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第 16 讲 力学实验
目标要求 1.会使用刻度尺、秒表、打点计时器、游标卡尺、螺旋测微器测量有关数据。2.熟悉教材中的力学
实验原理、实验过程，会操作有关实验，进行数据处理、误差分析，并会借助基本实验分析创新实验。
考点一 纸带类和光电门类实验
实验 装置图 实验操作 数据处理
1.细绳与长木板平行 1.判断物体是否做匀变速直线运
2.释放前小车应靠近打点计 动
探究小车速度 时器 2.利用一段时间内的平均速度求
随时间变化的 3.先接通电源，再释放小 中间时刻的瞬时速度
规律 车，打点结束先切断电源， 3.利用逐差法求平均加速度
再取下纸带 4.作速度—时间图像，通过图像
4.钩码质量适当 的斜率求加速度
1.平衡阻力，垫高长木板一
端使小车能匀速下滑
2.在平衡阻力时，不要把悬
挂槽码的细绳系在小车上，
1.利用逐差法或v-t图像求a
探究加速度与 实验过程中不用重复平衡阻
1
物体受力、物 力 2.作出a-F图像和a- 图像，确
m
体质量的关系 3.实验必须保证的条件：小
定a与F、m的关系
车质量m 槽码质量m'
4.释放前小车要靠近打点计
≫
时器，应先接通电源，后释
放小车1.竖直安装打点计时器，以 h -h
1.应用v= n+1 n-1计算某时刻
减小摩擦阻力 n 2T
2.选用质量大、体积小、密 的瞬时速度
验证机械能守 度大的材料 1 1
2.判断mgh 与 mv 2 - mv 2是
恒定律 3.选取第1、2两点间距离接 AB 2 B 2 A
1 否在误差允许的范围内相等
近2 mm的纸带，用mgh=
2 1
3.作出 v2-h图像，求g的大小
2
mv2进行验证
1.开始前调节导轨水平 Δx
1.滑块速度的测量：v=
验证动量守恒 2.用天平测出两滑块的质量 Δt
定律 3.用光电门测量碰前和碰后 2.验证的表达式：
的速度 m 1 v 1 +m 2 v 2 =m 1 v 1 '+m 2 v 2 '
常见的测速方法：纸带打点计时器测速，光电门测速，传感器测速，动能定理计算法，平抛运动计算法等。
例1 (2023·全国甲卷·23)某同学利用如图(a)所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时
间的关系。让小车左端和纸带相连。右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落，带动小车运
动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图(b)所示。
(1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1 s。以打出A点时小车位置为初始位置，将
打出B、C、D、E、F各点时小车的位移Δx填到表中，小车发生相应位移所用时间和平均速度分
别为Δt和v，表中Δx = cm，v = cm/s。
AD AD
位移区间 AB AC AD AE AF
Δx(cm) 6.60 14.60 Δx 34.90 47.30
AD
v(cm/s) 66.0 73.0 v 87.3 94.6
AD
(2)根据表中数据得到小车平均速度v随时间Δt的变化关系，如图(c)所示。在图中补全实验点。(3)从实验结果可知，小车运动的v-Δt图线可视为一条直线，此直线用方程v=kΔt+b表示，其中k=
cm/s2，b= cm/s。(结果均保留3位有效数字)
(4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出A点时小车速度大小v =
A
，小车的加速度大小a= 。(结果用字母k、b表示)
答案 (1)24.00 80.0 (2)见解析图 (3)70.0 59.0 (4) b 2k
解析 (1)根据纸带的数据可得
Δx =x +x +x =6.60 cm+8.00 cm+9.40 cm=24.00 cm
AD AB BC CD
x
平均速度v = AD=80.0 cm/s
AD 3T
(2)根据第(1)小题结果补充表格和补全实验点图像得
(3)从实验结果可知，小车运动的v-Δt图线可视为一条直线，图像为
此直线用方程v=kΔt+b表示，由图像可知其中
101.0-59.0
k= cm/s2=70.0 cm/s2，b=59.0 cm/s
0.6
1 x 1
(4)小车做匀加速直线运动，由位移公式x=v t+ at2，整理得 =v + at
0 2 t 0 2
1
即v=v + at
A 2
故根据图像斜率和纵截距可得v =b，a=2k。
A例2 (2024·海南省四校模拟)利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，A为装有挡光片的钩
码，总质量为M，轻绳一端与A相连，另一端跨过轻质定滑轮与质量为m的重物B相连。实验过
程如下：用游标卡尺测出挡光片的宽度为d；先用力拉住B，保持A、B静止，测出A下端到光电
门的距离为h(h d)；然后由静止释放B，A下落过程中挡光片经过光电门，测出挡光时间为t。已
知重力加速度为g。
≫
(1)为了能完成上述实验，M m(选填“>”“=”或“<”)；
(2)某次实验中用螺旋测微器测出挡光片的宽度，测量结果如图乙所示，则挡光片的宽度为d=
mm；
(3)在A从静止开始下落h的过程中，如果满足 ，则验证A、B和地
球所组成的系统机械能守恒(用题中所给物理量的符号表示)；
(4)挡光片经过光电门的速度与钩码A下落h时的瞬时速度间存在一个差值，为减小这个差值，可
采取的措施是 (写出合理的一条即可)。
答案 (1)> (2)4.700
1 d
(3)(M-m)gh= (M+m)( )2
2 t
(4)减小挡光片的宽度或者增大下落高度
解析 (1)为了使A下落过程中挡光片经过光电门，需满足M>m。
(2)根据螺旋测微器的读数原理可知挡光片的宽度为d=4.5 mm+20.0×0.01 mm=4.700 mm
(3)A经过光电门时的瞬时速度为
d
v=
t
系统重力势能的减少量为
ΔE =(M-m)gh
p
系统动能的增加量为
1 d
ΔE = (M+m)( )2
k 2 t
则系统机械能守恒的表达式为
1 d
(M-m)gh= (M+m)( )2
2 t
(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可采取减小挡光片的宽度或者增大下落高度。例3 (2024·山东卷·13)在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同
学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量
滑块A与它的距离x ，b测量滑块B与它的距离x 。部分实验步骤如下：
A B
①测量两个滑块的质量，分别为200.0 g和400.0 g；
②接通气源，调整气垫导轨水平；
③拨动两滑块，使A、B均向右运动；
④导出传感器记录的数据，绘制x 、x 随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。
A B
回答以下问题：
(1)从图像可知两滑块在t= s时发生碰撞；
(2)滑块B碰撞前的速度大小v= m/s(保留2位有效数字)；
(3)通过分析，得出质量为200.0 g的滑块是 (选填“A”或“B”)。
答案 (1)1.0 (2)0.20 (3)B
解析 (1)由x-t图像的斜率表示速度可知两滑块的速度都在t=1.0 s时发生突变，即这个时刻发生了碰撞；
(2)根据x-t图像斜率的绝对值表示速度大小可知滑块B碰撞前的速度大小为
|90-110|
v= cm/s=0.20 m/s
1.0
(3)由题图乙知，碰撞前A的速度大小v =0.50 m/s，碰撞后A的速度大小为v '≈0.36 m/s，
A A
由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为v '=0.50 m/s，A和B碰撞过程动量守恒，
B
Δp =-Δp
A B
即m (v '-v )=m (v-v ')
A A A B B
m
A
代入数据解得 ≈2
m
B
所以质量为200.0 g的滑块是B。
考点二 力学其他实验
实验 装置图 实验操作 数据处理1.应在弹簧自然下垂时，测 1.作出弹力F随弹簧伸长量x变
探究弹簧弹力 量弹簧原长l 化的图线，斜率表示弹簧的劲度
0
与形变量的关 2.水平放置时测原长，根据 系数
系 实验数据画出的图线不过原 2.超过弹簧的弹性限度，图线会
点的原因是弹簧自身有重力 发生弯曲
1.正确使用弹簧测力计
2.同一次实验中，橡皮条结
探究两个互成
点的位置一定要相同 1.按力的图示作平行四边形
角度的力的合
3.细绳套应适当长一些，互 2.求合力大小
成规律
成角度地拉橡皮条时，夹角
大小应适当
1.用代入法或图像法判断运动轨
1.保证斜槽末端水平
迹是不是抛物线
2.每次让小球从倾斜轨道的
探究平抛运动 1
同一位置由静止释放 2.由公式x=vt和y= gt2，求初
的特点 0 2
3.坐标原点应是小球出槽口
√ g
时球心在纸板上的投影点 速度v 0 =x
2y
1.弹力大小关系可以通过标
探究向心力大 尺上刻度读出，该读数显示
作出F-ω2、F-r、F-m的图
n n n
小与半径、角 了向心力大小关系
像，分析向心力大小与角速度、
速度、质量的 2.采用了控制变量法，探究
半径、质量之间的关系
关系 向心力大小与半径、角速
度、质量的关系
1.保证悬点固定
2.单摆必须在同一平面内振 4π2l
1.利用公式g= 求重力加速
用单摆测量重 动，且摆角小于5°
T2
力加速度的大 3.摆长l=悬线长l'+小球的半 度
小 径r 2.可作出l-T2的图像，利用斜率
t 求重力加速度
4.用T= 计算单摆的周期
n
例4 (2024·海南卷·15)为验证两个互成角度的力的合成规律，某组同学用两个弹簧测力计、橡皮
条、轻质小圆环、木板、刻度尺、白纸、铅笔、细线和图钉等器材，按照如下实验步骤完成实验：(Ⅰ)用图钉将白纸固定在水平木板上；
(Ⅱ)如图甲、乙所示，橡皮条的一端固定在木板上的G点，另一端连接轻质小圆环，将两细线系在
小圆环上，细线另一端系在弹簧测力计上，用两个弹簧测力计共同拉动小圆环到某位置，并标记
圆环的圆心位置为O点，拉力F 和F 的方向分别过P 和P 点，大小分别为F =3.60 N、F =2.90
1 2 1 2 1 2
N；撤去拉力F 和F ，改用一个弹簧测力计拉动小圆环，使其圆心到O点，在拉力F的方向上标
1 2
记P 点，拉力的大小为F=5.60 N。请完成下列问题：
3
(1)在图乙中按照给定的标度画出F 、F 和F的图示，然后按平行四边形定则画出F 、F 的合力
1 2 1 2
F'。
(2)比较F和F'，写出可能产生误差的两点原因： 。
答案 (1)见解析图 (2)①没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行；②读数时没有正视弹簧测力
计
解析 (1)按照给定的标度画出F 、F 和F的图示，然后按平行四边形定则画出F 、F 的合力F'，如图所
1 2 1 2
示
(2)F和F'产生不完全重合的误差可能是因为：①没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行；②读
数时没有正视弹簧测力计。
例5 (2024·山西朔州市二模)某实验小组用如图所示的实验装置探究弹簧弹力与形变量的关系，将
轻弹簧悬挂在铁架台的横杆上，刻度尺竖直固定在轻弹簧旁边，在弹簧下端依次挂上不同质量的
钩码，记录每次钩码的总质量m以及对应指针所指刻度值x如表格所示。实验次数 1 2 3 4 5 6 7
钩码质量m/g 0 30 60 90 120 150 180
弹力F/N 0 0.3 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8
指针刻度x/cm 6.0 7.2 8.6 10.610.911.813.2
弹簧伸长量Δx/cm 0 1.2 2.6 4.6 4.9 5.8 7.2
(1)根据实验表格记录的数据可知，刻度尺的最小分度值为 (选填“1 mm”或“1
cm”)。
(2)在给出的坐标系中描点，作出弹簧弹力F与伸长量Δx之间的关系图线，由图线可知，记录实验
数据时第 次实验数据出现了明显的实验误差。根据描绘的F-Δx图像可知，该弹簧的劲
度系数为k= N/m(结果保留2位有效数字)。
(3)若实验中悬挂弹簧和刻度尺时，弹簧的上端未与刻度尺的0刻度线对齐，而对齐的是0.5 cm，
则该情况会导致实验算得的弹簧劲度系数结果 (选填“偏大”“偏小”或“无误差”)。
(4)若截取实验中所用弹簧长度的一半制成一个弹簧测力计，并挂上1.5 N的钩码，当钩码处于静止
状态时，弹簧的形变量为 cm。
答案 (1)1 cm (2)见解析图 4 25 (3)无误差 (4)3.0
解析 (1)根据实验表格记录的数据可知，读数精确到cm，估读到0.1 cm，刻度尺的最小分度值为1 cm。
(2)根据实验数据，在给出的坐标系中描点，作出弹簧弹力F与伸长量Δx之间的关系图线如图所示
由图线可知，记录实验数据时第4次实验数据出现了明显的实验误差。
根据描绘的F-Δx图像可知，该弹簧的劲度系数为1.8
k= N/m=25 N/m
7.2×10-2
(3)若实验中悬挂弹簧和刻度尺时，弹簧的上端未与刻度尺的0刻度线对齐，而对齐的是0.5 cm，那么弹簧
末端指针刻度也会下移0.5 cm，弹簧对应的伸长量不变，则该情况不会导致实验算得的弹簧劲度系数结果
改变，无误差。
(4)若截取实验中所用弹簧长度的一半制成一个弹簧测力计，则两段弹簧的劲度系数相同，把截下来的两段
弹簧串接起来的劲度系数与原来那根弹簧的劲度系数相同，可知用一半制成一个弹簧测力计弹簧的劲度系
数变为2k=50 N/m
并挂上1.5 N的钩码，当钩码处于静止状态时，根据胡克定律可知，弹簧的形变量为
1.5
Δx'= m=3.0 cm。
50
例6 (2024·河北省普通高中学业水平选择性考试)某同学用图甲所示的装置测量滑块和水平台面间
的动摩擦因数。水平转台用齿轮传动，绕竖直的轴匀速转动，不可伸长的细线一端连接小滑块，
另一端连到固定在转轴上的力传感器上，计算机通过传感器能显示细线拉力F的情况，实验步骤
如下：
①数出主动齿轮和从动齿轮的齿的个数分别为n 和n ；
1 2
②用天平称量小滑块的质量m；
③将滑块放置在转台上，使细线刚好伸直；
④控制主动齿轮以某一角速度ω 匀速转动，记录力传感器的示数F，改变主动齿轮的角速度，并
主
保证主动齿轮每次都做匀速转动，记录对应的力传感器示数，滑块与水平台面始终保持相对静止。
回答下面的问题：
(1)滑块随平台一起匀速转动的角速度大小可由ω= 计算得出(用题中给定的符号表示)。
(2)处理数据时，该同学以力传感器的示数F为纵轴，对应的主动齿轮角速度大小的平方ω 2为横
主
轴，建立直角坐标系，描点后拟合为一条直线，如图乙所示(图中a、b为已知量)，设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则滑块和水平台面间的动摩擦因数μ= (用题中给
定的符号表示)。
(3)该同学仅换用相同材料的质量更大的滑块再次做了该实验，作出F-ω 2的图像，与图乙中直线
主
斜率比较，发现其斜率 (选填“增大”“减小”或“不变”)。
n ω a
答案 (1) 1 主 (2) (3)增大
n mg
2解析 (1)从动齿轮和主动齿轮传动时，线速度大小相同，即从动齿轮和主动齿轮的角速度关系为
n ω n ω
1 主 1 主
n ω =n ω ，解得ω = ，平台与从动齿轮同轴传动，即具有相同的角速度，故ω=ω =
1 主 2 从 从 n 从 n
2 2
(2)当力传感器有示数时，拉力和摩擦力的合力提供向心力，设滑块做圆周运动的半径为r，则
mrn 2 a
F+μmg=mω2r，解得F= 1 ω 2 -μmg，则F-ω 2 图线的纵截距的绝对值为a=μmg，解得μ=
n 2 主 主 mg
2
mrn 2 mrn 2
(3)由F= 1 ω 2 -μmg，可得F-ω 2 图线的斜率为k= 1 ，
n 2 主 主 n 2
2 2
仅换用相同材料的质量更大的滑块再次做该实验，其斜率增大。
专题强化练
［分值：40分］
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
2π2N2 (2l+D)
答案 (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。
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
x -x
答案 (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.(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)。
答案 (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
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
t gT2
答案 (1) (2)l + (3)9.59
30 0 4π2
(4)AC
解析 (1)30次全振动所用时间t，则振动周期
t
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
gT2
则l与g、l 、T的关系式为l=l +Δl=l +
0 0 0 4π2
gT2
(3)根据l=l + 整理可得
0 4π2
g
l=l + ·T2
0 4π2
g 0.542-0.474
则l-T2图像斜率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。
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 。
m
答案 (1)一元 (2)√2μgs (3) 2 (4)见解析
0 m
1
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。
