PAGE17-第1講力學試驗思維導圖要點熟記1.系統誤差：由于儀器本身不精密、試驗方法粗略或試驗原理不完善而產生的誤差。系統誤差總是同樣偏大或偏小。系統誤差可以通過更新儀器、完善原理和精確試驗的方法來減小。2.偶然誤差：由各種偶然因素如測量、讀數不精確，作圖不規范造成的誤差。偶然誤差表現為重復做同一試驗時總是時而偏大時而偏小。偶然誤差可用多次測量取平均值或作圖的方法來減小。3.有效數字：帶有一位不行靠數字的近似數字叫有效數字。有效數字從左邊第一個不為零的數字算起，如0.0125為三位有效數字，中學階段一般取2位或3位有效數字。4.時間測量類儀器(1)打點計時器：每打兩個點的時間間隔為0.02s，一般每五個點取一個計數點，則時間間隔為Δt＝0.02×5s＝0.1s。(2)頻閃照相機：用相等時間間隔獲得圖像信息的方法，將物體在不同時刻的位置記錄下來。(3)光電門計時器：記錄遮光時間Δt，可以求瞬時速度。把遮光條(寬度為d)通過光電門的時間Δt內的平均速度看作物體經過光電門的瞬時速度，即v＝eq\f(d,Δt)。5.利用紙帶求瞬時速度的方法在勻變速直線運動中，利用物體在一段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求解。測出與第n點相鄰的前、后兩段相等時間T內的距離xn和xn＋1，由公式vn＝eq\f(xn＋xn＋1,2T)算出。6.利用紙帶求加速度的方法(1)利用a＝eq\f(Δx,T2)求解：在已經推斷出物體做勻變速直線運動的狀況下可利用Δx＝xn＋1－xn＝aT2求加速度a。(2)利用v-t圖像求解：畫出v-t圖像，圖線的斜率為物體做勻變速直線運動的加速度。(3)利用光電門求加速度若兩個光電門之間的距離為L，則利用速度與位移的關系可求加速度，即a＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2L)。[研考向·提實力]__________________________________考向研析__駕馭應試技能考向一長度的測量及讀數游標卡尺(不估讀)(1)讀數：測量值＝主尺讀數(mm)＋精度×游標尺上對齊刻線數值(mm)。(2)常用精確度：10分度游標，精度0.1mm；20分度游標，精度0.05mm；50分度游標，精度0.02mm螺旋測微器(需估讀)測量值＝固定刻度＋可動刻度(帶估讀值)×0.01mm[典例1](1)如圖甲、乙、丙所示的三把游標卡尺，它們的游標尺分別為9mm長10等分、19mm長20等分、49mm長50等分，它們的讀數依次為________mm、________mm、________mm。(2)用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，圖中所示的示數為________mm。[解析](1)甲圖讀數：整毫米數是17mm，不足1毫米數是2×0.1mm＝0.2mm，最終讀數是17mm＋0.2mm＝17.2mm；乙圖讀數：整毫米數是23mm，不足1毫米數是7×0.05mm＝0.35mm，最終讀數是23mm＋0.35mm＝23.35mm；丙圖讀數：整毫米數是10mm，不足1毫米數是19×0.02mm＝0.38mm，最終讀數是10mm＋0.38mm＝10.38mm。(2)半毫米刻度線已經露出，固定刻度示數為6.5mm，由螺旋測微器的讀數方法，可知金屬絲的直徑d＝6.5mm＋20.0×0.01mm＝6.700mm。[答案](1)17.223.3510.38(2)6.700(6.699～6.701均正確)易錯警示游標卡尺和螺旋測微器讀數時應留意的問題……………………(1)10分度的游標卡尺，以mm為單位，小數點后只有1位，20分度和50分度的游標卡尺以mm為單位，小數點后有2位。(2)游標卡尺在讀數時先讀主尺數據，再讀游標尺數據，最終兩數相加。游標卡尺讀數不估讀。(3)不要把游標尺的邊緣當成零刻線，從而把主尺的刻度讀錯，如典例中游標卡尺的讀數，看清“0”刻度線。(4)螺旋測微器讀數時，要留意固定刻度上表示半毫米的刻度線是否已經露出，如典例中半毫米刻度線已經露出；要精確到0.01mm，估讀到0.001mm，即結果若用mm為單位，則小數點后必需保留三位數字。1．圖中游標卡尺的讀數為________mm，螺旋測微器的讀數為________mm。解析：游標卡尺的讀數為l＝52mm＋7×eq\f(1,20)mm＝52.35mm；螺旋測微器的讀數為d＝1.5mm＋49.0×0.01mm＝1.990mm。答案：52.351.990(1.899～1.991均正確)2．(1)圖甲中游標卡尺游標尺的每小格比主尺的每小格小________mm；該游標卡尺的讀數應為________mm。(2)圖乙中螺旋測微器的讀數應為________mm。解析：(1)主尺每小格的長度為1mm，而游標尺上的刻度是把9mm分成了10份，每一份為0.9mm，所以游標尺的每小格比主尺的每小格小0.1mm；游標卡尺讀數為1mm＋0×0.1mm＝1.0mm。(2)固定刻度上讀數為0.5mm，可動刻度與固定刻度中心線對齊的是14.2，所以螺旋測微器讀數為0.5mm＋14.2×0.01mm＝0.642mm。答案：(1)0.11.0(2)0.642(0.641～0.643均可)考向二“紙帶類”問題的處理1．常規計時儀器的測量計時儀器測量方法秒表秒表的讀數方法：測量值(t)＝短針讀數(t1)＋長針讀數(t2)，無估讀打點計時器(1)t＝nT(n表示打點的時間間隔的個數，T表示打點周期)(2)打點頻率(周期)與所接溝通電的頻率(周期)相同2.兩個關鍵點(1)區分計時點和計數點：計時點是指打點計時器在紙帶上打下的點。計數點是指測量和計算時在紙帶上所選取的點。要留意“每五個點取一個計數點”與“每隔四個點取一個計數點”的取點方法是一樣的。(2)涉及打點計時器的試驗均是先接通打點計時器的電源，待打點穩定后，再釋放紙帶。3．紙帶的三大應用(1)推斷物體運動性質。①若Δx＝0，則可判定物體在試驗誤差允許的范圍內做勻速直線運動。②若Δx不為零且為定值，則可判定物體在試驗誤差允許范圍內做勻變速直線運動。(2)求解瞬時速度。做勻變速運動的物體在一段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度。如圖所示，求打某一點的瞬時速度，只需在這一點的前、后各取相同時間間隔T的兩段位移xn和xn＋1，則打n點時的速度vn＝eq\f(xn＋xn＋1,2T)。(3)求加速度。①如圖所示，有連續的偶數段數據：a＝eq\f(（x4＋x5＋x6）－（x1＋x2＋x3）,（3T）2)。②如圖所示，連續的奇數段數據，去掉最短的x1：a＝eq\f(（x4＋x5）－（x2＋x3）,（2T）2)。③如圖所示，不連續的兩段數據：a＝eq\f(xn＋m－xn,（n＋m－n）T2)＝eq\f(xn＋m－xn,mT2)。[典例2]在做“探討勻變速直線運動”的試驗時，某同學得到一條用打點計時器打下的紙帶，如圖所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G共7個計數點，圖中每相鄰兩個計數點間還有4個點沒有畫出，打點計時器接頻率f＝50Hz的溝通電源。(1)打下E點時紙帶的速度vE＝________(用給定字母表示)；(2)若測得d6＝65.00cm，d3＝19.00cm，物體的加速度a＝________m/s2；(3)假如當時交變電流的頻率f>50Hz，但當時做試驗的同學并不知道，那么測得的加速度值和真實值相比________(選填“偏大”或“偏小”)。[解析](1)由于圖中每相鄰兩個計數點間還有4個點沒有畫出，所以相鄰的計數點之間的時間間隔為5T，利用勻變速直線運動的推論得vE＝eq\f(d5－d3,10T)＝eq\f(（d5－d3）f,10)。(2)依據勻變速直線運動的推論Δx＝aT2可得a＝eq\f(xDG－xAD,（3×5T）2)＝eq\f(（d6－d3）－d3,（3×0.1s）2)＝3.00m/s2。(3)假如在某次試驗中，溝通電的頻率f>50Hz，則實際打點周期變小，依據運動學公式Δx＝aT2得，測量的加速度值和真實的加速度值相比偏小。[答案](1)eq\f(（d5－d3）f,10)(2)3.00(3)偏小3．某小組利用打點計時器對物塊沿傾斜的長木板加速下滑時的運動進行探究。物塊拖動紙帶下滑，打出的紙帶的一部分如圖所示。已知打點計時器所用溝通電的頻率為50Hz，紙帶上標出的每兩個相鄰點之間還有4個打出的點未畫出。在A、B、C、D、E五個點中，打點計時器最先打出的是________點。在打出C點時物塊的速度大小為________m/s(保留三位有效數字)；物塊下滑的加速度大小為________m/s2(保留兩位有效數字)。解析：物塊加速下滑，因此打點間距漸漸增大，故先打A點。C點的速度vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(4.65×10－2,2×0.1)m/s≈0.233m/s。由圖知xAB＝1.20cmxBC＝xAC－xAB＝1.95cmxCD＝xAD－xAC＝2.70cmxDE＝xAE－xAD＝3.45cm由逐差法得a＝eq\f(xDE＋xCD－（xAB＋xBC）,4T2)＝0.75m/s2。答案：A0.2330.754．某同學用圖(a)所示的試驗裝置驗證機械能守恒定律，其中打點計時器的電源為溝通電源，可以運用的頻率有20Hz、30Hz和40Hz。打出紙帶的一部分如圖(b)所示。該同學在試驗中沒有記錄溝通電的頻率f，須要用試驗數據和其他題給條件進行推算。(1)若從打出的紙帶可判定重物勻加速下落，利用f和圖(b)中給出的物理量可以寫出：在打點計時器打出B點時，重物下落的速度大小為________，打出C點時重物下落的速度大小為________，重物下落的加速度大小為________。(2)已測得s1＝8.89cm，s2＝9.50cm，s3＝10.10cm，當地重力加速度大小為9.80m/s2，試驗中重物受到的平均阻力大小約為其重力的1%。由此推算出f為________Hz。解析：(1)利用做勻變速直線運動的質點在一段時間內的平均速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度，可得打點計時器打出B點時重物下落的速度vB＝eq\f(s1＋s2,2T)＝eq\f(（s1＋s2）f,2)；打出C點時重物下落的速度vC＝eq\f(s2＋s3,2T)＝eq\f(（s2＋s3）f,2)。依據加速度的定義，重物下落的加速度大小為a＝eq\f(vC－vB,T)＝(vC－vB)f＝eq\f(（s3－s1）f2,2)。(2)依據題述，重物下落受到的阻力為0.01mg，由牛頓其次定律得mg－0.01mg＝ma，解得a＝0.99g，由eq\f(（s3－s1）f2,2)＝0.99g，解得f＝40Hz。答案：(1)eq\f(1,2)f(s1＋s2)eq\f(1,2)f(s2＋s3)eq\f(1,2)f2(s3－s1)(2)405．(2024·高考全國卷Ⅲ)某同學利用圖(a)所示裝置驗證動能定理。調整木板的傾角平衡摩擦阻力后，掛上鉤碼，鉤碼下落，帶動小車運動并打出紙帶。某次試驗得到的紙帶及相關數據如圖(b)所示。已知打出圖(b)中相鄰兩點的時間間隔為0.02s，從圖(b)給出的數據中可以得到，打出B點時小車的速度大小vB＝________m/s，打出P點時小車的速度大小為vP＝________m/s。(結果均保留兩位小數)若要驗證動能定理，除了需測量鉤碼的質量和小車的質量外，還須要從圖(b)給出的數據中求得的物理量為__________。解析：紙帶上某點的瞬時速度可用相鄰兩點間的平均速度來替代。vB＝eq\f(（4.00－2.56）×10－2,0.04)m/s＝0.36m/svP＝eq\f(（57.86－50.66）×10－2,0.04)m/s＝1.80m/s依據試驗原理Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，需測量的物理量有鉤碼的質量，小車的質量，B、P之間的距離和B、P點的速度。答案：0.361.80B、P之間的距離6．某同學設計了一個用打點計時器探究碰撞過程中動量的改變規律的試驗：在小車A的前端粘有橡皮泥，推動小車A使之做勻速直線運動，然后與原來靜止在前方的小車B相碰并黏合成一體，接著做勻速直線運動。他設計的詳細裝置如圖甲所示，在小車A后連著紙帶，打點計時器的工作頻率為50Hz，長木板下墊著小木片以平衡摩擦力。(1)若已得到如圖乙所示的打點紙帶，測得各計數點間距離并標在圖上，點1為打下的第一個點，則應選________段來計算小車A的碰前速度，應選________段來計算小車A和小車B碰后的共同速度。(均選填“1～2”“2～3”“3～4”或“4～5”)(2)已測得小車A的質量mA＝0.40kg，小車B的質量mB＝0.20kg，由以上的測量結果可得，碰前兩小車的總動量為________kg·m/s，碰后兩小車的總動量為________kg·m/s。由此可得出的試驗結論是_____________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)因小車做勻速運動，應取紙帶上點跡勻稱的一段來計算速度，碰前2～3段點跡勻稱，碰后4～5段點跡勻稱，故取2～3段計算碰前小車A的速度，4～5段計算碰后小車A、B的共同速度。(2)碰前小車A的速度vA＝eq\f(x23,T)＝eq\f(10.50×10－2,0.02×5)m/s＝1.05m/s，其動量pA＝mAvA＝0.420kg·m/s；碰后兩小車的共同速度為vAB＝eq\f(x45,T)＝eq\f(6.95×10－2,0.02×5)m/s＝0.695m/s，其總動量pAB＝(mA＋mB)vAB＝0.417kg·m/s。由計算結果可知，在試驗允許的誤差范圍內碰撞前、后總動量不變。答案：(1)2～34～5(2)0.4200.417在試驗允許的誤差范圍內碰撞前、后總動量不變考向三“輕繩、橡皮條、彈簧類”試驗1．“四點留意”(1)橡皮條、彈簧的彈力大小與伸長量之間的關系滿意胡克定律，處理試驗數據時一般選用圖像法。(2)胡克定律描述的是在彈性限度內，橡皮條(彈簧)的彈力與形變量成正比，假如超出彈性限度，正比關系不再成立。(3)彈簧測力計讀數時要先看量程和分度值，再依據指針所指的位置讀出所測力的大小。如分度值為0.1N，則要估讀，即有兩位小數，如分度值為0.2N，則小數點后只能有一位小數。(4)輕繩繞過定滑輪時，輕繩上的彈力大小到處相等。2．圖像法的“五點要求”(1)作圖肯定要用坐標紙，坐標紙的大小要依據有效數字的位數和結果的須要來定。(2)要標明坐標軸名、單位，在坐標軸上每隔肯定的間距按有效數字的位數標明數值。(3)圖上的連線不肯定通過全部的數據點，應盡量使數據點合理地分布在線的兩側。(4)作圖時常通過選取適當的坐標軸使圖像線性化，即“變曲為直”。(5)有些時候，為了使坐標紙有效運用范圍增大，坐標原點可以不從“0”起先。[典例3]某探究小組做“驗證力的平行四邊形定則”試驗，將畫有坐標軸(橫軸為x軸，縱軸為y軸，最小刻度表示1mm)的紙貼在桌面上，如圖(a)所示。將橡皮筋的一端Q固定在y軸上的B點(位于圖示部分之外)，另一端P位于y軸上的A點時，橡皮筋處于原長。(1)用一只測力計將橡皮筋的P端沿y軸從A點拉至坐標原點O，此時拉力F的大小可由測力計讀出。測力計的示數如圖(b)所示，F的大小為________N。(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A點，現運用兩個測力計同時拉橡皮筋，再次將P端拉至O點。此時視察到兩個拉力分別沿圖(a)中兩條虛線所示的方向，由測力計的示數讀出兩個拉力的大小分別為F1＝4.2N和F2＝5.6N。(ⅰ)用5mm長度的線段表示1N的力，以O點為作用點，在圖(a)中畫出力F1、F2的圖示，然后按平行四邊形定則畫出它們的合力F合；(ⅱ)F合的大小為________N，F合與拉力F的夾角的正切值為________。若F合與拉力F的大小及方向的偏差均在試驗所允許的誤差范圍之內，則該試驗驗證了力的平行四邊形定則。[解析](1)由測力計的讀數規則可知，讀數為4.0N。(2)(ⅰ)利用平行四邊形定則作圖，如圖所示。(ⅱ)由圖可知F合＝4.0N，從F合的頂點向x軸和y軸分別作垂線，頂點的橫坐標對應長度為1mm，頂點的縱坐標長度為20mm，則可得出F合與拉力F的夾角的正切值為0.05。[答案](1)4.0(2)(ⅰ)圖見解析(ⅱ)4.00.05易錯警示驗證力的平行四邊形定則的操作關鍵……………………(1)每次拉伸結點位置O必需保持不變。(2)登記每次各力的大小和方向。(3)畫力的圖示時應選擇適當的標度。7．(2024·高考全國卷Ⅰ)如圖(a)，一彈簧上端固定在支架頂端，下端懸掛一托盤；一標尺由游標和主尺構成，主尺豎直固定在彈簧左邊；托盤上方固定有一能與游標刻度線精確對齊的裝置，簡化為圖中的指針。現要測量圖(a)中彈簧的勁度系數。當托盤內沒有砝碼時，移動游標，使其零刻度線對準指針，此時標尺讀數為1.950cm；當托盤內放有質量為0.100kg的砝碼時，移動游標，再次使其零刻度線對準指針，標尺示數如圖(b)所示，其讀數為________cm。當地的重力加速度大小為9.80m/s2，此彈簧的勁度系數為________N/m(保留三位有效數字)。解析：標尺的游標為20分度，精確度為0.05mm，游標的第15個刻度與主尺刻度對齊，則讀數為37mm＋15×0.05mm＝37.75mm＝3.775cm。彈簧形變量x＝(3.775－1.950)cm＝1.825cm，砝碼平衡時，mg＝kx，所以勁度系數k＝eq\f(mg,x)＝eq\f(0.100×9.80,1.825×10－2)N/m≈53.7N/m。答案：3.77553.78．某同學在做“驗證平行四邊形定則”的試驗中，遇到了以下問題。請幫助該同學解答。(1)物理學中有許多物理方法，本試驗采納的是________。A．類比試驗法 B．等效替代法C．限制變量法 D．極限法(2)在做試驗之前，該同學發覺有一只彈簧測力計如圖甲所示，則在運用前應當對彈簧測力計________。(3)如圖乙所示的四個力中，力________(填圖中字母)是由一只彈簧測力計干脆拉橡皮筋測得的。(4)該同學已經作出了兩個分力的力的圖示，如圖丙所示，方格中每邊的長度表示0.5N，請幫助該同學用作圖法作出合力F的圖示，并求出合力的大小為________N。(結果保留兩位有效數字)解析：(1)“驗證平行四邊形定則”的試驗中采納的是等效替代法，故選B。(2)在運用前應當對彈簧測力計進行校零。(3)由一只彈簧測力計干脆拉橡皮筋時，力的方向與OA重合，可知題圖乙所示的四個力中，力F′是由一只彈簧測力計干脆拉橡皮筋測得的。(4)合力F的圖示如圖所示。由圖可知合力的大小為3.5N。答案：(1)B(2)校零(3)F′(4)圖見解析3.59.(2024·高考全國卷Ⅱ)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(保留三位有效數字)。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(保留三位有效數字)。可以看出，a′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：____________。解析：B小球在0.730s時間內下落距離s＝0.590m－0.100m＝0.490m初始時速度為零，據s＝eq\f(1,2)aT2得a＝eq\f(2s,T2)＝eq\f(2×0.490,0.7302)m/s2≈1.84m/s2。已知兩小球的重力，據牛頓其次定律對B球有：mBg－FT＝mBa′ ①對A球有：mAg－FT＝mA(－a′) ②聯立①②兩式得a′＝eq\f(mB－mA,mA＋mB)g＝eq\f(（150.0－100.0）×10－3,（100.0＋150.0）×10－3)×9.8m/s2＝1.96m/s2。可見試驗結果比理論結果小一些，可能是滑輪的軸不光滑或滑輪有質量。答案：1.841.96滑輪的軸不光滑(或滑輪有質量)考向四“光電門類”試驗1．光電門的結構光電門是一個像門樣的裝置，一邊安裝發光裝置，一邊安裝接收裝置并與計時裝置連接。2．光電門的原理當物體通過光電門時間被攔住，計時器起先計時，當物體離開時停止計時，這樣就可以依據物體大小與運動時間計算物體運動的速度。(1)計算速度：假如擋光片的寬度為d，擋光時間為Δt，則物體經過光電門時的瞬時速度v＝eq\f(d,Δt)。(2)計算加速度：利用兩光電門的距離L及a＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2L)計算加速度。3．涉及光電門的常見試驗驗證牛頓運動定律、探究動能定理、驗證機械能守恒定律、驗證動量守恒定律。[典例4](2024·福建南平高三第一次質檢)某試驗小組用圖甲試驗裝置驗證鉤碼與滑塊組成的系統機械能守恒，主要步驟如下：①鉤碼的質量為m，用天平測量滑塊和遮光條的總質量M，用游標卡尺測量遮光條的寬度d，用刻度尺測量兩光電門之間的距離s；②調整旋鈕使氣墊導軌水平，同時調整輕滑輪使細線水平；③釋放滑塊，用計時器分別測出遮光條經過光電門A和光電門B所用的時間ΔtA和ΔtB。請回答下列問題：(1)測遮光條的寬度d時，游標卡尺的示數如圖乙所示，則d＝________cm。(2)若系統機械能守恒，則mgs＝________________________(用M、m、d、ΔtA和ΔtB表示)。[解析](1)由題圖乙可知d＝0.5cm＋0.1mm×2＝0.52cm。(2)遮光條經過光電門A和光電門B的速度分別為vA＝eq\f(d,ΔtA)，vB＝eq\f(d,ΔtB)要驗證的關系式為mgs＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,A)即mgs＝eq\f(1,2)(M＋m)(eq\f(d2,Δteq\o\al(2,B))－eq\f(d2,Δteq\o\al(2,A)))。[答案](1)0.52(2)eq\f(1,2)(M＋m)(eq\f(d2,Δteq\o\al(2,B))－eq\f(d2,Δteq\o\al(2,A)))10．某愛好小組利用如圖所示彈射裝置將小球豎直向上拋出來驗證機械能守恒定律。一部分同學用游標卡尺測量出小球的直徑為d，并在A點以速度vA豎直向上拋出；另一部分同學團結協作，精確記錄了小球通過光電門B時的時間為Δt，用刻度尺測出光電門A、B間的距離為h。已知小球的質量為m，當地的重力加速度為g，回答下列問題：(1)小球在B點時的速度大小為________；(2)小球從A點到B點