解题思路：I、在“用单摆测重力加速度”的实验中，摆球与细线连接时，需固定，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径．当摆球经过平衡位置时开始计时，测多次全振动后求出周期的平均值．II、（1）平衡摩擦力的实质是小车的重力沿木板方向的分力与小车和纸带所受的摩擦力平衡，当车拖着纸带沿长木板自行滑下时，做匀速直线运动，摩擦力得到平衡．（2）①游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．②③用较短时间内的平均速度代替瞬时速度去求出小车通过光电门的速度．分别求出小车通过光电门1、2的速度大小，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出小车的加速度．④分别得出a与mg以及a与1M的关系，知道图线斜率表示的意义，从而确定图线弯曲的原因，知道图线的可能性．（3）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B、D的速度，从而得出合力功与动能增加量的表达式．
I、A、在组装单摆时，摆球与摆线需固定，不能松动．故A错误．
B、摆长等于摆线的长度加上摆球的半径．故B错误．
C、在记录单摆的摆动次数时，是从摆球通过平衡位置开始计_，记下摆球每次沿同一方向通过平衡位置的次数n，同时用停表测出所用的时间t，那么，单摆的周期为[t/n]．故C正确，D错误．
故选C．
II、（1）A、平衡摩擦力后，改变小车或砝码盘中的质量，不需重新平衡摩擦力．故A错误．
B、平衡摩擦力的实质是小车的重力沿木板方向的分力与小车和纸带所受的摩擦力平衡．故B正确．
C、平衡摩擦力时，当车拖着纸带沿长木板自行滑下时，做匀速直线运动，摩擦力得到平衡．不能用砝码盘去拉．故C错误，D正确．
故选BD．
（2）①游标卡尺的读数为：20mm+0.1×4mm=20.4mm．
②③小车通过光电门“2”的速度大小为v2＝
d
t2＝
20.4×10−3
0.10≈0.20m/s，通过光电门“1”的速度大小v1＝
d
t1＝
20.4×10−3
0.20m/s＝0.10m/s．则小车的加速度a=
v22−v12
2s＝
0.04−0.01
1＝3.0×10−2m/s2
④A、根据牛顿第二定律知a=[mg/M+m]，则绳子拉力F=[Ma/M+m＝
mg
1+
m
M]，当m＜＜M时，拉力小车的合力与m的重力相等，知m比较小时，a与mg成正比，当m比较大时，图线的斜率变小，因为图线斜率的倒数等于M+m．故A正确．
B、可能未平衡摩擦力出现该图线．
CD、a与[1/M]图线斜率表示小车的合力，当m比较小时，合力可以认为等于mg，当m比较大时，合力小于mg．故C错误，D正确．
本题选不可能的，故选C．
（3）在“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验中，即探究合力做功与小车和砝码的动能的增加量是否相等．
对于B到D，合力功为mgx，B点的速度vB＝
x1f
2(n+1)，D点的速度vD＝
x2f
2(n+1)，则动能的增加量为
1
2M[
x2f
2(n+1)]2−
1
2M[
x1f
2(n+1)]2，需要探究的表达式是mgx=
1
2M[
x2f
2(n+1)]2−
1
2M[
x1f
2(n+1)]2．
故答案为：Ⅰ、C．Ⅱ、（1）BD，（2）①20.4 ②0.20，③3.0×10-2，④C．（3）mgx=
1
2M[
x2f
2(n+1)]2−
1
2M[
x1f
2(n+1)]2．
点评：
本题考点： 探究功与速度变化的关系；用单摆测定重力加速度．
考点点评： 本题考查了“用单摆测重力加速度”，探究加速度与力、质量的关 系”和“研究合外力做功和动能变化的关系”，关键掌握实验的原理以及实验的注意事项．