2017 - 2018学年高中物理重难点强化练（四）实验综合训练教科版

重难点强化练（四） 实验综合训练

1．如图1是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点。加速度大小用a表示。

图1

(1)O、E间的距离为________ cm。

(2)如图2是根据实验数据绘出的x-t图线(x为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示________，加速度大小为________ m/s(保留3位有效数字)。

22

图2

解析：(1)此刻度尺的分度值为1 mm，要估读到0.1 mm。

121

(2)由x＝at可知图线的斜率k＝a，由图中数据可计算出k，则加速度大小为0.933

22m/s。

1

答案：(1)1.80 (2)a 0.933

2

2．某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度为h＝0.25 m、且开口向右的小筒中(没有外力作用时弹簧的另一端位于筒内)，如图3甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出距筒口右端弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变挂钩码的个数来改变l，作出F-l变化的图线如图乙所示。

2

图3

(1)由此图线可得出的结论是________________________________________________； (2)弹簧的劲度系数为________ N/m，弹簧的原长l0＝________ m；

(3)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于：_____________ ________________________________________________________________________，

缺点在于：__________________________________________________。 解析：(1)在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比。 (2)由ΔF＝kΔx和乙图可知：(30－10)＝k×20×10 所以k＝100 N/m，

由乙图可知F＝20 N时，l＝10 cm＝0.1 m， 所以20＝k(0.1＋0.25－l0)， 即l0＝0.15 m。

(3)优点是避免弹簧自身重力对实验的影响，缺点是弹簧与筒及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差。

答案：见解析

3.在“利用打点计时器测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，打点计时器接在50 Hz的低压交变电源上，某同学在打出的纸带上按打点的先后顺序每5个点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F六个计数点(每相邻两个计数点间还有四个点)。从A点开始在每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a、b、c、d、e段)，将这五段纸带由长到短紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，如图4所示。

－2

图4

(1)若把每一段纸带的右上端连接起来，结果得到一条倾斜的直线，如图所示，由图可知纸带做________运动，且直线与－x方向夹角越大，说明纸带运动的________越大。

(2)从第一个计数点A开始计时，为求出0.25 s时刻纸带的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？答：________。

(3)若测得a段纸带的长度为10.0 cm，e段纸带的长度为2.0 cm，则可求出加速度的大小为________ m/s。(结果保留2位有效数字)

解析：(1)由匀变速直线运动的位移规律，可得每段纸带的平均速度与该段纸带的长度有关，则图像可看做v-t图，可得纸带做匀减速直线运动，图线倾角的大小反映了加速度的大小。

(2)横轴x轴即可等效成t轴，0.25 s时恰好对应纸带c的中间时刻，故测出c段的长度即可求出0.25 s时刻纸带的瞬时速度。

(3)根据xm－xn＝(m－n)aT，代入数据可求得加速度为2.0 m/s。 答案：(1)匀减速直线 加速度 (2)c段 (3)2.0

2

2

2

4．有同学利用如图5所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：

图5

(1)(多选)改变钩码个数，实验能完成的是( ) A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4 B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4 C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4 D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5

(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是( ) A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向 B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度 C．用量角器量出三段绳子之间的夹角 D．用天平测出钩码的质量

(3)在作图时，你认为图6中________(选填“甲”或“乙”)是正确的。

图6

解析：(1)对O点受力分析如图所示，OA、OB、OC分别表示N1、N2、N3的大小，由于三共点力处于平衡，所以N1、N2的合力大小等于N3，且N3＜N1＋N2，即|N1－

N2|＜N3＜N1＋N2，故B、C、D能完成实验。

(2)为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点

O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，应

从力的三要素角度出发，要记录钩码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，B、C、D错误。

(3)以O点为研究对象，F3的实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的合力的理论值与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际。

答案：(1)BCD (2)A (3)甲

5．利用如图7甲所示的装置可以测量滑块和滑板间的动摩擦因数。将质量为M的滑块

A放在倾斜滑板B上，倾角α＝37°，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数

据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速率—时间(v-t)图像。(取重力加速度g＝10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

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图7

(1)先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的v-t图像如图乙所示。利用该图像可算出滑块A上滑时加速度的大小为________ m/s。

(2)从图线可得滑块与滑板之间的动摩擦因数μ＝______。

Δv14.02

解析：(1)根据v-t图像容易求得滑块A上滑时加速度的大小为a1＝＝ m/s＝8.0

Δt10.5m/s。

Δv24.022

(2)滑块A沿滑板B向下滑时的加速度a2＝＝ m/s＝4.0 m/s，此过程中，

Δt21.5－0.5根据牛顿第二定律，滑块A向下滑动时，有mgsin α－μmgcos α＝ma2，而滑块A向上滑动时，则有mgsin α＋μmgcos α＝ma1，解得μ＝0.25。

答案：(1)8.0 (2)0.25

6.如图8所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置。直径为d、质量为m的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB。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。测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g。

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2

图8

(1)钢球下落的加速度大小a＝________，钢球受到的空气平均阻力f＝________。 (2)本题“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”，但从

严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度________(选填“＞”或“＜”)钢球球心通过光电门的瞬时速度。

解析：(1)钢球在竖直方向上做匀加速运动，通过两光电门时时间很短，可近似看作匀速运动，可用平均速度代替瞬时速度，故钢球通过两光电门的瞬时速度vA＝和vB＝，根dtAdtBvB2－vA2d2

据匀变速直线运动的速度位移关系vB－vA＝2ah，得钢球下落的加速度大小a＝＝2h2h2

2

?12－12?。对钢球受力分析，根据牛顿第二定律有：mg－f＝ma，得平均阻力f＝mg－ma＝

?tBtA???

md2?11?mg－?2－2?。

2h?tBtA?

(2)钢球通过光电门的瞬时速度使用平均速度代替，而平均速度等于中间时刻的速度v2＝

tv1＋v2

2

x，钢球通过光电门的瞬时速度应为中间位移的速度，v＝

2

v12＋v222

，由数学知识

可知v＜v，即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。

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txd2?11?md2?11?答案：(1)?2－2? mg－?2－2? (2)＜

2h?tBtA?2h?tBtA?

7．某同学利用如图9所示的装置探究加速度与合外力的关系。小车质量为M，桶和砂子的总质量为m，通过改变m改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值(F为弹簧测力计的示数)。

图9

(1)图10为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50 Hz，则C点的速度为________ m/s，小车的加速度为________ m/s。(以上两空保留一位有效数字)

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图10

(2)根据实验数据画出了如图11所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为________。(选填字母代号)

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