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优化6 实验题答题策略考查基本仪器的使用方法和不同实验中对仪器的选择，考查基本实验原理在新的环境下的变通运用，考查利用基本操作来完成新的实验任务，近几年高考不仅考查课本的分组实验，还考查演示实验，而且出现了迁移类实验、应用型实验、设计型实验及探究型实验，有填空作图型实验题、常规实验题、设计型实验题等．1．要明确考查知识范围现在的物理实验题涉及力学、电(场、路)磁(场、感)学等知识．尽管题目千变万化，但通过仔细审题，一定能直接地判断出命题人想要考查的知识点和意图．2．要看清实验题图实验题一般配有相应的示意图、实物图，实质是告知实验仪器(或部分)及其组装情况，让考生琢磨考查意图．只有看清了实验仪器，才使你有身临其境的感觉．认识这些器材在实验中所起的作用，便能初步勾画实验过程．3．要捕捉并提取信息试题总是提供诸多信息从而再现实验情景，因此，正确解答时必须捕捉并提取有价值的信息，使问题迎刃而解．一般需要关注如下信息：(1)新的概念、规律、公式．一些新颖的非学生实验题、陌生的新知识(概念公式)应用题、新规律验证题，都为我们提供信息．在阅读理解的基础上提取有用信息为解题服务．(2)新的表格数据．通过解读表格，了解实验测量的物理量，根据表格中的数据，判断相关物理量之间的关系．如正比例关系，反比例关系，平方还是开方关系，或者是倒数关系．根据数据描点作图、直观实验反映的某种规律．(3)新的物理图像．实验题本身提供物理图像，但这些图像平时没有接触过，关键要明确图像的物理意义，帮助正确分析实验问题．题型1 探究型实验探究型实验题通常可分为两类：第一类为通过实验和实验数据的分析得出物理规律，第二类给出实验规律，让你选择实验仪器，设计实验步骤，并进行数据处理．第一类必须在实验数据上下工夫，根据数据特点，掌握物理量间的关系，得出实验规律；第二类必须从已知规律入手，正确选择测量的物理量，根据问题联想相关的实验模型，确定实验原理，选择仪器设计实验步骤，记录实验数据并进行数据处理．【典例1】(2019·四川广元三模)用如图甲所示装置来探究功和动能变化的关系．木板上固定两个完全相同的遮光条A、B，用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D上，轨道放在水平桌面上，P为小桶(内有沙子)，滑轮质量、摩擦不计，重力加速度为g.(1)实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是________．A．使木板释放后，木板能匀加速下滑B．增大木板下滑的加速度C．使得细线拉力做的功等于合力对木板做的功D．使得木板在未施加拉力时能匀速下滑(2)用游标卡尺测量遮光条的宽度，示数如图乙所示，则遮光条的宽度d＝________cm.(3)实验主要步骤如下：①测量木板、遮光条的总质量M，两遮光条间的距离L，按甲图正确连接器材．②将木板左端与轨道左端对齐，静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F及遮光条B、A先后经过光电门的时间t1、t2，则遮光条B、A通过光电门的过程中木板动能的变化量ΔE k＝________；合外力对木板做的功W＝________.(用字母M、t1、t2、d、L、F表示)③在小桶中增加沙子，重复②的操作．④比较W、ΔE k的大小，得出实验结论．(4)若在本实验中轨道水平放置，其他条件和实验步骤不变，假设木板与轨道之间的动摩擦因数为μ，测得多组F、t1、t2的数据，并得到F与1t22－1t21的关系图像如图丙所示，已知图像在纵轴上的截距为b，直线的斜率为k，则μ＝________(用字母b、d、L、k、g表示)．[解析] (1)轨道略微倾斜的目的是平衡摩擦力，这样在未施加拉力时木板就能做匀速直线运动，木板连上细线后，细线的拉力等于木板受到的合力，细线的拉力对木板做的功等于合力对木板做的功，故C、D项正确．(2)游标卡尺主尺的读数为1 mm，游标尺上的第14个刻度与主尺上的刻度对齐，所以游标尺的读数为0.05×14 mm＝0.70 mm，总读数为1 mm＋0.70 mm＝1.70 mm＝0.170 cm.(3)遮光条B 通过光电门时的速度v B ＝d t 1，遮光条A 通过光电门时的速度v A ＝d t 2，则ΔE k＝12Mv 2A －12Mv 2B ＝Md 22⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 22－1t 21.光滑的滑轮两端的细线拉力处处相等，弹簧测力计的示数F 是细线的拉力大小，也是木板所受的合外力大小，故W ＝FL .(4)当轨道水平放置时，对木板，由动能定理得(F －μMg )L ＝Md 22⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 22－1t 21，解得F ＝Md 22L ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 22－1t 21＋μMg ，结合F 与1t 22－1t 21的关系图像可知斜率k ＝Md 22L ，纵截距b ＝μMg ，联立解得μ＝bd 22kgL. [答案] (1)CD (2)0.170 (3)Md 22⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 22－1t 21 FL (4)bd 22kgL题型2 验证型实验验证型实验有验证力的平行四边形定则、验证牛顿第二定律、验证机械能守恒定律，对于该实验题型，要有严谨的科学态度，不要认为验证规律的实验一定成立，可以投机取巧，编造数据，比如计算了等式的左边，认为右边一定相等，造成不必要的丢分，另外还要注意有效数字必须符合题目要求．【典例2】 (2019·湖北八校联考)小明同学利用如图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 ，挡光片的宽度为b ，轻绳一端与A 相连，另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为m (m <M )的重物B 相连．他的做法是：先用力拉住B ，保持A 、B 静止，测出A 的挡光片上端到光电门的距离h (h ≫b )；然后由静止释放B ，A 下落过程中经过光电门，光电门可测出挡光片的挡光时间t ，算出挡光片经过光电门的平均速度，将其视为A 下落h 时的速度，重力加速度为g .(1)在A 从静止开始下落h 的过程中，验证以A 、B 所组成的系统机械能守恒的表达式为________________________(用题目所给物理量的符号表示)；(2)由于光电门所测的平均速度与物体A 下落h 时的瞬时速度间存在一个差值Δv ，因而系统减少的重力势能________系统增加的动能(选填“大于”或“小于”)；(3)为减小上述Δv 对实验结果的影响，小明同学想到了以下一些做法，其中可行的是________．A ．保持A 下落的初始位置不变，测出多组时间t ，算出多个平均速度然后取平均值B ．减小挡光片上端到光电门的距离hC ．增大挡光片的挡光宽度bD ．适当减小挡光片的挡光宽度b(4)若采用本装置测量当地的重力加速度g ，则测量值________真实值(选填“大于”“等于”或“小于”)．[解析] (1)系统减少的重力势能为ΔE p ＝(M －m )gh ，通过光电门的速度为v ＝b t，所以系统增加的动能为ΔE k ＝12(M ＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫b t 2，验证以A 、B 所组成的系统机械能守恒的表达式为(M －m )gh ＝12(M ＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫b t 2. (2)由于光电门所测的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，其与物体A 下落h 时的瞬时速度(中间位移速度)间少了一个差值，即测量速度小于真实速度，故系统减少的重力势能大于系统增加的动能．(3)平均速度要尽可能接近瞬时速度，只有让挡光片经过光电门的时间尽可能小，只有D 选项中的做法能达到这一目的，B 、C 选项中的做法只会让挡光片经过光电门的时间变长，增加误差，而A 选项中的做法对挡光片经过光电门的时间无影响，故对减小上述Δv 无作用．(4)由机械能守恒表达式(M －m )gh ＝12(M ＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫b t 2可推出，重力加速度g 的测量值为g ＝(M ＋m )b22(M －m )ht 2，因测量速度小于真实速度，所以重力加速度g 的测量值小于真实值． [答案] (1)(M －m )gh ＝12(M ＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫b t 2 (2)大于 (3)D (4)小于 题型3 设计型实验解决设计型实验题的关键是确定实验原理，它是进行实验设计的根本依据和起点，它决定应当测量哪些物理量、如何安排实验步骤、如何处理数据等．实验原理的确定，要根据问题的要求和给出的条件，回顾分组实验和演示实验，寻找能够迁移应用的实验原理，或者回顾物理原理，寻找有关的物理规律，设法创设相关的物理情境．并根据已掌握的基本仪器核对是否能够测出必须测定的物理量．因此，掌握基本仪器的使用方法、基本的实验方法和基本物理原理是解答设计型实验题的基础．【典例3】 (2019·广东高三调研)某电池的电动势约为3 V ，某实验小组要测量该电池的电动势和内阻．(1)实验中要测量的电池内阻较小，实验器材除了被测电池以外，还有一电阻箱R ，一开关S ，若干导线，内阻R g ＝30 Ω、量程为1 mA 的电流表G ，阻值为2970 Ω的定值电阻R 0，阻值为2.00 Ω的定值电阻R 1.请设计并画出合理的测量该电池电动势及内阻的实验电路图，图中标明相关器材的字母符号．(2)为了比较准确地得出实验结论，该小组的同学准备用线性图像来处理实验数据，图像的纵坐标表示电流表的示数I ，横坐标表示的物理量是________．(3)若作出的图像在纵轴上的截距为I 0，图像斜率的绝对值为k ，则可求得该电池的电动势E ＝________，内阻r ＝________.(用测量量和所给量的符号表示)[解析] (1)题目中给出了电阻箱和电流表，由于电流表的量程太小，若要改装成大量程的电流表，需要并联的电阻很小，题中所给条件不能满足实验要求，若要改装成一个量程为3 V 的电压表，需要串联一个电阻，U ＝I g (R g ＋R ′)，U 为改装后电压表的量程，R ′为串联电阻，代入数据得3 V ＝1×10－3 A×(30 Ω＋R ′)，解得R ′＝2970 Ω.因此用R 0与电流表串联可以改装成量程为 3 V 的电压表，这样就可以用“伏阻法\”测电池的电动势和内阻．由于电池内阻较小，电路中应串联一个保护电阻，增大等效电源的内阻．电路图如答案图．(2)由闭合电路欧姆定律得E ＝I (R g ＋R 0)＋I (R g ＋R 0)R (R 1＋r )，得I ＝E R g ＋R 0－(R 1＋r )I R ，因此横坐标表示的物理量应是I R .(3)由题意得I 0＝ER g ＋R 0，R 1＋r ＝k ，解得E ＝I 0(R g ＋R 0)，r ＝k －R 1.[答案] (1)如图所示(2)I R(3)I 0(R g ＋R 0) k －R 1题型4 创新型实验近几年全国卷实验题的第二题，往往注重考查实验原理的迁移、测量方法的迁移、数据处理方法的迁移，试题新颖、区分度高．但试题依然是以实验基础为依据，如计算形式的实验题、电学中实验电路的设计等都是根据考生学过的实验方法、原理等来命题的，做题时一定要审清题意，明确实验目的，联想和迁移应用相关实验原理．【典例4】 电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小．测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m 的砝码，右边托盘中不放砝码，一个质量为m 0、匝数为n 、下边长为l 的矩形线圈挂在右边托盘的底部，此矩形线圈的下部分放在待测磁场中．如图甲所示，线圈的两头连接在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E 、内阻为r .开关S 闭合后，调节可变电阻R 的阻值至R 1时，天平正好平衡．此时电压表示数为U .已知m 0>m ，取重力加速度为g ，则(1)矩形线圈中电流的方向为________________．(2)矩形线圈的电阻为________________．(3)匀强磁场的磁感应强度的大小为_____________________．(4)考虑到电压表内阻的影响，磁感应强度B 的测量值偏________(填“大”或“小”)．[解析] (1)因m 0>m ，故当天平正好平衡时，线圈受到的安培力竖直向上，根据左手定则可知，矩形线圈中电流的方向为逆时针方向．(2)根据闭合电路欧姆定律可知，回路中电流I ＝E －U r ，设线圈电阻为R ，则有R 1＋R ＝U I ，解得R ＝U E －Ur －R 1. (3)设匀强磁场的磁感应强度大小为B ，线框受力平衡，则有mg ＝m 0g －nBIl ，I ＝E －U r ，解得B ＝(m 0－m )gr n (E －U )l. (4)回路中电流I ＝E －U r是干路电流，由于电压表的分流作用，使得代入计算的电流与线圈中实际通过的电流相比偏大，因此磁感应强度B 的测量值偏小．[答案] (1)逆时针方向 (2)Ur E －U－R 1 (3)(m 0－m )gr n (E －U )l (4)小专题强化训练(二十四)1．(2019·四川成都诊断)将两根原长相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看作一根新弹簧，设原粗弹簧(记为A )的劲度系数为k 1，原细弹簧(记为B )的劲度系数为k 2，套成的新弹簧(记为C )的劲度系数为k 3.关于k 1、k 2、k 3的大小关系，同学们猜想如下：甲同学：和电阻并联相似，可能是1k 3＝1k 1＋1k 2. 乙同学：和电阻串联相似，可能是k 3＝k 1＋k 2.丙同学：可能是k 3＝k 1＋k 22.(1)为了验证猜想，同学们设计了相应的实验(装置见图甲所示)．(2)简要实验步骤如下，请完成相应填空．a ．将弹簧A 悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A 的原长L 0；b ．在弹簧A 的下端挂上钩码，记下钩码的个数n 、每个钩码的质量m 和当地的重力加速度大小g ，并用刻度尺测量弹簧的长度L 1；c ．由F ＝________计算弹簧的弹力，由x ＝L 1－L 0计算弹簧的伸长量，由k ＝F x 计算弹簧的劲度系数；d ．改变________，重复实验步骤b 、c ，并求出弹簧A 的劲度系数的平均值k 1；e ．仅将弹簧分别换为B 、C ，重复上述操作步骤，求出弹簧B 、C 的劲度系数的平均值k 2、k 3.比较k 1、k 2、k 3并得出结论．(3)图乙是实验得到的图线，由此可以判断________同学的猜想正确．[解析] (2)弹簧的弹力F 等于n 个钩码的重力之和nmg ；多次测量取平均值，可以减小误差，所以实验中需要改变钩码的个数以改变弹簧弹力．(3)由题图乙可知，伸长量相同时，F C ＝F A ＋F B ，由胡克定律可得k 3x ＝k 1x ＋k 2x ，所以k 3＝k 1＋k 2，乙同学的猜想是正确的．[答案] (2)nmg 钩码的个数 (3)乙2．(2019·武汉市高三调研)在验证动量守恒定律实验中，实验装置如图所示，a 、b 是两个半径相等的小球，按照以下步骤进行操作．A ．在木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板在紧靠槽口处竖直放置，使小球a 从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O ；B ．将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a 从固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B ；C ．把小球b 静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a 仍从固定点处由静止释放，和小球b 相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A 和C .(1)为了保证在碰撞过程中小球a 不反弹，a 、b 两球的质量m 1、m 2间的关系是m 1________m 2(选填“大于”、“小于”或“等于”)．(2)完成本实验，必须测量的物理量有________．A ．小球a 开始释放的高度hB ．木板水平向右移动的距离lC ．小球a 和小球b 的质量m 1、m 2D ．O 点分别到A 、B 、C 三点的距离y 1、y 2、y 3[解析] (1)为防止两球碰撞后，小球a 反弹，小球a 的质量应大于小球b 的质量，即m 1>m 2.(2)a 、b 两球碰撞后均做平抛运动，l ＝vt ，y ＝12gt 2，得l ＝v 2y g，若满足m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，即碰撞前后动量守恒，即可验证动量守恒定律，对该式进行整理可得m 1y 2＝m 1y 3＋m 2y 1，因此需要测量小球a 和小球b 的质量m 1、m 2以及O 点分别到A 、B 、C 三点的距离y 1、y 2、y 3，选项C 、D 正确．[答案] (1)大于 (2)CD3．(2019·河南六市联考)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量Δω与对应时间Δt 的比值定义为角加速度β⎝ ⎛⎭⎪⎫即β＝ΔωΔt .我们用电磁打点计时器、刻度尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验．(打点计时器所接交流电的频率为50 Hz ；A 、B 、C 、D 、…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出)①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．(1)用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的半径r 为________cm ；(2)由图丙可知，打下计数点D 时，圆盘转动的角速度为________rad/s ；(3)圆盘转动的角加速度大小为________rad/s 2(计算结果保留三位有效数字)．[解析] (1)由图乙可知，主尺刻度为60 mm ，游标尺上的小数部分为0，由于最小分度为0.05 mm ，游标卡尺的读数为60.00 mm ，即6.000 cm ，因此圆盘的直径为6.000 cm ，半径为3.000 cm.(2)由频率f ＝50 Hz 可知，周期T ＝0.02 s ，则纸带上相邻两计数点之间的时间间隔t ′＝5T ＝0.1 s ，故打下计数点D 时，速度v D ＝x CE 2t ′＝0.1384－0.05512×0.1m/s ＝0.417 m/s ，故ω＝v D r ＝0.4170.03rad/s ＝13.9 rad/s. (3)纸带运动的加速度a ＝Δx (Δt )2＝x CE －x AC (Δt )2＝0.1384－0.0551－0.05510.22 m/s 2＝0.705 m/s 2，由于β＝ΔωΔt ，ω＝v r ，故圆盘转动的角加速度大小为β＝a r ＝0.7050.03rad/s 2＝23.5 rad/s 2. [答案] (1)3.000 (2)13.9 (3)23.54．(2019·云南七校联考)材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小．如图甲所示为某压敏电阻在室温下的电阻压力特性曲线，其中R F 、R 0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值．为了测量压力F ，需先测量压敏电阻处于压力下的电阻值R F .请按要求完成下列实验．(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框内画出实验电路的原理图(压敏电阻已给出，待测压力大小约为40～80 N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝6000 ΩB．滑动变阻器R，最大阻值约为200 ΩC．电流表A，量程0～2.5 mA，内阻为30 ΩD．电压表V，量程0～3 V，内阻为3 kΩE．直流电源E，电动势为3 V，内阻很小F．开关S，导线若干(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为________V.(3)此时压敏电阻的阻值为________Ω(保留两位有效数字)；结合图甲可知待测压力的大小F＝________N.[解析] (1)由于滑动变阻器总电阻较小，远小于待测压敏电阻的阻值，因此滑动变阻器应采用分压式接法；同时因待测压敏电阻的阻值较大，故应采用电流表内接法；电路原理图如图所示．(2)电压表量程为0～3 V，最小分度为0.1 V，则读数为2.00 V.(3)根据欧姆定律可知R F＝UI－R A＝2.001.33×10－3Ω－30 Ω＝1.5×103Ω，则有R0R F＝60001.5×103＝4；由图甲可知，待测压力的大小F＝60 N.[答案] (1)见解析图(2)2.00 (3)1.5×103605．(2019·河南省豫南九校质量考评)利用如图甲所示的电路可以较为准确地测出待测电阻R x的阻值．其中R1为一段较长的粗细均匀的电阻丝，R x为待测电阻，R0为电阻箱，a为电表．测量步骤如下：根据如图甲所示的电路图连接电路；将R0调到某一数值，滑片P与电阻丝某位置连接．闭合开关S1，试触开关S2，观察电表a指针的偏转情况；适当左右移动滑片P的位置，直至闭合开关S2时，电表a的指针不发生偏转；测出滑片左右两侧电阻丝的长度L1和L2，读出此时电阻箱接入电路的阻值R0.(1)根据图甲的电路图，用笔画线代替导线，将图乙的实物图连接成完整电路；(2)为了使测量结果更准确，图甲中的电表a选以下的哪个电表更合适________．A．量程为0～3 V、分度值为0.1 V、内阻为3000 Ω的电压表B ．量程为0～0.6 A 、分度值为0.02 A 、内阻为60 Ω的电流表C ．量程为0～30 μA 、分度值为1 μA 、内阻为100 Ω的灵敏电流计(3)如果电表a 中电流方向由M 流向P 时，指针向右偏转，则当指针向右偏转时，可以通过以下哪些操作使指针不发生偏转________．A ．适当增大电阻箱R 0的阻值B ．适当减小电阻箱R 0的阻值C ．将滑片P 向左移动适当的距离D ．将滑片P 向右移动适当的距离(4)用测量的物理量(L 1、L 2和R 0)表示待测电阻的阻值R x ＝____________.[解析] (1)实物图连接如答案图所示．(2)为了使测量结果更精确，就要使电表更灵敏．选项A 电表指针偏转1格所需电压为0.1 V ，而选项B 电表指针偏转1格所需电压为0.02 A×60 Ω＝1.2 V ，选项C 电表指针偏转1格所需电压为1 μA×100 Ω＝0.1 mV ，所以选C 表．(3)当指针向右偏转时，说明M 点的电势比P 点高，因此可以减小R 0分得的电压，或减小滑片左边电阻丝分得的电压，即减小R 0接入电路的阻值或向左移动滑片P ，选项B 、C 正确．(4)当电表指针不发生偏转时，M 、P 两点电势相等，即R x R 0＝L 1L 2，所以R x ＝L 1L 2R 0.[答案] (1)实物图连接如图所示(2)C (3)BC (4)L 1L 2R 0。
本套资源目录2020版高考物理二轮复习第1部分专题6物理实验第1讲力学实验教案2020版高考物理二轮复习第1部分专题6物理实验第2讲电学实验教案力学实验第1讲力学实验[高考统计·定方向] (教师授课资源)考点考向五年考情汇总1.“纸带”类实验2019·全国卷Ⅰ T222019·全国卷Ⅱ T222017·全国卷Ⅰ T222017·全国卷Ⅱ T222015·全国卷Ⅱ T22从近五年的高考命题可以看出：1．全国卷的2个实验题中，大多数情况下第1个为力学实验，且难度较低。
2.“橡皮条、弹簧、碰撞”类实验2018·全国卷Ⅰ T222017·全国卷Ⅲ T222．考查的热点包括“纸带类”实验和“力学创新实验”。
“纸带类实验”中多为利用纸带求加速度，“创新实验中”多为实验目的创新。
3.力学创新实验2019·全国卷Ⅲ T222018·全国卷Ⅰ T232018·全国卷Ⅲ T222016·全国卷Ⅱ T222016·全国卷Ⅰ T222016·全国卷Ⅲ T232015·全国卷Ⅰ T223．复习力学实验时，应重视对实验原理的理解及常规的数据处理方法，如图象法、图表法的应用。
4．对于“弹簧、碰撞类”实验，近几年考查的虽然不多，但仍应引起足够重视。
“纸带”类实验(5年5考)1．(2019·全国卷Ⅰ·T22)某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究。
物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。
已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。
在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是________点。
在打出C点时物块的速度大小为________m/s(保留3位有效数字)；物块下滑的加速度大小为________m/s2(保留2位有效数字)。
