2023版（教科版）高考步步高大一轮复习讲义第三章 牛顿运动定律

实验四　验证牛顿运动定律一、基本原理与操作原理装置图操作要领探究方法—控制变量法平衡：必须平衡摩擦力(改变小车或重物质量，无需重新平衡摩擦力)质量：重物的总质量远小于小车质量(若使用力传感器，或以小车与重物的系统为研究对象无需满足此要求)要测量的物理量：小车与其上砝码的总质量(天平)，小车受到的拉力(约等于重物的重力)，小车的加速度(根据纸带用逐差法或根据光电门数据计算加速度)其他：细绳与长木板平行；小车从靠近打点计时器的位置释放，在到达定滑轮前按住小车，实验时先接通电源，后释放小车二、数据处理和实验结论1.利用Δx＝aT2及逐差法求a。2.以a为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，如图甲所示，说明a与F成正比。3.以a为纵坐标，为横坐标，描点、连线，如果该线为过原点的直线，如图乙所示，就能判定a与M成反比。三、注意事项1.平衡摩擦力的方法：在长木板无滑轮的一端垫上小木块，使其适当倾斜，利用小车重力沿斜面方向的分力与摩擦力平衡。2.判断小车是否做匀速直线运动，一般可目测，必要时可通过打点纸带，看上面各点间的距离是否均匀。3.平衡摩擦力时要注意以下几点(1)平衡摩擦力时不能在轻绳的另一端挂托盘(2)平衡摩擦力必须让小车连上纸带，且让打点计时器处于工作状态(3)平衡摩擦力时可借助纸带上点迹是否均匀来判断四、误差分析1.质量的测量、纸带上计数点间距离的测量、拉线或纸带不与木板平行等都会造成误差。2.实验原理不完善引起误差。通过适当的调节，使小车所受的阻力被平衡，当小车做加速运动时，可以得到a＝g，T＝mg＝，只有当M≫m时，才可近似认为小车所受的拉力T等于mg，所以本实验存在系统误差。3.平衡摩擦力不准确会造成误差。类型一　教材原型实验【例1】 物理兴趣小组利用如图1甲所示的实验装置，探究加速度与合外力、质量的关系，细线已经调整为与长木板平行，长木板右侧通过调整垫块的高度，刚好平衡了摩擦力。图1(1)在探究加速度与合外力的关系时，若小盘、盘内砝码和力传感器(通过电脑显示拉力的大小)整体的总质量用m表示，小车(含车内砝码)质量用M表示。实验中，在保持M一定的前提下，________(填“需要”或“不需要”)满足m≪M。在释放小车________(填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点。(2)在第(1)题的前提下，多次改变盘内砝码的质量，重复实验，测得多组力传感器的示数F及对应的小车加速度a，作出a－F图像，可能是下图中的________。(3)在探究加速度与质量的关系时，保持小车(含车内砝码)所受合外力一定的情况下，改变小车(含车内砝码)质量M，进行实验，打出的纸带如图乙所示，打点计时器每隔0.02 s打一个点，相应的加速度大小为________m/s2(计算结果保留2位有效数字)。答案　(1)不需要　之前　(2)C　(3)0.88解析　(1)力传感器显示的力的大小就是小车(含车内砝码)受到的合外力，不需要用小盘、盘内砝码和力传感器整体的总重力mg近似替代，不需要满足m≪M。实验时，是先接通打点计时器的电源，待打点稳定后，再释放小车。(2)本实验刚好平衡了摩擦力，由牛顿第二定律可知F＝Ma，解得a＝，是正比例函数，图像为一条过坐标原点的直线，故C项正确。(3)所取计数点时间间隔T＝0.02 s×5＝0.1 s，利用逐差法a＝＝0.88 m/s2。1.(2021·广东实验中学模拟)某实验小组利用如图2甲所示的装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。甲(1)实验中除了需要小车、砝码、托盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、两根导线、复写纸、纸带之外，还需要________、________。(2)某同学以小车和车上砝码的总质量的倒数为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，在坐标纸上作出的a－关系图线如图乙所示。由图可分析得出：加速度与质量成________关系(填“正比”或“反比”)；图线不过原点说明实验有误差，引起这一误差的主要原因是平衡摩擦力时长木板的倾角________(填“过大”或“过小”)。乙(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图丙所示。图线________(填“①”或“②”)是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中砝码的总质量m＝____________kg。丙图2答案　(1)天平　刻度尺　(2)反比　过大　(3)①　0.5解析　(1)实验中需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，所以还需要天平。实验中需要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，从而得出加速度，所以还需要刻度尺。(2)a－图像是一条直线，a与M成反比；图像在a轴上有截距，这是平衡摩擦力时木板的倾角过大造成的。(3)由题图丙中图线①可知，当F＝0时，a≠0，即细线上没有拉力时小车就有加速度，所以图线①是在轨道倾斜情况下得到的，根据F＝ma得a－F图像的斜率k＝，由a－F图像得图像斜率k＝2，所以m＝0.5 kg。类型二　实验拓展创新【真题示例2】 (2021·湖南卷)某实验小组利用图3(a)所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下：(a)(b)图3(1)用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图(b)所示，h＝________ cm；(2)接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；   (3)在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；(4)在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a；(5)在右支点下增加垫块个数(垫块完全相同)，重复步骤(4)，记录数据如下表：n123456a/(m·s－2)0.0870.1800.260 0.4250.519根据表中数据在图4上描点，绘制图线。图4如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是________m/s2(保留3位有效数字)。答案　(1)1.02　(5)如解析图所示　0.345解析　(1)根据游标卡尺读数规则可知h＝10 mm＋2×0.1 mm＝1.02 cm。(2)根据题表中数据描点连线，绘制图线如图所示，由图可知第4组数据中的加速度a为0.345 m/s2。2.(2021·全国甲卷)为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为α的斜面(已知sin α＝0.34，cos α＝0.94)，小铜块可在斜面上加速下滑，如图5所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔(每个时间间隔ΔT＝0.20 s)内小铜块沿斜面下滑的距离si(i＝1，2，3，4，5)，如下表所示。图5s1s2s3s4s55.87 cm7.58 cm9.31 cm11.02 cm12.74 cm由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为________m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为________(结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80 m/s2)。答案　0.43　0.32解析　利用匀变速直线运动规律的推论Δx＝at2，得a＝＝ m/s2＝0.43 m/s2；由牛顿第二定律有mgsin α－μmgcos α＝ma，解得μ＝＝＝0.32。3.(2020·北京卷)在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：(1)为猜想加速度与质量的关系，可利用图6所示装置进行对比实验。两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是：________(选填选项前的字母)。图6A.小车质量相同，钩码质量不同B.小车质量不同，钩码质量相同C.小车质量不同，钩码质量不同(2)某同学为了定量验证(1)中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度a与质量M的7组实验数据，如下表所示。在图7所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出a－图像。次数1234567a/(m·s－2)0.620.560.480.400.320.240.15M/kg0.250.290.330.400.500.711.00图7(3)在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。请在图8中画出小车受力的示意图。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是：________(选填选项前的字母)。图8A.使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力B.若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力C.无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力D.让小车的运动趋近于匀速运动，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力答案　(1)B　(2)见解析图　(3)示意图如解析图　AD解析　(1)为了探究加速度与质量的关系，必须控制小车所受拉力相同，而让小车的质量不同，所以钩码质量相同，故B正确。(2)数据描点和a－图像如图所示(3)小车受垂直桌面向上的支持力，竖直向下的重力，沿绳方向的拉力，平行桌面的摩擦力，如图：使小车沿倾角合适的斜面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；若斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化“力”的测量，故B错误；对砂和砂桶，根据牛顿第二定律mg－T＝ma，由此可知加速度越小，砂和砂桶的重力越接近绳的拉力，故C错误，D正确。4.(2020·全国卷Ⅱ)一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图9所示。一实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＝0.590 m，下降一段距离后的高度h＝0.100 m；由h0下降至h所用的时间T＝0.730 s。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)。从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0 g和150.0 g，当地重力加速度大小为g＝9.80 m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a′＝________m/s2(保留3位有效数字)。 图9可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：______________________________________________________。答案　1.84　1.96　滑轮的轴不光滑或滑轮有质量解析　小球B做初速度为零的匀加速直线运动，有h0－h＝aT2，解得a＝1.84 m/s2。对小球B由牛顿第二定律有mBg－F＝mBa′，对小球A由牛顿第二定律有F′－mAg＝mAa′，F′＝F，解得a′＝＝1.96 m/s2。a′和a有明显差异，原因可能是滑轮的轴不光滑或滑轮有质量。