2025届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律实验探究加速度与物体受力物体质量的关系教学案沪科版

PAGE14-试验探究加速度与物体受力、物体质量的关系基本原理与操作装置及器材操作要领1.平衡摩擦力：不悬挂小盘，但小车连着纸带；不重复平衡摩擦力。2.试验条件：Mm，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力。3.一先一后一按住：变更拉力和小车质量后，每次起先时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车。4.作图：作图时两轴标度比例要适当，各量须采纳国际单位，这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些。二、数据处理及试验结论1.计算加速度：依据纸带上的点利用Δx＝aT2及逐差法求a。2.作图象找关系(1)作a－F的图象，若这些点在一条直线上，如图1甲所示，证明白加速度与力成正比。(2)作a－eq\f(1,M)图象，若图象为始终线，如图乙所示，则证明加速度与质量成反比。图1误差分析1.偶然误差质量测量不精确、计数点间距测量不精确、作图不精确。2.系统误差(1)摩擦力平衡不精确，纸带和细绳不严格与木板平行。(2)整体的加速度a＝eq\f(mg,M＋m)；小车的合力F＝Ma＝eq\f(M,M＋m)·mg<mg。认为小盘和砝码的总重力mg是小车的合力，而事实上小车的合力要小于小盘和砝码的总重力。如图2中AB段偏离了直线，不满意Mm的条件。图2教材原型试验命题角度试验操作与误差分析【例1】(2024·广东试验中学模拟)某试验小组利用如图3所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”。图3(1)试验中除了须要小车、砝码、托盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压沟通电源、两根导线、复写纸、纸带之外，还须要__________、__________。(2)下列做法正确的是__________。A.调整滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B.在调整木板倾斜角度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的托盘通过定滑轮拴在小车上C.试验时，先放开小车再接通打点计时器的电源D.通过增减小车上的砝码变更质量时，不须要重新调整木板倾斜度E.用托盘和盘内砝码的重力作为小车和车上砝码受到的合外力，为减小误差，试验中肯定要保证托盘和砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量(3)某同学以小车和车上砝码的总质量的倒数eq\f(1,M)为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，在坐标纸上作出的a－eq\f(1,M)关系图线如图4所示。由图可分析得出：加速度与质量成__________关系(填“正比”或“反比”)；图线不过原点说明试验有误差，引起这一误差的主要缘由是平衡摩擦力时长木板的倾角__________(填“过大”或“过小”)。图4解析(1)试验中须要用托盘和砝码的总重力表示小车受到的拉力，需测量托盘的质量，所以还须要天平。试验中须要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，从而得出加速度，所以还须要刻度尺。(2)平衡摩擦力时应系上纸带，不能挂托盘；调整滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，A项正确，B项错误；平衡摩擦力后细绳与木板平行，且托盘和砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量时，托盘和砝码的总重力近似等于小车和车上砝码受到的合外力，E项正确；试验时应当先接通电源，后释放小车，使得纸带上点迹多一些，以便于测量加速度，还要多测几组数据减小偶然误差，C项错误；通过增减小车上的砝码变更质量时，不须要重新调整木板的倾斜角度，D项正确。(3)a－eq\f(1,M)图象是一条直线，a与M成反比；图象在a轴上有截距，这是平衡摩擦力时木板的倾角过大造成的。答案(1)天平刻度尺(2)ADE(3)反比过大命题角度试验数据的处理【例2】用如图5甲所示的装置探究加速度与物体受力、物体质量的关系。(1)试验中打出的一条纸带的一部分如图乙所示。纸带上标出了连续的3个计数点A、B、C，相邻计数点之间还有4个点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的沟通电源上。则打点计时器打B点时，小车的速度vB＝________m/s。多测几个点的速度做出v－t图象，就可以算出小车的加速度。图5(2)为探讨加速度和力的关系，要保证________的总质量不变，变更砂桶内砂的质量，重复做几次试验，通过试验数据来探讨加速度和力的关系。(3)在探讨加速度与质量的关系时，要保证砂和砂桶的质量不变。若砂和砂桶的质量m与小车的总质量M间的关系不满意条件mM，由试验数据作出a和eq\f(1,M＋m)的图线，则图线应如下图中的________所示(选填正确选项的字母)。解析(1)因相邻计数点之间还有4个点没有标出，故相邻计数点的时间为T＝0.1s，依据平均速度的推论得，B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则有：vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(13.30－4.50,2×0.1)×10－2m/s＝0.44m/s。(2)为探讨加速度和力的关系，要保证小车的质量不变。(3)砂桶和小车一起运动，依据牛顿其次定律，对砂桶：mg－F＝ma，对小车：F＝Ma，联立得：a＝eq\f(1,M＋m)mg，而砂和砂桶的质量m不变，由此可知a－eq\f(1,M＋m)图象是一条通过原点的直线，故选C。答案(1)0.44(0.43～0.45均可)(2)小车(3)C试验拓展创新命题角度试验器材的改进【例1】在用DIS探讨小车加速度与外力的关系时，某试验小组先用如图6a所示的试验装置。重物通过滑轮用细线拉小车，位移传感器(放射器)随小车一起沿倾斜轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端。试验时将重物的重力作为拉力F，变更重物重力重复试验四次，列表记录四组数据：a/(m·s－2)2.012.984.025.01F/N1.002.003.004.00图6(1)在图c所示的坐标纸上作出小车加速度a随拉力F变更的图线。(2)从所得图线分析该试验小组在操作过程中的不当之处_____________。(3)假如试验时，在小车和重物之间接一不计质量的微型力传感器来测量拉力F，试验装置如图b所示，从理论上分析，该试验图线的斜率与(1)中所得图线的斜率相比将________。(填“变大”“变小”或“不变”)解析(1)依据已知数据，画出小车加速度a和拉力F的关系图线如图所示。(2)由图象可知，当小车拉力为零时，已经产生了加速度，故在操作过程中轨道的倾角过大，平衡摩擦力过度。(3)依据牛顿其次定律得，挂重物时，a＝eq\f(F,M＋m)，图线的斜率表示系统质量的倒数。用力传感器时，加速度a＝eq\f(F,M)，图线的斜率表示小车质量M的倒数，可知图线的斜率变大。答案(1)见解析图(2)轨道倾角过大(或平衡摩擦力过度)(3)变大命题角度试验情景的拓展【例2】为了探究物体质量肯定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图7所示的试验装置，其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的总质量，m0为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。图7(1)试验时，肯定要进行的操作是__________。A.用天平测出砂和砂桶的总质量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，同时记录力传感器的示数D.为减小误差，试验中肯定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M(2)甲同学在试验中得到如图8所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，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3位有效数字)。图8(3)甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图线是一条直线，如图9所示，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量M＝__________。图9图10A.eq\f(1,tanθ) B.eq\f(1,tanθ)－m0C.eq\f(2,k)－m0 D.eq\f(2,k)(4)乙同学依据测量数据作出如图10所示的a－F图线，该同学做试验时存在的问题是_________________________________。解析(1)验证牛顿其次定律的试验原理是F＝Ma，本题绳中拉力可以由力传感器测出，不须要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不须要使砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M，A、D错误；用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，须要平衡摩擦力，B正确；释放小车之前应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，该试验还须要记录力传感器的示数，C正确。(2)由逐差法计算加速度a＝eq\f(（x34＋x45＋x56）－（x01＋x12＋x23）,（3T）2)＝2.00m/s2。(3)对小车与滑轮组成的系统，由牛顿其次定律得a＝eq\f(2,m0＋M)F，图线的斜率为k，则k＝eq\f(2,m0＋M)，故小车的质量M＝eq\f(2,k)－m0，故选项C正确。(4)图线在F轴上的截距不为零，说明力传感器显示有拉力时，小车仍旧静止，这是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够造成的。答案(1)BC(2)2.00(3)C(4)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够命题角度试验目的的变更【例3】(2024·全国卷Ⅱ，22)如图11(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：(a)图11(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使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9.80m/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)。解析(1)铁块受重力、木板弹力及摩擦力作用，由牛顿其次定律得mgsinθ－μFN＝ma且FN＝mgcosθ解以上两式得μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)。(2)由逐差法求铁块加速度a＝eq\f(（x5＋x6＋x7）－（x1＋x2＋x3）,12T2)＝eq\f(（76.39－31.83）－20.90,12×0.12)×10－2m/s2≈1.97m/s2代入μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)，得μ≈0.35。答案(1)eq\f(gsinθ－a,gcosθ)(2)0.351.(2024·浙江选考)在做“探究加速度与力、质量的关系”试验中，(1)下列仪器须要用到的是________(多选)。(2)下列说法正确的是________(多选)。A.先释放纸带再接通电源B.拉小车的细线应尽可能与长木板平行C.纸带与小车相连端的点迹较疏D.轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡(3)如图12所示是试验时打出的一条纸带，A、B、C、D…为每隔4个点取的计数点，据此纸带可知小车在D点的速度大小为________m/s(小数点后保留两位)。图12解析(1)本试验通过打点计时器打出的纸带上点的分布求物体的加速度，须要通过变更小车质量，用限制变量法探讨加速度、质量、合外力之间的关系，所以选择仪器A、D。(2)试验时应先接通电源，待打点计时器正常工作后，再释放小车，A错误；为了保证绳子拉力沿木板方向，所以绳子要与木板平行，所以B正确；起先运动时小车速度较小，点间距较小，选项C错误；连纸带的小车匀速下滑时表示小车所受合外力为零，说明摩擦力已被平衡，选项D正确。(3)依据vD＝eq\f(xCE,2T)＝eq\f(（6.50－2.40）×10－2,2×0.1)m/s＝0.21m/s。答案(1)AD(2)BD(3)0.212.某同学用如图13甲所示的装置做“探究物体的加速度与力的关系”的试验。试验时保持小车的质量不变，用钩码的重力作为小车受到的合外力，依据打点计时器在小车后端拖动的纸带上打出的点迹计算小车运动的加速度。图13(1)试验时先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是________________________________________。(2)图乙为试验中打出的一条纸带的一部分，从比较清楚的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图乙所示。已知打点计时器接在频率为50Hz的沟通电源两端，则此次试验中小车运动的加速度的测量值a＝__________m/s2。(结果保留2位有效数字)(3)试验时变更所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。依据测得的多组数据画出a－F关系图线，如图14所示。试分析：图线不通过坐标原点O的缘由是______________________________________________；图线上部弯曲的缘由是_______________________________________。图14解析(1)反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，目的是平衡摩擦力。(2)由逐差法求解加速度，a＝eq\f(（xCD＋xDE）－（xAB＋xBC）,（2T）2)，其中xAB＝3.90cm，xBC＝4.90cm，xCD＝5.90cm，xDE＝6.90cm，T＝0.1s，则a＝1.0m/s2。(3)由a－F图象可知，当加速度为0时，外力F≠0，图线不过原点O的缘由是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够。小车的加速度实际是a＝eq\f(1,M＋m)mg，起先时，由于满意Mm，图线斜率近似为eq\f(1,M)，其图线近似为直线，随着m的增大，a－F图线的斜率不再是eq\f(1,M)，而是eq\f(1,M＋m)，故图线上部是弯曲的。答案(1)平衡小车运动中受到的摩擦阻力(2)1.0(3)没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够未满意拉车的钩码质量远小于小车质量3.甲、乙两同学均设计了测量动摩擦因数的试验。已知重力加速度为g。图15(1)甲同学设计的试验装置如图15甲所示，其中A为置于水平面上的质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的物块，C为物块右端连接的一轻质弹簧测力计，连接弹簧的细绳水平。试验时用力拉动A，当C的示数稳定后(B仍在A上)，读出其示数F，则该设计能测出__________(填“A与B”或“A与地面”)之间的动摩擦因数，且μ＝__________。(2)乙同学的设计如图乙所示。他在一端带有定滑轮的长木板上固定A、B两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力，长木板固定在水平面上，物块与滑轮间的细绳水平。试验时，多次变更砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A处由静止起先运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电门之间的运动时间t；在坐标系中作出的F－eq\f(1,t2)图线如图丙所示，图线的斜率为k，与纵轴的截距为b。因乙同学不能测出物块质量，故该同学还应当测出的物理量为__________________________(填所测物理量及其符号)。依据所测物理量及图线信息，可知物块与木板之间的动摩擦因数表达式为μ＝__________。解析(1)当B处于静止状态，弹簧测力计的读数跟B所受的滑动摩擦力Ff大小相等，B对木板A的压力大小等于B的重力mg，由Ff＝μFN得μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(F,mg)。(2)F－μmg＝ma，x＝eq\f(1,2)at2，得F－μmg＝m·eq\f(2x,t2)，结合图象可得b＝μmg，k＝2mx，解得μ＝eq\f(2xb,kg)。答案(1)A与Beq\f(F,mg)(2)光电门A、B之间的距离xeq\f(2xb,kg)4.(2024·江苏扬州中学考试)某探讨性学习小组利用气垫导轨验证牛顿其次定律，试验装置如图16甲所示。在气垫导轨上相隔肯定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器将采集到的数据传送给计算机。滑块在细线的牵引下向左做加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到电压U随时间t变更的图象，如图乙所示。图16(1)试验前，接通气源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的Δt1____Δt2(选填“＞”“＝”或“<”)时，说明气垫导轨已经水平。(2)用螺旋测微器测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则d＝__________mm。(3)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图象如图乙所示，若Δt1、Δt2和d已知，要对滑块和钩码组成的系统验证牛顿其次定律，还应测出两光电门间距离L和____________________(写出物理量的名称及符号)。(4)若上述物理量间满意关系式____________________，则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统满意牛顿其次定律。解析(1)检验气垫导轨水平的方法是轻推滑块，看滑块是否做匀速直线运动，故应当选择Δt1＝Δt2。(2)本题中固定刻度的读数为8mm(半毫米刻度线未露出)，可动刻度上与固定刻度水平线所对的读数为47.3(要估读一位)，所以遮光条的宽度d＝8.473mm。(3)对滑块和钩码组成的系统，由牛顿其次定律得mg＝(m＋M)a，依据公式veq\o\al(2,2)＝veq\o\al(2,1)＋2aL，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))eq\s\up12(2)＋2aL，结合题中Δt1、Δt2、d、L，可以测量加速度，故还须要测量滑块P和遮光条的总质量M。(4)将(3)中的方程联立知，只需证明mg＝eq\f(1,2L)(M＋m)(eq\f(d,Δt2))2－eq\f(1,2L)(M＋m)(eq\f(d,Δt1))2。答案(1)＝(2)8.473(在8.472～8.474之间均算对)(3)滑块P和遮光条的总质量M(4)mg＝eq\f(1,2L)(M＋m)(eq\f(d,Δt2))2－eq\f(1,2L)(M＋m)(eq\f(d,Δt1))25.(2024·江苏单科，11)某同学利用如图17所示的试验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。试验操作如下：图17①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；②在重锤1上加上质量为m的小钩码；③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。请回答下列问题：(1)步骤④可以减小对下落时间t测量的________(选填“偶然”或“系统”)误差。(2)试验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小许多，主要是为了________。A.使H测得更精确B.使重锤1下落的时间长一些C.使系统的总质量近似等于2MD.使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等(3)滑轮的摩擦阻力会引起试验误差。现供应一些橡皮泥用于减小该误差，可以怎么做？(4)运用橡皮泥改进试验后，重新进行试验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0。用试验中的测量量和已知量表示g，得g＝________。解析(1)步骤④多次测量取平均值是为了减小偶然误差。(2)试验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小许多，这样可以使重锤1下落的加速度小一些，依据H＝eq\f(1,2)at2可知，可以使重锤1下落的时间长一些，便于测量时间，选项B正确。(3)在重锤1上粘些橡皮泥，调整橡皮泥质量，直至轻拉重锤1能够视察到重锤1匀速下落。(4)对两个重锤、小钩码和橡皮泥组成的系统，由牛顿其次定律，mg＝(2M＋m＋m0)a，重锤1下落，依据匀变速直线运动规律H＝eq\f(1,2)at2，联立解得g＝eq\f(2（2M＋m＋m0）H,mt2)。答案(1)偶然(2)B(3)在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能视察到其匀速下落(4)eq\f(2（2M＋m＋m0）H,mt2)6.某物理课外小组利用图18中的装置探究物