（新課標(biāo)）河南省2015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

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1、 加強(qiáng)一講　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 考點(diǎn)一 [21]　動(dòng)力學(xué)中整體法與隔離法的應(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，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

2、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3－3－1 (2012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(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.－(m＋M)g D.＋(m＋M)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－(M＋m)g＝(M＋m)

3、a① 對(duì)M應(yīng)用牛頓第二定律：2f－Mg＝Ma② 由①②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(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．②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

4、例]—————— 　如圖3－3－2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，M＞m.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α角，細(xì)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(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線與豎直方向也成α角，細(xì)線的拉力為T′.則(　　) 圖3－3－2 A．a(chǎn)′＝a，T′＝T　　　　　 B．a(chǎn)′＞a，T′＝T C．a(chǎn)′＜a，T′＝T D．a(chǎn)′＞a，T′＞T 【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F－Tsi

5、n α＝ma，Tcos α＝mg；對(duì)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(diǎn)二 [22]　動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問題分析 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，明顯表明題述的過程存在著臨界點(diǎn)． 2．若題目中有“取值范圍”、“多長時(shí)間

6、”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“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(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達(dá)到正確解決問題的目的． 2．假設(shè)法：臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時(shí)．或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時(shí)，往往用假設(shè)法解決問題． 3．?dāng)?shù)學(xué)方法：將物理過程轉(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3－3－3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μmg，現(xiàn)用水

7、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3－3－3 A．μmg　　　　　 B．2μmg C．3μmg D．4μmg 【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μmg，由牛頓第二定律知aA＝＝μg；對(duì)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(gè)預(yù)測例]—————— 圖3－3－4 　如圖3－3－4所示，一輕質(zhì)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(zhì)量m＝0.5 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

8、長度．現(xiàn)使擋板以恒定加速度a＝2 m/s2沿斜面向下運(yùn)動(dòng)(斜面足夠長)，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝50 N/m，g取10 m/s2. (1)求小球開始運(yùn)動(dòng)時(shí)擋板對(duì)小球的彈力的大?。? (2)求小球從開始運(yùn)動(dòng)到與擋板分離時(shí)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(diǎn)？請簡述理由． 【審題指導(dǎo)】　(1)初始時(shí)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(shè)小球受擋板的作用力為F1，因?yàn)殚_始時(shí)彈簧對(duì)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(shè)小球受彈簧的拉

9、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 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(diǎn)．因?yàn)檎麄€(gè)過程中擋板對(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?。? 【答案】　見解析 考點(diǎn)三 [23]　動(dòng)力學(xué)圖象問題 一、圖象的類型 1．已知物體在一運(yùn)動(dòng)過程中所受的某個(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、問題的實(shí)質(zhì) 是力與運(yùn)動(dòng)的

10、關(guān)系問題，求解這類問題的關(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(shí)間內(nèi)均勻減小，在t0～2t0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】　AC ——————[1個(gè)預(yù)測例]—————— 　質(zhì)量為2 kg的物體在水平推力F的作用

11、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(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)水平推力F的大??； (3)0～10 s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)位移的大?。? 【解析】　(1)設(shè)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為Δt2、加速度為a2，則 a2＝＝－2 m/s2① 設(shè)物體所受的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律，有 Ff＝ma2② Ff＝－μmg③ 聯(lián)立②③得 μ＝＝0.2.④ (2)設(shè)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為Δt1、加速度為a1，則 a1＝＝1 m/s2⑤ 根據(jù)牛頓第二定律，有 F＋Ff＝ma1⑥ 聯(lián)

12、立③⑥得F＝μmg＋ma1＝6 N. (3)根據(jù)v－t圖象圍成的面積，得 x＝x1＋x2＝(2＋8)6 m＋84 m＝46 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)到另一端的過程中，(1)若滑塊和滑板同向運(yùn)動(dòng)，位移之差等于板長；(2)反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(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

13、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作用過程中，M和m都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過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v－t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L. 在0～t1的過程中，由牛頓第二定律得： 對(duì)滑塊：μmg＝ma2，v2＝a2t1① 對(duì)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

14、：L＝(v1－v2)t1＋(v1－v2)(t2－t1)＝(v1－v2)t2，④ v1－a3(t2－t1)＝v2＋a2(t2－t1)⑤ 聯(lián)立以上各式得：t1＝1 s．⑥ 【答案】　1 s 　(2013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(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μ，重力加速度為g. 圖3－3－8 (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)

15、驗(yàn)中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝碼與紙板左端的距離d＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝碼移動(dòng)的距離超過l＝0.002 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f1＝μm1g，桌面對(duì)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(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則 f1＝m1a1，F(xiàn)－f1－f2＝m2a2 發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的條件a12μ(m1＋m2)g. (3)紙板抽出前，砝碼運(yùn)動(dòng)距離x1＝a1t 紙板運(yùn)動(dòng)的距離x

16、1＋d＝a2t 紙板抽出后，砝碼在桌面上運(yùn)動(dòng)的距離x2＝a3t，l＝x1＋x2 且a1＝a3，a1t1＝a3t2，聯(lián)立以上各式解得 F＝2μ[m1＋(1＋)m2]g，代入數(shù)據(jù)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．(2014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(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3－3－9 A．必為推力 B．必為拉力 C．可能為推力，

17、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)a＋Fb＝(ma＋mb)a，a＝，選b為研究對(duì)象，設(shè)作用力為FN，則FN＋Fb＝mba，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 ⊙圖象問題 2．(2013浙江高考)如圖3－3－10所示，水平木板上有質(zhì)量m＝1.0 kg的物塊，受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用，用力傳感器測出相應(yīng)時(shí)刻物塊所受摩擦力Ff的大?。≈亓铀俣? g＝10 m/s2，下列判斷正確的是(　　) 圖

18、3－3－10 A．5 s內(nèi)拉力對(duì)物塊做功為零 B．4 s末物塊所受合力大小為4.0 N C．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4 D．6 s～9 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 s～5 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Ff＝μmg＝3.0 N，得μ＝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a＝＝2.0 m/s2，D選項(xiàng)正

19、確． 【答案】　D ⊙臨界和極值問題 圖3－3－11 3．(多選)如圖3－3－11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μ.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．運(yùn)動(dòng)過程中，物塊和小車始終保持相對(duì)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(yùn)動(dòng) 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 【

20、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kx－f＝ma，當(dāng)f＝μmg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)f＝μmg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(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

21、，D錯(cuò)． 【答案】　AC ⊙滑塊木板模型 圖3－3－12 4．(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(zhì)量均為m，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，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(　　) A．a(chǎn)＝μg　　　　　　　 B．a(chǎn)＝ C．a(chǎn)＝ D．a(chǎn)＝－ 【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：μmg－2mg＝ma，所以a＝g；當(dāng)F較小，二者一起加速時(shí)，有：F－2mg＝2ma，所以a＝－g，故選項(xiàng)C、D正確

22、． 【答案】　CD ⊙動(dòng)力學(xué)中的v－t圖象問題 5. 圖3－3－13 (2012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始下落，該下落過程對(duì)應(yīng)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(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(jù)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＝(0.110－0.

23、18) N＝0.2 N. (2)彈性球第一次反彈后的速度v1＝4 m/s＝3 m/s 根據(jù)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(jù)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(shí)驗(yàn)四　驗(yàn)證牛頓運(yùn)動(dòng)定律 實(shí)驗(yàn)?zāi)康? 1．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．

24、 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3－4－1 1．用天平測量小盤的質(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(xì)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(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

25、較理想的部分，測加速度a. 7．描點(diǎn)作圖，作a－F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，再放開小車，且應(yīng)在小車到達(dá)滑輪前按住小車． 4．作圖

26、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)，各量須采用國際單位．這樣作圖線時(shí)，坐標(biāo)點(diǎn)間距不至于過密，誤差會(huì)小些． 誤差來源 1．測量誤差 (1)質(zhì)量的測量． (2)打點(diǎn)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(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) 　(2012安徽高考)圖3－4－2為“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)

27、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)長木板一端滑輪的高度，使細(xì)線與長木板平行．接下來還需要進(jìn)行的一項(xiàng)操作是(　　) 圖3－4－2 A．將長木板水平放置，讓小車連著已經(jīng)穿過打點(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．將長木板的一端墊起適當(dāng)?shù)母叨龋屝≤囘B著已經(jīng)穿過打點(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．將長木

28、板的一端墊起適當(dāng)?shù)母叨?，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(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(　　) 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(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

29、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：sAB＝4.22 cm、sBC＝4.65 cm、sCD＝5.08 cm、sDE＝5.49 cm，sEF＝5.91 cm，sFG＝6.34 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3－4－3 【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(diǎn)計(jì)時(shí)器，并墊高長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

30、出紙帶上的點(diǎn)跡分布均勻，則說明小車做勻速運(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 M?m，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T＝0.1 s， 根據(jù)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(diǎn)二　實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理 　(2013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

31、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(長度單位：cm)，圖3－4－4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3－4－4 實(shí)驗(yàn)次數(shù) 1 2 3 4 5 6 小車質(zhì)量/g 200 300 400 500 600 700 小車加速度/ms－2 2.00 1.33 0.79 0.67 0.40 小車質(zhì)量的倒數(shù)/kg－1 5.00 3.33 2.50 2.00 1.67 1.00 (1)請由紙帶上的數(shù)

32、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?jiān)趫D3－4－5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3－4－5 (3)由圖象得出的結(jié)論： ________________________________________________________________________. 【解析】　(1)由逐差法得 a＝ ＝ ＝＝10－2 m/s2≈0.99 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

33、.99　(2)見解析 (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 　(2013新課標(biāo)全國卷Ⅰ)圖3－4－6為測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3－4－6 ①用天平測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(diào)整輕滑輪，使細(xì)線水平； ③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)分別測出遮光片經(jīng)過光電門A和光電門B所用的時(shí)間ΔtA和ΔtB，求出加速度a； ④多次重復(fù)步驟③，求a的平均值； ⑤根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)求出動(dòng)摩擦因數(shù)μ. 回答下列問題： (1)

34、測量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3－4－7所示，其讀數(shù)為________cm. 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(dòng)摩擦因數(shù)μ可用M、m、和重力加速度g表示為μ＝________. (4)如果細(xì)線沒有調(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)d＝0.9 cm＋120.05 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(yùn)動(dòng)，則v－v＝2ax，即2－2＝2as，得

35、a＝. (3)整體運(yùn)用牛頓第二定律得：mg－μMg＝(M＋m)，則μ＝. (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木板運(yùn)動(dòng)． 2．創(chuàng)新亮點(diǎn)——該題沒有平衡摩擦力問題，加速度沒有利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、紙帶來求，而是用光電門測速度，用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式算出，實(shí)驗(yàn)沒有驗(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 如果還是測

36、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 測動(dòng)摩擦因數(shù)，可以避開測加速度，比如用力平衡的辦法即用一個(gè)彈簧測力計(jì)勻速拉動(dòng)木板上的滑塊或滑塊與彈簧測力計(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)彈簧測力計(jì)不易操作，后者抽動(dòng)木板較好，但彈簧測力計(jì)的測量精度和讀數(shù)均存在誤差，另外也需測量木板質(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)，下列說法中正確的是(　　) A．平衡摩擦力時(shí)，應(yīng)將砝碼盤

37、及盤內(nèi)砝碼通過定滑輪拴在小車上 B．連接砝碼盤和小車的細(xì)繩應(yīng)跟長木板保持平行 C．平衡摩擦力后，長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】　BCD 2．(2013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

38、；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(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)a　 3．(2013天津高考)某實(shí)驗(yàn)小組利用圖3－4－8所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系． 圖3－4－8 ①(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)

39、摩擦力時(shí)，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上 C．實(shí)驗(yàn)時(shí)，先放開木塊再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源 D．通過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 ②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3－4－9 ③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3－4－9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

40、與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)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”) 【解析】　①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． ②對(duì)于系統(tǒng)，根據(jù)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(duì)于木塊，根據(jù)牛頓第二定律，得a＝＝－μg，故aF圖象的斜率反映了木塊質(zhì)量的倒數(shù)．有>，所以m甲

41、a＝－μg，即aF圖在a軸上的截距為－μg，所以－μ甲g<－μ乙g，即μ甲>μ乙． 【答案】?、貯D?、谶h(yuǎn)小于?、坌∮凇〈笥? 4．(2011山東高考)某探究小組設(shè)計(jì)了“用一把尺子測定動(dòng)摩擦因數(shù)”的實(shí)驗(yàn)方案．如圖3－4－10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(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

42、以忽略) 圖3－4－10 (1)滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的加速度與重力加速度的比值為________． (2)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為________． (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? c．長度測量時(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)聽到聲音說明小球與木塊運(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)，H＝gt2，木板沿斜面下滑做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，x＝at2，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 θ－Ff＝ma 垂直斜面方向

43、：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(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式可知選c、d. 【答案】　(1)　(2)　(3)cd 5．(2011重慶高考)某同學(xué)設(shè)計(jì)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(dòng)摩擦因數(shù)μ.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3－4－11 (1)為測量

44、滑塊的加速度a，須測出它在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：a＝m－μg 他想通過多次改變m，測出相應(yīng)的a值，并利用上式來計(jì)算μ.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3－4－12所示，由此可知μ＝________.(取兩位有效數(shù)字) 圖3－4－12 【解析】　(1)滑塊從A到B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故x＝at2，即a＝，需測位移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(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(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μ. 如 解得μ≈0.23. 【答案】　(1)位移x　時(shí)間t　a＝ (2)m′＋m　滑塊上 (3)0.23(在0.21～0.25之間均可) 希望對(duì)大家有所幫助，多謝您的瀏覽！