力學(xué)實驗答案

力學(xué)實驗參考答案：1．使細(xì)線與木板平行0.5000.38/0.39/0.40/0.41/0.42偏大第5組逐步減少木盒2的細(xì)沙開展后續(xù)實驗或直接將細(xì)沙放入木盒1中開展實驗【詳解】(1)[1]調(diào)整定滑輪的高度，使細(xì)線與長木板平行，這樣細(xì)線的拉力就沿水平方向，不會影響動摩擦因數(shù)的測量；(2)[2]根據(jù)逐差法得出加速度(3)[3][4]設(shè)木盒1的質(zhì)量木盒2的質(zhì)量，對整體分析有位置互換后聯(lián)立解得根據(jù)圖像代入數(shù)據(jù)得(4)[5]由于紙帶與打點計時器間有摩擦，所以測量的動摩擦因數(shù)偏大；[6]用第5組數(shù)據(jù)時，繩上的拉力最大，紙帶與打點計時器間的相對摩擦力最小，所以相對誤差最小；[7]逐步減少木盒2的細(xì)沙開展后續(xù)實驗或直接將細(xì)沙放入木盒1中開展實驗，可以得三組以上的數(shù)據(jù)。2．8V刻度尺2.6250.34A【詳解】（1）[1]電磁打點計時器工作時應(yīng)使用8V交流電源；[2]該實驗是需要通過在紙帶上打點，測出兩點的距離，再根據(jù)逐差法求出加速度，故該實驗中還需要的測量器材是刻度尺；（2）[3]根據(jù)可得代入數(shù)據(jù)解得（3）[4]根據(jù)表中數(shù)據(jù)作出a—n圖像如圖所示[5]設(shè)每個鉤碼的質(zhì)量為m，所有鉤碼質(zhì)量的之和為M，木塊質(zhì)量為m0，當(dāng)細(xì)線下端掛有n個鉤碼時，對這n個鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有對小車及剩余鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得根據(jù)圖像可得解得（4）[6]A．本實驗是要測木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ，而實際上在實驗過程紙帶與打點計時器間有摩擦，則μ的測量值大于真實值，A正確；B．實驗時交流電頻率略大于50Hz，會使得測得周期偏大，加速度測量偏小，根據(jù)可知作出的a—n圖線斜率變小，但縱截距不變，則μ測量值不變，B錯誤；C．木板未調(diào)節(jié)水平，右端偏高，加速度偏大，根據(jù)可知作出的a—n圖線斜率變大，但縱截距不變，則μ測量值不變，C錯誤；D．本實驗只要小車做勻加速直線運動即可，不需要滿足所掛鉤碼總質(zhì)量遠(yuǎn)小于木塊和槽中鉤碼總質(zhì)量，D錯誤。故選A。3．2.332/2.333/2.331AC/CA【詳解】（1）[1]由圖b可知（2）[2]由題意可知解得（3）[3]設(shè)A點以下的細(xì)線長度為，根據(jù)單擺周期公式得化簡得T2-l圖像的斜率為k1，則解得（4）[4]小球在最低點的速度為由機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立，解得則比較k2的值與，若二者在誤差范圍內(nèi)相等，則驗證機(jī)械能是守恒的。（5）[5]A．根據(jù)平均速度的定義可知，擋光時間越短，平均速度越接近瞬時速度，所以安裝在小球下面的擋光部件選用擋光小圓柱比擋光小薄片好，故A正確；B．只考慮擋光位置在小球下方所引起的系統(tǒng)誤差，不會影響周期T的測量，則不會影響k1的測量，故B錯誤；C．只考慮擋光位置在小球下方所引起的系統(tǒng)誤差，會使擋光時間Δt變小，導(dǎo)致k2的測量值與理論值相比偏小，故C正確；D．驗證機(jī)械能守恒時細(xì)線偏離平衡位置的最大角度不必須小于或等于5°，只有要使小球做簡諧運動才需要滿足該條件，故D錯誤。故選AC。4．502.0橡皮筋不滿足胡克定律，測力計刻度不均勻(或相同伸長長度對應(yīng)兩個大小不同的力，測量誤差大，或非線性。)C【詳解】(1)[1]根據(jù)彈簧的彈力和伸長量滿足胡克定律，有則圖像的斜率表示勁度系數(shù)，可得(2)[2]根據(jù)胡克定律可知每1N的伸長量為(3)[3]由圖像可看出彈力隨著形變量不是線性變化的，即橡皮筋不滿足胡克定律，測力計刻度不均勻(或相同伸長長度對應(yīng)兩個大小不同的力，測量誤差大，或非線性)；(4)[4]根據(jù)圖像的面積代表功，，則面積的單位為J，故選C。5．7.7；；增大不變【詳解】（1）[1]游標(biāo)尺右端刻線左側(cè)對應(yīng)的是主尺的16mm刻線，游標(biāo)尺總長度為9mm，則游標(biāo)尺左端零刻線左側(cè)對應(yīng)的是主尺的16mm-9mm=7mm刻線，故主尺的讀數(shù)應(yīng)為7mm，游標(biāo)尺的最小分度值為0.1mm，讀數(shù)為，故游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為（2）[2]滑塊通過光電門的速度可以用平均速度計算，則根據(jù)線速度、角速度和半徑關(guān)系式有解得（3）[3]滑塊做勻速圓周運動，則根據(jù)牛頓第二定律有整理得由圖像可得解得（4）[4][5]根據(jù)圖像有，則可知滑塊質(zhì)量增大，a增大，b不變。6．ΔEk=ΔEp9.68【詳解】(1)[1]由于擋光片通過光電門的速度因此m和M組成的系統(tǒng)動能增加量為[2]小球重力勢能的減小量滑塊重力勢能增加量因此系統(tǒng)的重力勢能減少量[3]在誤差允許的范圍內(nèi)，應(yīng)該滿足機(jī)械能守恒，即(2)[4]由于代入數(shù)據(jù)，整理得圖像的斜率就是重力加速度，因此重力加速度7．15【詳解】(1)[1]如圖(2)[2]轉(zhuǎn)動的角度與移動的距離關(guān)系為解得(3)[3]因為轉(zhuǎn)動的角度與彈簧的伸長量成正比，而根據(jù)圖像，轉(zhuǎn)動的角度與彈簧彈力成正比，所以彈力與彈簧的伸長量成正比。[4]由圖可知，當(dāng)角度為時，彈力為1N。此時的形變?yōu)榻獾脧椈傻膭哦认禂?shù)8．彈丸射入沙箱后沙箱的速度大小與彈簧的形變量成正比（或）【詳解】（1）[1]彈丸和沙箱擺動時機(jī)械能守恒，有即而由圖（c）可知故彈丸射入沙箱后沙箱的速度大小與彈簧的形變量成正比（或）。（2）[2]彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為彈丸的動能，即彈丸打入沙箱時動量守恒沙箱擺動時機(jī)械能守恒聯(lián)立得結(jié)合圖（c）有解得彈簧的勁度系數(shù)9．（1）大于（2）（3）3.0【詳解】（1）[1]a球、b球碰撞過程中，滿足動量守恒，又因為碰撞后，a球繼續(xù)向左運動，所以可知，a球的質(zhì)量大于b球；（2）b球碰撞后，做平拋運動，根據(jù)平拋運動的性質(zhì)可得，豎直方向有水平方向有可得（3）[3]因為碰撞過程動量守恒，機(jī)械能守恒，選取向左為正方向，則有故可得即有則有cos-cos的關(guān)系圖線，且斜率為，所以有10．1.140.6000.608守恒B【詳解】(1)[1]的厚度為(2)[2]小圓柱的速度為則和系統(tǒng)動能的增加量[3]和系統(tǒng)勢能的減少量(3)[4]百分誤差為該實驗中和系統(tǒng)的機(jī)械能在誤差允許范圍內(nèi)守恒。(4)[5]根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得化簡得圖像要過原點，所以應(yīng)作關(guān)系圖像，圖像的斜率為時，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。故選B。11．大于不變【詳解】（1）[1]當(dāng)C向下運動到某一位置時，壓力傳感器示數(shù)為零，測速儀顯示的對應(yīng)速率為v，向下運動過程C與B一起做加速運動，當(dāng)彈簧伸長時，有解得所以M和m大小關(guān)系應(yīng)滿足M大于m，才能實現(xiàn)上述過程。（2）[2]M、m質(zhì)量不變，增加C中砝碼的個數(shù)，即增大托盤和砝碼的總質(zhì)量M重復(fù)步驟，當(dāng)壓力傳感器示數(shù)再次為零時，B上升的高度與前一次相比將不變。對A分析，因為當(dāng)壓力傳感器示數(shù)再次為零時，有解得伸長量為則彈簧的形變量與M的變化無關(guān)，所以B上升的高度與前一次相比將不變。（3）[3]彈簧開始的壓縮量為，有解得壓縮量為則當(dāng)壓力傳感器示數(shù)再次為零時，彈簧的伸長量等于開始的壓縮量，所以從開始到壓力傳感器示數(shù)再次為零過程，彈性勢能沒有發(fā)生變化，則有整理可得變形有根據(jù)圖像可知解得12．AC/CA【詳解】(1)[1]由實驗過程知，除了已經(jīng)測量的兩球的質(zhì)量、球2的水平、豎直位移外，要計算速度還必須知道擺長（球1到懸點的距離L）和球1反彈的最大偏角，故AC正確，B錯誤。故選AC；(2)[2]碰撞后球2做平拋運動，設(shè)平拋運動時間為t，碰撞后球2的速度為v2，則球2碰后速度[3]小球擺動過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得解得碰撞前球1的速度同理可得，碰撞后球1的速度大小方向向右，以向左為正方向，由動量守恒定律得整理得13．2.00不合理96.8s1.03sC【詳解】（1）[1]游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為：2.0cm，游標(biāo)尺上有10個刻度，則每格代表0.1mm，游標(biāo)尺上0刻度線分別與主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)尺讀數(shù)為0.0mm，所以最終讀數(shù)為：2.0cm+0.0mm=20.0mm=2.00cm．[2]圖甲中只用右手握著主尺的姿勢不合理。測量時，應(yīng)該右手拿住尺身，大拇指移動游標(biāo)尺，左手拿待測外徑（或內(nèi)徑）的物體，使待測物位于外測量爪之間，當(dāng)與量爪緊緊相貼時，即可讀數(shù)，如下圖所示；圖中游標(biāo)卡尺夾住小球而小球不滑落，說明測量爪將小球擠壓過緊，正常接觸時，左手大拇指應(yīng)在小球底部托著，松開小球會滑落。（2）[3]停表分鐘表顯示讀數(shù)為1.5分鐘，外側(cè)秒鐘表顯示6.8s，實際時間為90s+6.8s=96.8s；[4]擺球相鄰兩次沿相同方向經(jīng)過平衡位置時間間隔為T，則96.8s=94T得T=1.03s（3）[5]A、B選項的操作會影響到周期的計算結(jié)果，會改變圖線的斜率，而非題目所問；單擺的擺長等于擺線長度加球的半徑，由單擺周期公式得可見：t2與l構(gòu)成一次函數(shù)，圖線與縱軸相交，當(dāng)d=0時，t2—l圖像才是經(jīng)過原點的傾斜的直線，t與l不構(gòu)成一次函數(shù)，所以A、B、D均錯誤，C正確。故選C。14．0.28大于【詳解】（1）[1]設(shè)橡皮筋與豎直方向夾角為θ，重物重力為mg，結(jié)點P在豎直拉力(橡皮重力mg)、橡皮筋拉力T和水平拉力F作用下處于平衡狀態(tài)，滿足圖示關(guān)系則而聯(lián)立得．（2）[2]由第一問可知由圖丙可求得圖像斜率又根據(jù)縱軸截距為橡皮筋OP段原長的倒數(shù)，即綜上可得k=0.28（3）[3]測出五組數(shù)據(jù)后，橡皮筋恢復(fù)原狀能力比彈簧要差些，恢復(fù)原狀時長度會比稍大。通過水平線將橡皮擦緩慢放回到最低點過程中，再次測得五組不同數(shù)據(jù)，實際計算中仍用原來的計算x，使得x計算值偏大，從而使。故有15．CD【詳解】（1）[1]AD．為了平衡摩擦力，可使得小車在未施加拉力時能勻速下滑；A錯誤，D正確；B．木板略微傾斜雖然可以增大加速度，但這并不是傾斜木板的目的。B錯誤；C．可使得細(xì)線對小車的拉力等于小車受到的合力，可以減小實驗誤差。C正確。故選CD。（2）[2]小車通過A時的速度小車通過B時的速度由速度位移公式可知（3）[3]由題意，小車受到的拉力為小車的位移是s，設(shè)小車的質(zhì)量是M，根據(jù)動能定理得整理得則圖線的坐標(biāo)軸的截距圖線的斜率由摩擦力的公式得16．1.01.252.54.7BC/CB【詳解】（1）[1]取a、b、c三點分析，水平位移間隔均為2L，所以小球從a點到b點，從b點到c點所用的時間相同，設(shè)時間為T，在豎直方向上有解得水平方向上，則有解得（2）[2]小球在b點時豎直方向上的速度為所以小球在b點的瞬時速度為（3）[3][4]設(shè)從拋出點到b點的時間為t，則解得所以小球拋出點的橫坐標(biāo)為縱坐標(biāo)為（4）[5]AB．實驗中必須保證小球做平拋運動，而平拋運動要求有水平初速度，且只受重力作用，所以斜槽軌道末端切線必須要水平，至于是否光滑沒有影響，只要能拋出就行，A錯誤，B正確；C．為使小球每次運動的軌跡相同，則要確保小球有相同的水平初速度，所以要求小球每次應(yīng)從同一位置無初速度釋放，C正確；D．為比較準(zhǔn)確地描出小球的運動軌跡，應(yīng)用平滑的曲線將點連接起來，偏差太大的點舍去，從而能減小實驗誤差，D錯誤。故選BC。17．【詳解】（1）[1]A由標(biāo)記C運動到D過程中做初速度為0的勻加速直線運動，則有整理得（2）[2][3]物體下落的加速度為在B的一邊放有6個質(zhì)量均為m的槽碼，此時A、B剛好平衡且保持靜止，則有根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立整理得故，以為縱軸，以為橫軸，圖像是斜率等于，且過原點的直線，則可以得出當(dāng)物體質(zhì)量一定時，物體的加速度與合外力成正比。18．AB/BA91.60（91.50-91.70）C小牛小愛同學(xué)用求斜率是錯誤的。因為在T2-l圖像中，橫軸和縱軸的單位長度不一定相同，所以小愛同學(xué)方案不合理?！驹斀狻浚?）[1]A．1m和30cm長度不同的同種細(xì)線，選用1m的細(xì)線做擺線，A正確；B．直徑為1.8cm的塑料球和鐵球，選用鐵球做擺球，B正確；C．如圖A、B、C，擺線上端的三種懸掛方式，為了使擺長不變，選C方式懸掛，C錯誤；D．當(dāng)單擺經(jīng)過平衡位置時開始計時，50次經(jīng)過平衡位置后停止計時，相鄰兩次經(jīng)過平衡位置的時間是半個周期，正確的方法是用此時間除以25作為單擺振動的周期，D錯誤。故選AB。（2）[2]利用圖甲的方式測量擺長l，圖中示數(shù)為91.60cm。（3）[3]根據(jù)單擺的周期公式解得（4）[4]設(shè)擺線下端到鎖的重心的距離為x，根據(jù)單擺的周期公式得解得（5）[5]設(shè)球半徑為r，根據(jù)單擺的周期公式得解得他最有可能得到的圖像是C。（6）[6]小牛同學(xué)的方案更合理；[7]小愛同學(xué)用求斜率是錯誤的。因為在T2-l圖像中，橫軸和縱軸的單位長度不一定相同，所以小愛同學(xué)方案不合理。19．等于6gT2【詳解】（1）[1]由于小球在水平方向做勻速直線運動則AB、BC之間的水平距離理論上滿足xAB等于xBC。（2）[2]已知每相鄰兩個球之間被刪去1個影像，故相鄰兩球的時間間隔為t=2T又因為小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，則AB之間的豎直位移為AC之間的豎直位移為則BC之間的豎直位移為hAC-hAB=6gT2（3）[3]由于小球在水平方向做勻速直線運動，則xAB=xBC=2v0T則且LAB：LBC=a：b聯(lián)立有20．A與B光電門A、B之間的距離【詳解】（1）[1][2]該設(shè)計能測出A與B之間的動摩擦因數(shù)，根據(jù)可得其表達(dá)式為（2）[3][4]小車由靜止開始做勻加速運動，根據(jù)勻加速直線運動位移時間公式得x=at2解得對物塊，根據(jù)牛頓第二定律得F-μmg=ma則則圖線的斜率為k=2mx縱軸的截距為b=μmg小車與長木板間的摩擦因數(shù)即該同學(xué)為達(dá)成實驗?zāi)康倪€應(yīng)該測出的物理量為光電門A、B之間的距離。21．B確定【詳解】（1）[1]AC．斜槽軌道不需要光滑也不需要平衡摩擦力，只要拋出時每次速度相同即可，故AC錯誤；B．為保證小球做的是平拋運動，拋出時速度要水平，則安裝斜槽軌道，使其末端保持水平，故B正確；D．為減小空氣阻力的影響，應(yīng)選擇密度更大的小球，故D錯誤。故選B；（2）[2][3]由拋出到P點過程，根據(jù)平拋運動規(guī)律有解得（3）[4]h一定時，設(shè)落點與O點連線與水平方向夾角為，根據(jù)位移規(guī)律落點處速度方向的反向延長線過O點，則聯(lián)立解得h一定，則用時一定，則豎直方向下落高度一定，則落點位置是確定的。[5]由以上分析可知，豎直方向下落高度為用時根據(jù)幾何關(guān)系解得22．0.0560.0571.8繩與輪、打點計時器與紙帶有摩擦消耗掉一定能量，繩子、紙帶動能勢能變化沒有計入，等【詳解】（4）[1]根據(jù)勻變速運動規(guī)律可知打下計數(shù)點B時的速度等于A和C之間的平均速度，則[2]根據(jù)勻變速運動規(guī)律可知打下計數(shù)點E時的速度等于D和F之間的平均速度，則故系統(tǒng)動能的增加量為[3]物塊1下降的高度等于物塊2上升的高度為系統(tǒng)的重力勢能減少量為（5）[4]帶入實測數(shù)據(jù)得系統(tǒng)動能的增加量為[5]系統(tǒng)重力勢能的減小量為[6]兩者的相對偏差為（6）[7]繩與輪、打點計時器與紙帶有摩擦消耗掉一定能量，繩子、紙帶動能勢能變化沒有計入，等等。23．用量角器測量角度時測量不準(zhǔn)確可能會帶來誤差；小球爆炸后運動過程中存在空氣阻力，可能會影響角度的大小【詳解】（1）[1]設(shè)繩長為，對A、B球爆炸后由動能定理得，由動量守恒定律得聯(lián)立解得（2）[2]整理可得所以圖像的斜率則A、B兩球的質(zhì)量之比為[3]若本次實驗存在一定的誤差，請分析可能的原因有用量角器測量角度時測量不準(zhǔn)確可能會帶來誤差；小球爆炸后運動過程中存在空氣阻力，可能會影響角度的大小。24．?dāng)[桿【詳解】（1）[1]擺桿與重垂線的夾角為為擺桿與水平方向的夾角，根據(jù)幾何關(guān)系可知（3）[2]根據(jù)擺球全振動的次數(shù)和所用時間，周期（5）[3]根據(jù)題圖可知等效重力加速度為根據(jù)單擺周期公式有在圖中以周期為縱坐標(biāo)軸、以為橫坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系，根據(jù)表格中相應(yīng)的各組數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描點、作圖如圖所示：（6）[4][5]本實驗的擺長為擺桿；由上述圖像圖像的斜率結(jié)合圖像函數(shù)可知解得25．1.36四分之一圓弧軌道的半徑【詳解】（1）[1]由于游標(biāo)卡尺的第6個刻度與主尺上某一刻度對齊，由游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)則可知，金屬小球的直徑（2）[2]設(shè)金屬小球脫離滑塊時金屬小球?qū)Φ氐乃俣葹?，滑塊對地的速度為，根據(jù)動量守恒有由題意可得此后滑塊做勻速直線運動，有解得（3）[3][4]為進(jìn)一步驗證M、m組成的系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒，即驗證是否成立，故還需測量出四分之一圓弧軌道的半徑，解得26．2.055漏加小球半徑不變D大于【詳解】（1）①[1]由圖示游標(biāo)卡尺可知，擺球的直徑d=2cm+10×0.05mm=2.050cm；②[2]圖像不通過坐標(biāo)原點，將圖像向右平移1cm就會通過坐標(biāo)原點，故相同的周期下，擺長偏小1cm，故可能是漏加小球半徑；[3]由單擺的周期公式可知則有解得[4]無論圖像是否經(jīng)過坐標(biāo)原點，圖像的斜率等于，該斜率不變，所以g不變；（2）②[5]由b圖可知每一小格代表的電量為圖像與坐標(biāo)軸所圍格子數(shù)為35，此時電容器所帶的電荷量q1=[6]根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律有④[7]根據(jù)電容的定義式可知解得根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系可知所繪圖像應(yīng)為圖象。故選D。⑤[8]由圖c可知圖象斜率為從而解得由于E的實際值大于標(biāo)明值，則E偏小，C偏大，所以電容器的電容大于其真實值。27．0.355AC【詳解】（1）[1]如圖所示游標(biāo)卡尺讀數(shù)為[2]A．氣墊導(dǎo)軌水平可以消除掉摩擦力的影響，使繩子的拉力為合外力，有助于減小誤差，故A項正確；B．本實驗中合外力可以通過拉力傳感器測出，所以不需要鉤碼的質(zhì)量要遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量，故B項錯誤；C．光電門測量的是遮光片通過光電門的平均速度，遮光條寬度適當(dāng)小一些則光電門測量的速度越接近瞬時速度，即誤差越小，故C項正確；D．本實驗中合外力可以通過拉力傳感器測出，所以動滑輪的質(zhì)量大小不會影響實驗結(jié)果，故D項錯誤。故選AC。（3）[3]由動能定理有整理有為了獲得線性圖像，應(yīng)作圖像。[4]由上述式子可知，該圖像的斜率為（4）[5]若運動過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒得28．A2見解析【詳解】（1）[1]A．本實驗需要驗證動量守恒定律，因為動量守恒的條件是合外力為零，本實驗是通過氣墊導(dǎo)軌把兩個滑塊托起，使兩個滑塊不受摩擦力，故本實驗可以不通過墊高導(dǎo)軌的方式平衡滑塊和軌道間的摩擦阻力，故A正確；B．碰后兩滑塊可以向相反方向運動，所以不需要滿足，故B錯誤；C．本實驗的原理是探究碰撞前滑塊的動量等于碰后滑塊的動量，所以需要測量碰撞前后小滑塊的速度，故不需要測量兩個光電門之間的距離，故C錯誤；D．滑塊上的遮光片經(jīng)過光電門的時間光電門就可以測出來，所以不需要用秒表測量時間，故D錯誤。故選A。（2）[2][3]由于右側(cè)光電門碰前無示數(shù)，碰后兩個光電門都有示數(shù)，所以兩滑塊碰撞后速度方向向反；滑塊上遮光片寬度較小，因此可認(rèn)為滑塊擋光的平均速度近似等于其瞬時速度；設(shè)擋光片的寬度為d，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有即只要驗證該式是否成立，即可驗證兩滑塊碰撞前后的總動量是否守恒；碰撞前系統(tǒng)的動能為碰后系統(tǒng)的動能為若兩滑塊的碰撞滿足即驗證了兩滑塊的碰撞為彈性碰撞。（3）[4]因為，所以當(dāng)時所以即（4）[5]兩球碰撞遵循動量守恒，碰前動量沿水平向右，所以碰后垂直于初速度方向的動量為零，又因為兩球質(zhì)量相等，所以聯(lián)立解得所以29．0【詳解】（1）[1]若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有變式為所以圖像若能在誤差允許的范圍內(nèi)滿足即可驗證彈簧和小物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；（2）[2][3]時，可知遮光板擋光時間最短，此時物塊通過光電門時的速度最大，可得聯(lián)立可得此時細(xì)線的拉力與物塊的重力大小相等，故而加速度為0；（3）[4]和時，物塊的動能相等，可得聯(lián)立可得【點睛】本題考查利用滑輪、光電門驗證系統(tǒng)機(jī)械能守恒的創(chuàng)新型實驗。30．5.60A【詳解】（1）[1]游標(biāo)卡尺的精度為0.05mm，讀數(shù)為5mm+120.05mm=5.60mm；（2）[2]遮光條經(jīng)過光電門的時間較短，則速度為（4）[3]同（3）可知B、A經(jīng)過光電門的速度分別為，根據(jù)速度—位移的公式有解得（6）[4]設(shè)A、B兩凹槽和遮光條的質(zhì)量均M，從B凹槽拿一個砝碼到A凹槽，有若從B凹槽拿n個砝碼到A凹槽，由牛頓第二定律有解得變形得圖像的縱坐標(biāo)為a，橫坐標(biāo)應(yīng)為（n-1）。故選A。（7）[5]根據(jù)斜率可得A凹槽和A凹槽上遮光條的總質(zhì)量31．大于必須相同【詳解】（1）[1]為了避免碰撞后小球被撞回，所以要求入射球的質(zhì)量大于被碰球的質(zhì)量，即。（2）[2]為了能夠讓小球發(fā)生對心碰撞，入射球和被碰球的半徑必須相同；（3）[3]設(shè)小球在空中運動的時間為t，若滿足動量守恒定律有整理得（4）[4]設(shè)斜槽末端與的連線長度為L（即圓弧半徑為L），如圖所示：

圖中幾何關(guān)系，由平拋運動的規(guī)律得，聯(lián)立解得同理有，代入動量守恒的表達(dá)式化簡可得32．DE/ED57.8B9.62【詳解】（1）[1]A．?dāng)[球在最高點的時候速度比較小，在最低點的時候速度比較大，所以當(dāng)小球經(jīng)過最低點的時候開始計時誤差比較小，故A錯誤；B．實驗中誤將51次全振動記為50次，則周期偏大，根據(jù)可得所以測量出的重力加速度會偏小，故B錯誤；C．根據(jù)可知單擺的周期與擺角大小無關(guān)，故C錯誤；D．?dāng)[線上端未牢固地系于懸點，振動中出現(xiàn)松動，則擺長的測量值偏小，重力加速度g值偏小，故D正確；E．根據(jù)圖像斜率可得重力加速度為所以圖線不過原點，但圖線的斜率沒有改變，重力加速度測定值不變，所以不會影響重力加速度的測量，故E正確。故選DE。（2）[2]秒表的讀數(shù)為57.8s。（3）[3]實驗數(shù)據(jù)的處理是依據(jù)每一次實驗數(shù)據(jù)得出一個重力加速度，然后改變擺長，測出對應(yīng)周期，再算出對應(yīng)的重力加速度，最終將對此測量得出的重力加速度取平均值。若將多次擺長取平均值，周期取平均值，則重力加速度更加不準(zhǔn)確，故選B。（4）[4]根據(jù)可得由圖可知斜率，解得重力加速度為33．C細(xì)線對滑塊的拉力實際小于槽碼的重力，且槽碼質(zhì)量越大偏差越大【詳解】（1）[1]游標(biāo)尺為20格，其精確度為0.05mm，主尺讀數(shù)為5mm，游標(biāo)尺上第2個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為5mm+0.05×2mm=5.10mm（2）[2]氣墊導(dǎo)軌水平時，摩擦力幾乎為0，為確保滑塊所受的合外力為零，故不需要掛槽碼，同時開動氣泵，調(diào)節(jié)導(dǎo)軌使滑塊能夠短暫靜止時氣墊導(dǎo)軌水平；（3）[3]砝碼與砝碼盤重力勢能的減少量為，砝碼與砝碼盤和滑塊（含速光片）系統(tǒng)動能的變化量為，則要驗證動能定理，即需要驗證（4）[4]槽碼的重力所做的功等于滑塊動能的增加量和槽碼動能的增加量，故滑塊動能的增加量小于槽碼的重力所做的功，即細(xì)線對滑塊的拉力做的功小于槽碼的重力所做的功，細(xì)線對滑塊的拉力實際小于槽碼的重力，且當(dāng)槽碼質(zhì)量越大偏差越大；（5）[5]根據(jù)牛頓第二定律可得解得滑塊的動能為隨著的增大，滑塊的動能總小于；34．0.41傾斜木板與水平面的夾角（或者A點到位移傳感器的高度）A【詳解】(1)[1]由于木塊做勻加速運動，0.4s時刻的速度等于0.2s~0.6s這段時間的平均速度[2]在0.2s~0.4s和0.4s~0.6s這兩段時間內(nèi)，根據(jù)可得(2)[3]根據(jù)牛頓第二定律兩邊消去質(zhì)量m，因此需要測量傾斜木板與水平面的夾角θ(3)[4]A．A點與傳感器距離適當(dāng)大些，可以測量出更多地點，從而提高加速度準(zhǔn)確程度，A正確；B．木板的傾角過大，使得摩擦力太小，加速度太大，加速度稍有誤差，就會使動摩擦因數(shù)誤差增大，B錯誤；C．選擇體積較大的空心木塊，使空氣阻力增大，造成測量動摩擦因數(shù)不準(zhǔn)確，C錯誤；D．測量加速度大小時，與初速度大小無關(guān)，因此有、無初速度與測量木板間動摩擦因數(shù)的精確的無關(guān)，D錯誤。故選A。35．6.75繩子有一定的質(zhì)量【詳解】(1)[1]由圖所示游標(biāo)卡尺可知，游標(biāo)卡尺是20分度的，游標(biāo)卡尺的精度為，游標(biāo)卡尺示數(shù)為(2)[2]動能的增量勢能的減少量要滿足的表達(dá)式為即[3]繩子自身有一定的質(zhì)量，會獲得一部分能量，導(dǎo)致實驗有誤差。(3)[4]A通過光電門瞬間的速度為B自由下落距離過程，由機(jī)械能守恒定律得解得繩子繃緊前系統(tǒng)動量繩子繃緊后A、B一起運動時系統(tǒng)動量繩子繃緊過程A、B組成的系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，A、B系統(tǒng)動量守恒，即整理得[5]若沒有摘去C，B、C自由下落，機(jī)械能守恒，B下落距離過程，由機(jī)械能守恒定律得解得繩子繃緊前系統(tǒng)動量繩子繃緊A、B、C三個物體速度相同后它們一起向下做加速運動，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)繩子繃緊后系統(tǒng)的速度為，擋光片經(jīng)過光電門時系統(tǒng)的速度為，由機(jī)械能守恒定律得擋光片經(jīng)過光電門時系統(tǒng)的速度解得繩子繃緊后系統(tǒng)的總動量繩子繃緊過程系統(tǒng)動量守恒，即整理得36．【詳解】(1)[1]在最低點時若從最高點到最低點機(jī)械能守恒則滿足解得F0=3mg即若機(jī)械能守恒則滿足F0=3mg。(2)a.[2]彈簧的勁度系數(shù)為[3]彈簧長度為時，彈簧彈性勢能大小等于F-L圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積，即b.[4]小球從桌面上拋出時的動能等于彈簧的彈性勢能，小球做平拋運動，則解得即若滿足關(guān)系式則可“驗證機(jī)械能守恒定律”。37．1.38大于【詳解】(1)[1]通過光電門A的速度為通過光電門B的速度為忽略遮光條通過光電門時速度的變化，滑塊加速度的表達(dá)式為[2]代入數(shù)據(jù)解得，滑塊的加速度為[3]若考慮到遮光條通過光電門時速度的變化，則遮光片通過兩個光電門中間時刻間隔的時間比測量值大，所以加速度的測量值比真實值大；(2)[4][5]由牛頓第二定律可得化簡得可得，解得，38．交2200.022.59.3B【詳解】①[1][2]電火花打點計時器的工作電壓是交流220V。②[3]電源頻率f=50Hz，所以打點周期為0.02s。③[4]打C點時物體的速度大小為④[5]根據(jù)位移加速度公式得[6]根據(jù)公式有，兩式相加得解得⑤[7]根據(jù)位移時間公式得所以C點到零點的距離是故選B。39．3.80mambsμ＝【詳解】（1）[1]擋光片的寬度（2）[2][3]應(yīng)該驗證而a球通過光電門可求而b球離開平臺后做平拋運動，根據(jù)整理可得因此動量守恒定律的表達(dá)式為[4]彈性勢能大小為代入數(shù)據(jù)整理得[5]根據(jù)動能定理可得而聯(lián)立整理得由題可得可得動摩擦因數(shù)40．A甲“CAB”BC【詳解】解：（1）①[1]A甲、乙、丙實驗中，小車和長木板之間都有摩擦力，為使小車所受的力就是所受的合力，所以都需要平衡摩擦力，A正確，BC錯誤。故選A。②[2]甲圖是用重物的重力代替繩上的合力，所以必須滿足“M遠(yuǎn)大于m”；乙、丙兩圖繩上的合力由彈簧測力計和力的傳感器直接測出，所以不需要滿足“M遠(yuǎn)大于m”。故選填甲。③[3]甲圖用重物的重力代替繩子的合力，需滿足“M遠(yuǎn)大于m”，當(dāng)隨m的增大，不在滿足“M遠(yuǎn)大于m”時圖像出現(xiàn)彎曲，所以甲組對應(yīng)的圖線C。乙、丙圖由當(dāng)拉力相等時，a乙>a丙，從而確定乙組對應(yīng)圖線A，丙組對應(yīng)的圖線B，因此則有甲、乙、丙三組實驗對應(yīng)的圖線依次是“CAB”。（2）[4]由勻變速直線運動的特點，即相鄰的時間間隔位移差相等，得出x12?x01=6.11cm?3.00cm=3.11cm則有xb?x12=7.43cm?6.11cm=1.32cmb不可能是從A上撕下的；xc?x12=12.31cm?6.11cm=6.20cm≈2×3.11cm所以c可能是從A上撕下的；xd?x12=16.32cm?6.11cm=10.21cm≈3.3×3.11cm所以d不可能是從A上撕下的，因此ACD錯誤，B正確。故選B。（3）[5]小明同學(xué)采用（乙）圖實驗裝置探究質(zhì)量一定時加速度與力的關(guān)系的實驗時，以彈簧測力計的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度a為縱坐標(biāo)，對小車由牛頓第二定律可得2F=Ma整理得到由圖線的斜率為k可得解得小車的質(zhì)量為ABD錯誤，C正確。故選C。41．平衡摩擦力要保證砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量M不需要甲0.50.2【詳解】(1)①[1]平衡摩擦力：將長木板無滑輪的一端下面墊一小木塊，反復(fù)移動木塊的位置，直到小車在沒有懸掛砝碼盤的情況下帶動紙帶與小車一起做勻速直線運動；②[2]要保證砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車和砝碼的總質(zhì)量M；(2)①[3]力傳感器可測量繩子拉力大小，不需要滑塊與位移傳感器發(fā)射部分總質(zhì)量遠(yuǎn)大于重物和力傳感器的總質(zhì)量；②[4]軌道左側(cè)抬高時，有F=0時，a≠0，也就是說當(dāng)繩子上沒有拉力時小車就有加速度，所以圖線甲是在軌道左側(cè)抬高成為斜面情況下得到的；③[5]由牛頓第二定律得由圖乙所示圖象可知，圖線斜率則[6]圖像的截距則42．BDx40.16m/s2合力一定時，當(dāng)托盤和砝碼的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車（含砝碼）的總質(zhì)量M時，小車（含砝碼）的加速度與M成反比托盤和砝碼總重力的倒數(shù)【詳解】（1）[1]A．實驗開始時應(yīng)先接通電源后釋放小車，故A錯誤。B．調(diào)整定滑輪使細(xì)線與長木板平行,以保證拉力平行長木板，故B正確。C．平衡摩擦力時要使小車自由勻速下滑，可以通過紙帶上均勻分布的點跡來判斷，故C錯誤。D．平衡摩擦力時要使小車自由勻速下滑，必須移去托盤和砝碼，故D正確。故選BD。（2）[2]相鄰兩個間距差都在，只有，故x4這段距離記錄錯誤。[3]每5個計時間隔取一個計數(shù)點，則根據(jù)勻變速直線運動的推論可知解得（3）[4]由圖像可得出的結(jié)論是：合力一定時，當(dāng)托盤和砝碼的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車（含砝碼）的總質(zhì)量M時，小車（含砝碼）的加速度與M成反比。（4）[5]由題圖丁可知圖象的斜率為所以圖像斜率的物理意義是托盤和砝碼總重力的倒數(shù)。[6]當(dāng)M=0時，系統(tǒng)下落的加速度大小恰好為重力加速度g，則由題圖丁可得解得43．等間距AB/BA0.7230.185【詳解】（1）[1]若小車勻速下滑則a=0，由故紙帶上打出一系列等間距的點。（2）[2]A．先接通電源，后釋放小車，小車應(yīng)從靠近打點計時器處釋放，故A正確；B．小車下滑時，為保證實驗的準(zhǔn)確性，應(yīng)使細(xì)線始終與軌道平行，故B正確；C．由于該實驗每個槽碼的質(zhì)量已知道，故不需要使質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量，故C錯誤；D．勻速運動時有若細(xì)線下端懸掛著2個槽碼，整體牛頓第二定律有解得加速度為小車在下滑過程中受到的合外力大小故D錯誤。故選AB。（3）[3]依題意，可知相鄰計數(shù)點間的時間間隔為根據(jù)圖乙，點5是點4、6的中間時刻（4）[4]對于小車勻速時有減小n個槽碼后，對小車和槽碼分別有則即（5）[5]由[4]中分析可知關(guān)系圖線斜率而m=10g，，代入解得44．2.05圖線是一條過原點的直線，且圖線的斜率錯誤實驗中應(yīng)該測量遮光條中心到光電門中心的距離，而不是滑塊左端到光電門中心的距離；實驗時測量滑塊下滑的距離偏小了，故出現(xiàn)滑塊每次減小的勢能均總比增加的動能略小的現(xiàn)象?！驹斀狻?1)[1]由圖示游標(biāo)卡尺可知，主尺讀數(shù)為2mm，游標(biāo)尺讀數(shù)為則游標(biāo)卡尺讀數(shù)為(2)[2]由于遮光條通過光電門的時間極短，因此可以利用平均速度來代替其瞬時速度，因此滑塊經(jīng)過光電門時的瞬時速度為實驗要驗證機(jī)械能守恒定律，故聯(lián)立得(3)[3]根據(jù)數(shù)據(jù)在圖丙中描點作圖(4)[4]由即由幾何關(guān)系可得可知，即與n成正比關(guān)系，圖像為過原點的傾斜直線，且圖線的斜率(5)[5][6]實驗中應(yīng)該測量遮光條中心到光電門中心的距離，而不是滑塊左端到光電門中心的距離；實驗時測量滑塊下滑的距離偏小了，故出現(xiàn)滑塊每次減小的勢能均總比增加的動能略小的現(xiàn)象。他們的分析不正確。45．否1.73.9【詳解】（1）[1]當(dāng)滑塊勻速下滑時，滑塊所受繩子拉力等于鉤碼的重量，取下細(xì)繩和鉤碼，滑塊加速下滑，所受合外力仍等于鉤碼的重量，因此不必要求鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量。（2）[2]打D點的速度等于CE段的平均速度[3]根據(jù)可得（3）[4]根據(jù)牛頓第二定律因此46．ACEmgL小于【詳解】（1）[1]AB．本實驗通過遮光條的寬度與遮光時間之比來近似作為滑塊通過光電門時的速度，所以需要游標(biāo)卡尺來測量遮光條的寬度，而遮光時間通過光電門和數(shù)字計時器即可測得，不需要秒表，故A需要，B不需要；C．本實驗需要使用天平測出鉤碼質(zhì)量m和帶長方形遮光條的滑塊總質(zhì)量M，故C需要；D．本實驗不涉及測量力的步驟，故D不需要。故選AC。（2）[2]實驗時將導(dǎo)軌調(diào)至水平，用游標(biāo)卡尺測出遮光條的寬度d，用天平測出鉤碼質(zhì)量m和帶長方形遮光條的滑塊總質(zhì)量M，再將滑塊移至圖示A位置，測出遮光條到光電門的距離L，之后開啟氣泵，待出氣穩(wěn)定后再釋放滑塊，故步驟ABCD妥當(dāng)，步驟E不妥當(dāng)。故選E。（3）[3]滑塊從A靜止釋放運動到光電門B的過程中，鉤碼下降高度為L，所以系統(tǒng)的重力勢能減少量為mgL。[4]遮光條通過光電門時的速度大小為

①根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

②聯(lián)立①②解得（4）[5]若氣墊導(dǎo)軌左端的滑輪調(diào)節(jié)過高，使得拉動物塊的繩子與氣墊軌道之間存在夾角，不考慮其它影響，滑塊自A點由靜止釋放，則在滑塊從A點運動至B點的過程中，有速度關(guān)聯(lián)可知鉤碼下滑的速度為其中角度為細(xì)線和水平氣墊導(dǎo)軌的夾角，故此時機(jī)械能守恒應(yīng)寫成因此可知此時重力勢能的減少量小于動能的增加量。（5）[6]根據(jù)②式變形可得則由題意有解得47．B9.1見解析0.30無大于不可行因為物體做圓周運動時有向心力，造成支持力大于重力垂直于切面的分力，從而摩擦力偏大【詳解】（1）[1]用B測量鋁板厚度[2]該游標(biāo)卡尺的精確度為0.1mm，因此讀數(shù)為（2）[3]作出h-s的關(guān)系圖像如圖（3）[4]根據(jù)動能定理可得圖像的斜率表示動摩擦因數(shù)（4）[5]若計入厚度則因此無影響[6]若轉(zhuǎn)接點處有機(jī)械能損失，造成水平位移s減小，從而測得的動摩擦因數(shù)偏大[7][8]該方案不可行，因為物體做圓周運動時有向心力，造成支持力大于重力垂直于切面的分力，從而摩擦力偏大。48．AC/CABC0.686合外力對小車做的功，與小車的速度的平方成正比小車的質(zhì)量B【詳解】(1)[1]A．小車與木板間有摩擦，將木板一端墊高，平衡摩擦力，輕推小車打點計時器在紙帶上的點跡均勻小車做勻速運動，故A正確；B．測小車速度時，應(yīng)選紙帶上的點跡均勻的部分進(jìn)行計算，故B錯誤；C．因為此實驗改變做功是通過改變橡皮筋條數(shù)來實現(xiàn)的，則只要保證小車質(zhì)量不變即可，不必測小車質(zhì)量，也不必測功的具體值，只是用W、2W、3W等表示，簡化數(shù)據(jù)的測量和處理。故C正確；D．小車質(zhì)量不能太大或太小，保證紙帶上的點跡不要過于密集或稀疏，方便處理數(shù)據(jù)，故D錯誤。故選AC。(2)[2]測小車速度時，應(yīng)選紙帶上的點跡均勻的部分進(jìn)行計算，故應(yīng)選BC段；[3]小車最終獲得的速度是(3)[4]合外力對小車做的功，與小車的速度的平方成正比；[5]由圖可得v隨W變化的表達(dá)式為v2=kW，由等式兩端的物理量單位可知，左側(cè)單位為，右側(cè)單位為J，所以k的單位為所以與圖線斜率有關(guān)的物理量應(yīng)是小車的質(zhì)量。(4)[6]若沒有完全消除摩擦力和其他阻力，橡皮筋對小車的功有部分用于克服阻力做功，沒有全部轉(zhuǎn)化為小車的動能，故B正確。故選B。49．2.00C偏小【詳解】(1)[1]兩計數(shù)點間還有四個點沒有畫出，故兩相鄰計數(shù)點的時間為T=0.1s，根據(jù)紙帶可求出小車的加速度為(2)[2]根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)題意解得[3]根據(jù)，實驗中兩同學(xué)作出的圖像是C；(3)[4]根據(jù)實驗過程中，若打點計時器所用交流電的頻率低于50Hz，加速度的測量值偏大，又因為加速度的測量值偏大，所以動摩擦因數(shù)的測量結(jié)果偏小。50．BC大于【詳解】(1)[1]本實驗是通過實驗測量出滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)減少的重力勢能和增加的動能來驗證機(jī)械能守恒的，重力勢能和動能都與質(zhì)量有關(guān)，需要用天平測量砝碼和滑塊的質(zhì)量。數(shù)字計時器可以記錄通過光電門的時間。故AC錯誤；B正確。故選B。(2)[2]A．測出遮光條的寬度d，用于計算滑塊通過光電門的速度。故A正確，與題意不符；B．測出鉤碼質(zhì)量m和帶長方形遮光條的滑塊總質(zhì)量M，用于計算系統(tǒng)的重力勢能和動能的變化。故B正確，與題意不符；C．實驗前將導(dǎo)軌調(diào)至水平，不需要平衡摩擦力。故C錯誤，與題意相符；D．將滑塊移至圖示位置，測出遮光條到光電門的距離L，用于計算系統(tǒng)減少的重力勢能。故D正確，與題意不符；E．先開啟氣泵，然后釋放滑塊，讀出遮光條通過光電門的擋光時間t，用于計算滑塊通過光電門的速度。故E正確，與題意不符。本題選不妥當(dāng)?shù)墓蔬xC。(3)[3]遮光條通過光電門的速度大小為在實驗操作正確的前提下，滑塊從靜止釋放運動到光電門的過程中，若系統(tǒng)符合機(jī)械能守恒定律，則有聯(lián)立，可得(4)[4]根據(jù)上面系統(tǒng)機(jī)械能守恒的表達(dá)式，可得由題意得解得(5)[5]若氣墊導(dǎo)軌左端的滑輪調(diào)節(jié)過高，使得拉動滑塊的繩子與氣墊軌道之間存在夾角，不考慮其它影響，滑塊由靜止釋放運動到光電門的過程中，根據(jù)幾何關(guān)系可知砝碼實際下降的高度小于釋放滑塊時測量的遮光條到光電門的距離L即如圖所示可得所以滑塊、遮光條與鉤碼組成的系統(tǒng)重力勢能減小量的測量值大于真實值。51．B0.620實驗中存在阻力（其他答案合理即給分）圖像的斜率為【詳解】（1）[1]A．根據(jù)機(jī)械能守恒定律，重力勢能的減少量與動能增加量中均含有m，所以可以約掉，此實驗可以不測質(zhì)量一樣可以得出結(jié)論，故A錯誤；B．實驗時應(yīng)使左側(cè)刻度尺處于豎直位置，這樣便于計算擺錘運動過程中的高度差，故B正確；C．為方便的計算圓柱體與擺錘初始位置的高度差，各圓柱體可以等高分布，而不是要沿圓弧等距均勻分布，故C錯誤；D．若釋放擺錘時有初速度，可以選擇其通過各圓柱體的過程來進(jìn)行驗證，故D錯誤。故選B。（2）[2]游標(biāo)卡尺讀數(shù)是主尺讀數(shù)（mm的整數(shù)倍）加上游標(biāo)尺的讀數(shù)（mm的小數(shù)位），由圖可讀出為（3）[3]若擺錘從②運動到⑧的過程機(jī)械能守恒，則應(yīng)有簡化得（4）[4]擺錘往下擺動過程中，空氣阻力對其做負(fù)功，機(jī)械能有損失，因此減少的重力勢能并沒有完全轉(zhuǎn)化為動能。（5）[5]若滿足得知圖像是一條過原點的傾斜直線，故圖像縱坐標(biāo)應(yīng)為。[6]如果圖像的斜率在誤差允許的范圍內(nèi)等于，機(jī)械能守恒定律得到驗證。52．6.200B【詳解】（1）[1]直徑（2）[2]A．根據(jù)機(jī)械能守恒的表達(dá)式可知，方程兩邊可以約掉質(zhì)量，因此不需要測量質(zhì)量，故A錯誤；B．計算重力勢能的減少量時，需要測量光電門1和光電門2之間的距離h，故B正確；C．利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度，不需要測量小球從光電門1到光電門2下落的時間t，故C錯誤。故選B。（3）[3]已知經(jīng)過光電門的時間和小球的直徑，由平均速度表示經(jīng)過光電門時的瞬時速度，故（4）[4]小球通過光電門2時的動能為根據(jù)機(jī)械能守恒化簡得則該圖線的斜率（5）[5]因存在阻力，則有實驗過程中所受的平均阻力f與小球重力的比值53．不需要B

增大【詳解】（1）[1]實驗中小車的受到的合力可以由彈簧測力計讀出，因此不需要鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量。（2）[2]小車通過光電門的速度為v，有設(shè)小車初到光電門的位移為s，有對小車受力分析，由牛頓第二定律有整理有圖像的斜率為可知，斜率與小車質(zhì)量、小車釋放的位置、擋光片的寬度有關(guān)，與鉤碼的質(zhì)量無關(guān)。故選B。（3）[3]由之前的分析可知，其關(guān)系式為（4）[4]描點連線，其圖像如圖所示

（5）[5]由上圖可知，圖線在橫軸上有一段正截距，說明當(dāng)力F在某個值時，小車才運動，據(jù)此可知小車沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠，即適當(dāng)增大斜面左端的高度可以使圖像過坐標(biāo)原點。54．BC【詳解】（1）為了保證小球的初速度相等，每次讓小球從斜槽的同一位置由靜止釋放，斜槽軌道不需要光滑，故A錯誤，C錯誤，B正確，步驟(ⅰ)初始距離d必須與步驟(ⅲ)中距離x無關(guān)，只要保證，連續(xù)水平移動的位移x相等即可，故D錯誤．（2）在豎直方向上，；水平方向上，可得小球平拋的初速度．（3）設(shè)小球離地高度為，小球平拋運動階段水平位移