2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí)講義 第3章 加強(qiáng)1講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用.doc
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2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí)講義 第3章 加強(qiáng)1講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用.doc
2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí)講義 第3章 加強(qiáng)1講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用一、整體法的選取原則若連接體內(nèi)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(gè)整體,分析整體受到的合外力,應(yīng)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(nèi)各物體的加速度不相同,或者要求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力時(shí),就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來(lái),應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解三、整體法、隔離法的交替運(yùn)用原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度,且要求物體之間的作用力時(shí),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(duì)象,應(yīng)用牛頓第二定律求作用力即“先整體求加速度,后隔離求內(nèi)力”1個(gè)示范例圖331(xx江蘇高考)如圖331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(zhì)量分別為m、M,夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為f.若木塊不滑動(dòng),力F的最大值是()A.B.C.(mM)g D.(mM)g【審題指導(dǎo)】(1)木塊從兩側(cè)均受到向上的摩擦力,且大小相同(2)當(dāng)夾子與木塊兩側(cè)的靜摩擦力達(dá)到最大值時(shí),木塊剛要相對(duì)夾子滑動(dòng),對(duì)應(yīng)拉力F最大【解析】對(duì)整個(gè)系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律:F(Mm)g(Mm)a對(duì)M應(yīng)用牛頓第二定律:2fMgMa由聯(lián)立可得:F,故A正確【答案】A整體法與隔離法常涉及的問(wèn)題類型(1)涉及滑輪的問(wèn)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(wèn)題:這類問(wèn)題一般是連接體(系統(tǒng))各物體保持相對(duì)靜止,即具有相同的加速度解題時(shí),一般采用先整體、后隔離的方法建立直角坐標(biāo)系時(shí)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(wèn)題:當(dāng)物體具有沿斜面方向的加速度,而斜面體相對(duì)于地面靜止時(shí),解題時(shí)一般采用隔離法分析1個(gè)預(yù)測(cè)例如圖332甲所示,質(zhì)量為M的小車放在光滑的水平面上小車上用細(xì)線懸吊一質(zhì)量為m的小球,Mm.現(xiàn)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(yùn)動(dòng)時(shí),細(xì)線與豎直方向成角,細(xì)線的拉力為T;如圖332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(yùn)動(dòng)時(shí),細(xì)線與豎直方向也成角,細(xì)線的拉力為T.則()圖332Aaa,TTBaa,TTCaa,TT Daa,TT【解析】對(duì)圖甲整體分析,由牛頓第二定律得a,對(duì)小球受力分析如圖(a)所示,因此有FTsin ma,Tcos mg;對(duì)圖乙小球受力分析如圖(b)所示,因此有Tsin ma,Tcos mg,解得TTmg/cos ,agtan ,agtan ,由于Mm,故aa.【答案】B考點(diǎn)二 22動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問(wèn)題分析一、臨界狀態(tài)與臨界條件當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)從一種狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N狀態(tài)時(shí)必然有一個(gè)轉(zhuǎn)折點(diǎn),這個(gè)轉(zhuǎn)折點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的狀態(tài)叫做臨界狀態(tài);在臨界狀態(tài)時(shí)必須滿足的條件叫做臨界條件二、臨界或極值條件的標(biāo)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(guò)程存在著臨界點(diǎn)2若題目中有“取值范圍”、“多長(zhǎng)時(shí)間”、“多大距離”等詞語(yǔ),表明題述的過(guò)程存在著“起止點(diǎn)”,而這些起止點(diǎn)往往就是臨界狀態(tài)三、臨界問(wèn)題的常用解法1極限法:把物理問(wèn)題(或過(guò)程)推向極端,從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來(lái),以達(dá)到正確解決問(wèn)題的目的2假設(shè)法:臨界問(wèn)題存在多種可能,特別是非此即彼兩種可能時(shí)或變化過(guò)程中可能出現(xiàn)臨界條件,也可能不出現(xiàn)臨界條件時(shí),往往用假設(shè)法解決問(wèn)題3數(shù)學(xué)方法:將物理過(guò)程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)公式,根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件1個(gè)示范例如圖333所示,光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m的A、B兩個(gè)物體,A、B間的最大靜摩擦力為mg,現(xiàn)用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度運(yùn)動(dòng),則拉力F的最大值為()圖333AmgB2mgC3mg D4mg【解析】當(dāng)A、B之間恰好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)力F最大,此時(shí),對(duì)于A物體所受的合外力為mg,由牛頓第二定律知aAg;對(duì)于A、B整體,加速度aaAg,由牛頓第二定律得F3ma3mg.【答案】C1個(gè)預(yù)測(cè)例圖334如圖334所示,一輕質(zhì)彈簧的一端固定于傾角30的光滑斜面的頂端,另一端系有質(zhì)量m0.5 kg的小球,小球被一垂直于斜面的擋板擋住,此時(shí)彈簧恰好為自然長(zhǎng)度現(xiàn)使擋板以恒定加速度a2 m/s2沿斜面向下運(yùn)動(dòng)(斜面足夠長(zhǎng)),已知彈簧的勁度系數(shù)k50 N/m,g取10 m/s2.(1)求小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)擋板對(duì)小球的彈力的大小(2)求小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與擋板分離時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量(3)判斷小球與擋板分離后能否回到原出發(fā)點(diǎn)?請(qǐng)簡(jiǎn)述理由【審題指導(dǎo)】(1)初始時(shí)刻,彈簧處于自然長(zhǎng)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(shè)小球受擋板的作用力為F1,因?yàn)殚_(kāi)始時(shí)彈簧對(duì)小球作用力為零,由牛頓第二定律得:mgsin F1maF11.5 N.(2)設(shè)小球受彈簧的拉力為F2,因?yàn)樾∏蚺c擋板分離時(shí),擋板對(duì)小球的作用力為零,由牛頓第二定律得:mgsin F2maF21.5 N由胡克定律得:F2kx,x3 cm,(3)小球與擋板分離后不能回到原出發(fā)點(diǎn)因?yàn)檎麄€(gè)過(guò)程中擋板對(duì)小球的作用力沿斜面向上,小球位移沿斜面向下,擋板對(duì)小球做負(fù)功,小球和彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能減小【答案】見(jiàn)解析考點(diǎn)三 23動(dòng)力學(xué)圖象問(wèn)題一、圖象的類型1已知物體在一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的某個(gè)力隨時(shí)間變化的圖線,要求分析物體的運(yùn)動(dòng)情況2已知物體在一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度、加速度隨時(shí)間變化的圖線,要求分析物體的受力情況二、問(wèn)題的實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系問(wèn)題,求解這類問(wèn)題的關(guān)鍵是理解圖象的物理意義,理解圖象的軸、點(diǎn)、線、截、斜、面六大功能1個(gè)示范例(多選)靜止在光滑水平面上的物體,同時(shí)受到在同一直線上的力F1、F2作用,F(xiàn)1、F2隨時(shí)間變化的圖象如圖335所示,則at圖象和vt圖象是圖中的()圖335【解析】由Ft圖知,物體所受合力,在0t0時(shí)間內(nèi)均勻減小,在t02t0時(shí)間內(nèi)均勻增大根據(jù)牛頓第二定律知A對(duì),B錯(cuò)由速度和加速度的關(guān)系知,C對(duì),D錯(cuò)【答案】AC1個(gè)預(yù)測(cè)例質(zhì)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(yùn)動(dòng),一段時(shí)間后撤去F,其運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖336所示g取10 m/s2,求:圖336(1)物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)水平推力F的大小;(3)010 s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)位移的大小【解析】(1)設(shè)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2、加速度為a2,則a22 m/s2設(shè)物體所受的摩擦力為Ff,根據(jù)牛頓第二定律,有Ffma2Ffmg聯(lián)立得0.2.(2)設(shè)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1、加速度為a1,則a11 m/s2根據(jù)牛頓第二定律,有FFfma1聯(lián)立得Fmgma16 N.(3)根據(jù)vt圖象圍成的面積,得xx1x2(28)6 m84 m46 m.【答案】(1)0.2(2)6 N(3)46 m動(dòng)力學(xué)中的“滑塊、滑板組合模型”一、模型特點(diǎn)1上、下疊放兩個(gè)物體,并且兩物體在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)2常見(jiàn)兩種位移關(guān)系滑塊由滑板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中,(1)若滑塊和滑板同向運(yùn)動(dòng),位移之差等于板長(zhǎng);(2)反向運(yùn)動(dòng)時(shí),位移之和等于板長(zhǎng)二、解題思路1分析滑塊和木板的受力情況,根據(jù)牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度2對(duì)滑塊和木板進(jìn)行運(yùn)動(dòng)情況分析,找出滑塊和木塊之間的位移關(guān)系或速度關(guān)系,建立方程.【規(guī)范解答】在力F作用過(guò)程中,M和m都做勻加速直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)t1撤掉力F后,m繼續(xù)做勻加速運(yùn)動(dòng),M做勻減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)兩者達(dá)到共同速度時(shí),如果m恰好滑到M的左端,則時(shí)間為最短時(shí)間,作vt圖象如圖示設(shè)t1時(shí)刻撤掉力F,此時(shí),滑塊的速度為v2,木板的速度為v1,t2時(shí)刻達(dá)到最終速度v3,陰影部分的面積為板長(zhǎng)L.在0t1的過(guò)程中,由牛頓第二定律得:對(duì)滑塊:mgma2,v2a2t1對(duì)木板:FmgMa1,v1a1t1撤去力F后,木板的加速度變?yōu)閍3,則:mgMa3由vt圖象知:L(v1v2)t1(v1v2)(t2t1)(v1v2)t2,v1a3(t2t1)v2a2(t2t1)聯(lián)立以上各式得:t11 s【答案】1 s(xx江蘇高考)如圖338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(dòng)很小,幾乎觀察不到,這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為m1和m2,各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為,重力加速度為g.圖338(1)當(dāng)紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí),求紙板所受摩擦力的大??;(2)要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng),求所需拉力的大??; (3)本實(shí)驗(yàn)中,m10.5 kg,m20.1 kg,0.2,砝碼與紙板左端的距離d0.1 m,取g10 m/s2.若砝碼移動(dòng)的距離超過(guò)l0.002 m,人眼就能感知為確保實(shí)驗(yàn)成功,紙板所需的拉力至少多大? 【解析】(1)砝碼對(duì)紙板的摩擦力f1m1g,桌面對(duì)紙板的摩擦力f2(m1m2)g,紙所受的摩擦力ff1f2(2m1m2)g.(2)設(shè)砝碼的加速度為a1,紙板的加速度為a2,則f1m1a1,F(xiàn)f1f2m2a2發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的條件a1<a2,解得F>2(m1m2)g.(3)紙板抽出前,砝碼運(yùn)動(dòng)距離x1a1t紙板運(yùn)動(dòng)的距離x1da2t紙板抽出后,砝碼在桌面上運(yùn)動(dòng)的距離x2a3t,lx1x2且a1a3,a1t1a3t2,聯(lián)立以上各式解得F2m1(1)m2g,代入數(shù)據(jù)求得F22.4 N【答案】(1)(2m1m2)g(2)F2(m1m2)g(3)22.4 N連接體問(wèn)題1(xx屆南京模擬)如圖339所示,兩塊粘連在一起的物塊a和b的質(zhì)量分別為ma和mb,把它放在水平的光滑桌面上現(xiàn)同時(shí)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(duì)b的作用力()圖339A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(duì)象,F(xiàn)aFb(mamb)a,a,選b為研究對(duì)象,設(shè)作用力為FN,則FNFbmba,F(xiàn)N.由于Fa>Fb,但a、b的質(zhì)量關(guān)系未知,所以FN可能為正,也可能為負(fù)故C選項(xiàng)正確【答案】C圖象問(wèn)題2(xx浙江高考)如圖3310所示,水平木板上有質(zhì)量m1.0 kg的物塊,受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用,用力傳感器測(cè)出相應(yīng)時(shí)刻物塊所受摩擦力Ff的大小取重力加速度g10 m/s2,下列判斷正確的是()圖3310A5 s內(nèi)拉力對(duì)物塊做功為零B4 s末物塊所受合力大小為4.0 NC物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4D6 s9 s內(nèi)物塊的加速度大小為2.0 m/s2【解析】對(duì)物塊受力分析,分析圖象中各段的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律及做功的條件分析各選項(xiàng)由圖象知物塊前4 s靜止,4 s5 s內(nèi)物塊做加速運(yùn)動(dòng),前5 s內(nèi)拉力對(duì)物塊做功不為零,故A選項(xiàng)錯(cuò)誤;4 s末物塊靜止,所受合力為零,B選項(xiàng)錯(cuò)誤;由4 s之后的運(yùn)動(dòng)情況判斷其受滑動(dòng)摩擦力Ffmg3.0 N,得0.3,C選項(xiàng)錯(cuò)誤;由牛頓第二定律可知4 s后物塊的加速度a2.0 m/s2,D選項(xiàng)正確【答案】D臨界和極值問(wèn)題圖33113(多選)如圖3311所示,小車內(nèi)有一質(zhì)量為m的物塊,一輕質(zhì)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(nèi)彈簧的勁度系數(shù)為k,形變量為x,物塊和小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,物塊和小車始終保持相對(duì)靜止,則下列說(shuō)法正確的是()A若mg小于kx,則小車的加速度方向一定向左B若mg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(yùn)動(dòng)C若mg大于kx,則小車的加速度方向可以向左也可以向右D若mg大于kx,則小車的加速度最大值為,最小值為【解析】若mg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的合力水平向左,即小車的加速度一定向左,A對(duì);由牛頓第二定律得kxfma,當(dāng)fmg時(shí),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(dāng)再次出現(xiàn)fmg時(shí),加速度方向向左達(dá)最大值amax,但小車可向左加速,也可向右減速,B錯(cuò);若mg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(duì);當(dāng)物塊的合外力水平向右時(shí),加速度的最大值為,物塊的合外力水平向左時(shí),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(cuò)【答案】AC滑塊木板模型圖33124(多選)如圖3312所示,長(zhǎng)木板放置在水平面上,一小物塊置于長(zhǎng)木板的中央,長(zhǎng)木板和物塊的質(zhì)量均為m,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,已知最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等,重力加速度為g,現(xiàn)對(duì)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()AagBaCa Da【解析】當(dāng)F較大,二者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí),對(duì)木板有:mg2mgma,所以ag;當(dāng)F較小,二者一起加速時(shí),有:F2mg2ma,所以ag,故選項(xiàng)C、D正確【答案】CD動(dòng)力學(xué)中的vt圖象問(wèn)題5.圖3313(xx安徽高考)質(zhì)量為0.1 kg的彈性球從空中某高度由靜止開(kāi)始下落,該下落過(guò)程對(duì)應(yīng)的vt圖象如圖3313所示彈性球與水平地面相碰后離開(kāi)地面時(shí)的速度大小為碰撞前的.設(shè)球受到的空氣阻力大小恒為f,取g10 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vt圖象可知,彈性球下落過(guò)程的加速度為a1 m/s28 m/s2根據(jù)牛頓第二定律,得mgfma1所以彈性球受到的空氣阻力fmgma1(0.1100.18) N0.2 N.(2)彈性球第一次反彈后的速度v14 m/s3 m/s根據(jù)牛頓第二定律,得彈性球上升的加速度為a2 m/s212 m/s2根據(jù)v2v2ah,得彈性球第一次反彈的高度h m0.375 m.【答案】(1)0.2 N(2)0.375 m實(shí)驗(yàn)四驗(yàn)證牛頓運(yùn)動(dòng)定律實(shí)驗(yàn)?zāi)康?學(xué)會(huì)用控制變量法研究物理規(guī)律2探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系3掌握利用圖象處理數(shù)據(jù)的方法實(shí)驗(yàn)器材打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、紙帶、復(fù)寫紙、小車、一端附有定滑輪的長(zhǎng)木板、小盤、夾子、細(xì)繩、低壓交流電源、導(dǎo)線、天平、刻度尺、砝碼、薄木塊實(shí)驗(yàn)原理采取控制變量法,即先控制一個(gè)參量小車的質(zhì)量M不變,探究加速度a與力F的關(guān)系;再控制小盤和砝碼的質(zhì)量不變,即力F不變,探究加速度a與小車質(zhì)量M的關(guān)系實(shí)驗(yàn)步驟圖3411用天平測(cè)量小盤的質(zhì)量m和小車的質(zhì)量m.2按照如圖所示裝置把實(shí)驗(yàn)器材安裝好,只是不把懸掛小盤的細(xì)繩系在小車上(即不給小車牽引力)3平衡摩擦力:在長(zhǎng)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(guò)細(xì)繩繞過(guò)滑輪系于小車上,先通電源后放開(kāi)小車,取下紙帶編號(hào)碼5保持小車的質(zhì)量m不變,改變砝碼和小盤的質(zhì)量m,重復(fù)步驟4.6在每條紙帶上選取一段比較理想的部分,測(cè)加速度a.7描點(diǎn)作圖,作aF的圖象8保持砝碼和小盤的質(zhì)量m不變,改變小車質(zhì)量m,重復(fù)步驟4和6,作a圖象實(shí)驗(yàn)結(jié)論加速度與合外力成正比,與質(zhì)量成反比注意事項(xiàng)1在平衡摩擦力時(shí),不要把懸掛小盤的細(xì)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(diǎn)的紙帶運(yùn)動(dòng)2每條紙帶必須在滿足小車與車上所加砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)大于小盤和砝碼的總質(zhì)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(zhì)量后,每次開(kāi)始時(shí)小車應(yīng)盡量靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,并應(yīng)先接通電源,再放開(kāi)小車,且應(yīng)在小車到達(dá)滑輪前按住小車4作圖象時(shí),要使盡可能多的點(diǎn)分布在所作直線上,不在直線上的點(diǎn)應(yīng)盡可能對(duì)稱分布在所作直線兩側(cè)5作圖時(shí)兩軸標(biāo)度比例要選擇適當(dāng),各量須采用國(guó)際單位這樣作圖線時(shí),坐標(biāo)點(diǎn)間距不至于過(guò)密,誤差會(huì)小些誤差來(lái)源1測(cè)量誤差(1)質(zhì)量的測(cè)量(2)打點(diǎn)間隔距離的測(cè)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(dāng),平衡摩擦力不準(zhǔn)3原理誤差本實(shí)驗(yàn)中用小盤和砝碼的總重力代替小車受到的拉力(實(shí)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(diǎn)一實(shí)驗(yàn)原理與注意事項(xiàng)(xx安徽高考)圖342為“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖砂和砂桶的總質(zhì)量為m,小車和砝碼的總質(zhì)量為M.實(shí)驗(yàn)中用砂和砂桶總重力的大小作為細(xì)線對(duì)小車?yán)Φ拇笮?1)實(shí)驗(yàn)中,為了使細(xì)線對(duì)小車的拉力等于小車所受的合外力,先調(diào)節(jié)長(zhǎng)木板一端滑輪的高度,使細(xì)線與長(zhǎng)木板平行接下來(lái)還需要進(jìn)行的一項(xiàng)操作是()圖342A將長(zhǎng)木板水平放置,讓小車連著已經(jīng)穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶,給打點(diǎn)計(jì)時(shí)器通電,調(diào)節(jié)m的大小,使小車在砂和砂桶的牽引下運(yùn)動(dòng),從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運(yùn)動(dòng)B將長(zhǎng)木板的一端墊起適當(dāng)?shù)母叨?,讓小車連著已經(jīng)穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶,撤去砂和砂桶,給打點(diǎn)計(jì)時(shí)器通電,輕推小車,從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運(yùn)動(dòng)C將長(zhǎng)木板的一端墊起適當(dāng)?shù)母叨龋啡ゼ垘б约吧昂蜕巴?,輕推小車,觀察判斷小車是否做勻速運(yùn)動(dòng)(2)實(shí)驗(yàn)中要進(jìn)行質(zhì)量m和M的選取,以下最合理的一組是()AM200 g,m10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gBM200 g,m20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 gCM400 g,m10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gDM400 g,m20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g(3)圖343是實(shí)驗(yàn)中得到的一條紙帶,A、B、C、D、E、F、G為7個(gè)相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn),相鄰的兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出,量出相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的距離分別為:sAB4.22 cm、sBC4.65 cm、sCD5.08 cm、sDE5.49 cm,sEF5.91 cm,sFG6.34 cm.已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作頻率為50 Hz,則小車的加速度a_m/s2.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)圖343【解析】(1)在“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)中,為了使細(xì)線對(duì)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(xì)線與長(zhǎng)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(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,并墊高長(zhǎng)木板不帶滑輪的一端,打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接通電源工作如果打出紙帶上的點(diǎn)跡分布均勻,則說(shuō)明小車做勻速運(yùn)動(dòng)故選項(xiàng)B正確,選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤(2)在“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)中,為使細(xì)線對(duì)小車的拉力等于砂及砂桶的總重力,則Mm,且盡可能地多做幾組故選項(xiàng)C最合理(3)根據(jù)題意,相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為T0.1 s,根據(jù)saT2,得,sDEsAB3a1T2sEFsBC3a2T2sFGsCD3a3T2所以小車的加速度a0.42 m/s2.【答案】(1)B(2)C(3)0.42考點(diǎn)二實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理(xx山西省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)在用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器探究物體的加速度與物體的質(zhì)量之間的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中,不改變拉力,只改變物體的質(zhì)量,得到了如表所示的幾組數(shù)據(jù),其中第3組數(shù)據(jù)還未算出加速度,但對(duì)應(yīng)該組已打出了紙帶,如圖所示(長(zhǎng)度單位:cm),圖344中各點(diǎn)為每5個(gè)打點(diǎn)選出的計(jì)數(shù)點(diǎn)(兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)打點(diǎn)未標(biāo)出)圖344實(shí)驗(yàn)次數(shù)123456小車質(zhì)量/g200300400500600700小車加速度/ms22.001.330.790.670.40小車質(zhì)量的倒數(shù)/kg15.003.332.502.001.671.00(1)請(qǐng)由紙帶上的數(shù)據(jù),計(jì)算出缺少的加速度值并填入表中(小數(shù)點(diǎn)后保留兩位數(shù))(2)請(qǐng)?jiān)趫D345中建立合適的坐標(biāo),將表中各組數(shù)據(jù)用小黑點(diǎn)描在坐標(biāo)紙上,并作出平滑的圖線圖345(3)由圖象得出的結(jié)論:_.【解析】(1)由逐差法得a102 m/s20.99 m/s2(2)描點(diǎn)繪圖,如圖所示(3)由圖象知a圖象是一條通過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線,即在拉力一定時(shí),物體的加速度與質(zhì)量成反比【答案】(1)0.99(2)見(jiàn)解析(3)拉力一定時(shí),物體的加速度與質(zhì)量成反比考點(diǎn)三實(shí)驗(yàn)改進(jìn)與創(chuàng)新(xx新課標(biāo)全國(guó)卷)圖346為測(cè)量物塊與水平桌面之間動(dòng)摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖實(shí)驗(yàn)步驟如下:圖346用天平測(cè)量物塊和遮光片的總質(zhì)量M、重物的質(zhì)量m;用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片的寬度d;用米尺測(cè)量?jī)晒怆婇T之間的距離s;調(diào)整輕滑輪,使細(xì)線水平;讓物塊從光電門A的左側(cè)由靜止釋放,用數(shù)字毫秒計(jì)分別測(cè)出遮光片經(jīng)過(guò)光電門A和光電門B所用的時(shí)間tA和tB,求出加速度a;多次重復(fù)步驟,求a的平均值;根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)求出動(dòng)摩擦因數(shù).回答下列問(wèn)題:(1)測(cè)量d時(shí),某次游標(biāo)卡尺(主尺的最小分度為1 mm)的示數(shù)如圖347所示,其讀數(shù)為_(kāi)cm.圖347(2)物塊的加速度a可用d、s、tA和tB表示為a_.(3)動(dòng)摩擦因數(shù)可用M、m、和重力加速度g表示為_(kāi).(4)如果細(xì)線沒(méi)有調(diào)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)d0.9 cm120.05 mm0.9 cm0.060 cm0.960 cm.(2)由v得,vA,vB,物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則vv2ax,即222as,得a.(3)整體運(yùn)用牛頓第二定律得:mgMg(Mm),則.(4)由實(shí)驗(yàn)裝置引起的誤差為系統(tǒng)誤差【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(diǎn)分析1真題溯源本題實(shí)驗(yàn)用到的器材:一端帶輪的長(zhǎng)木板、滑塊與課本實(shí)驗(yàn)相同,其運(yùn)動(dòng)形式也是滑塊在重物作用下沿長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)2創(chuàng)新亮點(diǎn)該題沒(méi)有平衡摩擦力問(wèn)題,加速度沒(méi)有利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、紙帶來(lái)求,而是用光電門測(cè)速度,用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式算出,實(shí)驗(yàn)沒(méi)有驗(yàn)證牛頓第二定律,而是應(yīng)用牛頓第二定律列式求動(dòng)摩擦因數(shù)二、本實(shí)驗(yàn)的其他改進(jìn)創(chuàng)新思路(一)實(shí)驗(yàn)器材的改變?nèi)绻€是測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù),不用光電門,仍然沿用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,紙帶的辦法,實(shí)驗(yàn)結(jié)果與該題辦法比較,有什么不足?【提示】誤差變大,因?yàn)榧垘c打點(diǎn)計(jì)時(shí)器之間有摩擦力(二)實(shí)驗(yàn)原理的改變測(cè)動(dòng)摩擦因數(shù),可以避開(kāi)測(cè)加速度,比如用力平衡的辦法即用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)勻速拉動(dòng)木板上的滑塊或滑塊與彈簧測(cè)力計(jì)不動(dòng),抽動(dòng)下面的木板,這兩種辦法有什么不足?【提示】前者勻速拉動(dòng)彈簧測(cè)力計(jì)不易操作,后者抽動(dòng)木板較好,但彈簧測(cè)力計(jì)的測(cè)量精度和讀數(shù)均存在誤差,另外也需測(cè)量木板質(zhì)量,也存在誤差.1(多選)在利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和小車做“驗(yàn)證牛頓運(yùn)動(dòng)定律”的實(shí)驗(yàn)時(shí),下列說(shuō)法中正確的是()A平衡摩擦力時(shí),應(yīng)將砝碼盤及盤內(nèi)砝碼通過(guò)定滑輪拴在小車上B連接砝碼盤和小車的細(xì)繩應(yīng)跟長(zhǎng)木板保持平行C平衡摩擦力后,長(zhǎng)木板的位置不能移動(dòng)D小車釋放前應(yīng)靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,且應(yīng)先接通電源再釋放小車【解析】本題考查實(shí)驗(yàn)過(guò)程中應(yīng)注意的事項(xiàng),選項(xiàng)A中平衡摩擦力時(shí),不能將砝碼盤及盤內(nèi)砝碼(或小桶)通過(guò)細(xì)繩拴在小車上,A錯(cuò);選項(xiàng)B、C、D符合正確的操作方法,B、C、D對(duì)【答案】BCD2(xx大同一中模擬)在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中備有下列器材:A電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器;B.天平(帶砝碼);C.秒表;D.低壓直流電源;E.紙帶和復(fù)寫紙;F.導(dǎo)線;G.細(xì)繩;H.小車;I.砂和小桶;J.一端附有滑輪的長(zhǎng)木板;K.砝碼(1)其中多余的器材是_(填代號(hào)),缺少的器材是_和_(2)在探究加速度a與質(zhì)量m的關(guān)系時(shí),分別以_為縱坐標(biāo)、_為橫坐標(biāo)作圖像,這樣就能直觀地看出其關(guān)系【答案】(1)CD低壓交流電源刻度尺(2)a3(xx天津高考)某實(shí)驗(yàn)小組利用圖348所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系圖348(多選)下列做法正確的是_(填字母代號(hào))A調(diào)節(jié)滑輪的高度,使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長(zhǎng)木板保持平行 B在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動(dòng)摩擦力時(shí),將裝有砝碼的砝碼桶通過(guò)定滑輪拴在木塊上C實(shí)驗(yàn)時(shí),先放開(kāi)木塊再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源D通過(guò)增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時(shí),不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度為使砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的拉力,應(yīng)滿足的條件是砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量_木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量(填“遠(yuǎn)大于”“遠(yuǎn)小于”或“近似等于”)圖349甲、乙兩同學(xué)在同一實(shí)驗(yàn)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(méi)有平衡摩擦力的情況下,研究加速度a與拉力F的關(guān)系,分別得到圖349中甲、乙兩條直線設(shè)甲、乙用的木塊質(zhì)量分別為m甲、m乙,甲、乙用的木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為甲、乙,由圖可知,m甲_m乙,甲_乙(選填“大于”“小于”或“等于”)【解析】探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系時(shí),牽引木塊的細(xì)繩應(yīng)與長(zhǎng)木板平行;平衡摩擦力時(shí)應(yīng)不掛砝碼桶;對(duì)于打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,應(yīng)先接通電源,再放開(kāi)木塊;平衡摩擦力后,改變木塊上砝碼的質(zhì)量,不需要重新平衡摩擦力選項(xiàng)A、D正確,選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤對(duì)于系統(tǒng),根據(jù)牛頓第二定律,有a,牽引小車的拉力FMa.要使Fmg,則MMm,即要求mM.對(duì)于木塊,根據(jù)牛頓第二定律,得ag,故aF圖象的斜率反映了木塊質(zhì)量的倒數(shù)有>,所以m甲<m乙當(dāng)F0時(shí),ag,即aF圖在a軸上的截距為g,所以甲g<乙g,即甲>乙【答案】AD遠(yuǎn)小于小于大于4(xx山東高考)某探究小組設(shè)計(jì)了“用一把尺子測(cè)定動(dòng)摩擦因數(shù)”的實(shí)驗(yàn)方案如圖3410所示,將一個(gè)小球和一個(gè)滑塊用細(xì)繩連接,跨在斜面上端開(kāi)始時(shí)小球和滑塊均靜止,剪斷細(xì)繩后,小球自由下落,滑塊沿斜面下滑,可先后聽(tīng)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(diào)整擋板位置,重復(fù)以上操作,直到能同時(shí)聽(tīng)到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音用刻度尺測(cè)出小球下落的高度H、滑塊釋放點(diǎn)與擋板處的高度差h和沿斜面運(yùn)動(dòng)的位移x.(空氣阻力對(duì)本實(shí)驗(yàn)的影響可以忽略)圖3410(1)滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的加速度與重力加速度的比值為_(kāi)(2)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為_(kāi)(3)(多選)以下能引起實(shí)驗(yàn)誤差的是_a滑塊的質(zhì)量b當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊拇笮長(zhǎng)度測(cè)量時(shí)的讀數(shù)誤差d小球落地和滑塊撞擊擋板不同時(shí)【解析】(1)同時(shí)聽(tīng)到聲音說(shuō)明小球與木塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,設(shè)都為t,則小球做自由落體運(yùn)動(dòng),Hgt2,木板沿斜面下滑做勻加速直線運(yùn)動(dòng),xat2,由以上兩式可得.(2)對(duì)木塊進(jìn)行受力分析如圖所示,由牛頓第二定律得沿斜面方向:mgsin Ffma垂直斜面方向:FNmgcos 0又有:FfFN由以上三式解得agsin gcos ,將代入可得:.(3)由動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式可知選c、d.【答案】(1)(2)(3)cd5(xx重慶高考)某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖3411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(lái)測(cè)定滑塊和軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù).滑塊和托盤上分別放有若干砝碼,滑塊質(zhì)量為M,滑塊上砝碼總質(zhì)量為m,托盤和盤中砝碼的總質(zhì)量為m.實(shí)驗(yàn)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(yùn)動(dòng),重力加速度g取10 m/s2.圖3411(1)為測(cè)量滑塊的加速度a,須測(cè)出它在A、B間運(yùn)動(dòng)的_與_,計(jì)算a的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式是_;(2)根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得到a與m的關(guān)系為:amg他想通過(guò)多次改變m,測(cè)出相應(yīng)的a值,并利用上式來(lái)計(jì)算.若要求a是m的一次函數(shù),必須使上式中的_保持不變,實(shí)驗(yàn)中應(yīng)將從托盤中取出的砝碼置于_;(3)實(shí)驗(yàn)得到a與m的關(guān)系圖3412所示,由此可知_.(取兩位有效數(shù)字)圖3412【解析】(1)滑塊從A到B做勻加速直線運(yùn)動(dòng),故xat2,即a,需測(cè)位移x和時(shí)間t,計(jì)算a的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式是a.(2)由數(shù)學(xué)知識(shí)知若a是m的一次函數(shù),必須滿足不變,即(mm)不變,方法就是將從托盤中取出的砝碼置于滑塊上,以保證(mm)保持不變(3)從圖象中取兩點(diǎn)的坐標(biāo)值代入a與m的關(guān)系式聯(lián)立方程求解,可得.如解得0.23.【答案】(1)位移x時(shí)間ta(2)mm滑塊上(3)0.23(在0.210.25之間均可)