2022年高考物理总复习讲义 第3章 加强1讲 牛顿运动定律的综合应用

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1、2022年高考物理总复习讲义 第3章 加强1讲 牛顿运动定律的综合应用 一、整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)． 二、隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解． 三、整体法、隔离法的交替运用原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整

2、体求加速度，后隔离求内力”． ——————[1个示范例]—————— 　 图3－3－1 (xx·江苏高考)如图3－3－1所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是(　　) A.　　　　　　　 B. C.－(m＋M)g D.＋(m＋M)g 【审题指导】　(1)木块从两侧均受到向上的摩擦力，且大小相同 (2)当夹子与木块两侧的静摩擦力达到最大值时，木块刚要相对夹子滑动，对应拉力F最大 【解析】　对整个系统应用牛顿第二定律： F－(M＋m)g＝(M＋m)a① 对M应用牛顿第

3、二定律：2f－Mg＝Ma② 由①②联立可得：F＝，故A正确． 【答案】　A 　整体法与隔离法常涉及的问题类型 (1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法． (2)水平面上的连接体问题：①这类问题一般是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体、后隔离的方法．②建立直角坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度． (3)斜面体与物体组成的连接体的问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析． ——————[1个预测例]—————— 　如图3－

4、3－2甲所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上．小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m.现用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T；如图3－3－2乙所示，若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为T′.则(　　) 图3－3－2 A．a′＝a，T′＝T　　　　　 B．a′＞a，T′＝T C．a′＜a，T′＝T D．a′＞a，T′＞T 【解析】　 对图甲整体分析，由牛顿第二定律得a＝，对小球受力分析如图(a)所示，因此有F－Tsin α＝ma，Tcos α＝m

5、g；对图乙小球受力分析如图(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 考点二 [22]　动力学中的临界极值问题分析 一、临界状态与临界条件 当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件． 二、临界或极值条件的标志 1．有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点． 2．若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题

6、述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态． 三、临界问题的常用解法 1．极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的． 2．假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时．或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题． 3．数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件． ——————[1个示范例]—————— 　如图3－3－3所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则

7、拉力F的最大值为(　　) 图3－3－3 A．μmg　　　　　 B．2μmg C．3μmg D．4μmg 【解析】　当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物体所受的合外力为μmg，由牛顿第二定律知aA＝＝μg；对于A、B整体，加速度a＝aA＝μg，由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg. 【答案】　C ——————[1个预测例]—————— 图3－3－4 　如图3－3－4所示，一轻质弹簧的一端固定于倾角θ＝30°的光滑斜面的顶端，另一端系有质量m＝0.5 kg的小球，小球被一垂直于斜面的挡板挡住，此时弹簧恰好为自然长度．现使挡板以恒定加速度a＝2 m/s

8、2沿斜面向下运动(斜面足够长)，已知弹簧的劲度系数k＝50 N/m，g取10 m/s2. (1)求小球开始运动时挡板对小球的弹力的大小． (2)求小球从开始运动到与挡板分离时弹簧的伸长量． (3)判断小球与挡板分离后能否回到原出发点？请简述理由． 【审题指导】　(1)初始时刻，弹簧处于自然长度，小球受重力和挡板的支持力． (2)球与挡板分离的临界条件为二者之间作用力恰为零． 【解析】　(1)设小球受挡板的作用力为F1，因为开始时弹簧对小球作用力为零，由牛顿第二定律得：mgsin θ －F1＝ma F1＝1.5 N. (2)设小球受弹簧的拉力为F2，因为小球与挡板分离时，挡板对小

9、球的作用力为零，由牛顿第二定律得：mgsin θ－F2＝ma F2＝1.5 N 由胡克定律得：F2＝kx，x＝3 cm， (3)小球与挡板分离后不能回到原出发点．因为整个过程中挡板对小球的作用力沿斜面向上，小球位移沿斜面向下，挡板对小球做负功，小球和弹簧组成的系统的机械能减小． 【答案】　见解析 考点三 [23]　动力学图象问题 一、图象的类型 1．已知物体在一运动过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况． 2．已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况． 二、问题的实质 是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的

10、物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能． ——————[1个示范例]—————— 　(多选)静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图象如图3－3－5所示，则a－t图象和v－t图象是图中的(　　) 图3－3－5 【解析】　由F－t图知，物体所受合力，在0～t0时间内均匀减小，在t0～2t0时间内均匀增大．根据牛顿第二定律知A对，B错．由速度和加速度的关系知，C对，D错． 【答案】　AC ——————[1个预测例]—————— 　质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的

11、v－t图象如图3－3－6所示．g取10 m/s2，求： 图3－3－6 (1)物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)水平推力F的大小； (3)0～10 s内物体运动位移的大小． 【解析】　(1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt2、加速度为a2，则 a2＝＝－2 m/s2① 设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有 Ff＝ma2② Ff＝－μmg③ 联立②③得 μ＝＝0.2.④ (2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1、加速度为a1，则 a1＝＝1 m/s2⑤ 根据牛顿第二定律，有 F＋Ff＝ma1⑥ 联立③⑥得F＝μmg＋ma1＝6 N. (3)根

12、据v－t图象围成的面积，得 x＝x1＋x2＝×(2＋8)×6 m＋×8×4 m＝46 m. 【答案】　(1)0.2　(2)6 N　(3)46 m 动力学中的“滑块、滑板组合模型” 一、模型特点 1．上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动． 2．常见两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，(1)若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；(2)反向运动时，位移之和等于板长． 二、解题思路 1．分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度． 2．对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木块之间的位移关系或速度关系，建立

13、方程. 　【规范解答】　 在力F作用过程中，M和m都做匀加速直线运动，经过t1撤掉力F后，m继续做匀加速运动，M做匀减速运动，当两者达到共同速度时，如果m恰好滑到M的左端，则时间为最短时间，作v－t图象如图示． 设t1时刻撤掉力F，此时，滑块的速度为v2，木板的速度为v1，t2时刻达到最终速度v3，阴影部分的面积为板长L. 在0～t1的过程中，由牛顿第二定律得： 对滑块：μmg＝ma2，v2＝a2t1① 对木板：F－μmg＝Ma1，v1＝a1t1② 撤去力F后，木板的加速度变为a3，则：μmg＝Ma3③ 由v－t图象知：L＝(v1－v2)t1＋(v1－v2)(t2－

14、t1)＝(v1－v2)t2，④ v1－a3(t2－t1)＝v2＋a2(t2－t1)⑤ 联立以上各式得：t1＝1 s．⑥ 【答案】　1 s 　(xx·江苏高考)如图3－3－8所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g. 图3－3－8 (1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小； (3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，

15、砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？ 【解析】　(1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g，桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g，纸所受的摩擦力 f＝f1＋f2＝μ(2m1＋m2)g. (2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则 f1＝m1a1，F－f1－f2＝m2a2 发生相对运动的条件a12μ(m1＋m2)g. (3)纸板抽出前，砝码运动距离x1＝a1t 纸板运动的距离x1＋d＝a2t 纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝

16、a3t，l＝x1＋x2 且a1＝a3，a1t1＝a3t2，联立以上各式解得 F＝2μ[m1＋(1＋)m2]g，代入数据求得F＝22.4 N 【答案】　(1)μ(2m1＋m2)g　(2)F＞2μ(m1＋m2)g　(3)22.4 N ⊙连接体问题 1．(xx届南京模拟)如图3－3－9所示，两块粘连在一起的物块a和b的质量分别为ma和mb，把它放在水平的光滑桌面上．现同时给它们施加方向如图所示的推力Fa和拉力Fb.已知Fa>Fb，则a对b的作用力(　　) 图3－3－9 A．必为推力 B．必为拉力 C．可能为推力，也可能为拉力 D．不可能为零 【解析】　该题考查加速度相同

17、的连接体，可采用整体法求加速度、隔离法求相互作用力．选整体为研究对象，Fa＋Fb＝(ma＋mb)a，a＝，选b为研究对象，设作用力为FN，则FN＋Fb＝mba，FN＝＝.由于Fa>Fb，但a、b的质量关系未知，所以FN可能为正，也可能为负．故C选项正确． 【答案】　C ⊙图象问题 2．(xx·浙江高考)如图3－3－10所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是(　　) 图3－3－10 A．5 s内拉力对物块做功为零 B．4 s末物块所受合力大

18、小为4.0 N C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D．6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2 【解析】　对物块受力分析，分析图象中各段的运动规律，结合牛顿运动定律及做功的条件分析各选项． 由图象知物块前4 s静止，4 s～5 s内物块做加速运动，前5 s内拉力对物块做功不为零，故A选项错误；4 s末物块静止，所受合力为零，B选项错误；由4 s之后的运动情况判断其受滑动摩擦力Ff＝μmg＝3.0 N，得μ＝0.3，C选项错误；由牛顿第二定律可知4 s后物块的加速度a＝＝2.0 m/s2，D选项正确． 【答案】　D ⊙临界和极值问题 图3－3－11 3．(多选

19、)如图3－3－11所示，小车内有一质量为m的物块，一轻质弹簧两端与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内．弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和小车之间的动摩擦因数为μ.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．运动过程中，物块和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是(　　) A．若μmg小于kx，则小车的加速度方向一定向左 B．若μmg小于kx，则小车的加速度最小值为a＝，且小车只能向左加速运动 C．若μmg大于kx，则小车的加速度方向可以向左也可以向右 D．若μmg大于kx，则小车的加速度最大值为，最小值为 【解析】　若μmg小于kx，而弹簧又处于压缩状态，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力

20、的合力水平向左，即小车的加速度一定向左，A对；由牛顿第二定律得kx－f＝ma，当f＝μmg时，加速度方向向左且最小值为amin＝，随着加速度的增大，f减小到零后又反向增大，当再次出现f＝μmg时，加速度方向向左达最大值amax＝，但小车可向左加速，也可向右减速，B错；若μmg大于kx，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力(即加速度)可能水平向左，也可能水平向右，即小车加速度方向可以向左也可以向右，C对；当物块的合外力水平向右时，加速度的最大值为，物块的合外力水平向左时，加速度的最大值为，则小车的加速度最大值为，最小值为0，D错． 【答案】　AC ⊙滑块木板模型 图3－3－12 4．(

21、多选)如图3－3－12所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是(　　) A．a＝μg　　　　　　　 B．a＝ C．a＝ D．a＝－ 【解析】　当F较大，二者发生相对滑动时，对木板有：μmg－·2mg＝ma，所以a＝g；当F较小，二者一起加速时，有：F－·2mg＝2ma，所以a＝－g，故选项C、D正确． 【答案】　CD ⊙动力学中的v－t图象问题 5. 图3－3－13

22、 (xx·安徽高考)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图象如图3－3－13所示．弹性球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的.设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2，求： (1)弹性球受到的空气阻力f的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h. 【解析】　(1)由v－t图象可知，弹性球下落过程的加速度为 a1＝＝ m/s2＝8 m/s2 根据牛顿第二定律，得mg－f＝ma1 所以弹性球受到的空气阻力f＝mg－ma1＝(0.1×10－0.1×8) N＝0.2 N. (2)弹性球第一次反弹后的速度v1＝×4 m/s＝

23、3 m/s 根据牛顿第二定律，得弹性球上升的加速度为a2＝＝ m/s2＝12 m/s2 根据v2－v＝－2ah，得弹性球第一次反弹的高度 h＝＝ m＝0.375 m. 【答案】　(1)0.2 N　(2)0.375 m 实验四　验证牛顿运动定律 实验目的 1．学会用控制变量法研究物理规律． 2．探究加速度与力、质量的关系． 3．掌握利用图象处理数据的方法． 实验器材 打点计时器、纸带、复写纸、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、夹子、细绳、低压交流电源、导线、天平、刻度尺、砝码、薄木块． 实验原理 采取控制变量法，即先控制一个参量——小车的质量M不变，探究加速度a与

24、力F的关系；再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，探究加速度a与小车质量M的关系． 实验步骤 图3－4－1 1．用天平测量小盘的质量m′和小车的质量m. 2．按照如图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)． 3．平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车匀速下滑． 4．小盘通过细绳绕过滑轮系于小车上，先通电源后放开小车，取下纸带编号码． 5．保持小车的质量m不变，改变砝码和小盘的质量m′，重复步骤4. 6．在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a. 7．描点作图，作a－F的图象． 8．保持砝码和小盘的

25、质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤4和6，作a－图象． 实验结论 加速度与合外力成正比，与质量成反比． 注意事项 1．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细线系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运动． 2．每条纸带必须在满足小车与车上所加砝码的总质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下打出．只有如此，小车受到的拉力才可视为等于小盘和砝码的总重力． 3．改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车． 4．作图象时，要使尽可能多的点分布在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧

26、． 5．作图时两轴标度比例要选择适当，各量须采用国际单位．这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些． 误差来源 1．测量误差 (1)质量的测量． (2)打点间隔距离的测量． 2．操作误差 (1)拉线或纸带与木板不平行． (2)倾斜角度不当，平衡摩擦力不准． 3．原理误差 本实验中用小盘和砝码的总重力代替小车受到的拉力(实际上小车受到的拉力要小于小盘和砝码的总重力)，存在系统误差. 考点一　实验原理与注意事项 　(xx·安徽高考)图3－4－2为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M.实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线

27、对小车拉力的大小． (1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是(　　) 图3－4－2 A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动 (2)实

28、验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是(　　) 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)图3－4－3是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，量出相邻的计数点之间的距离分别为：sAB＝4.22 cm、sBC

29、＝4.65 cm、sCD＝5.08 cm、sDE＝5.49 cm，sEF＝5.91 cm，sFG＝6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a＝________m/s2.(结果保留两位有效数字) 图3－4－3 【解析】　(1)在“验证牛顿第二定律”的实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，则需要平衡摩擦力，并使细线与长木板平行．平衡摩擦力的方法是只让小车牵引纸带(撤去砂及砂桶)，纸带穿过打点计时器，并垫高长木板不带滑轮的一端，打点计时器接通电源工作．如果打出纸带上的点迹分布均匀，则说明小车做匀速运动．故选项B正确，选项A、C错误． (2)在“验证

30、牛顿第二定律”的实验中，为使细线对小车的拉力等于砂及砂桶的总重力，则M≫m，且尽可能地多做几组．故选项C最合理． (3)根据题意，相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1 s， 根据Δs＝aT2，得， sDE－sAB＝3a1T2　sEF－sBC＝3a2T2　sFG－sCD＝3a3T2 所以小车的加速度 a＝＝＝0.42 m/s2. 【答案】　(1)B　(2)C　(3)0.42 考点二　实验数据处理 　(xx·山西省实验中学模拟)某学习小组的同学在用打点计时器探究物体的加速度与物体的质量之间的关系实验中，不改变拉力，只改变物体的质量，得到了如表所示的几组数据，其中第3组数据还未算出加速

31、度，但对应该组已打出了纸带，如图所示(长度单位：cm)，图3－4－4中各点为每5个打点选出的计数点(两计数点间还有4个打点未标出)． 图3－4－4 实验次数 1 2 3 4 5 6 小车质量/g 200 300 400 500 600 700 小车加速度/m·s－2 2.00 1.33 0.79 0.67 0.40 小车质量的倒数/kg－1 5.00 3.33 2.50 2.00 1.67 1.00 (1)请由纸带上的数据，计算出缺少的加速度值并填入表中(小数点后保留两位数)． (2)请在图3－4－5中建立合适的坐标，将表

32、中各组数据用小黑点描在坐标纸上，并作出平滑的图线． 图3－4－5 (3)由图象得出的结论： ________________________________________________________________________. 【解析】　(1)由逐差法得 a＝ ＝ ＝＝×10－2 m/s2≈0.99 m/s2 (2)描点绘图，如图所示 (3)由图象知a－图象是一条通过原点的倾斜直线，即在拉力一定时，物体的加速度与质量成反比． 【答案】　(1)0.99　(2)见解析 (3)拉力一定时，物体的加速度与质量成反比 考点三　实验改进与创新 　(xx·新课标

33、全国卷Ⅰ)图3－4－6为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下： 图3－4－6 ①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s； ②调整轻滑轮，使细线水平； ③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB，求出加速度a； ④多次重复步骤③，求a的平均值； ⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ. 回答下列问题： (1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图3－4－7所示，其读数为________cm.

34、 图3－4－7 (2)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a＝________. (3)动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ＝________. (4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于________(选填“偶然误差”或“系统误差”)． 【解析】　(1)d＝0.9 cm＋12×0.05 mm＝0.9 cm＋0.060 cm＝0.960 cm. (2)由v＝得，vA＝，vB＝，物块做匀加速直线运动，则v－v＝2ax，即2－2＝2as，得a＝. (3)整体运用牛顿第二定律得：mg－μMg＝(M＋m)，则μ＝. (4)由实验装置引起的误差为系统误差．

35、【答案】　(1)0.960　(2) (3)　(4)系统误差 [高考命题角度分析] 一、本题创新点分析 1．真题溯源——本题实验用到的器材：一端带轮的长木板、滑块与课本实验相同，其运动形式也是滑块在重物作用下沿长木板运动． 2．创新亮点——该题没有平衡摩擦力问题，加速度没有利用打点计时器、纸带来求，而是用光电门测速度，用运动学公式算出，实验没有验证牛顿第二定律，而是应用牛顿第二定律列式求动摩擦因数． 二、本实验的其他改进创新思路 (一)实验器材的改变 如果还是测量动摩擦因数，不用光电门，仍然沿用打点计时器，纸带的办法，实验结果与该题办法比较，有什么不足？ 【提示】　误差变大，因

36、为纸带与打点计时器之间有摩擦力． (二)实验原理的改变 测动摩擦因数，可以避开测加速度，比如用力平衡的办法即用一个弹簧测力计匀速拉动木板上的滑块或滑块与弹簧测力计不动，抽动下面的木板，这两种办法有什么不足？ 【提示】　前者匀速拉动弹簧测力计不易操作，后者抽动木板较好，但弹簧测力计的测量精度和读数均存在误差，另外也需测量木板质量，也存在误差. 1．(多选)在利用打点计时器和小车做“验证牛顿运动定律”的实验时，下列说法中正确的是(　　) A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上 B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行 C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动

37、 D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车 【解析】　本题考查实验过程中应注意的事项，选项A中平衡摩擦力时，不能将砝码盘及盘内砝码(或小桶)通过细绳拴在小车上，A错；选项B、C、D符合正确的操作方法，B、C、D对． 【答案】　BCD 2．(xx·大同一中模拟)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中备有下列器材： A．电磁打点计时器；B.天平(带砝码)；C.秒表；D.低压直流电源；E.纸带和复写纸；F.导线；G.细绳；H.小车；I.砂和小桶；J.一端附有滑轮的长木板；K.砝码． (1)其中多余的器材是________(填代号)，缺少的器材是________和____

38、____． (2)在探究加速度a与质量m的关系时，分别以________为纵坐标、________为横坐标作图像，这样就能直观地看出其关系． 【答案】　(1)CD　低压交流电源刻度尺　(2)a　 3．(xx·天津高考)某实验小组利用图3－4－8所示的装置探究加速度与力、质量的关系． 图3－4－8 ①(多选)下列做法正确的是________(填字母代号) A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D．通过增减木块上的砝码改变质量

39、时，不需要重新调节木板倾斜度 ②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(填“远大于”“远小于”或“近似等于”) 图3－4－9 ③甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图3－4－9中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．(选填“大于”“小于”或“等于”

40、) 【解析】　①探究加速度与力、质量的关系时，牵引木块的细绳应与长木板平行；平衡摩擦力时应不挂砝码桶；对于打点计时器，应先接通电源，再放开木块；平衡摩擦力后，改变木块上砝码的质量，不需要重新平衡摩擦力．选项A、D正确，选项B、C错误． ②对于系统，根据牛顿第二定律，有a＝，牵引小车的拉力F＝Ma＝.要使F＝mg，则M≈M＋m，即要求m≪M. ③对于木块，根据牛顿第二定律，得a＝＝－μg，故a­F图象的斜率反映了木块质量的倒数．有>，所以m甲μ乙． 【答案】　①AD　②远小于　③小于　大于

41、 4．(xx·山东高考)某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图3－4－10所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x.(空气阻力对本实验的影响可以忽略) 图3－4－10 (1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________． (2)滑块与斜面间的动摩擦因数为_

42、_______． (3)(多选)以下能引起实验误差的是________． a．滑块的质量 b．当地重力加速度的大小 c．长度测量时的读数误差 d．小球落地和滑块撞击挡板不同时 【解析】　(1)同时听到声音说明小球与木块运动时间相同，设都为t，则小球做自由落体运动，H＝gt2，木板沿斜面下滑做匀加速直线运动，x＝at2，由以上两式可得＝. (2)对木块进行受力分析如图所示，由牛顿第二定律得沿斜面方向：mgsin θ－Ff＝ma 垂直斜面方向：FN－mgcos θ＝0 又有：Ff＝μFN 由以上三式解得a＝gsin θ－μgcos θ， 将＝代入可得：μ＝. (3)由动

43、摩擦因数的表达式可知选c、d. 【答案】　(1)　(2)　(3)cd 5．(xx·重庆高考)某同学设计了如图3－4－11所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ.滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m.实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2. 图3－4－11 (1)为测量滑块的加速度a，须测出它在A、B间运动的________与________，计算a的运动学公式是________； (2)根据牛顿运动定律得到a与

44、m的关系为：a＝m－μg 他想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算μ.若要求a是m的一次函数，必须使上式中的______保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于________； (3)实验得到a与m的关系图3－4－12所示，由此可知μ＝________.(取两位有效数字) 图3－4－12 【解析】　(1)滑块从A到B做匀加速直线运动，故x＝at2，即a＝，需测位移x和时间t，计算a的运动学公式是a＝. (2)由数学知识知若a是m的一次函数，必须满足不变，即(m′＋m)不变，方法就是将从托盘中取出的砝码置于滑块上，以保证(m′＋m)保持不变． (3)从图象中取两点的坐标值代入a与m的关系式联立方程求解，可得μ. 如 解得μ≈0.23. 【答案】　(1)位移x　时间t　a＝ (2)m′＋m　滑块上 (3)0.23(在0.21～0.25之间均可)