2025屆高考物理一輪復習第3章牛頓運動定律實驗4驗證牛頓運動定律教案新人教版

PAGE11-試驗四驗證牛頓運動定律1．試驗目的(1)會用限制變量法探討物理規(guī)律。(2)探究加速度與力、質量的關系。(3)會運用圖象處理試驗數據。2．試驗原理用限制變量法探究加速度a與力F、質量M的關系，可以先保持F不變，探討a和M的關系，再保持M不變，探討a和F的關系。3．試驗器材帶定滑輪的長木板、低壓溝通電源、復寫紙片和紙帶、小車、小盤、電磁打點計時器、天平、砝碼、刻度尺、導線。4．試驗步驟(1)測質量：用天平測出小車的質量M，小盤和砝碼的總質量m。(2)放長木板：按圖把試驗器材安裝好，先不要把懸掛小盤的細繩系在車上。(3)平衡摩擦力：在木板的一端下面墊一簿木塊，移動簿木塊的位置，直至小車拖著紙帶在斜面上做勻速運動。(4)打點：小盤繞過滑輪系于小車上，先接通電源后放開小車，打完點后切斷電源，取下紙帶。(5)重復：保持小車的質量M不變，變更砝碼和小盤的質量m，重復步驟(4)五次。(6)求a：在每條紙帶上選取一段比較志向的部分，測加速度a。(7)作a-F的圖象：若圖象為一過原點的直線，證明加速度與力成正比。(8)驗證a∝eq\f(1,M)：保持砝碼和小盤的質量m不變，變更小車質量M，重復步驟(4)和(6)，作a-eq\f(1,M)圖象，若圖象為一過原點的直線，證明加速度與質量成反比。5．留意事項(1)安裝器材時，要調整滑輪的高度，使拴小車的細繩與木板平行。(2)平衡摩擦力時，小車連著穿過打點計時器的紙帶，但不要把懸掛小盤的細線系在小車上。變更砝碼的質量后，不須要重新平衡摩擦力。(3)只有小車的質量遠大于小盤和砝碼的總質量，小盤和砝碼的總重力才可視為小車受到的拉力。(4)起先時小車應盡量靠近打點計時器，并應先接通電源，再放開小車，在小車到達滑輪前按住小車。6．誤差分析(1)試驗原理不完善：本試驗用小盤和砝碼的總重力m′g代替小車的拉力，而事實上小車所受的拉力要小于小盤和砝碼的總重力。(2)摩擦力平衡不精確、質量測量不精確、計數點間距測量不精確、紙帶和細繩不嚴格與木板平行都會引起誤差。教材原型試驗1．在“驗證牛頓運動定律”試驗中，采納如圖所示的裝置圖進行試驗。(1)對小車進行“平衡摩擦力”操作時，下列必需進行的是________(填字母序號)。A．取下砂和砂桶B．在空砂桶的牽引下，輕推一下小車，小車能做勻速直線運動C．小車拖著穿過打點計時器的紙帶做勻速運動時，打點計時器的電源應斷開D．把長木板沒有定滑輪的一端墊起適當高度(2)試驗中，已經測出小車的質量為M，砂和砂桶的總質量為m，若要將砂和砂桶的總重力大小作為小車所受拉力F的大小，這樣做的前提條件是_________________________________________。(3)在試驗操作中，下列說法正確的是________。A．求小車運動的加速度時，可用天平測出砂和砂桶的質量M′和m′，以及小車質量M，干脆用公式a＝eq\f(M′＋m′,M)g求出B．試驗時，應先接通打點計時器的電源，再放開小車C．每變更一次小車的質量，都須要變更墊入的小木塊的厚度D．先保持小車質量不變，探討加速度與力的關系；再保持小車受力不變，探討加速度與質量的關系，最終歸納出加速度與力、質量的關系[解析](1)平衡摩擦力時使小車所受重力沿木板方向分力與小車所受摩擦力平衡，故A、D項正確，B項錯誤；為確定小車是否為勻速運動，須要通過紙帶上點跡是否勻稱來推斷，故C項錯誤。(2)依據牛頓其次定律得，mg＝(M＋m)a，解得a＝eq\f(mg,M＋m)，則繩子的拉力F＝Ma＝eq\f(Mmg,M＋m)＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))，可知當砂和砂桶的總質量遠小于小車質量時，小車所受的拉力大小等于砂和砂桶的總重力，所以應滿意的條件是砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量。(3)本試驗是“驗證牛頓運動定律”，所以不能把牛頓其次定律當成已知的公式來運用，故A錯誤；運用打點計時器時，應當先接通電源，后釋放紙帶，故B正確；平衡摩擦力后有μ＝tanθ，小車質量變更時，總滿意mgsinθ＝μmgcosθ，與小車質量無關，所以不用再次平衡摩擦力，故C錯誤；本試驗采納限制變量法，故D正確。[答案](1)AD(2)砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量(3)BD2.某組同學設計了“探究加速度a與物體所受合力F及質量m的關系”試驗。圖甲為試驗裝置簡圖，A為小車，B為電火花計時器，C為裝有細砂的小桶，D為一端帶有定滑輪的長方形木板，試驗中認為細繩對小車的拉力F等于細砂和小桶的總重力，小車運動的加速度a可用紙帶上打出的點求得。甲乙(1)圖乙為某次試驗得到的紙帶，已知試驗所用電源的頻率為50Hz。依據紙帶可求出電火花計時器打B點時的速度為________m/s，小車的加速度大小為______m/s2。(結果均保留兩位有效數字)(2)在“探究加速度a與質量m的關系”時，某同學依據自己的方案將試驗數據在坐標系中進行了標注，但尚未完成圖象(如圖丙所示)。請接著幫助該同學作出坐標系中的圖象。丙丁(3)在“探究加速度a與合力F的關系”時，該同學依據試驗數據作出了加速度a與合力F的圖線如圖丁，該圖線不通過坐標原點，試分析圖線不通過坐標原點的緣由。____________________________________________________。[解析](1)AC這段位移的平均速度等于AC這段時間中間時刻的瞬時速度，即B點的瞬時速度，故vB＝eq\f(AB＋BC,4T)＝eq\f(6.19＋6.70×10－2,4×0.02)m/s≈1.6m/s。由逐差法求解小車的加速度，a＝eq\f(CD＋DE－AB＋BC,4×2T2)＝eq\f(7.21＋7.72－6.19－6.70×10－2,4×2×0.022)m/s2≈3.2m/s2。(2)將坐標系中各點連成一條直線，連線時應使直線過盡可能多的點，不在直線上的點應大致對稱地分布在直線的兩側，離直線較遠的點應視為錯誤數據，不予考慮，連線如圖所示：(3)圖線與橫軸有截距，說明試驗前沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠。[答案](1)1.63.2(2)見解析(3)試驗前沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠eq\o([歸納總結])1．平衡摩擦力——用小車所受的拉力替代合力小車受力為重力、拉力、阻力、支持力，平衡摩擦力后，使重力、阻力和支持力的合力為零，則小車所受的拉力等于小車的合力。2．小車質量(M)遠大于懸掛物質量(m)——用懸掛物重力替代小車所受的拉力。3．平衡摩擦力不準造成的誤差圖線a-F不通過原點，分兩種狀況：(1)當平衡摩擦力不夠時，F≠0，a＝0。(2)當平衡摩擦力過度時，F＝0，a≠0。4．由于不滿意M?m引起的誤差圖線a-F和a-eq\f(1,M)都向下彎曲。拓展創(chuàng)新試驗試驗器材創(chuàng)新eq\o([典例1])(2024·西安四校聯考)某課外小組利用圖甲裝置探究物體的加速度與所受合力之間的關系，請完善如下主要試驗步驟。甲乙(1)如圖乙，用游標卡尺測量遮光條的寬度d＝______cm；(2)安裝好光電門，從圖甲中讀出兩光電門之間的距離s＝________cm；(3)接通氣源，調整氣墊導軌，依據滑塊通過兩光電門的時間________(選填“相等”或“不相等”)可推斷出導軌已調成水平；(4)安裝好其他器材，并調整定滑輪，使細線水平；(5)讓滑塊從光電門1的左側由靜止釋放，用數字毫秒計測出遮光條經過光電門1和2的時間分別為Δt1和Δt2，計算出滑塊的加速度a1＝________(用d、s、Δt1和Δt2表示)，并記錄對應的拉力傳感器的讀數F1；(6)變更重物質量，多次重復步驟(5)，分別計算出加速度a2、a3、a4…并記錄對應的F2、F3、F4…；(7)在a-F坐標系中描點，得到一條通過坐標原點的傾斜直線，由此得出_________________________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)由題圖乙可知，該游標卡尺為20分度，精度為0.05mm，讀數為5mm＋10×0.05mm＝5.50mm＝0.550cm。(2)s＝70.5cm－20.5cm＝50.00cm。(3)在調整氣墊導軌水平常，滑塊不掛重物和細線，推斷氣墊導軌水平的依據是：接通氣源后，給滑塊一個初速度，反復調整旋鈕，使滑塊通過兩光電門的時間相等。(5)依據滑塊和遮光條經過光電門時的瞬時速度可近似認為是滑塊經過光電門的平均速度，則有：v＝eq\f(d,Δt)，則通過光電門1和2的速度分別為v1＝eq\f(d,Δt1)和v2＝eq\f(d,Δt2)，由速度位移公式可得：2as＝veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))eq\s\up12(2)，故可得a＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))eq\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))eq\s\up12(2),2s)。(7)一條通過坐標原點的傾斜直線是正比例函數，故說明物體質量肯定時，其加速度與所受合力成正比。[答案](1)0.550(2)50.00(3)相等(5)eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))eq\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))eq\s\up12(2),2s)(7)物體質量肯定時，其加速度與所受合力成正比創(chuàng)新點解讀：本題的創(chuàng)新點主要體現在三處：1氣墊導軌代替長木板，無需平衡摩擦力。2力傳感器測量滑塊所受的拉力，鉤碼的質量不須要遠小于滑塊質量，更無需測鉤碼的質量。3用光電門代替打點計時器，用遮光條和光電門測得滑塊的末速度，由刻度尺讀出遮光條中心初始位置與光電門之間的距離，由運動學公式求出加速度。試驗原理創(chuàng)新eq\o([典例2])試驗小組用圖甲所示的裝置既可以探究加速度與合力的關系，又可以測量當地的重力加速度。裝置中的物塊下端連接紙帶，砂桶中可放置砂子以便變更物塊所受到力的大小，物塊向上運動的加速度a可由打點計時器和紙帶測出，現保持物塊質量不變，漸漸增大砂桶和砂的總質量進行多次試驗，得到多組a、F值(F為力傳感器的示數，大小等于懸掛滑輪繩子的拉力)，不計滑輪的重力。甲乙(1)某同學依據試驗數據畫出了a-F關系圖線如圖乙所示，則由該圖象可求得物塊的質量m＝________kg，當地重力加速度g＝________m/s2(結果均保留兩位有效數字)。(2)變更砂桶和砂的總質量M使物塊獲得不同大小的加速度a，則試驗得到的加速度a的值可能是________(選填選項前的字母)。A．12.0m/s2 B．10.0m/s2C．6.5m/s2 D．8.2m/s2[解析](1)對物體分析可得：FT－mg＝ma，對滑輪應有：F＝2FT，聯立以上方程可得a＝eq\f(1,2m)F－g，可得圖線的斜率k＝eq\f(1,2m)＝eq\f(10,4)，解得m＝0.20kg，縱軸的截距－g＝－10，解得g＝10m/s2。(2)由圖象可知試驗得到的加速度a的值應當大于0小于9m/s2，符合條件只有C、D。[答案](1)0.2010(2)CD創(chuàng)新點解讀：本題創(chuàng)新點在于利用傳感器記錄數據，將探究加速度與合外力的關系轉化為加速度與傳感器示數的關系。試驗目的創(chuàng)新eq\o([典例3])(2024·山東高考)2024年5月，我國進行了珠穆朗瑪峰的高度測量，其中一種方法是通過運用重力儀測量重力加速度，進而間接測量海拔高度。某同學受此啟發(fā)就地取材設計了如下試驗，測量當地重力加速度的大小。試驗步驟如下：(i)如圖甲所示，選擇合適高度的墊塊，使木板的傾角為53°，在其上表面固定一與小物塊下滑路徑平行的刻度尺(圖中未畫出)。圖甲(ii)調整手機使其攝像頭正對木板表面，開啟視頻錄像功能。將小物塊從木板頂端釋放，用手機記錄下小物塊沿木板向下做加速直線運動的狀況。然后通過錄像的回放，選擇小物塊運動路徑上合適的一點作為測量參考點，得到小物塊相對于該點的運動距離L與運動時間t的數據。(iii)該同學選取部分試驗數據，畫出了eq\f(2L,t)-t圖象，利用圖象數據得到小物塊下滑的加速度大小為5.6m/s2。(iv)再次調整墊塊，變更木板的傾角，重復試驗?；卮鹨韵聠栴}：(1)當木板的傾角為37°時，所繪圖象如圖乙所示。由圖象可得，物塊過測量參考點時速度的大小為______m/s；選取圖線上位于坐標紙網格交叉點上的A、B兩點，利用A、B兩點數據得到小物塊下滑加速度的大小為________m/s2。(結果均保留2位有效數字)圖乙(2)依據上述數據，進一步分析得到當地的重力加速度大小為________m/s2。(結果保留2位有效數字，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80)[解析](1)物塊勻加速下滑，經過參考點起先計時，由運動學公式有L＝v0t＋eq\f(1,2)at2，變形得eq\f(2L,t)＝2v0＋at，所以題圖乙中圖線的縱截距表示通過參考點時速度的2倍，則v0＝eq\f(0.64,2)m/s＝0.32m/s；圖線的斜率表示物塊的加速度，則加速度a＝eq\f(1.85－0.70,0.395－0.02)m/s2≈3.1m/s2。(2)物塊沿斜面下滑過程中，由牛頓其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，將θ1＝53°，a1＝5.6m/s2；θ2＝37°，a2＝3.1m/s2分別代入，解得g≈9.4m/s2。[答案](1)0.323.1(2)9.4創(chuàng)新點解讀：本題的創(chuàng)新點在于由驗證牛頓其次定律，拓展為應用牛頓其次定律結合受力特點和規(guī)律測量重力加速度進而測高度。1.學習了傳感器之后，在探討小車加速度與所受合外力的關系”試驗時，甲、乙兩試驗小組引進“位移傳感器”“力傳感器”，分別用如圖(a)、(b)所示的試驗裝置試驗，重物通過細線跨過滑輪拉相同質量的小車，位移傳感器B隨小車一起沿水平軌道運動，位移傳感器A固定在軌道一端。甲組試驗中把重物的重力作為拉力F，乙組干脆用力傳感器測得拉力F，變更重物的重力重復試驗多次，記錄多組數據，并畫出a-F圖象。(a)(b)(c)(1)甲組試驗把重物的重力作為拉力F的條件為____________。(重物質量為m，小車與傳感器總質量為M)(2)圖(c)中符合甲組同學作出的試驗圖象是________；符合乙組同學作出的試驗圖象是________。(選填“①”“②”或“③”)[解析](1)在該試驗中實際是：mg＝(M＋m)a，要滿意mg＝Ma，應當使重物的質量遠小于小車和傳感器的總質量。(2)在質量不變的條件下，加速度與外力成正比；由試驗原理：mg＝Ma，得a＝eq\f(mg,M)，而事實上a′＝eq\f(mg,M＋m)，即隨著重物的質量增大，不再滿意重物的質量遠遠小于小車與傳感器的總質量，所以題圖(c)中符合甲組同學作出的試驗圖象是②。乙組干脆用力傳感器測得拉力F，隨著重物的質量增大，拉力F的測量是精確的，a-F關系為一傾斜的直線，符合乙組同學作出的試驗圖象是①。[答案](1)m?M(2)②①2．(2024·福建六校聯考)為了探究物體質量肯定時加速度與力的關系，甲、乙同學設計了如圖1所示的試驗裝置，其中M為小車的質量，m為砂和砂桶的總質量，m0為滑輪的質量。力傳感器可測出輕繩中的拉力大小。圖1(1)試驗時，肯定要進行的操作是________。A．用天平測出砂和砂桶的總質量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，同時記錄力傳感器的示數D．為減小誤差，試驗中肯定要保證砂和砂桶的總質量m遠小于小車的質量M(2)甲同學在試驗中得到如圖2所示的一條紙帶(兩計數點間還有四個點沒有畫出)，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3位有效數字)。圖2(3)甲同學以力傳感器的示數F為橫軸，加速度a為縱軸，畫出的a-F圖線是一條直線，如圖3所示，圖線與橫軸的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質量M＝________。A．eq\f(1,tanθ) B．eq\f(1,tanθ)－m0C．eq\f(2,k)－m0 D．eq\f(2,k)圖3圖4(4)乙同學依據測量數據作出如圖4所示的a-F圖線，該同學做試驗時存在的問題是_________________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)驗證牛頓其次定律的試驗原理是F＝Ma，本題繩中拉力可以由力傳感器測出，不須要用天平測出砂和砂桶的質量，也就不須要使砂和砂桶的總質量m遠小于小車的質量M，A、D錯誤；用力傳感器測量繩子的拉力，則力傳感器示數的2倍等于小車受到的合外力大小，須要平衡摩擦力，B正確；釋放小車之前應先接通電源，待打點穩(wěn)定后再釋放小車，該試驗還須要記錄力傳感器的示數，C正確。(2)由逐差法計算加速度a＝eq\f(x34＋x45＋x56－x01＋x12＋x23,3T2)≈2.00m/s2。(3)對小車與滑輪組成的系統(tǒng)，由牛頓其次定律得a＝eq\f(2,m0＋M)F，圖線的斜率為k，則k＝eq\f(2,m0＋M)，故小車的質量M＝eq\f(2,k)－m0，故選項C正確。(4)圖線在F軸上的截距不為零，說明力傳感器顯示有拉力時，小車仍舊靜止，這是沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠造成的。[答案](1)BC(2)2.00(3)C(4)沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠3．某同學設計了一個如圖1所示的裝置測定滑塊與木板間的動摩擦因數，其中A為滑塊，B和C是質量可調的砝碼，不計繩和滑輪的質量及它們之間的摩擦，裝置水平放置。試驗中該同學在砝碼總質量(m＋m′＝m0)保持不變的條件下，變更m和m′的大小，測出不同m下系統(tǒng)的加速度a，然后通過試驗數據的分析就可求出滑塊與木板間的動摩擦因數。圖1圖2圖3(1)該同學手中有打點計時器、紙帶、質量已知且可隨意組合的砝碼若干、滑塊、一端帶有定滑輪的長木板、細線，為了完成本試驗，得到所要測量的物理量，還應有______。A．停表 B．毫