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第 16 练 力学实验
1.(8分)(2024·湖南娄底市一模)某物理课外活动小组准备用单摆测量当地的重力加速度。
(1)(2分)下列器材和操作最合理的是 。
(2)(2分)某次测量小球直径的结果如图所示，则这次测量的读数为 mm。
(3)(2分)实验中，测得摆球经过N次全振动的总时间为Δt。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆
线长度为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D。则重力加速度的表达式为g= (用题目中给出的
字母表示)。
(4)(2分)如果测得的g值偏小，可能的原因是 。
A.测摆长时，摆线拉得过紧
B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C.开始计时时，停表过迟按下
D.实验时误将49次全振动记为50次
2.(8分)(2024·浙江1月选考·16Ⅰ)如图甲所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
(1)(1分)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是 。
A.放大法 B.控制变量法C.补偿法
(2)(1分)该实验过程中操作正确的是 。
A.补偿阻力时小车未连接纸带
B.先接通打点计时器电源，后释放小车
C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
(3)(3分)在小车质量 (选填“远大于”或“远小于”)槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码
的重力。上述做法引起的误差为 (选填“偶然误差”或“系统误差”)。为减小此误差，下列可行
的方案是 。
A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小
(4)(3分)经正确操作后获得一条如图乙所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐
标分别为0、x 、…、x 。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式v=
1 6
；小车加速度的表达式是 。
x -2x
6 3
A.a=
(15T) 2
x -2x
6 3
B.a=
(3T) 2
x +x -(x +x )
5 4 3 2
C.a=
(10T) 2
3.(8分)(2024·河北卷·11(2))图甲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，得到了如图乙所示的印迹，坐标纸的y轴对应竖直
方向，坐标原点对应平抛起点。(1)(2分)每次由静止释放钢球时，钢球在斜槽上的高度 (填“相同”或“不同”)。
(2)(3分)在坐标纸中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。
(3)(3分)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为9.8 m/s2，
保留2位有效数字)。
4.(8分)(2024·湖北卷·12)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。
√M
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 ，其中k为弹簧的劲度系数，M
k
为振子的质量。
(1)(2分)由步骤④，可知振动周期T= 。(2)(2分)设弹簧的原长为l ，则l与g、l 、T的关系式为l= 。
0 0
(3)(2分)由实验数据作出的l-T2图线如图(b)所示，可得g= m/s2(保留三位有效数字，π2取
9.87)。
(4)(2分)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
5.(8分)(2023·辽宁卷·11)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建
如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币
和一角硬币进行实验。
测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m 和m (m >m )。将硬币甲放置在斜面某一位置，标
1 2 1 2
记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬
币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲乙
从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均
值分别为s 、s 、s 。
0 1 2
(1)(2分)在本实验中，甲选用的是 (填“一元”或“一角”)硬币；
(2)(2分)碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为 (设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速
度为g)；
√s -√s
(3)(2分)若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则 0 1 = (用m 和m 表示)，然后通过测得的具体数
1 2
√s
2
据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒；
(4)(2分)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值
不是1，产生这种误差可能的原因 。答案精析
2π2N2 (2l+D)
1.(1)D (2)10.020 (3) (4)B
(Δt) 2
解析 (1)根据单摆模型可知，为减小空气阻力的影响，摆球应采用密度较大、体积较小的铁球，为使单摆
摆动时摆长不变，摆球应用不易变形的细丝线，悬点应用铁夹来固定，故选D。
(2)这次测量的读数为
10 mm+2.0×0.01 mm=10.020 mm
√L
(3)根据单摆周期公式T=2π
g
D Δt
其中L=l+ ，T=
2 N
2π2N2 (2l+D)
解得g=
(Δt) 2
4π2L
(4)因为重力加速度的表达式为g= ，测摆长时摆线拉得过紧，所测得的摆长偏大，则所测得的重力加
T2
速度偏大，故A错误；摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，即实际中的摆线长度增加了，测得的摆长
偏小，故所测得的重力加速度偏小，故B正确；开始计时时，停表过迟按下，所测得的周期偏小，则所测
得的重力加速度偏大，故C错误；实验中误将49次全振动记为50次，所测得的周期偏小，则所测得的重
力加速度偏大，故D错误。
x -x
2.(1)B (2)B (3)远大于 系统误差 C (4) 6 4 A
10T
解析 (1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究
另外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法，故B正确。
(2)补偿阻力时小车需要连接纸带，通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错
误；由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在纸带上尽可能多地获取点，
实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，故B正确；为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高
度使细绳与长木板平行，故C错误。
(3)设小车质量为M，槽码质量为m。根据牛顿第二定律分别对小车和槽码有F=Ma，mg-F=ma，联立解得
Mmg
F= ，由上式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力；上述做法
m+M
引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差；该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替
代造成的，不是由于车与木板间存在阻力(实验中已经补偿了阻力)或是速度测量精度低造成的，为减小此
误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小，故C正确。x -x x -x
(4)相邻两计数点间的时间间隔为t=5T，打计数点5时小车速度的表达式为v= 6 4= 6 4 ；根据逐差法
2t 10T
x -x -x x -2x
6 3 3 6 3
可得小车加速度的表达式是a= = ，故A正确。
(3t) 2 (15T) 2
3.(1)相同 (2)见解析图 (3)0.70(0.68、0.69、0.71、0.72均可)
解析 (1)为保证钢球每次平抛运动的初速度相同，必须让钢球在斜槽上同一位置静止释放，故释放钢球时
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，在图线上找到y坐标为20.0 cm的点为研究位置，
该点坐标为(14.1cm，20.0cm)，
1
根据平抛运动规律x=v t，y= gt2
0 2
解得v ≈0.70 m/s。
0
t gT2
4.(1) (2)l + (3)9.59
30 0 4π2
(4)AC
t
解析 (1)30次全振动所用时间t，则振动周期T=
30
√M
(2)弹簧振子的振动周期T=2π
k
kT2
可得振子的质量M=
4π2
振子平衡时，根据平衡条件Mg=kΔl
gT2
可得Δl=
4π2
则l与g、l 、T的关系式为
0
gT2
l=l +Δl=l +
0 0 4π2gT2
(3)根据l=l + 整理可得
0 4π2
g
l=l + ·T2
0 4π2
则l-T2图像斜率
g 0.542-0.474
k= = m/s2
4π2 0.58-0.30
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)解析可知对实验结果没
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。
m
5.(1)一元 (2)√2μgs (3) 2
0 m
1
(4)见解析
解析 (1)根据题意可知，甲与乙碰撞后没有反弹，可知甲的质量大于乙的质量，甲选用的是一元硬币；
1
(2)甲从O点到P点，根据动能定理-μm gs =0- m v 2
1 0 2 1 0
解得碰撞前，甲到O点时速度的大小v =√2μgs
0 0
(3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为
v =√2μgs
1 1
v =√2μgs
2 2
若动量守恒，则满足
m v =m v +m v
1 0 1 1 2 2
√s -√s m
0 1 2
整理可得 =
√s m
2 1
(4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是
1，产生这种误差可能的原因有：
①测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；
②碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不
为零。
