两端的电压为
则并联部分电路两端的电压
③当时，电流为，则传感器的阻值为
故答案为：R1；2.40；93.8
（2）流过传感器的电流，此时传感器的阻值为
当时，电流
对比图2可知砝码的质量为，则计算机显示的压力值为
故答案为：160；1.62
28．【答案】（1）平衡稳定；斜率
（2）；小；调小；
【解析】（1）② 添加砝码后，需要等待砝码平衡稳定后再读数，才能保证弹簧弹力等于砝码重力，得到准确的弹簧长度。
④ 根据胡克定律 ，因此 图线的斜率等于劲度系数 。
故答案为：平衡稳定；斜率
（2） ③ 电阻箱读数为各转盘读数乘倍率之和：
④ 断开， 串联接入电路，总电阻增大，因此电流减小，微安表示数变小；
要让电流回到原来的数值，需要总电阻和原来相等，因此需要调小电阻箱 的阻值，使总电阻回到原来大小；等效后满足 ，整理得棉花电阻
故答案为：；小；调小；
29．【答案】（1）B
（2）
（3）c
（4）21.3
【解析】（1）A、M点只需在入射光线MO直线上任意一点，不强制只能靠近光源，但距离a较远时误差较小，故A错误。
B、N点是出射光线与a'交点，题目操作要求在此标记，所以点N只能标记在光束2与a'的交点处，故B正确；
C、半径可以任意选取，不一定非要ON，故C错误；
故选：B。
（2）如图所示：
根据折射定律可得：n，根据几何关系可得：sinθ，sinα，且xOP＝xON
联立解得：n；
（3）激光测距仪出厂是按“真空光速c”标定的，无论在介质还是空气，都统一用c计算距离；光往返传播，路程L＝c•Δt，单程示数为c；
（4）实际深度h＝16.0 cm，水中光速v，光在水中往返时间：Δt
测距仪示数L＝cnh＝1.33×16.0cm≈21.3cm。
30．【答案】（1）1.804
（2）158
（3）放置重物时未将极板充分压紧，极板间存在空气薄层，正对面积取值偏大
（4）20
【解析】（1）螺旋测微器的最小分度为0.01mm，根据图（a）可知20层塑料板的厚度为：d＝1.5mm+30.4×0.01mm＝1.804mm；
（2）极板间夹15层塑料板时，厚度为：d'1.353mm
则：mm﹣1≈0.74mm﹣1由图线，极板间夹15层塑料板时，电容约为158pF；
（3）根据平行板电容公式可得C，测量值偏小，操作原因可能是放置重物时未将极板充分压紧，极板间存在空气薄层，正对面积取值偏大等；
（4）对于C图像，d0为单层塑料板的厚度，总间距为d＝20d0，
则有：C，所以k1
对于C图像，有：C，所以k2
本实验基准面积为S0，k1推导里的S就是S0，则理论上20。
31．【答案】（1）2.02
（2）
（3）大；小
【解析】（1）结合表格数据可得周期
（2）求出摆球对应摆长，由单摆的周期公式
解得
（3）为了减小空气阻力的影响应该选择质量大，体积小的摆球。
32．【答案】（1）；
（2）
（3）；
【解析】（1）漏斗摆动过程做圆周运动，摆动至最高点位置时细线拉力最小，摆动至最低点位置时细线拉力最大，根据图丙有，解得，根据单摆周期公式，可得摆长为
故答案为：；
（2）图乙中A、B、C、D、E相邻两点之间的时间间隔相等，均为
根据匀变速直线运动的规律有，解得
故答案为：​​​​​​​
（3）因始终满足，则可将钩码的重力近似认为等于滑块的牵引力，则由牛顿第二定律，解得，则，​​​​​​​，解得，
故答案为：；​​​​​​​
33．【答案】（1）
（2）；
（3）1.08W~1.14W
【解析】（1）电路如下图所示：
（2）由闭合电路的欧姆定律，解得
可知图像中，
故答案为：；
（3）设每个灯泡的电流为I，电压为U，则​​​​​​​，即U=6-8I
将次函数关系画在灯泡的U-I图像上可知
交点为I=0.37A，U=3V，则功率P=IU=1.11W
故答案为：1.08W~1.14W
34．【答案】（1）不需要
（2）
（3）0.95
【解析】(1) 验证机械能守恒的表达式为，等式两侧质量可以约去，因此不需要测量重物质量；
故答案为：不需要；
(2) 交流电频率为，则打点周期​。根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于平均速度
可得：点8的速度 ，点18的速度
点8到点18，重物下落高度为​，机械能守恒满足重力势能减少量等于动能增加量，​整理得
故答案为：；
(3) 设下落高度，重力势能减少；
由牛顿第二定律，动能定理。
相对误差：
变形：，结合下落加速度，得；
故答案为：；