2024高中物理一輪復(fù)習(xí)5與牛頓運(yùn)動(dòng)定律有關(guān)的實(shí)驗(yàn)含解析新人教版

PAGEPAGE8與牛頓運(yùn)動(dòng)定律有關(guān)的試驗(yàn)考點(diǎn)分析考點(diǎn)分析1．本考點(diǎn)命題多集中在打點(diǎn)計(jì)時(shí)器運(yùn)用、平衡摩擦力、紙帶處理上，尤其是瞬時(shí)速度、加速度的計(jì)算及數(shù)據(jù)處理、試驗(yàn)改進(jìn)與創(chuàng)新等。2．常用思想方法：(1)限制變量法探討物理問(wèn)題；(2)用列表法、圖象法處理試驗(yàn)數(shù)據(jù)。例1．(2024·全國(guó)II卷·22)一細(xì)繩跨過(guò)懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖所示。一試驗(yàn)小組用此裝置測(cè)量小球B運(yùn)動(dòng)的加速度。令兩小球靜止，細(xì)繩拉緊，然后釋放小球，測(cè)得小球B釋放時(shí)的高度h0＝0.590m，下降一段距離后的高度h＝0.100m；由h0下降至h所用的時(shí)間T＝0.730s。由此求得小球B加速度的大小為a＝_______m/s2（保留3位有效數(shù)字）。從試驗(yàn)室供應(yīng)的數(shù)據(jù)得知，小球A、B的質(zhì)量分別為100.0g和150.0g，當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間＝9.80m/s2。依據(jù)牛頓其次定律計(jì)算可得小球B加速度的大小為a′＝_______m/s2（保留3位有效數(shù)字）。可以看出，a′與a有明顯差異，除試驗(yàn)中的偶然誤差外，寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的緣由：______________________?！窘馕觥坑深}意可知小球下降過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有h－h(huán)0＝eq\f(1,2)aT2，代入數(shù)據(jù)解得a＝1.84m/s2；依據(jù)牛頓其次定律可知對(duì)小球A有T－mAg＝mAa′，對(duì)小球B有mBg－T＝mBa′，帶入已知數(shù)據(jù)解得a′＝1.96m/s2；在試驗(yàn)中繩和滑輪之間有摩擦?xí)斐蓪?shí)際計(jì)算值偏小?！敬鸢浮?.841.96滑輪的軸不光滑，繩和滑輪之間有摩擦（或滑輪有質(zhì)量）例2．(2024·全國(guó)II卷·22)如圖（a），某同學(xué)設(shè)計(jì)了測(cè)量鐵塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)的試驗(yàn)。所用器材有：鐵架臺(tái)、長(zhǎng)木板、鐵塊、米尺、電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、頻率50Hz的溝通電源，紙帶等?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)鐵塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝。（用木板與水平面的夾角θ、重力加速度g和鐵塊下滑的加速度a表示）(2)某次試驗(yàn)時(shí)，調(diào)整木板與水平面的夾角θ＝30°。接通電源，開啟打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，釋放鐵塊，鐵塊從靜止起先沿木板滑下。多次重復(fù)后選擇點(diǎn)跡清楚的一條紙帶，如圖(b)所示。圖中的點(diǎn)為計(jì)數(shù)點(diǎn)(每?jī)蓚€(gè)相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出)，重力加速度為9.8m/s2?？梢杂?jì)算出鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。(結(jié)果保留2位小數(shù))【考題解讀】本題考查牛頓其次定律及考生的試驗(yàn)探究實(shí)力，體現(xiàn)了科學(xué)探究與科學(xué)推理的核心素養(yǎng)。解題的關(guān)鍵是利用牛頓其次定律列方程得出μ的表達(dá)式，同時(shí)留意g用9.80m/s2來(lái)計(jì)算，而不能習(xí)慣性用10m/s2來(lái)計(jì)算；在計(jì)算加速度值時(shí)，利用逐差法。【解析】(1)對(duì)鐵塊受力分析，由牛頓其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)。(2)兩個(gè)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔T＝5×eq\f(1,50)s＝0.10s，由逐差法和Δx＝aT2可得a＝eq\f(x5＋x6＋x7－x1＋x2＋x3,12T2)≈1.97m/s2，代入μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)，解得μ≈0.35?！敬鸢浮?1)eq\f(gsinθ－a,gcosθ)(2)0.35提分訓(xùn)練提分訓(xùn)練1．如圖甲所示，質(zhì)量為m的滑塊A放在氣墊導(dǎo)軌上，B為位移傳感器，它能將滑塊A到傳感器B的距離數(shù)據(jù)實(shí)時(shí)傳送到計(jì)算機(jī)上，經(jīng)計(jì)算機(jī)處理后在屏幕上顯示滑塊A的速率－時(shí)間(v－t)圖象。整個(gè)裝置置于高度h可調(diào)整的斜面上，斜面長(zhǎng)度為l。(1)現(xiàn)給滑塊A沿氣墊導(dǎo)軌向上的初速度，其v－t圖線如圖乙所示．從圖線可得滑塊A上滑時(shí)的加速度大小a＝________m/s2(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)。(2)若用此裝置來(lái)驗(yàn)證牛頓其次定律，通過(guò)變更______，可驗(yàn)證力肯定時(shí)，加速度與質(zhì)量成反比的關(guān)系；通過(guò)變更__________________，可驗(yàn)證質(zhì)量肯定時(shí)，加速度與力成正比的關(guān)系(重力加速度g的值不變)?！敬鸢浮?1)3(2)滑塊的質(zhì)量及斜面的高度，且使mh不變高度h【解析】(1)在v－t圖象中斜率大小代表加速度大小，故a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.5－0,0.5)m/s2＝3m/s2。(2)牛頓其次定律探討的是加速度與合外力和質(zhì)量的關(guān)系。由于滑塊下滑的力是由重力沿斜面對(duì)下的分力供應(yīng)，所以要保證向下的分力不變，應(yīng)當(dāng)使mg·eq\f(h,l)不變，所以應(yīng)當(dāng)變更滑塊的質(zhì)量及斜面的高度，且使mh不變。當(dāng)質(zhì)量肯定時(shí)，通過(guò)變更力的大小可以探究加速度與合外力的關(guān)系，當(dāng)斜面高度不同時(shí)，滑塊受到的力不同，即可通過(guò)變更高度h，驗(yàn)證質(zhì)量肯定時(shí)，加速度與力成正比的關(guān)系。2．某同學(xué)探討小滑塊與水平長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，查閱資料得知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。選用的試驗(yàn)器材是：長(zhǎng)木板、小滑塊(可安裝擋光片)、光電門、數(shù)字毫秒計(jì)、弧形斜面、擋光片、螺旋測(cè)微器、刻度尺。器材安裝如圖甲所示。(1)主要的試驗(yàn)過(guò)程如下：①用螺旋測(cè)微器測(cè)量擋光片寬度d，讀數(shù)如圖乙所示，則d＝________mm；②讓小滑塊從斜面上某一位置釋放，讀出小滑塊通過(guò)光電門時(shí)數(shù)字毫秒計(jì)示數(shù)t；③用刻度尺量出小滑塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)擋光片與光電門間的距離L；④求出小滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝________(用物理量g、d、L、t表示)．(2)為了減小測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)的誤差，可采納的方法是________________?！敬鸢浮?1)①2.950④eq\f(d2,2gLt2)(2)多次測(cè)量取平均值；采納圖象法；增大小滑塊的釋放高度【解析】(1)①d＝2.5mm＋45.0×0.01mm＝2.950mm；④因小滑塊通過(guò)光電門的時(shí)間很短，因此可以將小滑塊通過(guò)光電門的平均速度當(dāng)成小滑塊通過(guò)光電門的瞬時(shí)速度，則小滑塊的速度v＝eq\f(d,t)，由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度和位移關(guān)系可知v2＝2aL；由牛頓其次定律可知Ff＝μmg＝ma，a＝μg，聯(lián)立解得μ＝eq\f(d2,2gLt2)。(2)可以用多次做試驗(yàn)取平均值消退該試驗(yàn)的偶然誤差，也可以采納圖象法擬合數(shù)據(jù)進(jìn)行求解，減小偶然誤差，增大小滑塊的釋放高度可以使小滑塊通過(guò)光電門的速度增加，時(shí)間減小，使平均速度接近小滑塊的瞬時(shí)速度以減小誤差。3．試驗(yàn)創(chuàng)新體現(xiàn)了學(xué)生駕馭學(xué)問(wèn)的實(shí)力，為此某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置探究加速度與合外力的關(guān)系。小車質(zhì)量為M，砂桶和砂的總質(zhì)量為m，通過(guò)變更m來(lái)變更小車所受的合外力大小，小車的加速度a可由打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和紙帶測(cè)出?，F(xiàn)保持小車質(zhì)量M不變，漸漸增大砂桶和砂的總質(zhì)量m進(jìn)行多次試驗(yàn)，得到多組a、F值(F為彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù))。(1)下圖為上述試驗(yàn)中打下的一條紙帶，A點(diǎn)為小車剛釋放時(shí)打下的起始點(diǎn)，每?jī)牲c(diǎn)間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的頻率為50Hz，則小車的加速度為________m/s2。(保留1位有效數(shù)字)(2)依據(jù)試驗(yàn)數(shù)據(jù)畫出了如圖乙所示的一條過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線，其中縱軸為小車的加速度大小，橫軸應(yīng)為________。(選填字母代號(hào))A．eq\f(1,M)B．eq\f(1,m)C．mg D．F(3)砂桶和砂的總質(zhì)量較大導(dǎo)致a較大時(shí)，關(guān)于乙圖的說(shuō)法，正確的是________。(選填字母代號(hào))A．圖線漸漸偏向縱軸B．圖線漸漸偏向橫軸C．圖線仍保持原方向不變D．均有可能【答案】(1)4(2)D(3)C【解析】(1)由于每?jī)蓚€(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出，紙帶上面計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔是0.1s。依據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式Δx＝aT2可得a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(（0.320－0.080）－0.080,（2×0.1）2)m/s2＝4m/s2。(2)依據(jù)牛頓其次定律，F(xiàn)＝Ma，a＝eq\f(1,M)F，質(zhì)量不變時(shí)，a與F成正比關(guān)系，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。(3)由于圖象的斜率為k＝eq\f(1,M)，所以增大砂和砂桶質(zhì)量，k不變，仍保持原方向不變，所以C正確，A、B、D錯(cuò)誤。4．某探究小組利用如圖甲所示的試驗(yàn)裝置探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系。首先平衡小車所受的摩擦力，保持砂和砂桶的質(zhì)量肯定。接通電源，釋放小車。多次變更小車的質(zhì)量，利用位移傳感器測(cè)出對(duì)應(yīng)的位移x并描繪x－t圖象。(1)圖乙為小車質(zhì)量M＝0.4kg時(shí)位移傳感器記錄下描繪的x－t圖象。由圖象可知，此時(shí)小車的加速度a＝________m/s2。(2)該小組依據(jù)數(shù)據(jù)作出了加速度a的倒數(shù)和小車質(zhì)量M的圖象(eq\f(1,a)－M)如圖丙，圖丙中圖線沒(méi)有過(guò)原點(diǎn)，小組探討后認(rèn)為圖線的確不應(yīng)當(dāng)過(guò)原點(diǎn)。請(qǐng)用所學(xué)學(xué)問(wèn)分析，圖丙中c＝________，利用題中信息求出試驗(yàn)中砂和砂桶的質(zhì)量m＝________kg。(結(jié)果均保留1位有效數(shù)字，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝10m/s2)【答案】(1)2(2)0.1s2/m0.1【解析】(1)釋放后小車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，x＝(0.74－0.10)m＝0.64m，t＝(2.2－1.4)s＝0.8s，由x＝eq\f(1,2)at2，可得a＝2m/s2。(2)a和M的關(guān)系反映小車與砂和砂桶的運(yùn)動(dòng)，即mg－F′＝ma，F(xiàn)＝Ma，F(xiàn)′＝F，得eq\f(1,a)＝eq\f(1,g)＋eq\f(1,mg)M，則c＝eq\f(1,g)＝0.1s2/m；由題圖丙可求斜率eq\f(1,mg)＝1s2·m－1·kg－1，則m＝0.1kg。5．某探究學(xué)習(xí)小組欲探究物體的加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，他們?cè)谠囼?yàn)室組裝了一套如圖所示的裝置，圖中小車的質(zhì)量用M表示，鉤碼的質(zhì)量用m表示。要順當(dāng)完成該試驗(yàn)，則：(1)為使小車所受合外力等于細(xì)線的拉力，應(yīng)實(shí)行的措施是________________；要使細(xì)線的拉力約等于鉤碼的總重力，應(yīng)滿意的條件是________。(2)某次打出的某一條紙帶，A、B、C、D、E、F為相鄰的6個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，如圖，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)未標(biāo)出。利用圖中給出的數(shù)據(jù)可求出小車的加速度a＝________m/s2(保留2位小數(shù))。(3)某位同學(xué)經(jīng)過(guò)測(cè)量、計(jì)算得到如下數(shù)據(jù)，請(qǐng)?jiān)趫D中作出小車加速度與所受合外力的關(guān)系圖象。(4)由圖象可以看出，該試驗(yàn)存在著較大的誤差，產(chǎn)生誤差的主要緣由是____________________?！敬鸢浮?1)平衡摩擦力M>>m(2)0.50(3)圖象見(jiàn)解析(4)木板傾角偏小(或平衡摩擦力不夠)【解析】(1)為使小車所受合外力等于細(xì)線的拉力，所以必需使小車的重力沿軌道的分力等于軌道對(duì)小車的摩擦力，所以做試驗(yàn)時(shí)必需平衡摩擦力。以鉤碼作為探討對(duì)象有mg－FT＝ma，以小車作為探討對(duì)象有FT＝Ma，聯(lián)立以上兩式可得FT＝eq\f(mMg,m＋M)；要使繩子的拉力等于鉤碼的重力，即eq\f(mMg,m＋M)＝mg，故eq\f(M,m＋M)＝1，則有M>>m。(2)依據(jù)Δx＝aT2，可得x5－x1＝4aT2，所以有a＝eq\f(x5－x1,4T2)＝eq\f(（3.20－1.20）×10－2,4×0.12)m/s2＝0.50m/s2。(3)圖象如圖所示。(4)由圖象可知，當(dāng)拉力約為0.05N時(shí)，小車才有加速度，所以是平衡摩擦力不夠，木板傾角過(guò)小。6．為了探究質(zhì)量肯定時(shí)加速度與力的關(guān)系，一同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的試驗(yàn)裝置，其中M為帶滑輪的小車的質(zhì)量，m為砂和砂桶的質(zhì)量。（滑輪質(zhì)量不計(jì)）(1)試驗(yàn)時(shí)，肯定要進(jìn)行的操作是____________。A．用天平測(cè)出砂和砂桶的質(zhì)量B．將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力C．小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)D．變更砂和砂桶的質(zhì)量，打出幾條紙帶E．為減小誤差，試驗(yàn)中肯定要保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M(2)該同學(xué)在試驗(yàn)中得到如圖所示的一條紙帶（相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有兩個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫出），已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器采納的是頻率為50Hz的溝通電，依據(jù)紙帶可求出小車的加速度為m/s2。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)以彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度為縱坐標(biāo)，畫出的a－F圖象是一條直線，圖線與橫坐標(biāo)的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則帶滑輪的小車的質(zhì)量為。A．2tanθB．C．kD．【答案】(1)BCD(2)1.3(3)D【解析】(1)本題拉力可以由彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)出，不須要用天平測(cè)出砂和砂桶的質(zhì)量，也就不須要使小桶(包括砂)的質(zhì)量遠(yuǎn)小于車的總質(zhì)量，故A錯(cuò)誤，E錯(cuò)誤；彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)出拉力表示小車受到的合外力，故須要將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力，故B正確；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器運(yùn)用時(shí)，都是先接通電源，待打點(diǎn)穩(wěn)定后再釋放紙帶，該試驗(yàn)探究加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系，要記錄彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)，故C正確；變更砂和砂桶質(zhì)量，即變更拉力的大小，打出幾條紙帶，探討加速度隨F變更關(guān)系，故D正確。(2)由于兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有二個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫出，故相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為0.06s，由Δx＝aT2可得：m/s2＝1.3m/s2。(3)對(duì)a－F圖，圖象的斜率表示小車質(zhì)量的倒數(shù)，此題，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F＝e