2024高中物理一轮复习5与牛顿运动定律有关的实验含解析新人教版

PAGEPAGE8与牛顿运动定律有关的试验考点分析考点分析1．本考点命题多集中在打点计时器运用、平衡摩擦力、纸带处理上，尤其是瞬时速度、加速度的计算及数据处理、试验改进与创新等。2．常用思想方法：(1)限制变量法探讨物理问题；(2)用列表法、图象法处理试验数据。例1．(2024·全国II卷·22)一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一试验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0＝0.590m，下降一段距离后的高度h＝0.100m；由h0下降至h所用的时间T＝0.730s。由此求得小球B加速度的大小为a＝_______m/s2（保留3位有效数字）。从试验室供应的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g＝9.80m/s2。依据牛顿其次定律计算可得小球B加速度的大小为a′＝_______m/s2（保留3位有效数字）。可以看出，a′与a有明显差异，除试验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的缘由：______________________。【解析】由题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动，故依据运动学公式有h－h0＝eq\f(1,2)aT2，代入数据解得a＝1.84m/s2；依据牛顿其次定律可知对小球A有T－mAg＝mAa′，对小球B有mBg－T＝mBa′，带入已知数据解得a′＝1.96m/s2；在试验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。【答案】1.841.96滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦（或滑轮有质量）例2．(2024·全国II卷·22)如图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的试验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的沟通电源，纸带等。回答下列问题：(1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝。（用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示）(2)某次试验时，调整木板与水平面的夹角θ＝30°。接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止起先沿木板滑下。多次重复后选择点迹清楚的一条纸带，如图(b)所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)，重力加速度为9.8m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为。(结果保留2位小数)【考题解读】本题考查牛顿其次定律及考生的试验探究实力，体现了科学探究与科学推理的核心素养。解题的关键是利用牛顿其次定律列方程得出μ的表达式，同时留意g用9.80m/s2来计算，而不能习惯性用10m/s2来计算；在计算加速度值时，利用逐差法。【解析】(1)对铁块受力分析，由牛顿其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)。(2)两个相邻计数点之间的时间间隔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。【答案】(1)eq\f(gsinθ－a,gcosθ)(2)0.35提分训练提分训练1．如图甲所示，质量为m的滑块A放在气垫导轨上，B为位移传感器，它能将滑块A到传感器B的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的速率－时间(v－t)图象。整个装置置于高度h可调整的斜面上，斜面长度为l。(1)现给滑块A沿气垫导轨向上的初速度，其v－t图线如图乙所示．从图线可得滑块A上滑时的加速度大小a＝________m/s2(结果保留一位有效数字)。(2)若用此装置来验证牛顿其次定律，通过变更______，可验证力肯定时，加速度与质量成反比的关系；通过变更__________________，可验证质量肯定时，加速度与力成正比的关系(重力加速度g的值不变)。【答案】(1)3(2)滑块的质量及斜面的高度，且使mh不变高度h【解析】(1)在v－t图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)牛顿其次定律探讨的是加速度与合外力和质量的关系。由于滑块下滑的力是由重力沿斜面对下的分力供应，所以要保证向下的分力不变，应当使mg·eq\f(h,l)不变，所以应当变更滑块的质量及斜面的高度，且使mh不变。当质量肯定时，通过变更力的大小可以探究加速度与合外力的关系，当斜面高度不同时，滑块受到的力不同，即可通过变更高度h，验证质量肯定时，加速度与力成正比的关系。2．某同学探讨小滑块与水平长木板之间的动摩擦因数，查阅资料得知当地的重力加速度为g。选用的试验器材是：长木板、小滑块(可安装挡光片)、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、螺旋测微器、刻度尺。器材安装如图甲所示。(1)主要的试验过程如下：①用螺旋测微器测量挡光片宽度d，读数如图乙所示，则d＝________mm；②让小滑块从斜面上某一位置释放，读出小滑块通过光电门时数字毫秒计示数t；③用刻度尺量出小滑块停止运动时挡光片与光电门间的距离L；④求出小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________(用物理量g、d、L、t表示)．(2)为了减小测量动摩擦因数的误差，可采纳的方法是________________。【答案】(1)①2.950④eq\f(d2,2gLt2)(2)多次测量取平均值；采纳图象法；增大小滑块的释放高度【解析】(1)①d＝2.5mm＋45.0×0.01mm＝2.950mm；④因小滑块通过光电门的时间很短，因此可以将小滑块通过光电门的平均速度当成小滑块通过光电门的瞬时速度，则小滑块的速度v＝eq\f(d,t)，由匀变速运动的速度和位移关系可知v2＝2aL；由牛顿其次定律可知Ff＝μmg＝ma，a＝μg，联立解得μ＝eq\f(d2,2gLt2)。(2)可以用多次做试验取平均值消退该试验的偶然误差，也可以采纳图象法拟合数据进行求解，减小偶然误差，增大小滑块的释放高度可以使小滑块通过光电门的速度增加，时间减小，使平均速度接近小滑块的瞬时速度以减小误差。3．试验创新体现了学生驾驭学问的实力，为此某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与合外力的关系。小车质量为M，砂桶和砂的总质量为m，通过变更m来变更小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持小车质量M不变，渐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次试验，得到多组a、F值(F为弹簧测力计的示数)。(1)下图为上述试验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50Hz，则小车的加速度为________m/s2。(保留1位有效数字)(2)依据试验数据画出了如图乙所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为________。(选填字母代号)A．eq\f(1,M)B．eq\f(1,m)C．mg D．F(3)砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于乙图的说法，正确的是________。(选填字母代号)A．图线渐渐偏向纵轴B．图线渐渐偏向横轴C．图线仍保持原方向不变D．均有可能【答案】(1)4(2)D(3)C【解析】(1)由于每两个计数点间还有四个计时点未画出，纸带上面计数点之间的时间间隔是0.1s。依据匀变速直线运动的推论公式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)依据牛顿其次定律，F＝Ma，a＝eq\f(1,M)F，质量不变时，a与F成正比关系，故D正确，A、B、C错误。(3)由于图象的斜率为k＝eq\f(1,M)，所以增大砂和砂桶质量，k不变，仍保持原方向不变，所以C正确，A、B、D错误。4．某探究小组利用如图甲所示的试验装置探究加速度与质量的关系。首先平衡小车所受的摩擦力，保持砂和砂桶的质量肯定。接通电源，释放小车。多次变更小车的质量，利用位移传感器测出对应的位移x并描绘x－t图象。(1)图乙为小车质量M＝0.4kg时位移传感器记录下描绘的x－t图象。由图象可知，此时小车的加速度a＝________m/s2。(2)该小组依据数据作出了加速度a的倒数和小车质量M的图象(eq\f(1,a)－M)如图丙，图丙中图线没有过原点，小组探讨后认为图线的确不应当过原点。请用所学学问分析，图丙中c＝________，利用题中信息求出试验中砂和砂桶的质量m＝________kg。(结果均保留1位有效数字，当地重力加速度g＝10m/s2)【答案】(1)2(2)0.1s2/m0.1【解析】(1)释放后小车做初速度为零的匀加速直线运动，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的关系反映小车与砂和砂桶的运动，即mg－F′＝ma，F＝Ma，F′＝F，得eq\f(1,a)＝eq\f(1,g)＋eq\f(1,mg)M，则c＝eq\f(1,g)＝0.1s2/m；由题图丙可求斜率eq\f(1,mg)＝1s2·m－1·kg－1，则m＝0.1kg。5．某探究学习小组欲探究物体的加速度与力、质量的关系，他们在试验室组装了一套如图所示的装置，图中小车的质量用M表示，钩码的质量用m表示。要顺当完成该试验，则：(1)为使小车所受合外力等于细线的拉力，应实行的措施是________________；要使细线的拉力约等于钩码的总重力，应满意的条件是________。(2)某次打出的某一条纸带，A、B、C、D、E、F为相邻的6个计数点，如图，相邻计数点间还有四个点未标出。利用图中给出的数据可求出小车的加速度a＝________m/s2(保留2位小数)。(3)某位同学经过测量、计算得到如下数据，请在图中作出小车加速度与所受合外力的关系图象。(4)由图象可以看出，该试验存在着较大的误差，产生误差的主要缘由是____________________。【答案】(1)平衡摩擦力M>>m(2)0.50(3)图象见解析(4)木板倾角偏小(或平衡摩擦力不够)【解析】(1)为使小车所受合外力等于细线的拉力，所以必需使小车的重力沿轨道的分力等于轨道对小车的摩擦力，所以做试验时必需平衡摩擦力。以钩码作为探讨对象有mg－FT＝ma，以小车作为探讨对象有FT＝Ma，联立以上两式可得FT＝eq\f(mMg,m＋M)；要使绳子的拉力等于钩码的重力，即eq\f(mMg,m＋M)＝mg，故eq\f(M,m＋M)＝1，则有M>>m。(2)依据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)图象如图所示。(4)由图象可知，当拉力约为0.05N时，小车才有加速度，所以是平衡摩擦力不够，木板倾角过小。6．为了探究质量肯定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的试验装置，其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）(1)试验时，肯定要进行的操作是____________。A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．变更砂和砂桶的质量，打出几条纸带E．为减小误差，试验中肯定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)该同学在试验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采纳的是频率为50Hz的沟通电，依据纸带可求出小车的加速度为m/s2。(结果保留两位有效数字)(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则带滑轮的小车的质量为。A．2tanθB．C．kD．【答案】(1)BCD(2)1.3(3)D【解析】(1)本题拉力可以由弹簧测力计测出，不须要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不须要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故A错误，E错误；弹簧测力计测出拉力表示小车受到的合外力，故须要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该试验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；变更砂和砂桶质量，即变更拉力的大小，打出几条纸带，探讨加速度随F变更关系，故D正确。(2)由于两计数点间还有二个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为0.06s，由Δx＝aT2可得：m/s2＝1.3m/s2。(3)对a－F图，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数F＝e