误差分析-2023年高考物理实验题技法(解析版)

这是一份误差分析-2023年高考物理实验题技法(解析版)，共21页。试卷主要包含了仪器误差，理论误差，操作误差等内容，欢迎下载使用。
系统误差来源:
1、仪器误差。这是由于仪器本身的缺陷或没有按规定条件使用仪器而造成的。如仪器的零点不准，仪器未调整好，外界环境（光线、温度、湿度、电磁场等）对测量仪器的影响等所产生的误差。
2、理论误差。这是由于测量所依据的理论公式本身的近似性，或实验条件不能达到理论公式所规定的要求，或者是实验方法本身不完善所带来的误差。例如热学实验中没有考虑散热所导致的热量损失，伏安法测电阻时没有考虑电表内阻对实验结果的影响等。
3、操作误差。这是由于观测者个人感官和运动器官的反应或习惯不同而产生的误差，它因人而异，并与观测者当时的精神状态有关。
偶然误差：测量误差,实验操作失误等人为的,可避免的误差。一般减少的办法就是多次测量求平均值。
总结一下,系统误差不可避免（但可通过平衡摩擦力等方法减小）,而人为误差可通过多次测量的避免。
例题1. （2022·全国乙卷·T23） 一同学探究阻值约为的待测电阻在范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为，内阻很大），电流表A（量程为，内阻为），电源E（电动势约为，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选或），定值电阻（阻值可选或），开关S，导线若干。
（1）要求通过的电流可在范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图________；
（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为______（填“”或“”）的滑动变阻器，应选阻值为______（填“”或“”）的定值电阻；
（3）测量多组数据可得的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时两端的电压为______V，流过的电流为_____，此组数据得到的的阻值为______（保留3位有效数字）。
【答案】 ①. ②. ③. ④. ⑤. ⑥.
【解析】（1）[1]电流表内阻已知，电流表与并联扩大电流表量程，进而准确测量通过的电流，电压表单独测量的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从开始测量，满足题中通过的电流从连续可调，电路图如下
（2）[2]电路中应选最大阻值为的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；
[3]通过的电流最大为，需要将电流表量程扩大为原来的倍，根据并联分流的规律示意图如下
根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知
解得
（3）[4]电压表每小格表示，向后估读一位，即；
[5]电流表每小格表示，本位估读，即，电流表量程扩大倍，所以通过的电流为；
[6]根据欧姆定律可知
例题2.（2019·河南高三）某实验小组成员用如图所示的装置做“探究弹力与弹簧伸长关系”的实验．
（1）将弹簧悬挂在支架上，弹簧上端刚好与竖直刻度尺的零刻度对齐，当弹簧下端挂上一个钩码且处于静止时，弹簧下端的指针指在刻度尺上的位置如图1所示，此时弹簧的长度为l1＝______cm.

（2）对于实验中的操作，下列说法正确的是__________．
A．测量弹簧原长时，需要把弹簧水平放稳后进行测量读数
B．挂钩上挂的钩码越多，实验误差越小
C．弹簧的自重不会影响弹簧的劲度系数测量
D．由于弹簧的自重，会使测量的劲度系数有一定的误差
【答案】22. 50（22.50〜22.52均可） C
【解析】（1）[1]已知刻度尺的零刻度线与弹簧上端平齐，由示数可知此时弹簧的长为22.50cm；
（2）[2]A.弹簧自身有重力，弹簧竖直悬技时由于自身重力必然有一定的伸长，故弹簧竖直悬挂时测出的长度，才能作为实验中弹簧的原始长度， A错误；
B.悬挂的钩码太多，有可能会超过弹簧的弹性限度， B错误；
CD.由于：k=即k与弹力的变量△F及对应的形变量△x有关，与弹簧的自重无关，C正确，D错误．
例题3. （2019·青铜峡市高级中学）小明测定干电池的电动势和内阻，实验室有如下实验器材：
干电池一节(电动势约为1.5V)
量程为3.0V的电压表V1
量程为15V的电压表V2
量程为0.6A的电流表A1
量程为3.0A的电流表A2
最大阻值为20Ω的滑动变阻器R1
最大阻值为100Ω的滑动变阻器R2
开关一个，导线若干。
根据所学的知识回答下列问题：
（1）为了减小实验误差，实验中电压表应选择__________（填“V1”或“V2”）；电流表应选择_______（填“A1”或“A2”）；滑动变阻器应选择__________（填“R1”或“R2”）。
（2）考虑到电压表和电流表内阻对电路的影响，本实验系统误差产生的主要原因是___________（填“电流表分压”或“电压表分流”）
【答案】V1 A1 R1 “电压表分流”
【详解】（1）[1][2][3]．一节干电池的电动势为1.5V，则为了减小实验误差，实验中电压表应选择V1；电路中的电流不超过0.6A，则电流表应选择A1；滑动变阻器应选择R1。
（2）[4]．考虑到电压表和电流表内阻对电路的影响，本实验系统误差产生的主要原因是电压表分流。
热身训练
1．（2021·全国乙卷·T23）10
4. 一实验小组利用图（a）所示的电路测量一电池的电动势E（约）和内阻r（小于）。图中电压表量程为，内阻：定值电阻；电阻箱R，最大阻值为；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：
（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选___________（填“5.0”或“15.0”）；
（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；
（3）根据图（a）所示电路，用R、、、E和r表示，得___________；
（4）利用测量数据，做图线，如图（b）所示：
（5）通过图（b）可得___________V（保留2位小数），___________（保留1位小数）；
（6）若将图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为，由此产生的误差为___________%。
【答案】 ①. 15.0 ②. ③. 1.55 ④. 1.0 ⑤. 5
【解析】（1）[1]为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得
代入数据解得
因此选。
（3）[2]由闭合回路的欧姆定律可得
化简可得
（5）[3][4]由上面公式可得，
由图象计算可得，
代入可得，
（6）[5]如果电压表为理想电压表，则可有
则此时
因此误差为
2．（2022·湖南衡阳市高三下学期一模）某物理兴趣小组要描绘一个标有“4V 2.0W”的小灯泡L的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，且尽量减小实验误差。可供选用的器材除导线、开关外，还有以下器材：
A．直流电源4.5V（内阻不计）
B．直流电流表0~600mA（内阻约为）
C．直流电压表0~3V（内阻等于）
D．滑动变阻器R（标有“ 2A”）
E．三个定值电阻（、、）
（1）某小组同学们研究后发现，电压表的量程不能满足实验要求，为了完成测量，他将电压表进行了改装，在给定的定值电阻中选用最合适的电阻___________（选填“”“”或“”）与电压表申联，完成改装。
（2）实验要求能够实现在0~4V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路图。（ ）
（3）用改装后的电表测得小灯泡伏安特性曲线如图a所示，可确定小灯泡的功率P与和P与的关系，下列示意图中合理的是___________（U和I分别为灯泡两端的电压和流过灯泡的电流）。
A． B． C． D．
（4）若将两个完全相同规格的小灯泡L按如图b所示电路连接，电源电动势，内阻，若调节滑片P使滑动变阻器R的功率是一个小灯泡功率的两倍，测此时每个小灯泡消耗的电功率为_______W。（结果保留2位有效数字）
【答案】 ①. ②. ③. C ④. 0.56
【解析】（1）[1] 器材中提供的直流电压表量程只有3V，而小灯泡L的额定电压为4V，所以需要给电压表串联一个电阻从而扩大量程，设定值电阻的阻值为R，则根据串联分压规律有
解得
定值电阻选择
（2）[2] 描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法。由于灯泡内阻较小，因此应采用电流表外接法，所以电路图如图所示
（3）[3] 随着电压的升高灯泡电阻增大，所以灯泡的功率
则P-I2图象的斜率增大，而P-U2的斜率减小。
故选C。
（4）[4] 两个完全相同的灯泡并联后通过滑动变阻器调节每个灯泡的电流I和电压U，滑动变阻器R的功率是一个小灯泡功率的两倍，则滑动变阻器R两端的电压和灯泡两端电压相同，根据串并联电流和电压的关系有
代入数据并变形得到
将此电流与电压的关系画在小灯泡伏安特性曲线中，如图所示
两图象的交点坐标为（1.50V，0.375A），所以灯泡功率
3．（2022·江苏盐城市高三下学期二模）利用DIS电流传感器可以测量电容器的电容。让充电后的电容器通过大电阻R放电，电流传感器A与计算机连接，记录放电电流I随时间t变化的图象，图象与坐标轴围成的面积，数值上等于电容器的带电量Q（可用DIS系统软件计算），Q与充电电压U的比值即为电容器的电容C。
(1)图甲、图乙为放电法测量电容的两种电路原理图，先开关S与l端相连，充电结束后，读出电压表的示数。然后把开关掷向2端，记录图象，测量出电容器的带电量Q。在甲、乙两图中，实验系统误差较大的是________（选填“甲”或“乙”），原因是_________对实验的影响，使电容测量值_________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
(2)DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图象可能是_______。
A．B.
C.D.
(3)某同学选择了正确的实验电路图，经过实验操作获得了多组数据，如下表所示：
请根据以上数据，在两图中作出图象_________，由图象可得该电容器的电容是_________（结果保留两位有效数字）。
(4)该同学是通过滑动变阻器来改变电容器的充电电压的，请结合上述电路原理图，在下面的方框内作出能改变电容器充电电压的电路原理图_________。
(5)该同学在完成电容的测量实验后，把一多用表的选择开关调到欧姆档，正确调零后把红黑表笔同时与电容器的两极接触，请你描述接触后多用表指针的偏转情况_________。
【答案】 ①. 乙 ②. 电压表分流 ③. 偏小 ④. C ⑤. ⑥. 8.9（8.6~9.0均可） ⑦. ⑧. 多用表指针先快速偏大角度，后逐渐回到原位置
【解析】(1)[1][2][3]在甲、乙两图中，实验系统误差较大的是乙，原因是电容器放电时电压表有分流对实验的影响，使电容器放电量值偏小，则电容测量值偏小。
(2)[4]电容器放电时，放电电流逐渐减小，且逐渐变慢，则DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图象可能是C；
(3)[5]作出Q-U图象如图；
[6]根据可知
(4)[7]能改变电容器充电电压的电路原理图如图
(5)[8]两表笔与电容器接触后，电容器先有较大的放电电流，然后逐渐减小，则多用表指针的偏转情况是：多用表指针先快速偏大角度，后逐渐回到原位置。
4．（2020·四川棠湖中学高二月考）（1）利用多用电表测某导体的电阻，该同学先用多用电表电阻挡“×100”测量时发现指针向右偏转角度过大，为了减小测量误差，应将选择开关旋转到____________（选填“×1k”或“×10”）的位置，然后将两表笔短接，进行欧姆调零，再用两表笔与导体连接好并读数。
（2）他按正确的实验操作，用多用电表电阻挡测量时指针停在图所示的位置，则此材料电阻的测量值为________Ω。
（3）若该材料的长度为L，直径为D，电阻为R，则该材料电阻率的表达式ρ=________。
【答案】×10 140
【解析】（1）[1]指针的偏转角过大，表明选用的倍率过大，应当减小倍率，即应将选择开关旋转到×10，更换档位之后，应重新进行欧姆调零；
（2）[2]指针指示的示数与倍率的乘积即为此材料电阻的测量值，欧姆表的读数为14×10Ω=140Ω；
（3）[3]根据电阻定律可得
圆柱体导体材料的横截面积
联立可得金属电阻率
5．（2020·全国高一课时练习）在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，对减小实验误差来说，下列方法中有益的是（ ）
A．选取计数点，把每打五个点的时间间隔作为一个时间单位
B．使小车运动的加速度尽量大些
C．舍去纸带上密集的点，只利用点迹清晰、点间间隔适当的一部分进行测量和计算
D．作图像时，必须要把描出的各点都连在同一条直线上
【答案】ABC
【解析】A．选取计数点适于使被测量和计算的相邻点间的间隔较大，这样在用刻度尺测量这些点间的间隔时，在一次测量绝对误差基本相同的情况下，相对误差较小，因此A正确；
B．在实验中，如果小车运动的加速度偏小，纸带上打出的点大部分会很密，这样测量长度的相对误差会较大，测量准确度会降低，因此小车的加速度尽量大些，B正确；
C．为了减小测量长度时的相对误差，舍去纸带上过于密集甚至分辨不清的点是必要的，因此C正确；
D．作图像时，将偏离比较远的点舍去，D错误｡
故选ABC。
6．（2020·全国高三专题练习）在“测定金属丝的电阻率”实验中，所用的测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某一次测量结果接近多次测量的平均值如图a所示，其读数为______mm；
(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx的阻值约为15Ω)，实验室提供了如下器材：
A．电池组E(电动势为3V，内阻约为1Ω)
B．电流表A1(量程为0～0.6A，内阻约为0.5Ω)
C．电流表A2(量程为0～3A，内阻为0.02Ω)
D．电压表V1(量程为0～3V，内阻约为5kΩ)
E.电压表V2(量程为0～15V，内阻为15kΩ)
F.电阻箱R(阻值范围为0～99.99Ω，额定电流为1A)
G.开关，导线若干
为使测量尽可能准确，电流表应选用______，电压表应选用______；填器材前的字母标号应采用图b给出的______电路进行测量；
(3)根据记录的电阻箱阻值R及对应电流表示数I和电压表示数U，在坐标纸上作图象如图c所示，根据图象可得金属丝的电阻______ (保留两位有效数字；
(4)根据以上数据估算金属丝的电阻率约为______填选项前的字母标号；
A．4×10−2Ω⋅m
B.4×10−3Ω⋅m
C.4×10−6Ω⋅m
D.4×10−8Ω⋅m
(5)关于本实验的误差，下列说法中正确的是______填选项前的字母标号。
A．用螺旋测微器测量金属丝的直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D．用图象处理数据求金属丝的电阻可以减小偶然误差。
【答案】0.399 B D 甲 17 C CD
【解析】(1)[1]由图示螺旋测微器可知，其读数为：．
(2)[2][3][4]电源电动势为3V，则电压表选D，通过电阻丝的最大电流约为：
电流表选择B；由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应选择外接法；
由题意可知，待测电阻阻值约为，电阻箱最大阻值为，为测多组实验数据，电阻箱应与待测电阻并联，如果串联所测实验数据太少，应选择图甲所示实验电路；
(3)[5]由图甲所示实验电路，根据并联电路特点与欧姆定律得：
整理得：
图象的截距：
则待测电阻阻值：
(4)[6]由电阻定律可知：
电阻率：
故选C；
(5)[7]A．读数引起的误差是由人为因素引起的，属于偶然误差，用螺旋测微器测量金属丝的直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A错误；
B．由电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，不是偶然误差，故B错误；
C．若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；
D．用图象处理数据求金属丝的电阻可以减小偶然误差，不能消除系统误差，故D正确。
故选CD。
7．（2019·云南高三月考）在“验证机械能守恒定律”的实验中（实验装置如图所示）：
（1）关于本实验的误差，说法正确的是_____（填序号）。
A．选择质量较小的重物，有利于减小误差
B．选择点迹清晰且第1，2两点间距约为的纸带，有利于减小误差
C．理顺纸带，穿过限位孔并竖直释放纸带有利于减小实验误差
D．使用电火花打点计时器比使用电磁打点计时器的误差小
（2）在实验中，使质量的重锤自由下落，得到如图所示的纸带，相邻两点间的时间间隔为。其中是起始点，是打点计时器连续打下的5个点，该同学用毫米刻度尺测量到各点的距离（单位：）。（取，计算结果均保留3位有效数字）
这五个数据中不符合有效数字读数要求的是从点至________（填“”“”“”“”或“”）点的读数。由图中给出的数据，可得出从点到打下点，重锤重力势能的减少量为________,而动能的增加量为_______，实验中重力势能的减少量与动能增加量不等的原因是____________。
【答案】BCD 0.380 0.376 纸带与打点计时器间有摩擦阻力，存在空气阻力，机械能损失
【解析】（1）[1]．A、为了减小测量的误差，重锤需选择质量大一些，体积小一些的。故A错误；
B、选择点迹清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，说明打第一个点时的速度为零，有利于减小误差，故B正确；
C、理顺纸带和穿过限位孔并竖直都能有效的减小摩擦阻力；故C正确。
D、电火花打点计时器工作时是火花放电纸带不用接触，电磁打点计时器纸带和振针接触，摩擦较大；故D正确。
故选BCD。
（2）[2]．从各组数据可知，刻度尺精确度为0.1cm，应估读到小数点后两位，可知B读数不符合要求。
[3]．从打O点到打D点的过程中，重物的重力势能减少量△Ep=mgh=0.2×9.8×0.1941J≈0.380J
[4]．D点的瞬时速度为：
则动能的增加量为：
[5]．实验中发现动能的增加量小于重力势能的减少量，其原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，存在空气阻力，机械能损失。
8．（2020·江苏高三月考）在“测定金属的电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准。已知待测金属丝的电阻值Rx约为5Ω。在测电阻时，可供选择的器材有：
电源E：电动势3V，内阻约1Ω
电流表A1：量程0~0.6A，内阻约0.125Ω；
电流表A2：量程0~3A，内阻约0.025Ω；
电压表V1：量程0~3V，内阻约3kΩ；
电压表V2：量程0~15V，内阻约15kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5Ω，允许最大电流2A；
滑动变阻器R2：最大阻值1000Ω，最大电流0.6A开关一个，导线若干。
(1)在上述器材中，应该选用的电流表是_______，应该选用的电压表是_______。若想尽量多测几组数据，应该选用的滑动变阻器是_______（填写仪器的字母代号）。
(2)用所选的器材，在答题纸对应的方框中画出电路图_____________________。
(3)关于本实验的误差，下列说法正确的是____________。
A．对金属丝的直径多次测量求平均值，可消除误差
B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．利用电流I随电压U的变化图线求Rx可减小偶然误差
【答案】 C
【解析】(1)[1]因为电动势3V，所以电压表选择V1；
[2]根据欧姆定律可知电路中最大电流为；所以电流表为A1；
[3]为保证调节方便，则选择阻值较小的滑动变阻器R1；
(2)[4]因为
则说明待测电阻为小电阻，所以电流表采用外接法，实验要求尽量多测几组数据，所以滑动变阻器采用分压式，电路图如图所示
(3)[5]A．实验中产生的误差不能消除，只能减小，故A错误；
B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，故B错误；
C．利用图象法求解电阻可减小偶然误差，故C正确。
故选C。
9．（2019·德州市第一中学高一月考）某实验探究小组探究弹力和弹簧伸长量的关系。
①将弹簧水平放置，用毫米刻度尺正确操作测出其自然长度如图甲所示，则弹簧的原长L0=______cm。
②然后按图乙所示自然悬挂弹簧，实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，读出弹簧下端指针所指的标尺刻度，即可知道弹簧的长度L，用△L=L-L0表示弹簧的伸长量。通过实验获得的数据，实验小组作出了弹簧的△L-F图像如图丙所示。根据图丙可得出弹簧的劲度系数k =_______N/m（结果保留2位有效数字）
③实验小组分析图像过程中发现图线从B点开始发生了弯曲，图线B点过后发生弯曲的原因是_______________________
④实验小组发现图线，并没有过原点，出现了误差，没能得出弹力与伸长量严格成正比的结论，本误差属于___________（选填“系统误差”或“偶然误差”）
【答案】5.00 50 所挂钩码的重力使弹簧超过了弹性限度 系统误差
【解析】①[1]毫米刻度尺最小刻度为1mm，要估读到0.1mm，故则弹簧的原长读数为
②[2]由胡克定律得：
③[3]从弯曲的图线可以看出，发生相同形变量时，增加的拉力在减小，说明弹簧更容易发生形变了，即弹簧的劲度系数发生了明显的减小，说明超出了弹簧的弹性限度，所以实验小组分析图像过程中发现图线从点开始发生了弯曲，图线点过后发生弯曲的原因是所挂钩码的重力使弹簧超过了弹性限度；
④[4]实验小组发现图线，并没有过原点，出现了误差，没能得出弹力与伸长量严格成正比的结论，本误差属于系统误差。
10．（2020·全国高二课时练习）采用如图所示的电路，通过改变外电路电阻R，测出多组U、I的数据，作出图像，利用图像可以求解出电源的电动势和内电阻；某同学考虑到实验中使用的电压表和电流表的实际特点，认为本实验是存在系统误差的；关于该实验的系统误差，下列分析正确的是（ ）
A．滑动变阻器接入电路的阻值越大，系统误差越小
B．滑动变阻器接入电路的阻值大小对系统误差没有影响
C．电流表的分压作用导致该实验产生系统误差
D．电压表的分流作用导致该实验产生系统误差
【答案】D
【解析】AB．本实验中的误差来自于电压表的分流作用，滑动变阻器接入电路部分的阻值越大，则电压表分流越大，误差越大，故A、B错误；
C．电流表采用的是内接法，其内阻不会对测量带来影响，故不产生系统误差，C错误；
D．由于电压表的分流作用使电流测量值偏小，从而产生系统误差，故D正确；
故选D。
11．（2019·上海高二专题练习）如图（a）为“用DIS研究加速度和力、质量的关系”的实验装置。某同学用此装置验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比的关系。
（1）改变所挂钩码的数量，多次重复测量，得到a-F关系图线，如图（b）此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（______）
A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态
C．所用小车的质量太大 D．所挂钩码的总质量太大
（2）该同学分析误差后，对实验进行了如下改进：把钩码换成沙桶，小车内也装载部分沙子，车的总质量M（包括车、车上传感器及车内沙子质量），如图（c）从车上取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，多次重复测量，得到a-F关系图线。图像是一条过原点的直线。
①改进实验后的a-F关系图线斜率的物理意义是：________。
②改进实验后，a-F关系图线不再发生偏离直线现象，请简要说明理由_____。
【答案】D 研究对象是整个系统，沙桶总质量m（包括桶以及桶内沙子质量）和车总质量M（包括车车上传感器及车内沙子质量）不变，系统的合外力就等于所悬挂沙桶的重力mg，不必满足M>>m这样的条件。
【解析】[1]图线OA段基本是一条直线，而AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码总质量过大，大于小车的总质量，选项D正确。
[2]将车内的沙子转移到桶中，就保证了M+m不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，
可见a-F图象斜率的物理意义是，即系统的总质量倒数（小车、盒子及盒内沙子、悬挂的桶以及桶内沙子质量之和倒数）。
[3]因为实验的研究对象是整个系统，沙桶总质量m（包括桶以及桶内沙子质量）和车总质量M（包括车、车上传感器及车内沙子质量）不变，系统受到的合外力就等于mg，所以不需要满足满足悬挂的沙桶总质量一定要远远小于小车（包括盛沙的盒及盒内的砂）的总质量，也就不会出现弯曲现象。
1
2
3
4
5
6
10.8
13.7
16.8
20.0
23.8
27.0
0.92
1.20
1.22
1.70
2.08
2.41