PAGEPAGE8與牛頓運動定律有關的試驗考點分析考點分析1．本考點命題多集中在打點計時器運用、平衡摩擦力、紙帶處理上，尤其是瞬時速度、加速度的計算及數據處理、試驗改進與創新等。2．常用思想方法：(1)限制變量法探討物理問題；(2)用列表法、圖象法處理試驗數據。例1．(2024·全國II卷·22)一細繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖所示。一試驗小組用此裝置測量小球B運動的加速度。令兩小球靜止，細繩拉緊，然后釋放小球，測得小球B釋放時的高度h0＝0.590m，下降一段距離后的高度h＝0.100m；由h0下降至h所用的時間T＝0.730s。由此求得小球B加速度的大小為a＝_______m/s2（保留3位有效數字）。從試驗室供應的數據得知，小球A、B的質量分別為100.0g和150.0g，當地重力加速度大小為g＝9.80m/s2。依據牛頓其次定律計算可得小球B加速度的大小為a′＝_______m/s2（保留3位有效數字）?？梢钥闯觯琣′與a有明顯差異，除試驗中的偶然誤差外，寫出一條可能產生這一結果的緣由：______________________?！窘馕觥坑深}意可知小球下降過程中做勻加速直線運動，故依據運動學公式有h－h0＝eq\f(1,2)aT2，代入數據解得a＝1.84m/s2；依據牛頓其次定律可知對小球A有T－mAg＝mAa′，對小球B有mBg－T＝mBa′，帶入已知數據解得a′＝1.96m/s2；在試驗中繩和滑輪之間有摩擦會造成實際計算值偏小?！敬鸢浮?.841.96滑輪的軸不光滑，繩和滑輪之間有摩擦（或滑輪有質量）例2．(2024·全國II卷·22)如圖（a），某同學設計了測量鐵塊與木板間動摩擦因數的試驗。所用器材有：鐵架臺、長木板、鐵塊、米尺、電磁打點計時器、頻率50Hz的溝通電源，紙帶等。回答下列問題：(1)鐵塊與木板間動摩擦因數μ＝。（用木板與水平面的夾角θ、重力加速度g和鐵塊下滑的加速度a表示）(2)某次試驗時，調整木板與水平面的夾角θ＝30°。接通電源，開啟打點計時器，釋放鐵塊，鐵塊從靜止起先沿木板滑下。多次重復后選擇點跡清楚的一條紙帶，如圖(b)所示。圖中的點為計數點(每兩個相鄰的計數點間還有4個點未畫出)，重力加速度為9.8m/s2?？梢杂嬎愠鲨F塊與木板間的動摩擦因數為。(結果保留2位小數)【考題解讀】本題考查牛頓其次定律及考生的試驗探究實力，體現了科學探究與科學推理的核心素養。解題的關鍵是利用牛頓其次定律列方程得出μ的表達式，同時留意g用9.80m/s2來計算，而不能習慣性用10m/s2來計算；在計算加速度值時，利用逐差法?！窘馕觥?1)對鐵塊受力分析，由牛頓其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)。(2)兩個相鄰計數點之間的時間間隔T＝5×eq\f(1,50)s＝0.10s，由逐差法和Δx＝aT2可得a＝eq\f(x5＋x6＋x7－x1＋x2＋x3,12T2)≈1.97m/s2，代入μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)，解得μ≈0.35。【答案】(1)eq\f(gsinθ－a,gcosθ)(2)0.35提分訓練提分訓練1．如圖甲所示，質量為m的滑塊A放在氣墊導軌上，B為位移傳感器，它能將滑塊A到傳感器B的距離數據實時傳送到計算機上，經計算機處理后在屏幕上顯示滑塊A的速率－時間(v－t)圖象。整個裝置置于高度h可調整的斜面上，斜面長度為l。(1)現給滑塊A沿氣墊導軌向上的初速度，其v－t圖線如圖乙所示．從圖線可得滑塊A上滑時的加速度大小a＝________m/s2(結果保留一位有效數字)。(2)若用此裝置來驗證牛頓其次定律，通過變更______，可驗證力肯定時，加速度與質量成反比的關系；通過變更__________________，可驗證質量肯定時，加速度與力成正比的關系(重力加速度g的值不變)?！敬鸢浮?1)3(2)滑塊的質量及斜面的高度，且使mh不變高度h【解析】(1)在v－t圖象中斜率大小代表加速度大小，故a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.5－0,0.5)m/s2＝3m/s2。(2)牛頓其次定律探討的是加速度與合外力和質量的關系。由于滑塊下滑的力是由重力沿斜面對下的分力供應，所以要保證向下的分力不變，應當使mg·eq\f(h,l)不變，所以應當變更滑塊的質量及斜面的高度，且使mh不變。當質量肯定時，通過變更力的大小可以探究加速度與合外力的關系，當斜面高度不同時，滑塊受到的力不同，即可通過變更高度h，驗證質量肯定時，加速度與力成正比的關系。2．某同學探討小滑塊與水平長木板之間的動摩擦因數，查閱資料得知當地的重力加速度為g。選用的試驗器材是：長木板、小滑塊(可安裝擋光片)、光電門、數字毫秒計、弧形斜面、擋光片、螺旋測微器、刻度尺。器材安裝如圖甲所示。(1)主要的試驗過程如下：①用螺旋測微器測量擋光片寬度d，讀數如圖乙所示，則d＝________mm；②讓小滑塊從斜面上某一位置釋放，讀出小滑塊通過光電門時數字毫秒計示數t；③用刻度尺量出小滑塊停止運動時擋光片與光電門間的距離L；④求出小滑塊與木板間的動摩擦因數μ＝________(用物理量g、d、L、t表示)．(2)為了減小測量動摩擦因數的誤差，可采納的方法是________________?！敬鸢浮?1)①2.950④eq\f(d2,2gLt2)(2)多次測量取平均值；采納圖象法；增大小滑塊的釋放高度【解析】(1)①d＝2.5mm＋45.0×0.01mm＝2.950mm；④因小滑塊通過光電門的時間很短，因此可以將小滑塊通過光電門的平均速度當成小滑塊通過光電門的瞬時速度，則小滑塊的速度v＝eq\f(d,t)，由勻變速運動的速度和位移關系可知v2＝2aL；由牛頓其次定律可知Ff＝μmg＝ma，a＝μg，聯立解得μ＝eq\f(d2,2gLt2)。(2)可以用多次做試驗取平均值消退該試驗的偶然誤差，也可以采納圖象法擬合數據進行求解，減小偶然誤差，增大小滑塊的釋放高度可以使小滑塊通過光電門的速度增加，時間減小，使平均速度接近小滑塊的瞬時速度以減小誤差。3．試驗創新體現了學生駕馭學問的實力，為此某同學利用如圖甲所示的裝置探究加速度與合外力的關系。小車質量為M，砂桶和砂的總質量為m，通過變更m來變更小車所受的合外力大小，小車的加速度a可由打點計時器和紙帶測出?，F保持小車質量M不變，漸漸增大砂桶和砂的總質量m進行多次試驗，得到多組a、F值(F為彈簧測力計的示數)。(1)下圖為上述試驗中打下的一條紙帶，A點為小車剛釋放時打下的起始點，每兩點間還有四個計時點未畫出，打點計時器的頻率為50Hz，則小車的加速度為________m/s2。(保留1位有效數字)(2)依據試驗數據畫出了如圖乙所示的一條過坐標原點的傾斜直線，其中縱軸為小車的加速度大小，橫軸應為________。(選填字母代號)A．eq\f(1,M)B．eq\f(1,m)C．mg D．F(3)砂桶和砂的總質量較大導致a較大時，關于乙圖的說法，正確的是________。(選填字母代號)A．圖線漸漸偏向縱軸B．圖線漸漸偏向橫軸C．圖線仍保持原方向不變D．均有可能【答案】(1)4(2)D(3)C【解析】(1)由于每兩個計數點間還有四個計時點未畫出，紙帶上面計數點之間的時間間隔是0.1s。依據勻變速直線運動的推論公式Δx＝aT2可得a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(（0.320－0.080）－0.080,（2×0.1）2)m/s2＝4m/s2。(2)依據牛頓其次定律，F＝Ma，a＝eq\f(1,M)F，質量不變時，a與F成正比關系，故D正確，A、B、C錯誤。(3)由于圖象的斜率為k＝eq\f(1,M)，所以增大砂和砂桶質量，k不變，仍保持原方向不變，所以C正確，A、B、D錯誤。4．某探究小組利用如圖甲所示的試驗裝置探究加速度與質量的關系。首先平衡小車所受的摩擦力，保持砂和砂桶的質量肯定。接通電源，釋放小車。多次變更小車的質量，利用位移傳感器測出對應的位移x并描繪x－t圖象。(1)圖乙為小車質量M＝0.4kg時位移傳感器記錄下描繪的x－t圖象。由圖象可知，此時小車的加速度a＝________m/s2。(2)該小組依據數據作出了加速度a的倒數和小車質量M的圖象(eq\f(1,a)－M)如圖丙，圖丙中圖線沒有過原點，小組探討后認為圖線的確不應當過原點。請用所學學問分析，圖丙中c＝________，利用題中信息求出試驗中砂和砂桶的質量m＝________kg。(結果均保留1位有效數字，當地重力加速度g＝10m/s2)【答案】(1)2(2)0.1s2/m0.1【解析】(1)釋放后小車做初速度為零的勻加速直線運動，x＝(0.74－0.10)m＝0.64m，t＝(2.2－1.4)s＝0.8s，由x＝eq\f(1,2)at2，可得a＝2m/s2。(2)a和M的關系反映小車與砂和砂桶的運動，即mg－F′＝ma，F＝Ma，F′＝F，得eq\f(1,a)＝eq\f(1,g)＋eq\f(1,mg)M，則c＝eq\f(1,g)＝0.1s2/m；由題圖丙可求斜率eq\f(1,mg)＝1s2·m－1·kg－1，則m＝0.1kg。5．某探究學習小組欲探究物體的加速度與力、質量的關系，他們在試驗室組裝了一套如圖所示的裝置，圖中小車的質量用M表示，鉤碼的質量用m表示。要順當完成該試驗，則：(1)為使小車所受合外力等于細線的拉力，應實行的措施是________________；要使細線的拉力約等于鉤碼的總重力，應滿意的條件是________。(2)某次打出的某一條紙帶，A、B、C、D、E、F為相鄰的6個計數點，如圖，相鄰計數點間還有四個點未標出。利用圖中給出的數據可求出小車的加速度a＝________m/s2(保留2位小數)。(3)某位同學經過測量、計算得到如下數據，請在圖中作出小車加速度與所受合外力的關系圖象。(4)由圖象可以看出，該試驗存在著較大的誤差，產生誤差的主要緣由是____________________。【答案】(1)平衡摩擦力M>>m(2)0.50(3)圖象見解析(4)木板傾角偏小(或平衡摩擦力不夠)【解析】(1)為使小車所受合外力等于細線的拉力，所以必需使小車的重力沿軌道的分力等于軌道對小車的摩擦力，所以做試驗時必需平衡摩擦力。以鉤碼作為探討對象有mg－FT＝ma，以小車作為探討對象有FT＝Ma，聯立以上兩式可得FT＝eq\f(mMg,m＋M)；要使繩子的拉力等于鉤碼的重力，即eq\f(mMg,m＋M)＝mg，故eq\f(M,m＋M)＝1，則有M>>m。(2)依據Δx＝aT2，可得x5－x1＝4aT2，所以有a＝eq\f(x5－x1,4T2)＝eq\f(（3.20－1.20）×10－2,4×0.12)m/s2＝0.50m/s2。(3)圖象如圖所示。(4)由圖象可知，當拉力約為0.05N時，小車才有加速度，所以是平衡摩擦力不夠，木板傾角過小。6．為了探究質量肯定時加速度與力的關系，一同學設計了如圖所示的試驗裝置，其中M為帶滑輪的小車的質量，m為砂和砂桶的質量。（滑輪質量不計）(1)試驗時，肯定要進行的操作是____________。A．用天平測出砂和砂桶的質量B．將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力C．小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄彈簧測力計的示數D．變更砂和砂桶的質量，打出幾條紙帶E．為減小誤差，試驗中肯定要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M(2)該同學在試驗中得到如圖所示的一條紙帶（相鄰兩計數點間還有兩個點沒有畫出），已知打點計時器采納的是頻率為50Hz的溝通電，依據紙帶可求出小車的加速度為m/s2。(結果保留兩位有效數字)(3)以彈簧測力計的示數F為橫坐標，加速度為縱坐標，畫出的a－F圖象是一條直線，圖線與橫坐標的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則帶滑輪的小車的質量為。A．2tanθB．C．kD．【答案】(1)BCD(2)1.3(3)D【解析】(1)本題拉力可以由彈簧測力計測出，不須要用天平測出砂和砂桶的質量，也就不須要使小桶(包括砂)的質量遠小于車的總質量，故A錯誤，E錯誤；彈簧測力計測出拉力表示小車受到的合外力，故須要將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力，故B正確；打點計時器運用時，都是先接通電源，待打點穩定后再釋放紙帶，該試驗探究加速度與力和質量的關系，要記錄彈簧測力計的示數，故C正確；變更砂和砂桶質量，即變更拉力的大小，打出幾條紙帶，探討加速度隨F變更關系，故D正確。(2)由于兩計數點間還有二個點沒有畫出，故相鄰計數點的時間間隔為0.06s，由Δx＝aT2可得：m/s2＝1.3m/s2。(3)對a－F圖，圖象的斜率表示小車質量的倒數，此題，彈簧測力計的示數F＝e