2023届高考物理二轮复习6-1力学实验及创新学案

这是一份2023届高考物理二轮复习6-1力学实验及创新学案，共24页。

专题六　物理实验
第1讲　力学实验及创新

真题速练·明考情
1．(2022·湖南，11)小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了如图甲所示的实验装置，测量冰墩墩玩具的质量．主要实验步骤如下：

(1)查找资料，得知每枚硬币的质量为6.05g．
(2)将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋，测量每次稳定后橡皮筋的长度l，记录数据如下表：
序号
1
2
3
4
5
硬币数量n/枚
5
10
15
20
25
橡皮筋长度l/cm
10.51
12.02
13.54
15.05
16.56
(3)根据表中数据在图乙上描点，绘制图线：

(4)取出全部硬币，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，稳定后橡皮筋长度的示数如图丙所示，此时橡皮筋的长度为__15.35__cm．

(5)由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为__127__g(计算结果保留3位有效数字)．
【答案】如图所示：

【解析】　(4)由题图丙可知，刻度尺的分度值为1mm，
读数为15cm＋3.5mm＝153.5mm＝15.35cm．
(5)由(3)题答案图可知，当L＝15.35cm时，n＝21枚，则冰墩墩的质量m＝21×6.05g＝127g．
2．(2022·湖北卷)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验．一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示．拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin．改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程．根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax-Tmin图象是一条直线，如图乙所示．

(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒．则图乙中直线斜率的理论值为__－2__．
(2)由图乙得：直线的斜率为__－2.1__，小钢球的重力为__0.59__N．(结果均保留2位有效数字)
(3)该实验系统误差的主要来源是__C__(单选，填正确答案标号)．
A．小钢球摆动角度偏大
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动过程中有空气阻力
【解析】　(1)设初始位置时，细线与竖直方向夹角为θ，则细线拉力最小值为Tmin＝mgcosθ
到最低点时细线拉力最大，则mgl(1－cosθ)＝mv2
Tmax－mg＝m
联立可得Tmax＝3mg－2Tmin
即若小钢球摆动过程中机械能守恒．则图乙中直线斜率的理论值为－2．
(2)由图乙得直线的斜率为k＝－＝－2.1
3mg＝1.77
则小钢球的重力为mg＝0.59N．
(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C．
3．(2022·全国乙，22)用雷达探测一高速飞行器的位置．从某时刻(t＝0)开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔1s测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：
t/s
0
1
2
3
4
5
6
x/m
0
507
1094
1759
2505
3329
4233
回答下列问题：
(1)根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是__相邻1_s内的位移之差接近80_m__．
(2)当x＝507m时，该飞行器速度的大小v＝__547__m/s．
(3)这段时间内该飞行器加速度的大小a＝__79__m/s2(保留2位有效数字)．
【解析】　(1)由题表可知，飞行器第1s内的位移为507m，第2s内的位移为587m，第3s内的位移为665m，第4s内的位移为746m，第5s内的位移为824m，第6s内的位移为904m，则相邻1s内的位移之差接近80m，可判断飞行器在这段时间内近似做匀加速运动．
(2)当x＝507m时，飞行器的速度近似等于0～2s内的平均速度，则v＝m/s＝547m/s．
(3)由逐差法可知a＝＝m/s2＝79m/s2．
4．(2022·全国甲，23)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究．让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞．完成下列填空：

(1)调节导轨水平．
(2)测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg．要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为__0.304__kg的滑块作为A．
(3)调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等．
(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2．
(5)将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤(4)．多次测量的结果如下表所示．
　　　　实验次数
比较项　　　　　
1
2
3
4
5
t1/s
0.49
0.67
1.01
1.22
1.39
t2/s
0.15
0.21
0.33
0.40
0.46
k＝
0.31
k2
0.33
0.33
0.33
(6)表中的k2＝__0.31__(保留2位有效数字)．
(7)的平均值为__0.32__(保留2位有效数字)．
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断．若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为____(用m1和m2表示)，本实验中其值为__0.34__(保留2位有效数字)；若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞．
【解析】　(2)要使两滑块碰撞后运动方向相反，应使质量小的滑块碰撞质量大的滑块，应选取质量为0.304kg的滑块作为A．
(6)由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得k＝＝＝0.31．
(7)的平均值为0.32．
(8)发生弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得
m1v0＝－m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
联立解得
v1＝v0，v2＝v0，解得＝，代入数据解得＝0.34．
〔备考策略〕
命题特点：1．常规实验：立足教材，侧重考查完成实验的能力．主要涉及基本仪器的使用(含读数)、实验原理和测量方法的理解、实验条件的控制、实验步骤的编排，以及实验数据的处理、实验误差的分析．
2．创新实验：“新”可以更加有效地考查学生分析问题的能力，区分度也加大了．主要表现在：(1)实验器材的等效与替换，如用气垫导轨代替长木板、光电门和频闪照相机代替打点计时器等．(2)实验结论的拓展与延伸，如通过实验装置测出物体的加速度，再利用牛顿第二定律求动摩擦因数；通过平抛运动测定重力加速度等．(3)试题情境的设计与创新．
常用到的思想方法有：等效替代法、图象法、平均值法、列表法、逐差法、控制变量法．

核心知识·固双基
“科学探究”展示
一、几种测量速度的方法
方法
关键器材和步骤
方法说明、应用举例
纸带法
(1)利用交流电源、打点计时器获得计数点间的时间间隔T
(2)利用刻度尺获得计数点间的距离xn
vn＝，

光电
门法
(1)利用光电门获得挡光片的挡光时间Δt
(2)利用螺旋测微器或游标卡尺获得挡光片的宽度d
由于挡光片的宽度很小，瞬时速度v＝
抛体运
动法
(1)平抛仪(或倾斜、弧形轨道等)，其末端水平
(2)刻度尺获得竖直高度h与射程x
(3)弹簧、天平
(1)平抛初速度v＝x
(2)应用于验证机械能守恒定律、验证动量守恒定律、探究弹性势能等
二、测定重力加速度的几种常见方案
利用落体运动测重力加速度(忽略阻力)
物体系统




打点计时器计时，利用逐差法测定g，也可以利用图象法求g
光电门计时，原理为v2－v＝2gx(也可以利用频闪照片)
滴水法计时，原理为h＝，可以利用图象求g
(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh
再创新：可以验证牛顿运动定律、机械能守恒定律
三、实验的创新与设计应注意的几点
1．加强对实验思想方法的归纳，如控制变量法、图象法、逐差法、模拟法、转换法、放大法、替代法等．这样在新的实验情境下，才能设计合理的实验方案．
2．克服思维定式的影响，加强对已掌握的实验原理的理解和仪器的正确使用方法的训练，才能在新情境下进行迁移利用．

命题热点·巧突破
考点一　基本仪器的使用、误差、有效数字
游标卡尺和螺旋测微器读数时应注意的问题
(1)10分度的游标卡尺，以mm为单位，小数点后只有1位．20和50分度的游标卡尺以mm为单位，小数点后有2位．
(2)游标卡尺在读数时先确定主尺的分度(单位一般是cm，分度值为1mm)，把数据读成以毫米为单位的．先读主尺数据，再读游标尺数据，最后两数相加．游标卡尺读数不估读．
(3)不要把游标尺的边缘当成零刻度，而把主尺的刻度读错．
(4)螺旋测微器读数时，要注意固定刻度上表示半毫米的刻度线是否已经露出；要准确到0.01mm，估读到0.001mm，即结果若用mm做单位，则小数点后必须保留三位数字．
〔考向预测〕
1．在一次实验中，张华同学用螺旋测微器测量某长方体工件的厚度如图所示，根据图示可判断其厚度为__1.700__mm．该同学用下列某种仪器测得该工件的宽度为1.275cm，则该同学所用的仪器可能是__③__(将正确答案的序号填在横线上)．

①螺旋测微器
②10分度游标卡尺
③20分度游标卡尺
【解析】　螺旋测微器固定刻度部分读数为1.5mm，可动刻度部分分度值为0.01mm，可动刻度部分读数为0.200mm，工件的厚度为1.700mm．若用某种仪器测出的工件的宽度为1.275cm＝12.75mm，由于以毫米为单位，小数点后有两位有效数字，测量仪器不可能是①螺旋测微器和②10分度的游标卡尺，又由于最后一位是5，只有20分度的游标卡尺最后一位才可能是5，所以应是③．
2．(2022·济南三模)(1)利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一工件的直径和高度，测量结果如图甲和乙所示．该工件的直径为__1.070__cm，高度为__6.865(6.864～6.866)__mm．

(2)图丙为“研究匀变速直线运动规律”实验中获得的一条纸带，已知打点计时器的频率为50Hz，采用逐差法求得加速度的大小a＝__2.40__m/s2．(结果保留两位小数)

【解析】　(1)该工件的直径为：10mm＋0.05mm×14＝1.070cm，高度为：6.5mm＋0.01mm×36.5＝6.865mm．
(2)每5个点取一个计数点，则T＝0.1s，根据Δx＝aT2可得a＝＝×10－2m/s2＝2.40m/s2．
3．(2022·汉中第一次检测)(1)用游标卡尺测量小球的直径如图甲、乙所示．测量方法正确的是__图甲__(选填“图甲”或“图乙”)．

(2)用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图丙所示，则此示数为__6.700__mm．

(3)在“用打点计时器测速度”的实验中，交流电源频率为50Hz，打出一段纸带如图丁所示．打下计数点2时，测得的瞬时速度v＝__0.36__m/s．

【解析】　(1)用游标卡尺测量小球的直径，应将小球卡在外测量爪中，故应选题图甲．
(2)螺旋测微器的示数为固定读数加上可动读数，即6.5mm＋20.0×0.01mm＝6.700mm．
(3)打下计数点2时纸带的瞬时速度等于计数点1和3间的平均速度，即v＝＝m/s＝0.36m/s．
考点二　纸带类实验
“长木板、小车、纸带、打点计时器”实验装置中的细节及注意事项
(1)打点计时器系列四个实验
力学实验中用到打点计时器的实验主要有4个，分别是研究匀变速直线运动，验证牛顿运动定律，探究动能定理，验证机械能守恒定律．
(2)纸带数据的处理方法

(3)平衡摩擦力的两个实验及方法
验证牛顿运动定律和探究动能定理两个实验均需平衡摩擦力，平衡摩擦力的方法是垫高有打点计时器的一端，给小车一个初速度，使小车能匀速下滑．
(4)四个关键点
①区分计时点和计数点：计时点是指打点计时器在纸带上打下的点．计数点是指测量和计算时在纸带上所选取的点．要注意“每五个点取一个计数点”与“每隔四个点取一个计数点”的取点方法是一样的．
②涉及打点计时器的实验均是先接通电源，打点稳定后，再释放纸带．
③实验数据处理可借助图象，充分利用图象斜率、截距等的物理意义．
④小车在长木板上做匀加速直线运动时，绳上的拉力并不等于悬挂物的重力，只有当M车≫m挂时，绳上的力近似等于悬挂物的重力．如果绳上连接着力传感器或测力器，则可直接读出绳上的拉力，不要求M车≫m挂．
〔考向预测〕
1．(2022·河北名校联考)利用如图所示装置，可以完成“研究匀变速直线运动规律”“探究加速度与力、质量的关系”“探究功与速度变化的关系”等力学实验．

(1)用图示装置完成上述三个实验中__B__．
A．都需要用天平来称量小车质量
B．都需要调节滑轮高度使细线与木板平行
C．都必须平衡摩擦力
(2)图中的(a)(b)(c)分别为上述三个实验中作出的小车速度与时间、小车加速度与小车质量、合外力对小车做功与小车速度平方的关系图象，下列说法正确的是__A__．

A．图(a)：v轴的截距表示打计数点“0”时的速率
B．图(b)：由图线可知小车的加速度与其质量成反比
C．图(c)：不能仅通过一条纸带上的数据就作出该图线
(3)利用图示中的实验装置，平衡摩擦力后，__不能__(选填“能”或“不能”)验证“机械能守恒定律”．
【解析】　(1)实验“研究匀变速直线运动规律”不需要平衡摩擦力，也不需要称小车质量，A、C错误；三个实验中拉小车的细线必须与长木板平行，B正确．故选B．
(2)图(a)中v轴的截距表示计时起点的速率，即打计数点“0”时的速率，A正确；图(b)中由图线只能看出质量增大加速度在减小，但是不能判断加速度与质量成反比，B错误；小车的初速度为0，根据动能定理有W＝mv2，可知，W-v2图象是过原点的一条直线，所以仅通过一条纸带上的数据就可以作出该图线，C错误．故选A．
(3)图示所示装置中，平衡摩擦力后，不能用于验证“机械能守恒定律”，因为尽管平衡摩擦力，但摩擦力也要做功，一部分机械能会转化为内能．
2．(2022·全国模拟预测)某实验小组想通过如图所示的实验装置测定物体A(带有宽度为D的遮光片)的质量M．已知钩码的质量为m，实验时将待测物体A由静止释放，测得遮光片通过光电门1、2的时间分别为t1、t2，若不计绳与滑轮间的摩擦及绳和滑轮的质量，重力加速度为g，为完成本实验还需要测量的物理量为__光电门1和光电门2间的距离h__(写出物理量的名称及符号)，由测量数据可求得物体A的加速度a＝____；待测物体A的质量M＝__m__(用加速度a及已知量表示)．

【解析】　实验中由测得遮光片经光电门的速度与两光电门之间的距离，利用匀变速直线运动的速度与位移的关系式，可求得物体A的加速度，所以本实验还需要测量的物理量为光电门1和光电门2之间的距离h．
由测量数据可求得物体A经两光电门时的平均速度可近似等于瞬时速度，则有v1＝，v2＝，由匀变速直线运动的速度位移的关系式则有v－v＝2ah，联立解得物体A的加速度a＝＝＝，对物体和钩码组成的整体受力分析，由牛顿第二定律可得Mg－mg＝(M＋m)a，解得M＝m．
3．(2022·广东广州三模)用如图甲装置来验证机械能守恒定律．带有刻度的玻璃管竖直放置，光电门的光线沿管的直径并穿过玻璃管，小钢球直径略小于管的直径，该球从管口由静止释放．完成下列相关实验内容：


(1)如图乙用螺旋测微器测得小球直径d＝__4.000__mm；如图丙某次读得光电门测量位置到管口的高度h＝__5.60__cm．
(2)设小球通过光电门的挡光时间为Δt，当地重力加速度为g，若小球下落过程机械能守恒，则h可用d、Δt、g表示为h＝____．
(3)多次改变h并记录挡光时间Δt，数据描点如图丁，并在图丁中作出h-图线__见解析__．
(4)根据图丁中图线及测得的小球直径，计算出当地重力加速度值g＝__9.6__m/s2(结果保留两位有效数字)．
【解析】　(1)螺旋测微器的主尺读数为4.0mm，转动刻度上的读数为0.0×0.01mm＝0.000mm
所以最终读数为4.0mm＋0.000mm＝4.000mm
刻度尺最小刻度为1mm，估读到0.1mm，结果为56.0mm＝5.60cm．
(2)利用平均速度代替瞬时速度计算小球经过光电门时的速度为v＝
由机械能守恒定律可知mgh＝mv2－0
解得h＝．
(3)根据所描的点连成过原点的倾斜直线，让尽量多的点在直线上或对称的分布在两侧，如图所示

(4)由函数表达式h＝·
可得h与的函数关系中斜率k＝
代入数据解得g＝9.6m/s2．
4．(2022·广东名校联考)某实验小组用如图所示实验装置探究合力做功与动能变化的关系．铁架台固定在水平桌面上，将足够长的薄长木板倾斜放置，一端固定在水平桌面边缘P处，另一端放置在铁架台的铁杆上，忽略铁杆粗细，P处放置一光电门(未画出)．实验步骤如下：

①用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度l，用天平测出滑块的质量m；
②平衡摩擦力：以P处为长木板的转动中心，调节长木板在铁架台上的放置位置，使滑块恰好沿木板向下做匀速运动．在铁架台竖直杆上记下此位置Q1，用刻度尺测出Q1到水平桌面的高度H；
③长木板一端保持在P处，另一端放置在铁架台竖直杆Q2位置，用刻度尺量出Q1、Q2的距离h1，将滑块从木板上的Q2位置由静止释放，记录挡光片的挡光时间t1；
④保持长木板一端在P处，重新调节长木板另一端在铁架台上的放置位置，重复步骤③数次．
Ⅰ．滑块沿长木板由Q2运动到P的过程中，用测量的物理量回答下列问题(已知重力加速度为g)．
(1)滑块动能的变化量ΔEk＝____．
(2)滑块克服摩擦力做的功Wf＝__mgH__．
(3)合力对滑块做的功W合＝__mgh1__．
Ⅱ．某考生以木板在铁架台竖直杆上的放置位置到Q1的距离h为横轴，以滑块通过光电门时的挡光时间t的倒数的平方为纵轴，根据测量数据在坐标系中描点画出-h图线，若图线为过原点的直线，且图线斜率k＝____，则能证明合外力做的功等于物体动能的变化量．
【解析】　Ⅰ．(1)由于挡光片宽度很小，滑块通过光电门的速度近似为v＝
滑块动能的变化量ΔEk＝mv2－0＝．
(2)滑块从Q1位置释放匀速下滑时，设Q1P长度为L，由动能定理有mgH－μmgLcosθ＝0且Lcosθ＝x，得μmgx＝mgH(x为P到铁架台竖直杆的距离，θ为此时长木板的倾角)
从Q2释放时，设长木板的倾角为α，Q2P长度为l′，则克服摩擦力做功为Wf＝μmgl′cosα，l′cosα＝x，故Wf＝μmgx＝mgH．
(3)合力做的功W合＝mg(H＋h1)－Wf＝mgh1．
Ⅱ．由动能定理有mgh＝，整理得＝h，故图线斜率k＝．
考点三　“橡皮条、弹簧”类实验
1．探究弹力和弹簧伸长量的关系操作关键
(1)实验中不能挂过多的钩码，防止弹簧超过弹性限度．
(2)画图象时，不要连成“折线”，而应尽量让坐标点落在直线上或均匀分布在直线两侧．
2．验证力的平行四边形定则的操作关键
(1)每次拉伸后结点O的位置必须保持不变．
(2)记下每次各力的大小和方向．
(3)画力的图示时应选择适当的标度．
〔考向预测〕
1．(2022·广东湛江模拟)如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个质量已知的相同钩码，探究弹簧弹力与形变量的关系．

(1)本实验还需要的实验器材有__刻度尺__．
(2)如图乙所示，根据实验数据绘图，横轴为弹簧的形变量x，纵轴为钩码的质量m．已知重力加速度大小g＝9.8m/s2，则弹簧的劲度系数k＝__9.8__N/m(结果保留两位有效数字)．
(3)从图乙可以看出，当弹簧下端未挂钩码时，弹簧也有一定的伸长量，其原因是__弹簧自重的影响__．
【解析】　(1)实验需要测量弹簧的长度、形变量，故还需要的实验器材有刻度尺．
(2)题图乙中的图线为直线，说明弹簧的弹力大小与弹簧的伸长量成正比，可得k＝＝N/m＝9.8N/m．
(3)由于弹簧自重的影响，当弹簧下端未挂钩码时，弹簧也会有一定的伸长量．
2．(2022·河南温县模拟)某同学在“探究弹簧和弹簧伸长量的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为1000N/m．如图所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00cm不变的条件下：

(1)弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是__8.00__N(图乙中所示)，则弹簧秤b的读数可能为__6.00__N．(第二空保留2位小数)
(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤b的读数__变大__(填“变大”“变小”或“不变”)．
【解析】　(1)弹簧秤a的分度值为0.1N，需要估读到0.01N，所以读数为8.00N．根据胡克定律可知弹簧的弹力大小为F＝kx＝10N，根据平行四边形定则可得弹簧秤b拉力大小的理论值为Tb＝＝6.00N，所以弹簧秤b的读数可能为6.00N．
(2)如图所示，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，可知弹簧秤b的读数变大．

考点四　力学创新实验
1．力学创新型实验的特点
(1)以基本的力学实验模型为载体，依托运动学规律和力学定律设计实验．
(2)将实验的基本方法——控制变量法、处理数据的基本方法——图象法、逐差法融入到实验的综合分析之中．
2．力学创新实验的分类
(1)第一类是通过实验和实验数据的分析得出物理规律．这类实验题目需认真分析实验数据，根据数据特点掌握物理量间的关系，得出实验规律．
(2)第二类是给出实验规律，选择实验仪器，设计实验步骤，并进行数据处理．这类实验题目需从已知规律入手，正确选择测量的物理量，根据问题联想相关的实验模型，确定实验原理，选择仪器，设计实验步骤，记录实验数据并进行数据处理．
3．创新实验题的解法
(1)根据题目情境，提取相应的力学实验模型，明确实验的理论依据和实验目的，设计实验方案．
(2)进行实验，记录数据．应用原理公式或图象法处理实验数据，结合物体实际受力情况和理论受力情况对结果进行误差分析．
典例1　(2022·广东惠州三调)图(a)是测量木块与木板间动摩擦因数的实验装置．接通电源，开启打点计时器，从斜面上某点释放木块，木块沿木板滑下，多次重复后选择点迹清晰的一条纸带如图(b)所示．图中0～4是选取的五个计数点，相邻两计数点的时间间隔为T，如图(b)所示，测出了两个计数点的间距x1和x4，重力加速度为g，完成下列填空：

(1)木块下滑的加速度大小为____(用符号T、x1、x4表示)；
(2)下列物理量中，还需测量的是__D__；
A．木块的质量m B．木板的质量M
C．木块下滑的时间t D．木板的倾角
(3)木块与木板间的动摩擦因数为__tan θ－__；
(4)实验中发现动摩擦因数的测量值大于实际值，可能的一个原因是__木块受到纸带阻力作用__．
【解析】　(1)根据逐差法有x4－x1＝3aT2解得木块下滑的加速度大小为a＝．
(2)根据牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma可得μ＝tanθ－
则要测量动摩擦因数还需要测量木板的倾角，故选D．
(3)木块与木板间的动摩擦因数为μ＝tanθ－＝tanθ－．
(4)实验中发现动摩擦因数的测量值大于实际值，可能的一个原因是木块受到纸带阻力作用．
〔方法技巧〕
测定动摩擦因数实验一般结合在“研究匀变速直线运动”“验证牛顿运动定律”或“探究动能定理”等实验中考查．实验的原理是：利用打点计时器等器材测出物体做匀变速运动的加速度，再利用牛顿第二定律计算动摩擦因数，或者利用平衡条件、动能定理或能量守恒定律等计算动摩擦因数．
实验方法
创新思维
实验原理

将研究运动物体转化为研究静止物体
利用F弹＝Ff＝μFN求μ

让物块先做加速运动，当重物掉到地面上之后物块做匀减速直线运动
减速运动中，利用逐差法求加速度，利用F＝μmg＝ma进一步求μ

将动摩擦因数的测量转化为角度的测量
利用a＝gsinθ－μgcosθ求μ(a通过逐差法求解)

将动摩擦因数的测量转化为加速度的测量
利用v－v＝2ax和动力学知识得到
μ＝

将动摩擦因数的测量转化为速度测量，并营造多过程切入水平滑动情境
A→B过程中，机械能守恒；C→D过程中，物块Q做平抛运动；B→C过程中，对物块Q只有摩擦力做功，利用Wf＝EkC－EkB，进一步求μ
典例2　(2022·山东，13)在天宫课堂中，我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验．受此启发，某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示．主要步骤如下：
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上．
②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨．

③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块．弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时．
④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图象，部分图象如图乙所示．

回答以下问题(结果均保留两位有效数字)：
(1)弹簧的劲度系数为__12__N/m．
(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a-F图象如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为__0.20__kg．
(3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a-F图象Ⅱ，则待测物体的质量为__0.13__kg．
【解析】　(1)根据胡克定律F＝kx得，弹簧的劲度系数k＝＝＝12N/m．
(2)根据牛顿第二定律有F＝ma，即a＝F，则a-F图象的斜率的倒数为滑块与加速度传感器的总质量，则有m0＝＝kg＝0.20kg．
(3)同理可得待测物体的质量m＝－m0＝kg－0.20kg＝0.13kg．
〔考向预测〕
1．(2022·广东高考)某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图(a)所示的装置，实验过程如下：

(1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹．调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门．
(2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d＝__7.884__mm．
(3)测量时，应__B__(选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”)．记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2．
(4)计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝__m2－m2__(用字母m、d、t1和t2表示)．
(5)若适当调高光电门的高度，将会__增大__(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差．
【解析】　(2)依题意，小球的直径为d＝7.5mm＋38.4×0.01mm＝7.884mm．
(3)在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B．
(4)依题意，小球向下、向上先后通过光电门时的速度分别为v1、v2，则有v1＝，v2＝，则小球与橡胶材料碰撞过程中机械能的损失量为ΔE＝mv－mv＝m2－m2．
(5)若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差．
2．(2022·福建三明三模)某同学在测量当地的重力加速度实验中：
(1)按图甲所示连接好装置，接通电源、释放钩码，打点计时器在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，记下此时力传感器的示数F．已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，重物的加速度a＝__2.4__m/s2(计算结果保留2位有效数字)．
(2)改变钩码的质量，重复实验步骤(1)，得到多条纸带，并对纸带数据进行处理．
(3)由实验得到重物的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示，则当地的重力加速度g＝__b__，重物及动滑轮的总质量为____(均用图丙中字母表示)．

【解析】　(1)根据匀变速直线运动规律，采用逐差法求解加速度a＝＝＝m/s2＝2.4m/s2．
(3)图象纵坐标截距的物理意思是当绳子拉力为0时，重物和滑轮加速度为－b，即m总g＝m总b，解得g＝b
图象横坐标截距的物理意思是当每股绳子拉力为c时，重物和滑轮加速度为0，保持静止状态，即2c＝m总g，故m总＝．