2021版高考物理一轮复习考点集训十四第4节实验：验证牛顿第二定律含解析.docx

1、考点集训(十四)第4节实验：验证牛顿第二定律1某同学用如图所示的实验装置研究小车在斜面上的运动(1)用细绳将砂和砂桶通过滑轮与小车连接，调节斜面的倾角，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，用天平测出砂和砂桶的总质量m；(2)保持斜面倾角不变，取下砂和砂桶，接通电源，在靠近打点计时器处重新释放小车(3)下图是该同学实验中打出的一条纸带的一部分，打点计时器电源的频率为50 Hz，相邻两计数点间还有4个计时点未画出由纸带中可以判断小车沿斜面向下做_运动若测得砂和砂桶的总质量为310 g，则小车的质量为_kg(结果保留三位有效数字，重力加速度取9.8 m/s2)(4)在上述实验中，以下说法正确的是_(填正

2、确答案标号)A小车的质量应远大于砂和砂桶的质量B连接小车、砂和砂桶的细绳与斜面应保持平行C打点计时器的电源应选取220 V交流电D实验过程需用秒表计时解析 (3)由纸带的数据可得：x2x1x3x2x4x31.98 cm，即可判定小车做匀加速直线运动；调节斜面的倾角，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，则：Mgsin fmg；保持斜面倾角不变，取下砂和砂桶，小车做匀加速运动，小车所受合力F合Mgsin fmg，其加速度大小为：a m/s21.98 m/s，由牛顿第二定律可得：mgMa，解得：M kg1.53 kg.(4)依据实验原理，本实验不需要小车的质量远大于砂和砂桶的质量，故A错误依据实验原理，

3、实验时连接小车、砂和砂桶的细绳与斜面应保持平行，故B正确电火花计时器的电源应选取的交流电，故C正确实验过程中打点计时器能记录时间，不需要秒表计时，故D错误答案 (3)匀加速直线1.53(4)BC2为了探究质量一定时加速度与力的关系一同学设计了如图所示的实验装置其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量(滑轮质量不计)(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是_A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远

4、小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有两个点没有画出)已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_ m/s2(结果保留两位有效数字)(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，图线与横轴的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_A2tan B. Ck D.解析 (1)本题拉力可由弹簧秤测出，也就不需要用天平测出砂和砂桶的质量，更不需要满足砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M这个条件，故A、E错误；弹簧测力计测出拉力，从而表示小车所受的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦

5、力，故B正确；打点计时器运用时，小车靠近打点计时器，先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要同时记录弹簧测力计的示数，故C正确；改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确(2)由于两计数点间还有两个点没有画出，故时间间隔T0.06 s，由逐差法xa(3T)2可得加速度a1.3 m/s2.(3)弹簧测力计的示数FF合，由牛顿第二定律2Fma，小车的质量m，故D正确答案 (1)BCD(2)1.3(3)D3在探究加速度与力、质量的关系活动中，某小组设计了如图甲所示的实验装置图中上下两层水平轨道表面光滑，两小车前端系上细线，细线跨

6、过滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，然后同时停止(1)在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使_；在实验时，为减小系统误差，应使砝码盘和砝码的总质量_(选填“远大于”“远小于”或“等于”)小车的质量(2)本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小，能这样比较，是因为_(3)实验中获得的数据如下表所示：小车、的质量约为200 g.实验次数小车拉力F/N位移s/cm10.1_0.246.5120.229.040.343.6330.341.160.444.8040.436.430.545.56在第1次实验中小车从A点运动到B点的位移如图乙所示

7、，请将测量结果填到表中空格处通过分析，可知表中第_次实验数据存在明显错误，应舍弃解析 (1)拉小车的水平细线要与轨道平行；只有在砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量时，才能认为砝码盘和砝码的总重力等于细线拉小车的力(2)对初速度为零的匀加速直线运动，时间相同时，根据运动学公式：xat2，得(3)刻度尺的最小刻度是1 mm，要估读到毫米的下一位，读数为23.86 cm0.50 cm23.36 cm.因t相同，故位移应与F成正比比较表中的数据可知，表中第3次实验数据存在明显错误，应舍弃答案 (1)细线与轨道平行(或水平)远小于(2)两小车从静止开始做匀加速直线运动，且两小车的运动时间相等(3)23.

8、36(23.3423.38均对)34甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验已知重力加速度为g.(1)甲同学所设计的实验装置如图甲所示其中A为一质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的物块，C为物块右端连接的一轻质弹簧测力计(水平放置)实验时用力将A从B的下方抽出，通过C的读数F1即可测出动摩擦因数则该设计能测出_(填“A与B”或“A与地面”)之间的动摩擦因数，其表达式为_(2)乙同学的设计如图乙所示他在一端带有光滑轻质定滑轮的长木板上固定有A、B两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力实验时，多

9、次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块上的遮光片从光电门A处由静止开始运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电门之间的运动时间t.在坐标系中作出F的图线如图丙所示图线的斜率为k与纵轴的截距为b，与横轴的截距为c.因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应该测出的物理量为_根据该测量物理量及图线信息可知物块和长木板之间的动摩擦因数表达式为_解析 (1)当B处于静止状态，弹簧测力计的读数跟B所受的滑动摩擦力Ff大小相等，B对木板A的压力大小等于B的重力mg，由FfFN得，.(2)物块由静止开始做匀加速运动，位移xat2.可得：a根据牛顿第二定律得对于物块，Fmgma则：Fmg则图线的斜率为：k2mx

10、，纵轴的截距为：bmg；k与摩擦力是否存在无关，物块与长木板间的动摩擦因数为：.答案 (1)A与B(2)光电门A、B之间的距离x5同学们分别利用图甲、乙所示的两种装置采用不同方案进行“探究物体运动的加速度与所受合外力关系”的的实验，其中小车A质量约为350 g，并与纸带相连，B为打点计时器，托盘C内装有砝码，托盘自身的质量为5 g；D为无线测力传感器两种方案的不同在于： 方案一采用托盘和砝码的重力值作为小车受到的拉力，方案二则用传感器D直接测量绳子对小车的拉力(1)关于器材的选取，下列说法正确的是_A方案一必须选取单个质量尽量小的砝码，如5克/个B方案一可以选取单个质量较大的砝码，如50克/个

11、C方案二必须选取单个质量尽量小的砝码，如5克/个D方案二可以选取单个质量较大的砝码，如50克/个(2)两种方案都必须进行的实验操作是_A需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力B应先接通打点计时器电源，再释放小车C为了减小误差，每次小车应从同一位置释放D需要记录托盘中砝码的质量(3)某组同学利用方案进行了实验，并将所获得的6组数据对应地绘制在图丙所示的aF图中，请你根据图中点迹，绘制一条可以反映加速度和拉力关系的图线(4)根据第(3)问中你所绘制的图线，可反映出该组同学在实验操作中的不妥之处是_(5)若某组同学利用方案一进行实验室，忘记了将轨道右端垫高平衡摩擦力，一直是轨道处于水平状态请根据牛顿运动定

12、律，通过推导说明由这种操作和正确操作分别获取的数据所绘制的aF图线的斜率和纵轴截距_.解析 (1)乙装置由于有力传感器，则不需要测量并记录托盘及托盘中砝码的总质量，也不要求托盘及盘中砝码总质量远小于小车A的质量，而甲装置是需要的故选AD.(2)两种方案都需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力，这样才能保证拉力等于合外力，A正确；根据打点计时器使用规范，两种方案都需要应先接通打点计时器电源，再释放小车，B正确；测量过程中与小车是否在同一位置释放无关，故C错误；乙装置由于有力传感器，则不需要测量并记录托盘及托盘中砝码的总质量，故D错误(3)关系图线如图所示：(4)由图可知当F0时加速度a不为零，所以不妥

13、之处在于右端垫得过高，平衡摩擦过度(5)由牛顿第二定律可知，未平衡摩擦时有：FfMa，得：aF.平衡摩擦时有：FMa，得：aF.两次对比可知，忘记右端垫高平衡摩擦对图象斜率无影响，但在纵轴上会产生的负截距答案 (1)AD(2)AB(3)见解析图(4)平衡摩擦过度(5)见解析6某课外小组利用如图所示的装置研究合外力一定时，加速度与质量的关系主要实验步骤如下：用天平测量并记录小桶的质量m，滑块(包括加装在滑块两侧的钢片和固定在滑块上的加速度传感器)的质量M；接通气泵，将滑块(不挂小桶)置于气垫导轨上，调节气垫导轨，轻推滑块，观察滑块的运动当加速度传感器的示数_时，说明气垫导轨已经水平；挂上小桶，调

14、整定滑轮的高度，使气垫导轨上方的细绳水平；在气垫导轨上合适位置释放滑块，记录加速度传感器的示数a；利用在滑块上增加钢片的方法改变滑块的质量M，重复步骤数据记录及处理如下：实验次数123456小桶质量m(单位：kg)0.105小桶重力mg(单位：N)1.028滑块质量M(单位：kg)0.3970.4960.5960.6960.7960.896(单位：kg1)2.5192.0161.6781.4371.2561.116(单位：kg1)1.9921.6641.4271.2481.1100.999滑块加速度的测量值a(单位： m/s2)2.0141.7021.4601.2681.1101.004滑块加

15、速度的理论值a0(单位： m/s2)2.0481.7111.4671.2831.141请回答下列问题：(1)实验步骤中的横线上应填写_；(2)上表中，滑块加速度的理论值是在忽略阻力的情况下根据牛顿第二定律计算得出的，其表达式是_(用表中物理量的符号表示)，最后一行的空格内的数值是_；(3)观察上表中最后两行，滑块加速度的理论值均大于其测量值，原因可能是_(写一个原因即可)；(4)根据上表正确描点，绘制了下列四个图象，根据图象_(填字母)可得出结论：在实验误差范围内，当小桶的重力mg一定时，_.解析 (1)当小车在气垫导轨上匀速运动，说明气垫导轨已经水平，故加速传感器的示数趋于零，(2)桶和桶内

16、砝码的重力提供小车和砝码整体做加速运动的合外力，根据牛顿第二定律有：mga，解得：a，代入数据得：a1.027 m/s2；(3)通过分析可知，加速度实际值要小于理论值，可能原因是滑块在运动过程中，受到阻力作用；(4)作图时，最好作出直线图象，这样更能反映物理量之间的关系，根据上表正确描点，绘制的四个图象中，根据图象D可以得出结论：加速度与滑块、小桶组成的系统的质量成反比答案 (1)趋于零/等于零(2)1.027(3)滑块在运动过程中会受到阻力作用(4)D(或C)加速度与滑块、小桶组成的系统的质量成反比7如图甲所示，上表面光滑的楔形木块A固定在水平放置的压力传感器上某同学将质量不同的小钢球从斜面

17、顶端由静止释放(每次只有一个小球)，记录小钢球在斜面上运动时压力传感器的示数，并根据实验数据作出Fm图线，如图乙重力加速度大小取9.8 m/s2，完成下列填空(1)不同质量的小钢球在斜面上运动的时间_(填“相同”或“不相同”)；(2)由图象知，木块A的质量M_kg(保留两位有效数字)；(3)若斜面倾角为，由图象可知，cos2_(保留两位有效数字)解析 (1)根据牛顿第二定律得小球下滑的加速度为：agsin ，则不同质量的小钢珠在斜面上运动情况完全相同，所以运动的时间也相同(2)当m0时，传感器的示数即为木块A的重力，则有：Mg1.97 N，解得：M kg0.20 kg(3)对小球受力分析，根据平衡条件可知，A对小球的支持力Nmgcos ，根据牛顿第三定律可知，小球对A的压力为mgcos ，对A受力分析可知，传感器对A的支持力FMgmgcos cos ，则传感器的示数为FMgmgcos 2则Fm图象的斜率kgcos 2，则有：gcos 2 3.3解得：cos 20.34.答案 (1)相同(2)0.20(3)0.34(0.320.36均可)