某同学用如图1所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，所用重物的质量为0.10kg，打点计时器的周期为0.02s

（1）在利用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验，如图a所示．若打点计时器打点周期T=0.02s，从实验中~

（1）①A、安装打点计时器时要注意让上下限位孔在同一竖直线上，以减小实验误差，故A正确；B、将打点计时器与交流低压电源连接，故B错误；C、释放纸带时应尽量让重锤靠近打点计时器，以便于在纸带上打出更多的点，以减小实验误差，故C正确；D、应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，这样可以再纸带上尽量多的打点，提供纸带利用率，故D错误；故选：AC．②纸带从起始点O到打下C点的过程中，重锤重力势能的减少量为△EP=mgh=mg（S0+S1），匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，因此有：vD=S1+S24T，重锤动能的增加量为△EK=12m×(S1+S24T)2=m(S1+S2)232T2，③根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：a=S2?S14T2=9.5m/s2，根据牛顿第二定律得mg-f=ma，在下落过程中受到平均阻力大小f=mg-ma=1×（9.8-9.5）=0.30N，（2）①灯泡额定电流为0.4A，电流表应选 A2，即选：D；为方便实验操作，滑动变阻器应选 R1．即选：E．②灯泡的电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻与电压表和电流表内阻比较，属于小电阻，“小外偏小”，采用电流表的外接法．实物图如图．③从R-U图象读出当U=0时的电阻为R=1.5Ω．④A、该实验中的误差来源主要是电压表的分流作用，故A错误；B、由于电表内阻引起的误差属于系统误差，可以减小，不可以消除，故B错误；C、若将电表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；D、由于电压表的分流作用，电流表读数大于通过灯泡的实际电流值，根据欧姆定律可知用该实验装置测得的灯泡电阻比相应状态的电阻的真实值小．故D正确；故选：CD．故答案为：（1）①AC ②mg（S0+S1），m(S1+S2)232T2，③9.5，0.30（2）①D，E②如图③1.5④CD

（1）①电磁打点计时器使用的是4～6V的交流电源，故A、C错误，B正确．②A、该实验中，要有做自由落体运动的物体重锤，在验证动能的增量和重力势能的减小量时，可以将质量约掉，因此不需要天平，故A不需要；C、要先接通电源，待打点稳定后，然后释放小球，故C操作不恰当；E、在求某点的速度时根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求，不是利用v=gt来求瞬时速度，故E不恰当． 故选：ACE．（2）①滑动变阻器采用分压接法，为了保护电路，开始闭合开关前，要使测量电路处于短路状态，即将划片移动到A端，根据分压接法可知，当划片从中间向B端移动时，测量电路的电压降增大．②电压表示数为零，说明灯泡两端电势相等，若a导线断了，滑动变阻器成为限流接法，移动划片，电压表示数变化，故a错误．若b、c、d导线断了，电路中电流为零，灯泡两端电势相等，因此电压表示数为零，故bcd正确．③根据图乙可知，当电压为2.00V时，灯泡中电流大约为：0.26A，根据欧姆定律得：R＝UI＝2.000.26Ω≈7.7Ω；灯泡的功率为：P=UI=2.00×0.26W=0.52W．故答案为：（1）①B，②ACE．（1）①A，大，②BCD，③7.7，0.52．

（1）重力势能的减少量△E_P=mgh=0.10×9.80×（20.00-16.29）×10^-2=0.196J，
v_B=

XAC

2T

=

(24.09?16.29)×10?2

2×0.02

=1.95m/s
则动能的增加量△E_k=

1

2

mv_B²=

1

2

×0.10×1.95²≈0.190J
（2）a=

XBC?XAB

T2

=

(24.09?20.00?20.00+16.29)×10?2

0.022

=9.50m/s²
故答案为：（1）0.196；   0.190  （2）9.50．

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东城区15617912068： 某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律,发现实验误差较大.为减小误差,该同学设计出如图2所示的实验装置来验证机械能守恒定律.实验前调... - ？
丙宝奥万：[答案] 根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知,小铁球通过光电门的瞬时速度v= d t. 小铁球重力势能的减小量△Ep=mgh,动能的增加量△Ek= 1 2mv2= 1 2m d2 t2,若mgh= 1 2m d2 t2,即gh= d2 2t2,机械能守恒. 故答案为: d t,gh= d2 2t2.

东城区15617912068： 某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律.按照正确的操作选得纸带如图2所示.其中O是起始点,A、B、C是打点计时器连续打下的3个点.该同学用... - ？
丙宝奥万：[答案] (1)该实验中质量可以消掉,重力加速度已知,所以需要测量重物下落的高度和对应点的瞬时速度,从而求出重力势能的减少和动能的增加,故需用工具测量下落高度,计算得到下落的瞬时速度,故选:C;D(2)重力势能减小...

东城区15617912068： 某同学用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律.(1)该同学在实验前准备了图1中所示的实验装置及下列辅助器材,其中不必要的器材是___(填代号).A.... - ？
丙宝奥万：[答案] (1)在实验中,打点计时器可以测量时间,所以不需要秒表.上述器材中不必要的为C,故选:C.(2)要使小车受到的合力等于细线的拉力,实验前应平衡摩擦力,具体做法是:将长木板的一端垫起适当的高度,让小车连着已...

东城区15617912068： 某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律.实验所用的电源为学生电源,输出电压为6V的频率为50Hz交流电和直流电两种.重锤从高处由静止开始... - ？
丙宝奥万：[答案] ①匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,由此可以求出B点的速度大小为:vB=xACtAC=1.84m/s对应的12v2=1.69 m2/s2,gh=1.74m2/s2,可认为在误差范围内存在关系式12v2=gh,即可验证机械能...

东城区15617912068： (1)某同学用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律,并作出a - 1 m 关系图象如图2所示.从图象可以看出,作用在研究对象上的恒力F=N,当物体的质量M=l... - ？
丙宝奥万：[答案] (1)由牛顿第二定律得:a=F1M,则a-1M图象的斜率:k=F=△a△1M=10.4=2.5N;当M=10kg时,加速度:a=FM=2.510=0.25m/s2.(2)当没有平衡摩擦力时有:F-μmg=ma,故a=1mF-μg,即图线斜率为k=1m,纵轴截距的大小为μg...

东城区15617912068： 某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律.(1)他进行了如下操作,其中没有必要进行的步骤是___,操作不当的步骤是___.A.按照图示的装置安装... - ？
丙宝奥万：[答案] (1)C:因为我们是比较mgh、 1 2m v2的大小关系,故m可约去比较,不需要用天平,故C没有必要. B:将打点计时器应接... h C-h B 2T 动能的增量△ E k= 1 2m v2B= 1 2m( h C-h A 2T )2 (3)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量,这个...

东城区15617912068： 某同学利用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律.(1)请指出该同学在实验操作中存在的两处错误:___.(2)若所用交流电的频率为f,该同学经正确操... - ？
丙宝奥万：[答案] (1)打点计时器不能使用直流电源,应使用交流电源.重物开始释放时应紧靠打点计时器,否则打不到点或打的点太少.(2)重力势能减小量△Ep=mgh=mgs2.利用匀变速直线运动的推论得:vB=xAC2T=(s3-s1)f2,动能的增加...

东城区15617912068： 某同学利用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律.(1)请指出该同学在实验操作中存在的错误:______.(2)若所用交流电的频率为50Hz,该同学经正... - ？
丙宝奥万：[答案] (1)打点计时器不能使用直流电源,应使用交流电源.重物开始释放时应紧靠打点计时器,否则打不到点或打的点太少.(2)重力势能减小量△Ep=mgh=1.0*9.8*0.1920J=1.88 J.利用匀变速直线运动的推论vB=xACtAC=23.23...

东城区15617912068： 某同学用如图1所示的实验装置验证牛顿第二定律,请回答下列有关此实验的问题:(1)该同学在实验前准备了图中所示的实验装置及下列辅助器材:A.交流... - ？
丙宝奥万：[答案] (1)在实验中,打点计时器可以测量时间,所以不需要秒表.上述器材中不必要的为C.(2)B点的速度等于AC段的平均速度,则有:vB=x22T=0.13590.2=0.680m/s,根据△x=aT2得:a=x2−2x1T2=0.1359−0.0599−0.05990...

东城区15617912068： 某同学用如图1所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”.弹簧测力计A挂于固定点P,下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点,手... - ？
丙宝奥万：[答案] (1)弹簧测力计读数,每1N被分成5格,则1格就等于0.2N.图指针落在3N到4N的第3格处,所以3.6N.故答案为:3.6.(2)A、实验通过作出三个力的图示,来验证“力的平行四边形定则”,因此重物的重力必须要知道.故A项...