?高考物理一輪復習策略
首先，要學會聽課：
1、有準備的去聽，也就是說聽課前要先預習，找出不懂的知識、發(fā)現(xiàn)問題，帶著知識點和問題去聽課會有解惑的快樂，也更聽得進去，容易掌握;
2、參與交流和互動，不要只是把自己擺在“聽”的旁觀者，而是“聽”的參與者。
3、聽要結合寫和思考。
4、如果你因為種種原因，出現(xiàn)了那些似懂非懂、不懂的知識，課上或者課后一定要花時間去弄懂。
其次，要學會記憶：
1、要學會整合知識點。把需要學習的信息、掌握的知識分類，做成思維導圖或知識點卡片，會讓你的大腦、思維條理清醒，方便記憶、溫習、掌握。
2、合理用腦。
3、借助高效工具。學習思維導圖，思維導圖是一種將放射性思考具體化的方法，也是高效整理，促進理解和記憶的方法。最后，要學會總結：
一是要總結考試成績，通過總結學會正確地看待分數(shù)。
1.摸透主干知識 2.能力駕馭高考 3.科技領跑生活


第12講 力學實驗
【選考真題】
1. （2022?浙江）（1）①“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗裝置如圖1所示，長木板水平放置，細繩與長木板平行。圖2是打出紙帶的一部分，以計數(shù)點O為位移測量起點和計時起點，則打計數(shù)點B時小車位移大小為 　6.21　cm。由圖3中小車運動的數(shù)據(jù)點，求得加速度為 　1.9　m/s2（保留兩位有效數(shù)字）。

②利用圖1裝置做“探究加速度與力、質量的關系”的實驗，需調整的是 　BC?。ǘ噙x）。
A．換成質量更小的小車
B．調整長木板的傾斜程度
C．把鉤碼更換成砝碼盤和砝碼
D．改變連接小車的細繩與長木板的夾角
（2）“探究求合力的方法”的實驗裝置如圖4所示，在該實驗中，
①下列說法正確的是 　D?。▎芜x）；
A．拉著細繩套的兩只彈簧秤，穩(wěn)定后讀數(shù)應相同
B．在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的兩點
C．測量時彈簧秤外殼與木板之間不能存在摩擦
D．測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板
②若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要 　3?。ㄟx填“2”、“3”或“4”）次把橡皮條結點拉到O點。
【解答】解：（1）①刻度尺的分度值為0.1cm，需要估讀到分度值的下一位，根據(jù)圖2可知，打計數(shù)點B時小車的位移大小為6.21cm；
根據(jù)圖3的數(shù)據(jù)可知，小車的加速度為
a=ΔvΔt=1.05?0.300.4m/s2=1.9m/s2
②A、利用圖1裝置“探究加速度與力、質量的關系”的實驗時，需要滿足小車質量遠遠大于鉤碼質量，所以不需要換質量更小的車，故A錯誤；
B、利用圖1裝置“探究加速度與力、質量的關系”的實驗時，需要利用小車斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以需要將長木板靠近打點計時器的一端墊高一些，故B正確；
C、以系統(tǒng)為研究對象，依題意“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗時，有
1.9m/s2=mg?fM+m
考慮到實際情況，即f遠小于mg，有
1.9m/s2≈mgM+m
則可知M＝4m
而利用圖1裝置“探究加速度與力、質量的關系”的實驗時，要保證所懸掛質量遠小于小車質量，可知目前實驗條件尚不滿足，所以利用當前裝置在進行實驗時，需要將鉤碼更換成砝碼盤和砝碼，以滿足小車質量遠遠大于所懸掛物體的質量，故C正確；
D、實驗過程中，需將連接砝碼盤和小車的此生應跟長木板始終保持平行，與之前的相同，故D錯誤；
故選：BC。
（2）①A、在不超出彈簧測力計的量程和橡皮條形變限度的條件下，使拉力適當大些，不必使兩只測力計的示數(shù)相同，故A錯誤；
B、在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的一個點就可以了，故B錯誤；
C、實驗中拉彈簧秤時，只需讓彈簧與外殼間沒有摩擦，此時彈簧測力計的示數(shù)即為彈簧對細繩的拉力，與彈簧秤外殼與木板之間是否存在摩擦無關，故C錯誤；
D、為了減小實驗中摩擦對測量結果的影響，拉橡皮條時，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板，故D正確；
故選：D。
②若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗，用手拉住一條細繩，用彈簧秤拉住另一條細繩，互成角度的拉橡皮條，使其結點到達某一點O，記下位置O和彈簧秤示數(shù)F1和兩個拉力的方向；交換彈簧秤和手所拉細繩的位置，再次將結點拉至O點，使兩力的方向與原來兩力方向性相同，并記下此時彈簧秤的示數(shù)F2，只有一個彈簧秤將結點拉至O點，并記下此時的彈簧秤示數(shù)F的大小和方向；所以若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要3次把橡皮條結點拉至O。
故答案為：（1）①6.21；1.9；②BC；（2）①D；②3
2. （2022?浙江）在“研究平拋運動”實驗中，以小鋼球離開軌道末端時球心位置為坐標原點O，建立水平與豎直坐標軸。讓小球從斜槽上離水平桌面高為h處靜止釋放，使其水平拋出，通過多次描點可繪出小球做平拋運動時球心的軌跡，如圖所示。在軌跡上取一點A，讀取其坐標（x0，y0）。
（1）下列說法正確的是 　C　。
A.實驗所用斜槽應盡量光滑
B.畫軌跡時應把所有描出的點用平滑的曲線連接起來
C.求平拋運動初速度時應讀取軌跡上離原點較遠的點的數(shù)據(jù)
（2）根據(jù)題目所給信息，小球做平拋運動的初速度大小v0＝　D　。
A.2g? B.2gy0 C.x0g2? D.x0g2y0
（3）在本實驗中要求小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放的理由是 　小球到達斜槽末端時的速度相同，確保多次運動的軌跡相同　。

【解答】解：（1）A、只要小球從斜槽同一位置由靜止釋放，小球做平拋運動從初速度就相同，實驗所用斜槽應不必光滑，故A錯誤；
B、畫軌跡時應把盡可能多的描出的點用平滑的曲線連接起來，故B錯誤；
C、為減小實驗誤差，求平拋運動初速度時應讀取軌跡上離原點較遠的點的數(shù)據(jù)，故C正確。
故選：C。
（2）小球做平拋運動，設運動時間為t，
水平方向x0＝v0t
豎直方向y0=12gt2
解得：v0＝x0g2y0，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（3）實驗中要求小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放的理由是小球到達斜槽末端時的速度相同，確保多次運動的軌跡相同。
故答案為：（1）C；（2）D；（3）小球到達斜槽末端時的速度相同，確保多次運動的軌跡相同。
3. （2022?浙江）“探究碰撞中的不變量”的實驗裝置如圖所示，阻力很小的滑軌上有兩輛小車A、B，給小車A一定速度去碰撞靜止的小車B，小車A、B碰撞前后的速度大小可由速度傳感器測得。

（1）實驗應進行的操作有 　C　。
A．測量滑軌的長度
B．測量小車的長度和高度
C．碰撞前將滑軌調成水平
（2）下表是某次實驗時測得的數(shù)據(jù)：
A的質量/kg
B的質量/kg
碰撞前A的速度大小/（m?s﹣1）
碰撞后A的速度大小/（m?s﹣1）
碰撞后B的速度大小/（m?s﹣1）
0.200
0.300
1.010
0.200
0.800
由表中數(shù)據(jù)可知，碰撞后小車A、B所構成系統(tǒng)的總動量大小是 　0.200　kg?m/s。（結果保留3位有效數(shù)字）
【解答】解：（1）AB、實驗需要測量小車的速度與質量，不需要測量滑軌的長度、不需要測量小車的長度和高度，故AB錯誤；
C、系統(tǒng)所受合外力為零系統(tǒng)動量守恒，碰撞前將滑軌調成水平，故C正確。
（2）由于A的質量小于B的質量，碰撞后A反彈，以碰撞前A的速度方向為正方向，
碰撞后小車A、B所構成的系統(tǒng)總動量大小p＝mAvA+mBvB＝0.200×（﹣0.200）kg?m/s+0.300×0.800kg?m/s＝0.200kg?m/s
故答案為：（1）C；（2）0.200。
【方法指導】
一、測量速度的工具、方法
方法
儀器器材
方法說明、應用舉例
紙帶法
交流電源、打點計時器、刻度尺
測出計數(shù)點間距，由打出某點前、后兩點時間內的平均速度替代打出該點時的速度
光電門法
光電門、螺旋測微器或游標卡尺
由于擋光片的寬度很小，瞬時速度v＝(d表示滑塊上擋光片的寬度，Δt表示擋光片的擋光時間)
利用平拋運動法
豎直平面內末端水平的傾斜或弧形軌道、刻度尺
(1)測出物體離開軌道末端后平拋運動的高度與射程，由平拋運動規(guī)律計算初速度
(2)驗證動量守恒定律、探究彈性勢能等
彈簧、刻度尺、天平
利用圓周運動法
豎直平面內的圓弧軌道(或細線牽引的圓周運動)、力傳感器、天平等
(1)由機械能守恒定律或動能定理計算最低點的速度
(2)力傳感器測出物體經過軌道最低點時對軌道的壓力，由牛頓運動定律計算物體經過最低點時的速度
(3)驗證機械能守恒定律、探究向心力等
二、測定重力加速度的幾種常見方案
利用落體測重力加速度(忽略阻力)
運動組合
物體系統(tǒng)








勻速圓周運動計時，Δx＝gT2(
(m1＋m2)v2＝

打點計時器計時，利用逐差法測定g，也可以利用圖象法求g
光電門計時，原理為v2－v＝2gx(也可以利用頻閃照片)
滴水法計時，原理為h＝，可以利用圖象求g
也可以測量轉速)
(m2－m1)gh
再創(chuàng)新：可以驗證牛頓運動定律、機械能守恒定律
三、實驗的創(chuàng)新與設計應注意的幾點
1.加強對實驗思想方法(如模擬法、轉換法、放大法、替代法等)的歸納，這樣在新的實驗情景下，才能設計合理的實驗方案。
2.克服思維定式的影響，加強對已掌握的實驗原理的理解和儀器的正確使用方法的訓練，才能在新情境下進行遷移利用。
【例題精析】
考點一 基本儀器的使用、誤差　有效數(shù)字
[例題1] 某同學用如圖1所示的螺旋測微器測量小球的直徑時，他應先使F靠近小球，再轉動 　H?。ㄌ顑x器部件字母符號，下同）使F夾住小球，直至聽到棘輪發(fā)出“嗒嗒”聲音為止，撥動 　G　使F固定后讀數(shù)。正確操作后，螺旋測微器的示數(shù)如圖2所示，則小球的直徑是 　5.700　mm。

【解答】解：用螺旋測微器測小球的直徑時，先轉動粗調旋鈕D使測微螺桿F接近被測小球，再轉到微調旋鈕H夾住被測物，直到棘輪發(fā)出聲音為止，撥動止動旋鈕G使F固定后讀數(shù)．
螺旋測微器的讀數(shù)為：D＝5.5mm+20.0×0.01mm＝5.700mm；
故答案為：H；G；5.700
[練習1] （1）用螺旋測微器測量金屬絲的直徑。為防止讀數(shù)時測微螺桿發(fā)生轉動，讀數(shù)前應先旋緊所示的部件　B?。ㄟx填“A”“B”“C”或“D”）。從圖中的示數(shù)可讀出金屬絲的直徑為 　0.410　mm。
（2）某同學測定一金屬桿的直徑，示數(shù)如圖所示，則該金屬桿的直徑為 　4.20　mm。

【解答】解：（1）讀數(shù)前應先旋緊B，使讀數(shù)固定不變，螺旋測微器的固定刻度為0 mm，可動刻度為41.0×0.01 mm＝0.410 mm，所以最終讀數(shù)為0 mm+0.410 mm＝0.410 mm。
（2）游標卡尺的主尺讀數(shù)為4 mm，游標尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為10×0.02 mm＝0.20 mm，所以最終讀數(shù)為：4mm+0.20 mm＝4.20 mm。
故答案為：（1）B，0.410；（2）4.20
[練習2] 在“探究單擺周期與擺長的關系”實驗時，
①下列用游標卡尺測小球直徑的操作最合理的是 　B　。

②游標卡尺示數(shù)如圖所示，則該擺球的直徑d＝　15.80　mm。

【解答】解：①小球應處于游標卡尺外測量爪的中部。故選B。
②螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)15mm，可動刻度讀數(shù)為0.02×40mm＝0.80mm，所以最終讀數(shù)為：
固定刻度讀數(shù)+可動刻度讀數(shù)為15mm+0.80mm＝15.80mm；
故答案為：①B； ②15.80。
考點二 通過測量“速度”進行探究、驗證的實驗
[例題2] 在“用打點計時器測速度”實驗中

（1）如圖1所示的打點計時器是　電磁打點計時器?。ㄌ睢半姶糯螯c計時器”或“電火花計時器”）工作時使用　交流6V?。ㄌ睢敖涣?20V”或“交流6V”）電源；
（2）如圖2所示的紙帶中　AC?。ㄌ睢癆C”、“AD”或“AE”）兩點間的平均速度最接近B點的瞬時速度；
（3）當打點計時器的電源頻率低于50Hz時，如果仍按50Hz來計算，則測得的速度將比真實值　偏大　（填“偏大”或“偏小”）。
【解答】解：（1）圖1是電磁打點計時器，電源采用的是交流6V；
（2）利用勻變速直線運動中的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，那么打下B點時小車的瞬時速度等于AC段的平均速度；
（3）如果在某次實驗中，交流電的頻率低于50Hz，那么實際打點周期變大，用來計算的時間偏小，
根據(jù)運動學公式v=△x△t得知測量的速度值就會偏大；
故答案為：（1）電磁打點計時器，交流6V；（2）AC；（3）偏大。
[練習3] 已知實驗中打點計時器的打點周期為0.02s，圖中的點為計數(shù)點，每兩個相鄰的計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，由此得D點的速度為vD＝　0.762　m/s小車加速度的大小a＝　2.01　m/s2（保留三位有效數(shù)字）。

【解答】解：每兩個相鄰的計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔為T＝5×0.02s＝0.1s
根據(jù)推論：做勻變速直線運動的物體，在一段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則打
D點時小車的速度為
vD=xCE2T=6.60+8.642×0.1×10﹣2m/s＝0.762m/s
根據(jù)推論Δx＝aT2得：xDF﹣xBD＝a（2T）2
可得a=(8.64+10.63)?(4.62+6.60)4×0.12×10?2m/s2＝2.01m/s2
故答案為：0.762；2.01。
考點三 通過測量“力”進行探究、驗證的實驗
[例題3] 某興趣小組用鐵架臺、彈簧、多個鉤碼做探究彈簧彈力和伸長量關系的實驗，如圖所示。先測出不掛鉤碼時彈簧的長度L0＝10.20cm，再將鉤碼逐個掛在彈簧的下端，每次都測出鉤碼靜止時相應的彈簧總長度L，再算出彈簧伸長的長度x，并將數(shù)據(jù)填在下面的表格中。
（1）表格中第4次彈簧伸長量為 　9.00　cm。

測量次序
1
2
3
4
5
6
彈簧彈力F/N
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
彈簧的長度L/cm
12.45
14.75
16.95
19.20
21.45
23.75
彈簧伸長最x/cm
2.25
4.55
6.75
　9.00　
′11.25
13.55
（2）請在方格紙上描出第4組數(shù)據(jù)對應的點并作出F﹣x圖像。
（3）根據(jù)所作圖像求彈簧的勁度系數(shù)k＝　22.1　N/m。（結果保留1位小數(shù)）
【解答】解：（1）依題意可得，第4次彈簧伸長量為
x＝19.20cm﹣10.20cm＝9.00cm
（2）依題意，將第4組數(shù)據(jù)描于點上，用一條直線盡可能地穿過更多的點，不在直線上的點盡量均勻地分布在直線兩側，誤差較大的點舍去，畫出的F﹣x圖像如下圖所示：

（3）根據(jù)所做的圖像，彈簧的勁度系數(shù)為
k=3.2514.7×10?2N/m=22.1N/m
故答案為：（1）9.00；（2）如上圖所示；（3）22.1
[練習4] 示的實驗，實驗步驟如下：
①將長木板的左端適當墊高，將輕彈簧的一端固定在長木板上方的垂直擋板處；
②用物塊將輕彈簧壓縮到長木板上的A位置并由靜止釋放，物塊在運動到長木板底端前與輕彈簧分離；
③物塊由水平桌面的邊緣B離開桌面，最終落在水平地面上，測出物塊的落地點到桌面邊緣B點的水平距離x；
④改變物塊的質量，重復步驟②③；
⑤記錄每次操作時物塊的質量m和相對應的x，以x2為縱軸、1m為橫軸，描繪的圖象如圖乙所示，圖中的值均為已知量。

請回答下列問題（重力加速度用g表示，物塊與水平桌面間的摩擦以及物塊經銜接處的能量損失可忽略不計）：
（1）為了測量出物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)，除了測量m、x外，還需要測量的量有　
BCD　。
A．輕彈簧的自然長度L0
B．A位置到長木板底端的距離L
C．B到地面的垂直距離H
D．長木板的傾角α
（2）由圖乙分析可知物塊在A位置時，輕彈簧所儲存的彈性勢能應為　gb4Ha　，物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)應為　b4HLcosα+tanα?。ńY果用已知量和測量量的符號表示）。
【解答】解：（1）根據(jù)實驗原理可知，要測量物塊從桌面右邊緣飛出時的動能，即求物塊飛出時的速度，需要測量B到地面的垂直距離H；要測量物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)，需要測量彈簧壓縮后物塊到長木板底端的距離L以及長木板的傾角α，故BCD正確，A錯誤。
（2）物塊由A位置到長木板底端的過程中，由能量守恒定律得mgLsinα+Ep?μmgLcosα=12mv02，物塊離開桌面后做平拋運動，水平方向有x＝v0t，豎直方向有H=12gt2，聯(lián)立可得x2=4HEpg?1m+(4HLsinα?4μHLcosα)，由題圖乙可知4HEpg=ba，4HLsinα?4μHLcosα=?b，解得Ep=gb4Ha，μ=b4HLcosα+tanα。
故答案為：（1）BCD
（2）gb4Ha，b4HLcosα+tanα
[練習5] 某同學想測量滑塊和長木板之間的動摩擦因數(shù)。如圖甲所示，表面粗糙、一端裝有定滑輪的長木板固定在水平實驗臺上；木板上有一滑塊，滑塊右端固定一個輕小動滑輪，鉤碼和拉力傳感器通過繞在滑輪上的輕細繩相連，細繩與長木板平行，放開鉤碼，滑塊在長木板上做勻加速直線運動（忽略滑輪的摩擦）。

①實驗開始前打點計時器應接在 　交流電源?。ㄌ睢敖涣麟娫础被颉爸绷麟娫础保┥?。
②如圖乙為某次實驗得到的紙帶，s1、s2是紙帶中兩段相鄰計數(shù)點間的距離，相鄰計數(shù)點時間為T，由此可求得小車的加速度大小為 　s2?s12T2　（用s1、s2、T表示）。
③改變鉤碼的個數(shù)，得到不同的拉力傳感器示數(shù)F（N）和滑塊加速度a（m/s2），重復實驗。以F為縱軸，a為橫軸，得到的圖象是縱軸截距大小等于b傾角為θ的一條斜直線，如圖丙所示，則滑塊和輕小動滑輪的總質量為 　2tanθ　kg；滑塊和長木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝　bg?tanθ　。（設重力加速度為g）
【解答】解：①打點計時器應接交流電源；
②根據(jù)加速度公式a=△xT2，設s1、s2的間距為s0，那么a=s0?s1T2+s2?s0T22=s2?s12T2；
③滑塊受到的拉力T為彈簧秤示數(shù)的兩倍，即：T＝2F
滑塊受到的摩擦力為：f＝μMg
由牛頓第二定律可得：T﹣f＝Ma
解得力F與加速度a的函數(shù)關系式為：F=M2a+μMg2
由圖象所給信息可得圖象截距為：b=μMg2
而圖象斜率為k=M2
解得：M＝2k＝2tanθ（kg）；
μ=bgtanθ；
故答案為：①交流電源； ②s2?s12T2； ③2tanθ，bg?tanθ

考點四 通過“平拋運動”進行研究、驗證的實驗
[例題4] 用如圖1所示裝置研究平地運動，將白紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側較低，鋼現(xiàn)落在擋板上時，鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復，白紙上將留下一系列痕跡點。

（1）下面的做法可以減小實驗誤差的有 　BC　。
A．使用密度小、體積大的球
B．實驗時讓小球每次都從同一高度由靜止開始滾下
C．使斜槽末端的切線保持水平
D．盡量減小鋼球與斜槽間的摩擦
（2）為定量研究，建立以水平方向為x軸、豎直方向為y軸的坐標系：
a.取平拋運動的起始點為坐標原點，將鋼球靜置于Q點，鋼球的對應白紙上的位置即為原點。
b.若遺漏記錄平拋軌跡的起始點，也可按下述方法處理數(shù)據(jù)：如圖2所示，在軌跡上取A、B、C三點，AB和BC的水平間距相等且均為x，測得AB和BC的豎直間距分別是y1和y2，則y1y2　大于　13（選填“大于”、“等于”或者“小于”）?？汕蟮娩撉蚱綊伒某跛俣却笮?　xgy2?y1　。已知當?shù)刂亓铀俣葹間，結果用上述字母表示）。

【解答】解：（1）A．為了使小球拋出后受到的空氣阻力影響小一些，應使用密度大、體積小的球，A錯誤；
B．為了保證每次拋出時小球的初速度相同，實驗時讓小球每次都從同一高度由靜止開始滾下，B正確；
C．為了保證小球拋出時做平拋運動，應使斜槽末端的切線保持水平，C正確；
D．小鋼球與斜槽間的摩擦不影響每次拋出時小球的初速度是否相同，D錯誤；
故選：BC。
（2）b、AB和BC的水平間距相等，說明A到B所用時間T等于B到C所用時間T，A點不是平拋運動起始點，設A點的豎直分速度為vy，則有：y1=vyT+12gT2y1+y2=vy?2T+12g(2T)2
可得：y2=vyT+32gT2
則有：y1y2=vyT+12gT2vyT+32gT2＞vyT+12gT23vyT+32gT2=13
豎直方向做自由落體運動，根據(jù)：Δy=y2?y1=gT2
解得：T=y2?y1g
水平方向做勻速直線運動，則有：x＝v0T
解得鋼球平拋的初速度大小為：v0=xT=xgy2?y1
故答案為：（1）BC；（2）b、大于；xgy2?y1
[練習6] （1）在“研究平拋運動”的實驗中，為了測量小球平拋運動的初速度，采用如圖甲所示的實驗裝置。實驗操作的主要步驟如下：
a．將坐標紙用圖釘固定在木板上，并將木板豎直固定；
b．將斜槽安裝在木板左端，調節(jié)斜槽末端軌道水平，同時將重錘線掛在水平軌道邊緣；
c．在斜槽上端一固定位置靜止釋放小球，同時記錄拋出點位置O，記錄重錘線方向；
d．小球從O點飛出后，撞到與木板平面垂直的豎直擋條上。小球撞擊擋條時，會在擋條上留下一個痕跡點。用鉛筆將痕跡點的投影點記錄在坐標紙上；
e．向右移動豎直擋條，從斜槽上相同的位置無初速度釋放小球，小球撞擊擋條后，再次將擋條上痕跡點的投影點記錄在坐標紙上，重復以上操作；
f．取下白紙，描繪平拋運動軌跡，研究軌跡的性質，求出小球平拋運動的初速度大小。

①實驗過程中，要建立直角坐標系。在下圖中，坐標原點選擇正確的是 　C　。
A.B.C.D.
②關于這個實驗，下列說法正確的是 　A　。
A．斜槽的末端一定要水平
B．一定要使用秒表來測量平拋運動的時間
C．豎直擋條每次向右移動距離一定要相等
D．一定要記錄拋出點的位置，才能求出小球的初速度
③某同學在實驗中，只記下斜槽末端懸掛重錘線的方向，根據(jù)實驗描繪出一段軌跡。如圖乙所示，選取A、B、C三點，測得三點離重錘線的距離分別為x1＝21.5cm、x2＝35.5cm、x3＝49.5cm，并測得AB兩點間的高度差hAB＝20.0cm、BC兩點間的高度差hBC＝30.0cm，則小球平拋的初速度v0＝　1.4　m/s，小球的半徑R＝　0.5　cm。
（2）某同學用單擺測量重力加速度。改變擺長，并多次測量周期和擺長的大小。僅由于擺長測量的誤差，得到周期的平方與擺長的關系如圖丙所示。下列說法正確的是 　B　。
A．圖線不過原點的原因可能是僅記錄擺線的長度作為擺長
B．圖線不過原點的原因可能是將擺線的長度加上小球的直徑作為擺長
C．由圖象所得的重力加速度一定小于重力加速度的真實值
D．由圖象所得的重力加速度一定大于重力加速度的真實值
【解答】解：①實驗過程中，要建立直角坐標系，因小球撞擊豎直擋板時右側先與擋板接觸，則坐標原點選擇小球右側的位置，即正確的是C；
②A、斜槽的末端一定要水平，以保證小球做平拋運動，故A正確；
B、根據(jù)水平方向：x＝v0t
豎直方向：?=12gt2
聯(lián)立解得：v0=xg2?，該實驗不需要用秒表來測量平拋運動的時間，故B錯誤；
C、豎直擋條每次向右移動距離不一定要相等，故C錯誤；
D、畫出運動軌跡后，可根據(jù)Δy＝gT2，結合x＝v0T求解平拋的初速度，不一定要記錄拋出點的位置，也能求出小球的初速度，故D錯誤；
故選：A。
③因為x3﹣x2＝x2﹣x1＝14cm
可知AB和BC段的時間相等，設為T，則豎直方向上：?BC??AB=gT2
解得：T＝0.1s
則初速度v0=ΔxT=14×10?20.1m/s=1.4m/s
在B點豎直方向上：
vBy=gtB=yAB+yBC2T
解得：tB＝0.25s
B點距離拋出點的水平距離為：
x2′＝v0tB＝0.35m＝35cm
則小球的半徑為：
R＝x2﹣x2′＝35.5cm﹣35cm＝0.5cm
（2）根據(jù)單擺的周期公式T=2πLg可得：T2=4π2Lg
AB、圖線不過原點，在橫軸上有截距，則原因可能是將擺線的長度加上小球的直徑作為擺長，故A錯誤，B正確；
CD、雖然圖像不過原點，但是不影響圖像的斜率，即g=4π2k可知，由圖像所得的重力加速度仍等于重力加速度的真實值，故CD錯誤；
故選：B。
故答案為：①C；②A；③1.4；0.5；（2）B
[練習7] 在“研究小球平拋運動”的實驗中

（1）如圖甲所示的演示實驗中，下面選項中說法正確和必要的是 　B?。▎芜x）；
A．要用眼睛看兩球是否同時落地
B．調整A、B兩球釋放的高度，再次觀察兩球是否同時落地
C．如果A、B兩球同時落地，說明A球運動規(guī)律可以看成豎直方向做自由落體運動，水平方向勻速運動
D．該實驗能說明平拋運動的軌跡是一條拋物線
（2）小李設計了如下圖乙的實驗：將兩個斜滑道固定在同一豎直面內，末端水平，滑道2與光滑水平板銜接，把兩個質量相等的小鋼球，從斜面的同一高度由靜止同時釋放，觀察到兩球在水平面相遇，這說明 　平拋運動在水平方向上做勻速直線運動　。
（3）為了進一步研究平拋運動，小軍用如圖丙所示的裝置實驗．實驗操作是：讓小球多次沿同一軌道運動，描繪出小球平拋運動的軌跡。
①為了準確地描繪出平拋運動的軌跡，下列操作正確的是 　ABC　（多選）；
A．必須調整斜槽，使其末端水平
B．小球運動時擋板及白紙應保持豎直
C．每次必須從斜槽上同一位置由靜止釋放小球
D．斜槽末端必須是光滑的，以消除摩擦力的影響
②描出小球平拋運動的軌跡如圖丙所示，O為拋出點，A、B為軌跡上的兩點，OA、AB豎直方向高度分別為y1、y2，按照自由落體規(guī)律，若y1：y2＝　1：3　，則OA、AB段時間間隔相等；在誤差允許的范圍內，若x1：x2＝　1：1　，則可進一步說明小球在水平方向上的分運動是勻速直線運動。
【解答】解：（1）A、要用聽聲音的方法判斷兩球是否同時落地，故A錯誤；
B、要多次實驗，調整A、B兩球釋放的高度，兩次觀察兩球是否同時落地，故B正確；
C、如果A、B兩球同時落地，說明兩球豎直方向運動規(guī)律相同，說明A球運動規(guī)律可以看成豎直方向做自由落體運動，但水平方向的規(guī)律無法判斷，故C錯誤；
D、該實驗只能說明平拋運動的豎直方向分運動是自由落體運動，故D錯誤；
故選：B。
（2）此實驗說明兩小球水平方向運動規(guī)律相同，即平拋運動在水平方向上做勻速直線運動；
（3）A、為了保證小球做平拋運動，必須調整斜槽，使其末端水平，故A正確；
B、小球運動時擋板及白紙應保持豎直，減小阻力帶來的影響，故B正確；
C、為保證每次平拋的初速度相同，每次必須從斜槽上同一位置由靜止釋放小球，故C正確；
D、斜槽末端不必須光滑，只要平拋初速度相同即可，故D錯誤；
故選：ABC。
根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動連續(xù)相等時間段的位移之比規(guī)律可知，若y1：y2＝1：3，則OA、AB段時間間隔相等；在誤差允許范圍內，若x1：x2＝1：1，則可進一步說明小球在水平方向上的分運動是勻速直線運動。
故答案為：（1）B；（2）平拋運動在水平方向上做勻速直線運動；（3）ABC；②1：3；1：1

考點五 力學創(chuàng)新實驗
[例題5] 在“探究加速度與力、質量關系的實驗”中。

（1）在圖1中軌道上的安裝的水平儀，在平衡小車受到的阻力時，能不能用于判斷阻力是否平衡？　不能　（填“能”或“不能”）；當水平儀的氣泡處于圖示位置時，假設要調節(jié)a端螺母，則應使a端螺母　升高　（填“升高”或“降低”）；
（2）圖為實驗中打出的紙帶，圖2中相鄰計數(shù)點間還有4
個點未畫出，則打點計時器在打下計數(shù)點5時小車的速度為　0.35　m/s；（保留兩位有效數(shù)字）
（3）根據(jù)實驗測得的數(shù)據(jù)得到加速度與力的關系如圖3中實線所示，虛線為過原點的傾斜直線。為減小實驗誤差，細線下端所掛重物的質量不超過　B　。（填字母）
A.10gB.25gC.40gD.50g
【解答】解：(1)水平儀只能判斷木板是否是水平的，則在平衡小車受到的阻力時，不能用于判斷阻力是否平衡，當水平儀的氣泡處于圖示位置時，應使a端螺母升高，使木板傾斜；
(2)打點計時器在打下計數(shù)點5時小車的速度為
v=x462T=(14.50?7.50)×10?22×0.1m/s=0.35m/s
3)由圖像可知，當重物的重力大于0.25N時圖像出現(xiàn)了彎曲，則實驗時應該使得細線下端所掛重物的質量不超過25g，故選B
答案：（1）不能，升高；（2）0.35；（3）B
[練習8] （1）在“探究加速度與力、質量關系的實驗”中。

①在圖1中軌道上的安裝的水平儀，在平衡小車受到的阻力時，能不能用于判斷阻力是否平衡？　不能　（填“能”或“不能”）；當水平儀的氣泡處于圖示位置時，假設要調節(jié)a端螺母，則應使a端螺母　降低?。ㄌ睢吧摺被颉敖档汀保?。
②圖2為實驗中打出的紙帶，圖中相鄰計數(shù)點間還有4個點未畫出，則打點計時器在打下計數(shù)點5時小車的速度為　0.35　m/s。（保留兩位有效數(shù)字）
③根據(jù)實驗測得的數(shù)據(jù)得到加速度與力的關系如圖3中實線所示，虛線為過原點的傾斜直線。為減小實驗誤差，細線下端所掛重物的質量不超過　B　。（填字母）
A.10gB.25gC.40gD.50g
（2）在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，用撥桿撥動　單縫?。ㄌ睢皢慰p”或“雙縫”）來調節(jié)單縫與雙縫平行；某同學的撥桿安裝如圖所示，則在左右撥動撥桿的過程中　不能　（填“能”或“不能”）有效調節(jié)單縫與雙縫平行。
【解答】解：（1）①水平儀只能觀察兩點是否水平，并不能判斷是否平衡了摩擦阻力。
從所給的氣泡來看，a位置高一些，所以要將a螺母降低；
（2）②由題意知，兩相鄰兩計數(shù)點的時間間隔為T＝5×0.02s＝0.1s，根據(jù)勻變速直線運動直線運動的時間中點瞬時速度等于這段時間的平均速度來求打下5點的速度，v=x462T=(14.50?7.50)×10?22×0.1m/s=0.35m/s；
③從所給的a﹣F圖象的斜率k可以求出小車的質量M=|1k|=12.00.48kg=0.24kg，由于要滿足細線下所掛重物的質量m＜＜M，則m至多為110M=0.025kg＝25g，故選B；
（2）應該用撥桿撥動單縫來調節(jié)單縫與雙縫在豎直方向平行，但此種方法不能有效調節(jié)單縫與雙縫完全平行。
故答案為：（1）①不能、降低；②0.35（±0.01均正確）；③B；（2）單縫、不能

【強化專練】
1. 如圖所示，A、B兩物塊系在一條跨過定滑輪的繩子兩端，孫同學要利用此裝置驗證機械能守恒定律。
①為提高實驗結果的準確度，李同學給出了以下建議：
A．繩的質量要輕
B．輪軸盡量光滑
C．保證兩物塊在同一高度處釋放
D．兩個物塊的質量之差要盡可能小
你認為以上建議中確實對提高實驗結果的準確度有作用的是　AB?。ǘ噙x）；
②你認為滑輪質量是否會影響實驗結果的準確度　會?。ㄟx填“會”或“不會”）。

【解答】解：①A、如果繩子較重，系統(tǒng)的重力勢能就會有一部分轉化為繩子的動能，造成實驗誤差，故A正確；
B、輪軸若不是光滑，存在阻力，對實驗的影響較大，故B正確；
C、物體末速度v是根據(jù)勻變速直線運動求出的，故要保證物體在豎直方向運動，不一定要保證兩物塊在同一高度處釋放，故C錯誤；
D、m1、m2相差越大，整體所受阻力相對于合力對運動的影響越小，故D錯誤；
故選：AB。
②除實驗誤差來自測量，還有是繩子的質量，因繩子運動，導致系統(tǒng)減小的重力勢能不能完全轉化為系統(tǒng)的動能，從而導致實驗誤差增大。
故答案為：①AB；②會。
2. 趙同學用如圖甲所示的裝置做“探究加速度與力的關系”實驗。正確補償阻力后，掛上裝有砂的砂桶，得到如圖乙所示的紙帶，已知打點計時器所使用的交流電頻率為50Hz，則小車的加速度為　2.0　m/s2（保留兩位有效數(shù)字），由此可判斷砂桶質量　不滿足?。ㄟx填“滿足”或“不滿足”）本實驗要求。錢同學仍用圖甲裝置做“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗。重新調整實驗裝置后，獲取了一條新的紙帶，利用實驗數(shù)據(jù)繪制成如圖丙所示的“v﹣t”圖像，發(fā)現(xiàn)其圖線末端發(fā)生了彎曲，以下四個操作中，你認為最可能是　D?。▎芜x）。
A．實驗前沒有補償阻力
B．實驗前補償阻力時板墊起的太高
C．砂桶質量不滿足實驗要求
D．沒有調節(jié)好定滑輪的高度

【解答】解：由題意知，相鄰計數(shù)點的時間間隔為T=2×150s=0.04s，由逐差公式求加速度a=xCE?xAC(2T)2=(7.93?3.32)?(3.32?1.50)(2×0.04)2×10?2m/s2=2.0m/s2；由于加速度比較大，對砂桶和小車系統(tǒng)來說，說明拉力過大即砂和桶的質量太大，未滿足砂桶的質量遠小于小車的質量。
后來錢同學用此裝置做探究速度隨時間的變化關系的實驗，但v﹣t圖象的末端發(fā)生彎曲，
A、此實驗不必平衡阻力，故A錯誤；
B、抬得過高，只是說明速度變化快，也不會使圖象彎曲，故B錯誤；
C、砂和桶的質量一定即可，也不需滿足一定的條件，故C錯誤；
D、圖象變彎，說明拉小車的力逐漸減小，所以拉小車的細線越來越傾斜導致，D正確。
故選：D
故答案為：2.0、不滿足、D
3. 在“探究加速度與力、質量的關系”實驗中：

①實驗室準備了以下實驗器材；一端帶有定滑輪的長木板、小車、電磁打點計時器、復寫紙、紙帶、帶細線的小盤。還需要選用的器材為圖甲中的　ACE?。ㄌ钇鞑乃鶎淖帜福?；
②在本實驗中，下列操作有利于減小實驗誤差的是　ACD　。
A．把長木板一端墊高以平衡摩擦力
B．調整滑輪高度，使得拴小車的細線保持水平
C．實際操作時，先接通計時器電源，再釋放小車
D．用圖像研究a﹣F的關系時，應多打幾條紙帶，使秒的點足夠多
E．砝碼盤及砝碼總質量可增至小車和車上砝碼總質量的一半
③如圖乙所示是實驗時打出的一條紙帶，A、B、C、D、……為每隔4個點取的計數(shù)點，據(jù)此紙帶可知打出該紙帶時的小車加速度為　0.43　m/s2（保留兩位有效數(shù)字，電源頻率為50Hz）。
【解答】解：①本實驗用刻度尺測量紙帶上點痕之間的距離，電磁打點計時器本身是計時儀器，不需要秒表，使用的是低壓交流電源，而電池提供的是直流電，需要天平測量小車的質量，故選ACE
②A、實驗過程中可利用重力沿斜面向下的分力來抵消摩擦力，具體操作為將不帶滑輪的木板一端適當墊高，在不掛鉤碼的情況下使小車恰好做勻速運動，故A正確；B、調整滑輪高度，使得拴小車的細線保持與木板平行，此時繩的拉力等于小車受到的合力，故B錯誤；
C、實際操作時，先接通計時器電源，再釋放小車，故C正確；
D、用圖像研究a﹣F的關系時，應多打幾條紙帶，使描的點足夠多，故D正確；
E．砝碼盤及砝碼總質量要遠小于小車的質量，故不可增至小車和車上砝碼總質量的一半，故E錯誤；
故選：ACD
③每隔4個點取的計數(shù)點，故相鄰計數(shù)點間的時間間隔T＝0.1s
由圖可知：xAC＝2.40cm＝0.0240m，xCE＝4.10cm＝0.0410m
根據(jù)逐差法可得：a=xCE?xAC4T2=0.0410?0.02404×0.12m/s2=0.43m/s2
故答案為：①ACE；②ACD；③0.43
4. 用如圖甲所示裝置來做《探究加速度與力、質量的關系》的實驗時。
（1）下列說法中正確的是　AC　。
A．連接沙桶和小車的細繩應與長木板保持平行
B．實驗時，先放開小車，再接通打點計時器的電源
C．每次改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力
D．平衡摩擦力時，將空的沙桶用細繩通過定滑輪拴在小車上
（2）本實驗中把沙和沙桶的總重量當作小車受到的拉力，當測得某一次小車連同車上的重物的總質量M＝450g時，則圖乙的物體中能用來取代沙和沙桶的是　D　。
（3）實驗得到如圖丙所示的一條紙帶，打點計時器所接交流電源的頻率為50Hz，從0點開始每5個打印點取一個計數(shù)點，在紙帶上依次標出0、1、2、3、4，五個計數(shù)點，表格中記錄的是各計數(shù)點對應的刻度數(shù)值，其中計數(shù)點3的刻度數(shù)為　12.28　cm。
計數(shù)點
0
1
2
3
4
刻度數(shù)值/cm
0
3.03
7.11

18.55
（4）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)試計算出小車的加速度大小為　1.1　m/s2（結果保留兩位有效數(shù)字）。

【解答】解：（1）A、連接沙桶和小車的輕繩應和長木板保持平行，使繩子的拉力等于小車受到的合力，故A正確；
B、實驗時，先接通電源，后放開小車，故B錯誤；
C、平衡摩擦力后，當改變小車或沙桶質量時，不需要再次平衡摩擦力，故C正確；
D、平衡摩擦力時，不需掛沙和
沙桶，但小車后面必須與紙帶相連，因為運動過程中紙帶受到阻力，故D錯誤。
故選：AC
（2）本實驗中把沙和沙桶的總重量當作小車受到的拉力，要保證小車的質量遠遠大于沙和沙桶的質量，
可以利用牛頓第二定律分析：對小車，F(xiàn)＝m車a，對沙和沙桶，m沙g﹣F＝m沙a，所以：m沙g＝（m沙m車+1）F，故D正確；
（3）由刻度尺可知示數(shù)為12.28cm。
（4）已知頻率是50Hz，打點時間間隔為0.02s，從0點開始每5個打印點取一個計數(shù)點，所以T＝0.1s，根據(jù)△x＝aT2，a=△x(2T)2=0.1855?2×0.07114×0.01m/s2＝1.1m/s2
故答案為：（1）AC，（2）D，（3）12.28，（4）1.1
5. 在“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”的實驗中
（1）下列實驗器材需要用到的是　AD?。ǘ噙x）。
（2）下列操作有利于減小實驗誤差的是　CD　（多選）。
A．兩個分力的夾角盡量大于150°
B．拉橡皮條時，拉力要適當大些
C．拉橡皮條時，橡皮條、細繩和彈簧測力計應貼近并平行于木板
D．確定拉力方向時，在細繩正下方描出的兩個點要適當遠些
（3）某次實驗時兩個分力大小分別為2.00N和1.50N，夾角小于90°，若實驗操作無誤，其合力的讀數(shù)為如圖所示中的一個，則正確的讀數(shù)為　3.00　N。

【解答】解：（1
）在“探究求合力的方法”實驗中采用的是力的圖示法，需要測力計測力的大小，用三角板畫出力的方向，并結合力的圖示的方法畫出力的大小，故BC錯誤，AD正確。
故選：AD。
（2）
A．兩個分力的夾角盡量大小合適，不能太大，也不要太小，故A錯誤；
B．拉橡皮條時，拉力要合適，太大容易超過橡皮條的彈性限度，故B錯誤；
C．為了減小實驗誤差，拉橡皮條時，橡皮條、細繩和彈簧測力計應貼近并平行于木板，故C正確；
D．確定拉力方向時，在細繩正下方描出的兩個點要適當遠些，這樣確定的方向誤差更小，故D正確。
故選：CD。
（3）在“探究求合力的方法”實驗中兩個分力之間的夾角既不能太大，也不能太小，所以一般取該夾角為30°～90°之間。
如果某次實驗時兩個分力大小分別為2.00N和1.50N，夾角為直角時合力的大小：F合=F12+F22=22+1.52N＝2.50N，
由于夾角為銳角，所以這兩個力的合力應大于2.50N，有可能是3.00N。故填：3.00。
故答案為：（1）AD （2）CD （3）3.00
6. 如圖a為“用DIS研究加速度和力的關系”的實驗裝置：
（1）在該實驗中必須采用控制變量法，應保持 　小車總質量　不變，用鉤碼所受的重力作為 　小車所受外合力　，用DIS測小車的加速度；
（2）改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復測量。在某次實驗中根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)可畫出a﹣F關系圖線（如圖b），此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是 　鉤碼質量過大或未滿足m小車＞＞m鉤碼??；
（3）若在原裝置中的P處加裝一力傳感器，重復上述實驗，得到的a﹣F圖線與圖b中的圖線相比會有什么不同：　圖線為直線，沒有彎曲部分　；
（4）在（3）中，若小車的質量為M，不斷增加鉤碼的數(shù)量，則力傳感器示數(shù)的極限值為 　Mg　。

【解答】解：（1）探究加速度與力的關系，應保持小車的總質量不變，用鉤碼所受的重力作為小車所受的合力．
（2）以小車與鉤碼組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)所受的合外力等于鉤碼的重力m鉤碼g，
由牛頓第二定律得：m鉤碼g＝（m小車+m鉤碼）a，小車的加速度a=m鉤碼m小車+m鉤碼g
小車受到的拉力F＝m小車a=m鉤碼m小車m小車+m鉤碼g，當m鉤碼＜＜m小車時，
可以認為小車受到的合力等于鉤碼的重力，如果鉤碼的質量太大，
則小車受到的合力小于鉤碼的重力，實驗誤差較大，a﹣F圖象偏離直線
（3）若在原裝置中的P處加裝一力傳感器，小車受到的合力為傳感器的示數(shù)，不需要滿足m小車＞＞m鉤碼，應該為一條傾斜的直線，不會發(fā)生彎曲；
（4）以小車與鉤碼組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)所受的合外力等于鉤碼的重力mg，
由牛頓第二定律得：mg＝（M+m）a，小車的加速度a=mgM+m
小車受到的拉力F＝Ma=MmgM+m=MgMm+1，當m＞＞M時，此時F＝Mg
故答案為：（1）小車總質量；小車所受外合力 （2）鉤碼質量過大或未滿足m小車＞＞m鉤碼；（3）圖線為直線，沒有彎曲部分 （4）Mg
7. 如圖所示，用“碰撞實驗器”可以探究碰撞中的不變量。實驗時先讓質量為m1的入射小球從斜槽軌道上某一固定位置S由靜止開始滾下，從軌道末端O點水平拋出，落到與軌道O點連接的傾角為θ的斜面上；再把質量為m2的被碰小球放在斜槽軌道末端，讓入射小球仍從位置S由靜止?jié)L下，與被碰小球碰撞后，分別與斜面第一次碰撞留下各自的落點痕跡。M、P、N為三個落點的位置（不考慮小球在斜面上的多次碰撞）。
（1）實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通過僅測量　C　，間接地解決這個問題。
A．小球開始釋放高度h B．斜面的傾角θ C．O點與各落點的距離
（2）以下提供的測量工具中，本實驗必須使用的是　AB?。ǘ噙x）。
A．刻度尺B．天平C．量角器D．秒表
（3）關于本實驗，下列說法正確的是　B　。
A．斜槽軌道必須光滑，且入射小球每次釋放的初位置相同
B．斜槽軌道末端必須水平
C．為保證入射球碰后沿原方向運動，應滿足入射球的質量m1等于被碰球的質量m2
（4）①在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式　B　，則可以認為兩球碰撞前后總動量守恒。
A．m1?OP＝m1?OM+m2?ON
B．m1?OP=m1?OM+m2?ON
C．m1?ON=m1?OP+m2?OM
D．m1?ON＝m1?OP+m2?OM
②若碰撞是彈性碰撞，以上物理量還滿足的表達式為　m1?OP＝m1?OM+m2?ON　。

【解答】解：（1）小球離開斜槽后做平拋運動，設小球的位移大小為L，
豎直方向：Lsinθ=12gt2，
水平方向：Lcosθ＝vt，
解得：v=gLcos2θ2sinθ，
入射球碰撞前的速度v0=gOPcos2θ2sinθ，碰撞后的速度v1=gOMcos2θ2sinθ，
被碰球碰撞后的速度v2=gONcos2θ2sinθ，
兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2，
整理得：m1OP=m1OM+m2ON，
實驗可以通過O點與各落點的距離代替測小球做平拋運動的初速度，故選C。
（2）實驗需要測量小球的質量、需要測量O點與小球各落點間的距離，測質量需要用天平，測距離需要用刻度尺，故選AB。
（3）A、只要小球從斜面上同一位置由靜止釋放即可保證小球到達斜槽末端的速度相等，斜槽軌道不必光滑，故A錯誤；
B、為保證小球離開斜槽后做平拋運動，斜槽軌道末端必須水平，故B正確；
C、為保證入射球碰后沿原方向運動，應滿足入射球的質量m1大于被碰球的質量m2，故C錯誤。
故選：B。
（4）①由（1）可知，在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式m1?OP=m1?OM+m2?ON，則可以認為兩球碰撞前后總動量守恒，故選B。
②若碰撞是彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：
12m1v02=12m1v12+12m2v22，
整理得：m1?OP＝m1?OM+m2?ON；
故答案為：（1）C；（2）AB；（3）B；（4）①B；②m1?OP＝m1?OM+m2?ON。

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