2022年高考物理總復習講義 第3章 加強1講 牛頓運動定律的綜合應用

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1、2022年高考物理總復習講義 第3章 加強1講 牛頓運動定律的綜合應用 一、整體法的選取原則 若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)． 二、隔離法的選取原則 若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解． 三、整體法、隔離法的交替運用原則 若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力．即“先整

2、體求加速度，后隔離求內力”． ——————[1個示范例]—————— 　 圖3－3－1 (xx·江蘇高考)如圖3－3－1所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升．夾子和木塊的質量分別為m、M，夾子與木塊兩側間的最大靜摩擦力均為f.若木塊不滑動，力F的最大值是(　　) A.　　　　　　　 B. C.－(m＋M)g D.＋(m＋M)g 【審題指導】　(1)木塊從兩側均受到向上的摩擦力，且大小相同 (2)當夾子與木塊兩側的靜摩擦力達到最大值時，木塊剛要相對夾子滑動，對應拉力F最大 【解析】　對整個系統(tǒng)應用牛頓第二定律： F－(M＋m)g＝(M＋m)a① 對M應用牛頓第

3、二定律：2f－Mg＝Ma② 由①②聯立可得：F＝，故A正確． 【答案】　A 　整體法與隔離法常涉及的問題類型 (1)涉及滑輪的問題：若要求繩的拉力，一般都采用隔離法． (2)水平面上的連接體問題：①這類問題一般是連接體(系統(tǒng))各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度．解題時，一般采用先整體、后隔離的方法．②建立直角坐標系時也要考慮矢量正交分解越少越好的原則，或者正交分解力，或者正交分解加速度． (3)斜面體與物體組成的連接體的問題：當物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，解題時一般采用隔離法分析． ——————[1個預測例]—————— 　如圖3－

4、3－2甲所示，質量為M的小車放在光滑的水平面上．小車上用細線懸吊一質量為m的小球，M＞m.現用一力F水平向右拉小球，使小球和車一起以加速度a向右運動時，細線與豎直方向成α角，細線的拉力為T；如圖3－3－2乙所示，若用一力F′水平向左拉小車，使小球和車一起以加速度a′向左運動時，細線與豎直方向也成α角，細線的拉力為T′.則(　　) 圖3－3－2 A．a′＝a，T′＝T　　　　　 B．a′＞a，T′＝T C．a′＜a，T′＝T D．a′＞a，T′＞T 【解析】　 對圖甲整體分析，由牛頓第二定律得a＝，對小球受力分析如圖(a)所示，因此有F－Tsin α＝ma，Tcos α＝m

5、g；對圖乙小球受力分析如圖(b)所示，因此有T′sin α＝ma′，T′cos α＝mg，解得T′＝T＝mg/cos α，a＝gtan α，a′＝gtan α，由于M＞m，故a′＞a. 【答案】　B 考點二 [22]　動力學中的臨界極值問題分析 一、臨界狀態(tài)與臨界條件 當物體的運動從一種狀態(tài)轉變?yōu)榱硪环N狀態(tài)時必然有一個轉折點，這個轉折點所對應的狀態(tài)叫做臨界狀態(tài)；在臨界狀態(tài)時必須滿足的條件叫做臨界條件． 二、臨界或極值條件的標志 1．有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點． 2．若題目中有“取值范圍”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題

6、述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就是臨界狀態(tài)． 三、臨界問題的常用解法 1．極限法：把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的． 2．假設法：臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時．或變化過程中可能出現臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題． 3．數學方法：將物理過程轉化為數學公式，根據數學表達式解出臨界條件． ——————[1個示范例]—————— 　如圖3－3－3所示，光滑水平面上放置質量分別為m、2m的A、B兩個物體，A、B間的最大靜摩擦力為μmg，現用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度運動，則

7、拉力F的最大值為(　　) 圖3－3－3 A．μmg　　　　　 B．2μmg C．3μmg D．4μmg 【解析】　當A、B之間恰好不發(fā)生相對滑動時力F最大，此時，對于A物體所受的合外力為μmg，由牛頓第二定律知aA＝＝μg；對于A、B整體，加速度a＝aA＝μg，由牛頓第二定律得F＝3ma＝3μmg. 【答案】　C ——————[1個預測例]—————— 圖3－3－4 　如圖3－3－4所示，一輕質彈簧的一端固定于傾角θ＝30°的光滑斜面的頂端，另一端系有質量m＝0.5 kg的小球，小球被一垂直于斜面的擋板擋住，此時彈簧恰好為自然長度．現使擋板以恒定加速度a＝2 m/s

8、2沿斜面向下運動(斜面足夠長)，已知彈簧的勁度系數k＝50 N/m，g取10 m/s2. (1)求小球開始運動時擋板對小球的彈力的大?。? (2)求小球從開始運動到與擋板分離時彈簧的伸長量． (3)判斷小球與擋板分離后能否回到原出發(fā)點？請簡述理由． 【審題指導】　(1)初始時刻，彈簧處于自然長度，小球受重力和擋板的支持力． (2)球與擋板分離的臨界條件為二者之間作用力恰為零． 【解析】　(1)設小球受擋板的作用力為F1，因為開始時彈簧對小球作用力為零，由牛頓第二定律得：mgsin θ －F1＝ma F1＝1.5 N. (2)設小球受彈簧的拉力為F2，因為小球與擋板分離時，擋板對小

9、球的作用力為零，由牛頓第二定律得：mgsin θ－F2＝ma F2＝1.5 N 由胡克定律得：F2＝kx，x＝3 cm， (3)小球與擋板分離后不能回到原出發(fā)點．因為整個過程中擋板對小球的作用力沿斜面向上，小球位移沿斜面向下，擋板對小球做負功，小球和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能減小． 【答案】　見解析 考點三 [23]　動力學圖象問題 一、圖象的類型 1．已知物體在一運動過程中所受的某個力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況． 2．已知物體在一運動過程中速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況． 二、問題的實質 是力與運動的關系問題，求解這類問題的關鍵是理解圖象的

10、物理意義，理解圖象的軸、點、線、截、斜、面六大功能． ——————[1個示范例]—————— 　(多選)靜止在光滑水平面上的物體，同時受到在同一直線上的力F1、F2作用，F1、F2隨時間變化的圖象如圖3－3－5所示，則a－t圖象和v－t圖象是圖中的(　　) 圖3－3－5 【解析】　由F－t圖知，物體所受合力，在0～t0時間內均勻減小，在t0～2t0時間內均勻增大．根據牛頓第二定律知A對，B錯．由速度和加速度的關系知，C對，D錯． 【答案】　AC ——————[1個預測例]—————— 　質量為2 kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動，一段時間后撤去F，其運動的

11、v－t圖象如圖3－3－6所示．g取10 m/s2，求： 圖3－3－6 (1)物體與水平面間的動摩擦因數μ； (2)水平推力F的大小； (3)0～10 s內物體運動位移的大?。? 【解析】　(1)設物體做勻減速直線運動的時間為Δt2、加速度為a2，則 a2＝＝－2 m/s2① 設物體所受的摩擦力為Ff，根據牛頓第二定律，有 Ff＝ma2② Ff＝－μmg③ 聯立②③得 μ＝＝0.2.④ (2)設物體做勻加速直線運動的時間為Δt1、加速度為a1，則 a1＝＝1 m/s2⑤ 根據牛頓第二定律，有 F＋Ff＝ma1⑥ 聯立③⑥得F＝μmg＋ma1＝6 N. (3)根

12、據v－t圖象圍成的面積，得 x＝x1＋x2＝×(2＋8)×6 m＋×8×4 m＝46 m. 【答案】　(1)0.2　(2)6 N　(3)46 m 動力學中的“滑塊、滑板組合模型” 一、模型特點 1．上、下疊放兩個物體，并且兩物體在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對滑動． 2．常見兩種位移關系 滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，(1)若滑塊和滑板同向運動，位移之差等于板長；(2)反向運動時，位移之和等于板長． 二、解題思路 1．分析滑塊和木板的受力情況，根據牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度． 2．對滑塊和木板進行運動情況分析，找出滑塊和木塊之間的位移關系或速度關系，建立

13、方程. 　【規(guī)范解答】　 在力F作用過程中，M和m都做勻加速直線運動，經過t1撤掉力F后，m繼續(xù)做勻加速運動，M做勻減速運動，當兩者達到共同速度時，如果m恰好滑到M的左端，則時間為最短時間，作v－t圖象如圖示． 設t1時刻撤掉力F，此時，滑塊的速度為v2，木板的速度為v1，t2時刻達到最終速度v3，陰影部分的面積為板長L. 在0～t1的過程中，由牛頓第二定律得： 對滑塊：μmg＝ma2，v2＝a2t1① 對木板：F－μmg＝Ma1，v1＝a1t1② 撤去力F后，木板的加速度變?yōu)閍3，則：μmg＝Ma3③ 由v－t圖象知：L＝(v1－v2)t1＋(v1－v2)(t2－

14、t1)＝(v1－v2)t2，④ v1－a3(t2－t1)＝v2＋a2(t2－t1)⑤ 聯立以上各式得：t1＝1 s．⑥ 【答案】　1 s 　(xx·江蘇高考)如圖3－3－8所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗．若砝碼和紙板的質量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g. 圖3－3－8 (1)當紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大??； (2)要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力的大小； (3)本實驗中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，

15、砝碼與紙板左端的距離d＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝碼移動的距離超過l＝0.002 m，人眼就能感知．為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大？ 【解析】　(1)砝碼對紙板的摩擦力f1＝μm1g，桌面對紙板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g，紙所受的摩擦力 f＝f1＋f2＝μ(2m1＋m2)g. (2)設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則 f1＝m1a1，F－f1－f2＝m2a2 發(fā)生相對運動的條件a12μ(m1＋m2)g. (3)紙板抽出前，砝碼運動距離x1＝a1t 紙板運動的距離x1＋d＝a2t 紙板抽出后，砝碼在桌面上運動的距離x2＝

16、a3t，l＝x1＋x2 且a1＝a3，a1t1＝a3t2，聯立以上各式解得 F＝2μ[m1＋(1＋)m2]g，代入數據求得F＝22.4 N 【答案】　(1)μ(2m1＋m2)g　(2)F＞2μ(m1＋m2)g　(3)22.4 N ⊙連接體問題 1．(xx屆南京模擬)如圖3－3－9所示，兩塊粘連在一起的物塊a和b的質量分別為ma和mb，把它放在水平的光滑桌面上．現同時給它們施加方向如圖所示的推力Fa和拉力Fb.已知Fa>Fb，則a對b的作用力(　　) 圖3－3－9 A．必為推力 B．必為拉力 C．可能為推力，也可能為拉力 D．不可能為零 【解析】　該題考查加速度相同

17、的連接體，可采用整體法求加速度、隔離法求相互作用力．選整體為研究對象，Fa＋Fb＝(ma＋mb)a，a＝，選b為研究對象，設作用力為FN，則FN＋Fb＝mba，FN＝＝.由于Fa>Fb，但a、b的質量關系未知，所以FN可能為正，也可能為負．故C選項正確． 【答案】　C ⊙圖象問題 2．(xx·浙江高考)如圖3－3－10所示，水平木板上有質量m＝1.0 kg的物塊，受到隨時間t變化的水平拉力F作用，用力傳感器測出相應時刻物塊所受摩擦力Ff的大?。≈亓铀俣萭＝10 m/s2，下列判斷正確的是(　　) 圖3－3－10 A．5 s內拉力對物塊做功為零 B．4 s末物塊所受合力大

18、小為4.0 N C．物塊與木板之間的動摩擦因數為0.4 D．6 s～9 s內物塊的加速度大小為2.0 m/s2 【解析】　對物塊受力分析，分析圖象中各段的運動規(guī)律，結合牛頓運動定律及做功的條件分析各選項． 由圖象知物塊前4 s靜止，4 s～5 s內物塊做加速運動，前5 s內拉力對物塊做功不為零，故A選項錯誤；4 s末物塊靜止，所受合力為零，B選項錯誤；由4 s之后的運動情況判斷其受滑動摩擦力Ff＝μmg＝3.0 N，得μ＝0.3，C選項錯誤；由牛頓第二定律可知4 s后物塊的加速度a＝＝2.0 m/s2，D選項正確． 【答案】　D ⊙臨界和極值問題 圖3－3－11 3．(多選

19、)如圖3－3－11所示，小車內有一質量為m的物塊，一輕質彈簧兩端與小車和物塊相連，處于壓縮狀態(tài)且在彈性限度內．彈簧的勁度系數為k，形變量為x，物塊和小車之間的動摩擦因數為μ.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．運動過程中，物塊和小車始終保持相對靜止，則下列說法正確的是(　　) A．若μmg小于kx，則小車的加速度方向一定向左 B．若μmg小于kx，則小車的加速度最小值為a＝，且小車只能向左加速運動 C．若μmg大于kx，則小車的加速度方向可以向左也可以向右 D．若μmg大于kx，則小車的加速度最大值為，最小值為 【解析】　若μmg小于kx，而彈簧又處于壓縮狀態(tài)，則物塊所受彈簧彈力和靜摩擦力

20、的合力水平向左，即小車的加速度一定向左，A對；由牛頓第二定律得kx－f＝ma，當f＝μmg時，加速度方向向左且最小值為amin＝，隨著加速度的增大，f減小到零后又反向增大，當再次出現f＝μmg時，加速度方向向左達最大值amax＝，但小車可向左加速，也可向右減速，B錯；若μmg大于kx，則物塊所受彈簧彈力和靜摩擦力的合力(即加速度)可能水平向左，也可能水平向右，即小車加速度方向可以向左也可以向右，C對；當物塊的合外力水平向右時，加速度的最大值為，物塊的合外力水平向左時，加速度的最大值為，則小車的加速度最大值為，最小值為0，D錯． 【答案】　AC ⊙滑塊木板模型 圖3－3－12 4．(

21、多選)如圖3－3－12所示，長木板放置在水平面上，一小物塊置于長木板的中央，長木板和物塊的質量均為m，物塊與木板間的動摩擦因數為μ，木板與水平面間的動摩擦因數為，已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g，現對物塊施加一水平向右的拉力F，則木板加速度大小a可能是(　　) A．a＝μg　　　　　　　 B．a＝ C．a＝ D．a＝－ 【解析】　當F較大，二者發(fā)生相對滑動時，對木板有：μmg－·2mg＝ma，所以a＝g；當F較小，二者一起加速時，有：F－·2mg＝2ma，所以a＝－g，故選項C、D正確． 【答案】　CD ⊙動力學中的v－t圖象問題 5. 圖3－3－13

22、 (xx·安徽高考)質量為0.1 kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落，該下落過程對應的v－t圖象如圖3－3－13所示．彈性球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的.設球受到的空氣阻力大小恒為f，取g＝10 m/s2，求： (1)彈性球受到的空氣阻力f的大??； (2)彈性球第一次碰撞后反彈的高度h. 【解析】　(1)由v－t圖象可知，彈性球下落過程的加速度為 a1＝＝ m/s2＝8 m/s2 根據牛頓第二定律，得mg－f＝ma1 所以彈性球受到的空氣阻力f＝mg－ma1＝(0.1×10－0.1×8) N＝0.2 N. (2)彈性球第一次反彈后的速度v1＝×4 m/s＝

23、3 m/s 根據牛頓第二定律，得彈性球上升的加速度為a2＝＝ m/s2＝12 m/s2 根據v2－v＝－2ah，得彈性球第一次反彈的高度 h＝＝ m＝0.375 m. 【答案】　(1)0.2 N　(2)0.375 m 實驗四　驗證牛頓運動定律 實驗目的 1．學會用控制變量法研究物理規(guī)律． 2．探究加速度與力、質量的關系． 3．掌握利用圖象處理數據的方法． 實驗器材 打點計時器、紙帶、復寫紙、小車、一端附有定滑輪的長木板、小盤、夾子、細繩、低壓交流電源、導線、天平、刻度尺、砝碼、薄木塊． 實驗原理 采取控制變量法，即先控制一個參量——小車的質量M不變，探究加速度a與

24、力F的關系；再控制小盤和砝碼的質量不變，即力F不變，探究加速度a與小車質量M的關系． 實驗步驟 圖3－4－1 1．用天平測量小盤的質量m′和小車的質量m. 2．按照如圖所示裝置把實驗器材安裝好，只是不把懸掛小盤的細繩系在小車上(即不給小車牽引力)． 3．平衡摩擦力：在長木板的不帶定滑輪的一端下面墊上一塊薄木塊，使小車勻速下滑． 4．小盤通過細繩繞過滑輪系于小車上，先通電源后放開小車，取下紙帶編號碼． 5．保持小車的質量m不變，改變砝碼和小盤的質量m′，重復步驟4. 6．在每條紙帶上選取一段比較理想的部分，測加速度a. 7．描點作圖，作a－F的圖象． 8．保持砝碼和小盤的

25、質量m′不變，改變小車質量m，重復步驟4和6，作a－圖象． 實驗結論 加速度與合外力成正比，與質量成反比． 注意事項 1．在平衡摩擦力時，不要把懸掛小盤的細線系在小車上，即不要給小車加任何牽引力，并要讓小車拖著打點的紙帶運動． 2．每條紙帶必須在滿足小車與車上所加砝碼的總質量遠大于小盤和砝碼的總質量的條件下打出．只有如此，小車受到的拉力才可視為等于小盤和砝碼的總重力． 3．改變拉力和小車質量后，每次開始時小車應盡量靠近打點計時器，并應先接通電源，再放開小車，且應在小車到達滑輪前按住小車． 4．作圖象時，要使盡可能多的點分布在所作直線上，不在直線上的點應盡可能對稱分布在所作直線兩側

26、． 5．作圖時兩軸標度比例要選擇適當，各量須采用國際單位．這樣作圖線時，坐標點間距不至于過密，誤差會小些． 誤差來源 1．測量誤差 (1)質量的測量． (2)打點間隔距離的測量． 2．操作誤差 (1)拉線或紙帶與木板不平行． (2)傾斜角度不當，平衡摩擦力不準． 3．原理誤差 本實驗中用小盤和砝碼的總重力代替小車受到的拉力(實際上小車受到的拉力要小于小盤和砝碼的總重力)，存在系統(tǒng)誤差. 考點一　實驗原理與注意事項 　(xx·安徽高考)圖3－4－2為“驗證牛頓第二定律”的實驗裝置示意圖．砂和砂桶的總質量為m，小車和砝碼的總質量為M.實驗中用砂和砂桶總重力的大小作為細線

27、對小車拉力的大?。? (1)實驗中，為了使細線對小車的拉力等于小車所受的合外力，先調節(jié)長木板一端滑輪的高度，使細線與長木板平行．接下來還需要進行的一項操作是(　　) 圖3－4－2 A．將長木板水平放置，讓小車連著已經穿過打點計時器的紙帶，給打點計時器通電，調節(jié)m的大小，使小車在砂和砂桶的牽引下運動，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動 B．將長木板的一端墊起適當的高度，讓小車連著已經穿過打點計時器的紙帶，撤去砂和砂桶，給打點計時器通電，輕推小車，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動 C．將長木板的一端墊起適當的高度，撤去紙帶以及砂和砂桶，輕推小車，觀察判斷小車是否做勻速運動 (2)實

28、驗中要進行質量m和M的選取，以下最合理的一組是(　　) A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g C．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g D．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g (3)圖3－4－3是實驗中得到的一條紙帶，A、B、C、D、E、F、G為7個相鄰的計數點，相鄰的兩個計數點之間還有四個點未畫出，量出相鄰的計數點之間的距離分別為：sAB＝4.22 cm、sBC

29、＝4.65 cm、sCD＝5.08 cm、sDE＝5.49 cm，sEF＝5.91 cm，sFG＝6.34 cm.已知打點計時器的工作頻率為50 Hz，則小車的加速度a＝________m/s2.(結果保留兩位有效數字) 圖3－4－3 【解析】　(1)在“驗證牛頓第二定律”的實驗中，為了使細線對小車的拉力等于小車所受的合外力，則需要平衡摩擦力，并使細線與長木板平行．平衡摩擦力的方法是只讓小車牽引紙帶(撤去砂及砂桶)，紙帶穿過打點計時器，并墊高長木板不帶滑輪的一端，打點計時器接通電源工作．如果打出紙帶上的點跡分布均勻，則說明小車做勻速運動．故選項B正確，選項A、C錯誤． (2)在“驗證

30、牛頓第二定律”的實驗中，為使細線對小車的拉力等于砂及砂桶的總重力，則M?m，且盡可能地多做幾組．故選項C最合理． (3)根據題意，相鄰計數點間的時間間隔為T＝0.1 s， 根據Δs＝aT2，得， sDE－sAB＝3a1T2　sEF－sBC＝3a2T2　sFG－sCD＝3a3T2 所以小車的加速度 a＝＝＝0.42 m/s2. 【答案】　(1)B　(2)C　(3)0.42 考點二　實驗數據處理 　(xx·山西省實驗中學模擬)某學習小組的同學在用打點計時器探究物體的加速度與物體的質量之間的關系實驗中，不改變拉力，只改變物體的質量，得到了如表所示的幾組數據，其中第3組數據還未算出加速

31、度，但對應該組已打出了紙帶，如圖所示(長度單位：cm)，圖3－4－4中各點為每5個打點選出的計數點(兩計數點間還有4個打點未標出)． 圖3－4－4 實驗次數 1 2 3 4 5 6 小車質量/g 200 300 400 500 600 700 小車加速度/m·s－2 2.00 1.33 0.79 0.67 0.40 小車質量的倒數/kg－1 5.00 3.33 2.50 2.00 1.67 1.00 (1)請由紙帶上的數據，計算出缺少的加速度值并填入表中(小數點后保留兩位數)． (2)請在圖3－4－5中建立合適的坐標，將表

32、中各組數據用小黑點描在坐標紙上，并作出平滑的圖線． 圖3－4－5 (3)由圖象得出的結論： ________________________________________________________________________. 【解析】　(1)由逐差法得 a＝ ＝ ＝＝×10－2 m/s2≈0.99 m/s2 (2)描點繪圖，如圖所示 (3)由圖象知a－圖象是一條通過原點的傾斜直線，即在拉力一定時，物體的加速度與質量成反比． 【答案】　(1)0.99　(2)見解析 (3)拉力一定時，物體的加速度與質量成反比 考點三　實驗改進與創(chuàng)新 　(xx·新課標

33、全國卷Ⅰ)圖3－4－6為測量物塊與水平桌面之間動摩擦因數的實驗裝置示意圖．實驗步驟如下： 圖3－4－6 ①用天平測量物塊和遮光片的總質量M、重物的質量m；用游標卡尺測量遮光片的寬度d；用米尺測量兩光電門之間的距離s； ②調整輕滑輪，使細線水平； ③讓物塊從光電門A的左側由靜止釋放，用數字毫秒計分別測出遮光片經過光電門A和光電門B所用的時間ΔtA和ΔtB，求出加速度a； ④多次重復步驟③，求a的平均值； ⑤根據上述實驗數據求出動摩擦因數μ. 回答下列問題： (1)測量d時，某次游標卡尺(主尺的最小分度為1 mm)的示數如圖3－4－7所示，其讀數為________cm.

34、 圖3－4－7 (2)物塊的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示為a＝________. (3)動摩擦因數μ可用M、m、和重力加速度g表示為μ＝________. (4)如果細線沒有調整到水平，由此引起的誤差屬于________(選填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”)． 【解析】　(1)d＝0.9 cm＋12×0.05 mm＝0.9 cm＋0.060 cm＝0.960 cm. (2)由v＝得，vA＝，vB＝，物塊做勻加速直線運動，則v－v＝2ax，即2－2＝2as，得a＝. (3)整體運用牛頓第二定律得：mg－μMg＝(M＋m)，則μ＝. (4)由實驗裝置引起的誤差為系統(tǒng)誤差．

35、【答案】　(1)0.960　(2) (3)　(4)系統(tǒng)誤差 [高考命題角度分析] 一、本題創(chuàng)新點分析 1．真題溯源——本題實驗用到的器材：一端帶輪的長木板、滑塊與課本實驗相同，其運動形式也是滑塊在重物作用下沿長木板運動． 2．創(chuàng)新亮點——該題沒有平衡摩擦力問題，加速度沒有利用打點計時器、紙帶來求，而是用光電門測速度，用運動學公式算出，實驗沒有驗證牛頓第二定律，而是應用牛頓第二定律列式求動摩擦因數． 二、本實驗的其他改進創(chuàng)新思路 (一)實驗器材的改變 如果還是測量動摩擦因數，不用光電門，仍然沿用打點計時器，紙帶的辦法，實驗結果與該題辦法比較，有什么不足？ 【提示】　誤差變大，因

36、為紙帶與打點計時器之間有摩擦力． (二)實驗原理的改變 測動摩擦因數，可以避開測加速度，比如用力平衡的辦法即用一個彈簧測力計勻速拉動木板上的滑塊或滑塊與彈簧測力計不動，抽動下面的木板，這兩種辦法有什么不足？ 【提示】　前者勻速拉動彈簧測力計不易操作，后者抽動木板較好，但彈簧測力計的測量精度和讀數均存在誤差，另外也需測量木板質量，也存在誤差. 1．(多選)在利用打點計時器和小車做“驗證牛頓運動定律”的實驗時，下列說法中正確的是(　　) A．平衡摩擦力時，應將砝碼盤及盤內砝碼通過定滑輪拴在小車上 B．連接砝碼盤和小車的細繩應跟長木板保持平行 C．平衡摩擦力后，長木板的位置不能移動

37、 D．小車釋放前應靠近打點計時器，且應先接通電源再釋放小車 【解析】　本題考查實驗過程中應注意的事項，選項A中平衡摩擦力時，不能將砝碼盤及盤內砝碼(或小桶)通過細繩拴在小車上，A錯；選項B、C、D符合正確的操作方法，B、C、D對． 【答案】　BCD 2．(xx·大同一中模擬)在“探究加速度與力、質量的關系”的實驗中備有下列器材： A．電磁打點計時器；B.天平(帶砝碼)；C.秒表；D.低壓直流電源；E.紙帶和復寫紙；F.導線；G.細繩；H.小車；I.砂和小桶；J.一端附有滑輪的長木板；K.砝碼． (1)其中多余的器材是________(填代號)，缺少的器材是________和____

38、____． (2)在探究加速度a與質量m的關系時，分別以________為縱坐標、________為橫坐標作圖像，這樣就能直觀地看出其關系． 【答案】　(1)CD　低壓交流電源刻度尺　(2)a　 3．(xx·天津高考)某實驗小組利用圖3－4－8所示的裝置探究加速度與力、質量的關系． 圖3－4－8 ①(多選)下列做法正確的是________(填字母代號) A．調節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行 B．在調節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上 C．實驗時，先放開木塊再接通打點計時器的電源 D．通過增減木塊上的砝碼改變質量

39、時，不需要重新調節(jié)木板傾斜度 ②為使砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數值上近似等于木塊運動時受到的拉力，應滿足的條件是砝碼桶及桶內砝碼的總質量________木塊和木塊上砝碼的總質量．(填“遠大于”“遠小于”或“近似等于”) 圖3－4－9 ③甲、乙兩同學在同一實驗室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關系，分別得到圖3－4－9中甲、乙兩條直線．設甲、乙用的木塊質量分別為m甲、m乙，甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數分別為μ甲、μ乙，由圖可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．(選填“大于”“小于”或“等于”

40、) 【解析】?、偬骄考铀俣扰c力、質量的關系時，牽引木塊的細繩應與長木板平行；平衡摩擦力時應不掛砝碼桶；對于打點計時器，應先接通電源，再放開木塊；平衡摩擦力后，改變木塊上砝碼的質量，不需要重新平衡摩擦力．選項A、D正確，選項B、C錯誤． ②對于系統(tǒng)，根據牛頓第二定律，有a＝，牽引小車的拉力F＝Ma＝.要使F＝mg，則M≈M＋m，即要求m?M. ③對于木塊，根據牛頓第二定律，得a＝＝－μg，故a-F圖象的斜率反映了木塊質量的倒數．有>，所以m甲μ乙． 【答案】?、貯D?、谶h小于?、坌∮凇〈笥?

41、 4．(xx·山東高考)某探究小組設計了“用一把尺子測定動摩擦因數”的實驗方案．如圖3－4－10所示，將一個小球和一個滑塊用細繩連接，跨在斜面上端．開始時小球和滑塊均靜止，剪斷細繩后，小球自由下落，滑塊沿斜面下滑，可先后聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音．保持小球和滑塊釋放的位置不變，調整擋板位置，重復以上操作，直到能同時聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音．用刻度尺測出小球下落的高度H、滑塊釋放點與擋板處的高度差h和沿斜面運動的位移x.(空氣阻力對本實驗的影響可以忽略) 圖3－4－10 (1)滑塊沿斜面運動的加速度與重力加速度的比值為________． (2)滑塊與斜面間的動摩擦因數為_

42、_______． (3)(多選)以下能引起實驗誤差的是________． a．滑塊的質量 b．當地重力加速度的大小 c．長度測量時的讀數誤差 d．小球落地和滑塊撞擊擋板不同時 【解析】　(1)同時聽到聲音說明小球與木塊運動時間相同，設都為t，則小球做自由落體運動，H＝gt2，木板沿斜面下滑做勻加速直線運動，x＝at2，由以上兩式可得＝. (2)對木塊進行受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得沿斜面方向：mgsin θ－Ff＝ma 垂直斜面方向：FN－mgcos θ＝0 又有：Ff＝μFN 由以上三式解得a＝gsin θ－μgcos θ， 將＝代入可得：μ＝. (3)由動

43、摩擦因數的表達式可知選c、d. 【答案】　(1)　(2)　(3)cd 5．(xx·重慶高考)某同學設計了如圖3－4－11所示的裝置，利用米尺、秒表、輕繩、輕滑輪、軌道、滑塊、托盤和砝碼等器材來測定滑塊和軌道間的動摩擦因數μ.滑塊和托盤上分別放有若干砝碼，滑塊質量為M，滑塊上砝碼總質量為m′，托盤和盤中砝碼的總質量為m.實驗中，滑塊在水平軌道上從A到B做初速為零的勻加速直線運動，重力加速度g取10 m/s2. 圖3－4－11 (1)為測量滑塊的加速度a，須測出它在A、B間運動的________與________，計算a的運動學公式是________； (2)根據牛頓運動定律得到a與

44、m的關系為：a＝m－μg 他想通過多次改變m，測出相應的a值，并利用上式來計算μ.若要求a是m的一次函數，必須使上式中的______保持不變，實驗中應將從托盤中取出的砝碼置于________； (3)實驗得到a與m的關系圖3－4－12所示，由此可知μ＝________.(取兩位有效數字) 圖3－4－12 【解析】　(1)滑塊從A到B做勻加速直線運動，故x＝at2，即a＝，需測位移x和時間t，計算a的運動學公式是a＝. (2)由數學知識知若a是m的一次函數，必須滿足不變，即(m′＋m)不變，方法就是將從托盤中取出的砝碼置于滑塊上，以保證(m′＋m)保持不變． (3)從圖象中取兩點的坐標值代入a與m的關系式聯立方程求解，可得μ. 如 解得μ≈0.23. 【答案】　(1)位移x　時間t　a＝ (2)m′＋m　滑塊上 (3)0.23(在0.21～0.25之間均可)