(通用版)高三物理二轮复习第1部分专题突破篇专题13力学实验教师用书
(全国通用)高考物理总复习《力学实验》专题突破学案(2021年整理)
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《力学实验》专题突破【考点定位】力学实验共涉及几个具体的实验操作，主要分布在必修一和必修二。
依次为研究匀变速直线运动、探究弹力和弹簧伸长的关系、验证力的平行四边形定则、验证牛顿第二定律、探究动能定理和验证机械能守恒，这些实验的方案有共性,但数据处理又不尽相同。
考点一、研究匀变速直线运动1、打点计时器:①打点计时器分为电磁打点计时器使用4~6v 学生交流电源和电火花打点计时器使用220v 的交流电源，打点计时器的原理是每个相同的时间段打下一个点,所以纸袋上面相邻点迹间隔都相等，若交流电频率为50hz ，则相邻点迹间隔均为150秒即0。
02秒。
②使用打点计时器时，先接通电源，带打点稳定后再松开纸带，也就是先接通电源再释放纸带。
若打出的点迹为短线或不清晰应调整振针和复写纸的距离。
③分析纸带时应该选取间隔较大的部分进行分析，这样可以减小误差。
2、数据处理：①瞬时速度根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度即2t s v v t==;我们在计算各个点的瞬时速度时可以以这个点为中间时刻，取相邻两个点之间的距离为路程s ,时间则为2个打点间隔0.04s 。
如果每隔4个计时点或者每5个计时点取一个计数点，则一个打点间隔变为0.0250.1s ⨯=。
②如果分析的结果是相邻点迹的速度变化量都相等即21324354v v v v v v v v -=-=-=-，则说明运动为匀变速直线运动.也可以用横轴表示时间，纵轴表示速度做v t -图像，若为倾斜的直线则为匀变速直线运动.3、加速度的计算：根据v t -图像，可得斜率即加速度即va t∆=∆。
老高考旧教材高考物理二轮复习专题分层突破练13力学实验pptx课件
1 2 3 4 5
。
解析 (1)打B点时小车的速度为AC段的平均速度,所以
1 +2
v1= 10
同理
=
(1 +2 )
=0.400
10
3 +4
v2=
10
=
m/s
(3 +4 )
=Байду номын сангаас.600
10
m/s。
(2)由动能定理可知
m
1
沙 g(x2+x3)= (m+m
2
1
沙)2 − (m+m
0.6-0
cm/s2
3.(2022全国甲卷)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1
的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞,碰撞时间极
短,比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2,进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。
完成下列填空:
(1)调节导轨水平。
(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg。要使碰撞后两滑块运动
的速度v2= 0.600 m/s。(结果均保留三位有效数字)
1 2 3 4 5
(2)用天平测得滑块的质量为m=0.880 kg,g取9.8 m/s2,考虑实验过程中存在
误差后,请判断此次实验中使用的小沙桶及细沙的总质量可能为 A
A.0.100 kg
B.0.097 kg
C.0.089 kg
D.0.088 kg
甲
1 2 3 4 5
乙
(1)已知打出图乙中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1 s,以打出A点时小
车位置为初始位置,将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移Δx填到表中,
高三物理二轮复习教案5篇
高三物理二轮复习教案5篇.教案不能面面俱到、大而全，而应该是在学科基本的知识框架基础上，对当前急需解决的问题进行研究、探索、阐述，能够体现教师对相关学科有价值的学术观点及研究心得。
这里由小编给大家分享高三物理二轮复习教案，方便大家学习。
高三物理二轮复习教案篇1一、引入新课演示实验：让物块在旋转的平台上尽可能做匀速圆周运动。
教师：物块为什么可以做匀速圆周运动?这节课我们就来研究这个问题。
(设计意图：从实验引入，激发学生的好奇心，活跃课堂气氛。
)二、新课教学向心力1.向心力的概念学生：在教师引导下对物块进行受力分析：物块受到重力、摩擦力与支持力。
教师：物块所受到的合力是什么?学生：重力与支持力相互抵消，合力就是摩擦力。
教师：这个合力具有怎样的特点?学生：思考并回答：方向指向圆周运动的圆心。
教师：得出向心力的定义：做匀速圆周运动的物体受到的指向圆心的合力。
(做好新旧知识的衔接，使概念的得出自然、流畅。
)2.感受向心力学生：学生手拉着细绳的一端，使带细绳的钢球在水平面内尽可能做匀速圆周运动。
教师：钢球在水平面内尽可能做匀速圆周运动，什么力使钢球做圆周运动?学生：对钢球进行受力分析，发现拉力使钢球做圆周运动。
(设计意图：利用常见的小实验，让学生亲身体验，增强学生对向心力的感性认识。
)教师：也就是说，钢球受到的拉力充当圆周运动的向心力。
大家动手实验并猜想：拉力的大小与什么因素有关?学生：动手体验并猜想：拉力的大小可能与钢球的质量m、线速度的v、角速度高三物理二轮复习教案篇2[教学要求]1、力的示意图2、力的分类[重点难点]1、力的分类[教学要求]1、力的示意图：(表示力的意思的图，一为逗乐，二为揭示物体名词的命名方式)用有向线段表示力的方向和作用点的图，叫做力的示意图。
(力的图示和力的示意图的区别在于，力的图示除表示力的方向和作用点外，还表示力的大小。
即力的大小、方向、作用点，正好是力的三要素。
而力的示意图中并不表示力的大小)2、力的分类(力有许多种分类方式，比如力可以分成接触力和非接触力。
高三物理二轮复习专题教案(14个专题)
专题1“双基”篇所谓“双基”知识（基本概念、基本规律），就是能举一反三、以不变应万变的知识．只有掌握了“双基”，才谈得上能力的提高，才谈得上知识和能力的迁移．综合分析近几年的高考物理试卷不难看出，虽然高考命题已由“知识立意”向“能力立意”转变，但每年的试卷中总有一定数量的试题是着重考查学生的知识面的，试卷中多数试题是针对大多数考生设计的，其内容仍以基本概念、基本规律的内涵及外延的判断和应用为主．只要考生知道有关的物理知识，就不难得出正确的答案．以2003年我省高考物理试卷为例，属于对物理概念、规律的理解和简单应用考查的试题，就有15题，共90分，占满分的60％．如果考生的基本概念、基本规律掌握得好，把这90分拿到手，就已大大超过了省平均分．许多考生解题能力差，得分低，很大程度上与考生忽视对物理基础知识的理解和掌握有关，对基础知识掌握得不牢固或不全面，就会在解题时难以下手，使应得的分白白丢失． 如果说，我们要求学生高考时做到“该得的分一分不丢，难得的分每分必争”，那么，就要先从打好基础做起，抓好物理基本知识和规律的复习．复习中，首先要求学生掌握概念、规律的“内涵”（例如内容、条件、结论等），做到“理科文学”，对概念、规律的内容，该记该背的，还是要在理解的基础上熟记．其次，要掌握概念和规律的“外延”，例如，对机械能守恒定律，如果条件不满足，即重力或弹力以外的其他力做了功，系统的机械能将如何变化？等等．有一些情况我的感受特别深，一是有些试题看似综合性问题，而学生出错的原因实质是概念问题．二是老师以为很简单的一些概念问题，学生就是搞不清，要反复讲练．下面，就高中物理复习中常遇到的一些基本概念问题，谈谈我的看法．我想按照高中物理知识的五大板块来讲述．一些共同性的概念和规律：1．不能简单地从数学观点来理解用比值定义的物理量（一个物理量与另一个物理量成正比或反比的说法）．2．图线切线的斜率．3．变加速运动中，合力为零时，速度最大或最小．一、力学●物体是否一定能大小不变地传力？例1：两物体A 和B ，质量分别为m 1和m 2，互相接触放在光滑水平面上，如图所示．对物体A 施以水平的推力F ，则物体A 对物体B 的作用力等于 （ B ）A ．112m F m m + B ．212m F m m + C ．F D ．21m F m 拓展：如图，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上．A 、B质量分别为m A ＝6kg ，m B ＝2kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2．开始时水平拉力F ＝10N ，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则 ( D )A ．只有当拉力F ＜12N 时，两物体才没有相对滑动B ．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动C ．两物体间从受力开始就有相对运动D ．两物体间始终没有相对运动●力、加速度、速度间的关系——拓展至与机械能的关系例2：如图所示，轻弹簧一端固定，另一端自由伸长时恰好到达O 点．将质量为m （视为质点）的物体P 与弹簧连接，并将弹簧压缩到A 由静止释放物体后，物体将沿水平面运动并能到达B 点．若物体与水平面间的摩擦力不能忽略，则关于物体运动的下列说法正确的是 （BC ）A ．从A 到O 速度不断增大，从O 到B 速度不断减小B ．从A 到O 速度先增大后减小，从O 到B 速度不断减小C ．从A 到O 加速度先减小后增大，从O 到B 加速度不断增大D ．从A 到O 加速度先减小后增大，从O 到B 加速度不断增大拓展1：（1991年）一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示．在A 点，物体开始与弹簧接触，到B 点时，物体速度为零，然后被弹回．下列说法正确的是 （ C ） A ．物体从A 下降到B 的过程中，动能不断变小B ．物体从B 上升到A 的过程中，动能不断变大C ．物体从A 下降到B ，以及从B 上升到A 的过程中，速率都是先增大，后减小D ．物体在B 点时，所受合力为零●矢量的合成或分解 1．认真画平行四边形例3：三段不可伸长的细绳OA 、OB 、OC 能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图所示，其中OB 是水平的，A 端、B 端固定．若逐渐增加C 端所挂物体的质量，则最先断的绳 （ C ）A ．必定是OAB ．必定是OBC ．必定是OCD ．可能是OB ，也可能是OA2．最小值问题例4：有一小船位于60m 宽的河边，从这里起在下游80m 处河流变成瀑布．假设河水流速为5m/s ，为了使小船能安全渡河，船相对于静水的速度不能小于多少？3．速度的分解——孰合孰分？例5：如图所示，水平面上有一物体A 通过定滑轮用细线与玩具汽车B 相连，汽车向右以速度v 作匀速运动，当细线OA 、OB 与水平方向的夹角分别为α、β时，物体A 移动的速度为 （ D ）A ．v sin αcos βB ．v cos αcos βC ．v cos α/cos βD ．v cos β/cos α●同向运动的物体，距离最大（或最小）或恰好追上时，速度相等（但不一定为零）． 例6：如图所示，在光滑水平桌面上放有长为L 的长木板C ，在C 上左端和距左端s 处各放有小物块A 和B ，A 、B 的体积大小可忽略不计，A 、B 与长木板C 间的动摩擦因数为μ，A 、B 、C 的质量均为m ，开始时，B 、C 静止，A 以某一初速度v 0向右做匀减速运动，设物体B 与板C 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：A OBAB（1）物体A 运动过程中，物块B 和木板C 间的摩擦力．（2）要使物块A 、B 相碰，物块A 的初速度v 0应满足的条件． ●匀变速运动的规律及其推论的应用——注意条件例7：已知做匀加速直线运动的物体，第5s 末的速度为10m/s ，则该物体 （ BD ）A ．加速度一定为2m/s 2B ．前5s 内位移可能为25mC ．前10s 内位移一定为100mD ．前10s 内位移不一定为100m●匀速圆周运动、万有引力定律： 注意公式2r GMm F =①和r mv F 2=②中r 的含义． 例8：今年10月15日9时，中国自行研制的载人航天飞船“神舟”五号，从酒泉航天发射场升空，10分钟后进入预定轨道，绕地球沿椭圆轨道Ⅰ运行，如图．（1）当飞船进入第5圈后，在轨道Ⅰ上A 点加速，加速后进入半径为r 2的圆形轨道Ⅱ．已知飞船近地点B 距地心距离为r 1，飞船在该点速率为v 1，求：轨道Ⅱ处重力加速度大小．（2）飞船绕地球运行14圈后，返回舱与轨道舱分离，返回舱开始返回．当返回舱竖直向下接近距离地球表面高度h 时，返回舱速度约为9m/s ，为实现软着落（着地时速度不超过3m/s ），飞船向下喷出气体减速，该宇航员安全抗荷能力（对座位压力）为其体重的4倍，则飞船至少应从多高处开始竖直向下喷气？（g ＝10m/s 2）●惯性、离心运动和向心运动例9：如图（俯视图）所示，以速度v 匀速行驶的列车车厢内有一水平桌面，桌面上的A 处有一小球．若车厢中的旅客突然发现小球沿图中虚线从A 运动到B ，则由此可判断列车 （ A ）A ．减速行驶，向南转弯B ．减速行驶，向北转弯C ．加速行驶，向南转弯D ．加速行驶，向北转弯 例10：卫星轨道速度的大小及变轨问题．●一对作用力和反作用力的冲量或功例11：关于一对作用力和反作用力，下列说法中正确的是 （ D ）A ．一对作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，是一对平衡力B ．一对作用力和反作用力一定可以是不同种性质的力C ．一对作用力和反作用力所做功的代数和一定为零D ．一对作用力和反作用力的冲量的矢量和一定为零●对动量守恒定律的理解1．内涵——条件及结论2．对表达式的理解3．外延例12：对于由两个物体组成的系统，动量守恒定律可以表达为Δp 1＝－Δp 2．对此表达式，沈飞同学的理解是：两个物体组成的系统动量守恒时，一个物体增加了多少动量，另一AB个物体就减少了多少动量．你同意沈飞同学的说法吗？说说你的判断和理由（可以举例说明）．例13：总质量为M的小车，在光滑水平面上匀速行驶．现同时向前后水平抛出质量相等的两个小球，小球抛出时的初速度相等，则小车的速度将________（填“变大”、“变小”或“不变”）．●对机械能守恒定律的理解1．内涵——条件及结论2．外延——重力（若涉及弹性势能，还包括弹力）以外的其它力做的功，等于系统机械能的增量．例14：如图所示，质量为M＝1kg的小车静止在悬空固定的水平轨道上，小车与轨道间的摩擦力可忽略不计，在小车底Array部O点拴一根长L＝0.4m的细绳，细绳另一端系一质量m＝4kg的金属球，把小球拉到与悬点O在同一高度、细绳与轨道平行的位置由静止释放．小球运动到细绳与竖直方向成60°角位置时，突然撤去右边的挡板P，取g＝10m/s2，求：（1）挡板P在撤去以前对小车的冲量；（2）小球释放后上升的最高点距悬点O的竖直高度；（3）撤去右边的挡板P后，小车运动的最大速度．●功和能、冲量和动量的关系1．合外力的功＝动能的变化2．重力/弹力/分子力/电场力的功＝重力势能/弹性势能/分子势能/电势能变化的负值3．重力（或弹簧弹力）以外的其它力的功＝机械能的变化4．合外力的冲量＝动量的变化5．合外力＝动量的变化率例15：一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于（ C ）A．物体势能的增加量B．物体动能的增量C．物体动能的增加量加上物体势能的增加量D．物体动能的增加量加上重力所做的功例16：一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中.若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ，则（AC）A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小C．过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和D．过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能例17：在光滑斜面的底端静止一个物体，从某时刻开始有一个沿斜面向上的恒力F作用在物体上，使物体沿斜面向上滑去，经过一段时间突然撤去这个力，又经过4倍的时间又返回斜面的底端，且具有250J的动能，则恒力F对物体所做的功为J, 撤去F时物体具有J的动能．若该物体在撤去F后受摩擦力作用，当它的动能减少100J时，机械能损失了40J，则物体再从最高点返回到斜面底端时具有J的动能．例18：如图所示，分别用两个恒力F1和F2先后两次将质量为m的物体从静止开始，沿着同一个粗糙的固定斜面由底端推到顶端，第一次力F 1的方向沿斜面向上，第二次F 2的方向沿水平向右，两次所用时间相同．在这两个过程中 （ BD ）A ．F 1和F 2所做功相同B ．物体的机械能变化相同C ．F 1和F 2对物体的冲量大小相同D ．物体的加速度相同例19：在光滑斜面的底端静止一个物体，从某时刻开始有一个沿斜面向上的恒力F 作用在物体上，使物体沿斜面向上滑去，经过一段时间突然撤去这个力，又经过4倍的时间又返回斜面的底端，且具有250J 的动能，则恒力F 对物体所做的功为 J, 撤去F 时物体具有 J 的动能。
新教材2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题一力与运动第1讲力与物体的平衡教师用书
第1讲力与物体的平衡知识网络构建命题分类剖析命题点一静态平衡问题1．共点力平衡的常用处理方法(1)研究对象的选取：①整体法与隔离法(如图甲)；②转换研究对象法(如图乙)．(2)画受力分析图：按一定的顺序分析力，只分析研究对象受到的力．(3)验证受力的合理性：①假设法(如图丙)；②动力学分析法(如图丁)．例 1[2023·山东卷]餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘．托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平．已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2.弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为( )A．10 N/m B．100 N/mC．200 N/m D．300 N/m例 2[2023·河北保定一模]质量为M的正方体A与质量为m的圆球B在水平向右的外力F作用下静止在墙角处，它们的截面图如图所示，截面正方形的对角线与截面圆的一条直径恰好在一条直线上，所有摩擦忽略不计，重力加速度为g.则( )A．F＝(M＋m)gB．F＝mgC．地面受到的压力为F N，F N<(M＋m)gD．地面受到的压力为F N，F N>(M＋m)g提升训练1. [2023·广东省中山市测试]如图甲为明朝《天工开物》记载测量“弓弦”张力的插图，图乙为示意图．弓的质量为m ＝5 kg ，弦的质量忽略不计，悬挂点为弦的中点．当在弓的中点悬挂质量为M ＝15 kg 的重物时，弦的张角为θ＝120°，g ＝10 m/s 2，则弦的张力为( )A ．50 NB ．150 NC ．200 ND ．200√3 N 2.[2023·浙江6月]如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G 的光滑圆柱体静置其上，a 、b 为相切点，∠aOb ＝90°，半径Ob 与重力的夹角为37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力F a 、F b 大小为( )A ．F a ＝0.6G ，F b ＝0.4GB ．F a ＝0.4G ，F b ＝0.6GC ．F a ＝0.8G ，F b ＝0.6GD ．F a ＝0.6G ，F b ＝0.8G 3.[2023·河南省洛阳市模拟]如图所示，一光滑球体放在支架与竖直墙壁之间，支架的倾角θ＝60°，光滑球体的质量为m ，支架的质量为2m ，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置保持静止，则支架和地面间的动摩擦因数至少为( )A ．√39B ．√34C ．√32 D ．√33命题点二 动态平衡问题(含临界、极值问题)1．解决动态平衡问题的一般思路化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值． 2．“缓慢”移动的三类经典模型图例分析求力F的最小值F min＝mg sin θ，结论：sin θ＝dLF＝mg，2cosθ绳子端点上下移动，力F不变N1、N2始终减小斜面对球的支持力F1逐渐减小，挡板对球的弹力F2先减小后增大考向1 共点力作用下的动态平衡例 1[2023·四川省成都市检测](多选)某中学举行趣味运动会时，挑战用一支钢尺取出深盒子(固定不动)中的玻璃球，该游戏深受大家喜爱，参与者热情高涨．游戏中需要的器材和取球的原理分别如图甲和图乙所示．若忽略玻璃球与盒壁、钢尺间的摩擦力，在不损坏盒子的前提下，钢尺沿着盒子上边缘某处旋转拨动(钢尺在盒内的长度逐渐变短)，使玻璃球沿着盒壁缓慢上移时，下列说法正确的是( )A．钢尺对玻璃球的弹力逐渐减小B．钢尺对玻璃球的弹力先增大后减小C．盒壁对玻璃球的弹力逐渐减小D．盒壁对玻璃球的弹力先减小后增大例 2[2023·河北唐山三模]如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链．轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A.现将轻绳一端拴在小球A 上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态．现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中( )A．外力F大小不变B．轻杆对小球的作用力变小C．地面对木板的支持力逐渐变小D．地面对木板的摩擦力逐渐减小思维提升三力作用下的动态平衡考向2 平衡中的极值或临界值问题例 3[2023·山东菏泽市模拟]将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后(bc间无细线相连)，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F的最小值为( ) A．1.5mg B．1.8mgC．2.1mg D．2.4mg例 4[2023·陕西省汉中市联考]在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时，如因吊绳无处钩挂而遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆的很紧)，用两个吊钩勾住绳圈长边的中点起吊(如图所示)，若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ，为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂)，需要满足的条件是( )A．tan α>μ B．tan α<μC．sin α>μ D．sin α<μ提升训练1.[2023·湖南张家界模拟考](多选)利用物理模型对问题进行分析，是一种重要的科学思维方法．如图甲所示为拔河比赛时一位运动员的示意图，可以认为静止的运动员处于平衡状态．该情形下运动员可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型．运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角θ逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平．已知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点．根据上述信息，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小时，下列说法正确的有( )A．地面对钢管支持力的大小不变B．地面对钢管的摩擦力变大C．地面对钢管作用力的合力变大D．地面对钢管作用力的合力大小不变2．(多选)在如图所示的装置中，两物块A、B的质量分别为m A、m B，而且m A>m B，整个系统处于静止状态，设此时轻质动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为θ，若小车向左缓慢移动一小段距离并停下来后，整个系统再次处于静止状态，则下列说法正确的是( )A．物块A的位置将变高B．物块A的位置将变低C．轻绳与水平面的夹角θ将变大D．轻绳与水平面的夹角θ将不变3．长沙某景区挂出32个灯笼(相邻两个灯笼由轻绳连接)，依次贴上“高举中国特色社会主义旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”，从高到低依次标为1、2、3、…、32.在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示．与灯笼“斗”右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量m＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，悬挂灯笼的轻绳最大承受力T m＝320 N，最左端连接的轻绳与竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是( )A．θ最大为53°NB．当θ最大时最右端轻绳的拉力为F2＝160√33C．当θ＝53°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°D．当θ＝37°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°命题点三电场力、磁场力作用下的平衡问题1．电场力.(1)大小：F＝Eq，F＝kq1q2r2(2)方向：正电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反．2．磁场力(1)大小：①安培力F＝BIL；②洛伦兹力F洛＝qv B.(2)方向：用左手定则判断．3．电磁学中平衡问题的处理方法处理方法与力学中平衡问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可．考向1 电场中的平衡问题例 1[2023·浙江模拟预测]如图所示，A、C为带异种电荷的带电小球，B、C为带同种电荷的带电小球．A、B被固定在绝缘竖直杆上，Q AQ B ＝3√38时，C球静止于粗糙的绝缘水平天花板上．已知L ACL AB＝√3，下列说法正确的是( )A．C处的摩擦力不为零B．杆对B的弹力为零C．缓慢将C处点电荷向右移动，则其无法保持静止D．缓慢将C处点电荷向左移动，则其一定会掉下来考向2 磁场中的平衡问题例 2 如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m、长度为l的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到I0的电流，可观察到导体棒缓慢上升到与绳1所处的水平面成30°角时保持静止．已知重力加速度为g.在此过程中，下列说法正确的是( )A．绳1受到的拉力先增大后减小B．绳2受到的拉力先增大后减小C．绳3受到的拉力的最大值为√3mgD．导体棒中电流I0的值为√3mglB提升训练1.[2024·山西省翼城中学模拟预测]如图甲所示，一通电导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上并静止在水平位置．当导体棒所在空间加上匀强磁场，再次静止时细线与竖直方向成θ角，如图乙所示(图甲中从左向右看)．已知导体棒长度为L、质量为m、电流为I，重力加速度大小为g.关于图乙，下列说法正确的是( )A．当磁场方向斜向右上方且与细线垂直时磁感应强度最小B．磁感应强度的最小值为mg sinθILC．磁感应强度最小时，每根细线的拉力大小为mg2cosθD．当磁场方向水平向左时，不能使导体棒在图示位置保持静止2．如图所示，一绝缘细线竖直悬挂一小球A，在水平地面上固定一根劲度系数为k′的绝缘轻质弹簧，弹簧上端与小球C相连，在小球A和C之间悬停一小球B，当系统处于静止时，小球B处在AC两小球的中间位置．已知三小球质量均为m，电荷量均为q，电性未知．则下列判断正确的是( )A.相邻两小球之间的间距为q√kmgB．弹簧的形变量为11mg8k′C．细线对小球A的拉力大小为11mg8D．小球C受到的库仑力大小为5mg8素养培优·情境命题利用平衡条件解决实际问题联系日常生活，创新试题情境化设计，渗透实验的思想，考查考生分析解决实际问题的能力，引导学生实现从“解题”到“解决问题”的转变情境1 工人推车——科学思维[典例1] [2023·四川省成都市联测]如图甲所示，工人用推车运送石球，到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出(图乙)．若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图甲中BO 与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA 变得水平的过程中，石球对OB 板的压力大小N 1、对OA 板的压力大小N 2的变化情况是( )A ．N 1减小、N 2先增大后减小B ．N 1减小、N 2增大C ．N 1增大、N 2减小D ．N 1增大、N 2先减小后增大情境2 悬索桥——科学态度与责任[典例2] [2023·江苏省无锡市测试]图a 是一种大跨度悬索桥梁，图b 为悬索桥模型．六对轻质吊索悬挂着质量为M 的水平桥面，吊索在桥面两侧竖直对称排列，其上端挂在两根轻质悬索上(图b 中只画了一侧分布)，悬索两端与水平方向成45°，则一根悬索水平段CD 上的张力大小是( )A ．14Mg B ．16MgC ．112Mg D ．124Mg情境3 瓜子破壳器——科学探究[典例3] [2023·福建福州4月检测]有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳．破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A 、B 之间，并用竖直向下的恒力F 按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则( )A ．若仅减小A 、B 距离，圆柱体A 对瓜子的压力变大 B ．若仅减小A 、B 距离，圆柱体A 对瓜子的压力变小C ．若A 、B 距离不变，顶角θ越大，圆柱体A 对瓜子的压力越大D．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小第1讲力与物体的平衡命题分类剖析命题点一[例1] 解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力使弹簧形变量为相邻两盘间距，则有mg＝3·kx，解得k＝100 N/m，故选B.答案：B[例2] 解析：对圆球B受力分析如图，β＝45°A对B的弹力T＝mg，cosβ根据牛顿第三定律，B对A的弹力T′＝T＝mg，F＝T′sin β＝mg，故A错误，B正cosβcos β＝Mg＋mg，故C、D 确；对AB整体地面受到的压力为F N＝Mg＋T′cos β＝Mg＋mgcosβ错误．故选B.答案：B[提升训练]1．解析：整体法对弓和物体受力分析如图：＝(M＋m)g竖直方向上由受力平衡可得：2F cos θ2解得：F＝(M+m)g＝200 N，故C正确，A、B、D错误．2cosθ2答案：C2．解析：对光滑圆柱体受力分析如图由题意有F a＝G sin 37°＝0.6GF b＝G cos 37°＝0.8G故选D.答案：D3．解析：对光滑球体受力分析如图所示根据平衡条件可得N2cos θ＝mg对支架受力分析如图所示根据牛顿第三定律可知N3＝N2对支架由平衡条件可得N4＝2mg＋N3cos θ，f＝N3sin θ又f＝μN4联立解得μ＝√33.故选D.可知支架和地面间的动摩擦因数至少为√33答案：D命题点二[例1] 解析：对玻璃球的受力分析如图所示，玻璃球受重力G，左侧钢尺对玻璃球的弹力F1，盒壁对玻璃球的弹力F2，玻璃球在3个力作用下处于动态平衡，玻璃球沿着纸盒壁缓慢上移时，θ角变大，利用图解法可知，F1和F2均逐渐减小，A、C项正确，B、D项错误．故选AC.答案：AC[例2] 解析：对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示根据几何关系可知两三角形相似，因此mgOO′＝FO′A＝F′OA，缓慢运动过程中，O′A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；由于OA长度不变，杆对小球的作用力F′大小不变，故B 错误；由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确．答案：D[例3] 解析：取整体为研究对象，当F垂直于Oa时，F最小，根据几何关系可得，拉力的最小值F＝3mg sin 30°＝1.5mg，故选A.答案：A[例4] 解析：要起吊重物，只需满足绳子张力T的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，一般情况认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示即T cos αμ>T sin α，化简可得tan α<μ，故B正确，A、C、D错误．故选B.答案：B[提升训练]1．解析：对钢管受力分析，钢管受重力mg、绳子的拉力T、地面对钢管竖直向上的支持力F N、水平向右的摩擦力F f，可知F N＝mg，F f＝T＝mgtanθ即随着钢管与地面夹角的逐渐变小，地面对钢管支持力的大小不变，地面对钢管的摩擦力变大，故A、B正确；对钢管受力分析，可认为钢管受到重力mg、绳子的拉力T和地面对钢管作用力的合力F 三个力，钢管平衡，三个力的作用线必交于一点，由此可知F方向沿钢管斜向上，与水平面夹角为α(钢管与水平面的夹角为θ)，根据共点力平衡条件可知F＝mgsinα，T＝mgtanα，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小，同时α也减小，地面对钢管作用力的合力变大，C正确，D 错误．答案：ABC2．解析：以轻质动滑轮与轻绳的接触点O为研究对象，分析O点的受力情况，作出O 点的受力分析图，如图所示设绳子的拉力大小为F，动滑轮两侧绳子的夹角为2α，由于动滑轮两侧绳子的拉力关于竖直方向对称，则有2F cos α＝m B g，又小车向左缓慢移动一小段距离后，轻绳中的拉力大小与小车移动前相同，即F＝m A g保持不变，可知α角保持不变，由几何知识得，α＋θ＝90°，则θ保持不变，当小车向左缓慢移动一小段距离后，动滑轮将下降，则物块A 的位置将变高，故选项A、D正确，B、C错误．答案：AD3．解析：当最左端连接的轻绳的拉力大小为T m＝320 N时，θ最大，此时灯笼整体受力如图所示由平衡条件T m sin θm＝F2T m cos θm＝32mg解得θm＝60°，F2＝160√3 NA、B错误；当θ＝53°时，灯笼整体受力分析如图由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F21＝32mg tan 53°＝6403N对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况类似，由平衡条件tan α＝F21(32−8)mg≠1则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角α≠45°，C错误；当θ＝37°时，此时灯笼整体受力如图所示由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F22＝32mg tan 37°＝120 N对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况类似，由平衡条件tan β＝F22(32−8)mg＝1则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角β＝45°，D正确．答案：D命题点三[例1] 解析：对C进行受力分析，A对C有吸引力，B对C有排斥力，及其重力，与水平天花板对C 可能有竖直向下的压力，如图所示由平衡条件，结合矢量合成法则，若不受摩擦力得F AC＝F BC cos θ由几何知识可得cos θ＝√32依据库仑定律有kQ A Q CL AC2＝√32kQ B Q CL BC2，Q AQ B＝3√38Q A Q B ＝3√38时恰好处于平衡状态；C球静止没有运动趋势，C处的摩擦力为零，故A错误；缓慢将C处点电荷向右移动，平衡状态被打破，其无法保持静止，故C正确；缓慢将C处点电荷向左移动，F BC变大，其竖直方向上的分量变大，C球一定不会掉下来，故D错误；B球如果不受杆的力，则C球给B球的排斥力在水平方向的分量无法平衡，因此杆对B 一定有弹力作用，故B错误．答案：C[例2] 解析：对整体分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右且逐渐增大，由平衡条件得水平方向F1＝F2cos 60°＋BIl竖直方向F 2sin 60°＝mg电流逐渐变大，则F 1增大、F 2不变，故A 、B 错误；当电流增大到I 0时，安培力与重力的合力最大，即绳3的拉力最大sin 30°＝mg F 3最大值为F 3＝2mg ，故C 错误；对导体棒受力分析得tan 30°＝mg BI 0l ，得I 0＝√3mg Bl，故D 正确．答案：D [提升训练] 1．解析：对导体棒受力分析如图所示，导体棒在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态．由平衡条件可知，导体棒所受拉力和安培力的合力与重力等大反向，拉力和安培力可能的方向如图所示，当安培力方向斜向右上方且与细线垂直时安培力最小，此时磁场方向沿着细线斜向左上方，A 错误；设磁感应强度大小为B ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ，解得B ＝mg sin θIL ，B 正确；设每条细线拉力大小为F T ，由平衡条件得mg cos θ＝2F T ，解得F T ＝12mg cos θ，C 错误；当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，如果安培力与重力大小相等，可以使导体棒在图示位置保持静止，D 错误．答案：B2．解析：如图甲所示，以小球B 为研究对象，小球A 和小球C 分别对小球B 的库仑力大小相等，且小球A 和小球C 对小球B 的合力与小球B 的重力等大反向，所以小球A 和小球B 带异种电荷，小球B 和小球C 带同种电荷，即小球A 和小球C 对小球B 的库仑力大小均为F A ＝F C ＝mg2，由库仑定律可得kq 2r 2＝12mg ，解得小球A 和小球B 之间距离为r ＝q √2kmg ，故A 错误；如图乙所示，以小球A 为研究对象，受到小球B 向下的库仑力为F B ＝mg 2，受到小球C向下的库仑力是受到小球B 的14，即为F C ′＝mg 8，所以小球A 受到的拉力为F T A ＝mg ＋F B ＋F ′C＝13mg 8，故C 错误；如图丙所示，以小球C 为研究对象，小球C 受到小球B 向下的库仑力为F ′B ＝mg2，受到A 向上的库仑力为F ′A ＝mg8，则小球C 对弹簧的压力为F 压＝F ′B －F ′A ＋mg＝11mg 8，小球C 受到向上的弹力为F 弹＝F 压＝11mg 8，由胡克定律得F 弹＝k ′x ，解得弹簧的形变量为x ＝11mg8k ′，故B 正确，D 错误．答案：B 素养培优·情境命题[典例1] 解析：在倒出石球的过程中，两个支持力的夹角是个确定值，为α＝120°，根据力的示意图可知N 1sin β＝N 2sin γ＝Gsin α，在转动过程中β从90°增大到180°，则sin β不断减小，N 1将不断减小；γ从150°减小到60°，其中跨过了90°，因此sin γ 先增大后减小，则N 2将先增大后减小，选项A 正确．答案：A[典例2] 解析： 对整体分析，根据平衡条件，2F T AC sin 45°＝Mg ，F T AC ＝√22Mg .对悬索左边受力分析，受A 左上绳的力F T AC ，CD 上水平向右的拉力为F T ，根据平衡条件，F T ＝F T AC cos 45°＝12Mg ，一根悬索水平段CD 上的张力大小是14Mg ，故选A.答案：A[典例3] 解析：瓜子处于平衡状态，若仅减小A 、B 距离，A 、B 对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，A 、B 错误；若A 、B 距离不变，顶角θ越大，则A 、B 对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C 错误，D 正确．故选D.答案：D。
统考版2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题七物理实验第13讲力学实验素养培优教师用书
素养培优·创新实验1.力学创新型实验的特点(1)以基本的力学模型为载体，依托运动学规律和牛顿运动定律设计实验．(2)将实验的基本方法——控制变量法、处理数据的基本方法——图象法、逐差法融入到实验的综合分析之中．2．创新实验题的解法(1)根据题目情境，提取相应的力学模型，明确实验的理论依据和实验目的，设计实验方案．(2)进行实验，记录数据，应用原理公式或图象法处理实验数据，结合物体实际受力情况和理论受力情况对结果进行误差分析．情境 1 [2022·山东卷]在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验．受此启发，某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示．主要步骤如下：①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨；③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块．弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O 点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图象，部分图象如图乙所示．回答以下问题(结果均保留两位有效数字)：(1)弹簧的劲度系数为________N/m.(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出aF图象如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg.(3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的aF图象Ⅱ，则待测物体的质量为________kg.情境2 [2023·浙江省四校联考]用图甲装置研究“小车(含拉力传感器)质量一定时，加速度与合外力的关系”，步骤如下：a．细绳一端绕在电动机上，另一端系在拉力传感器上，将小车放在长板的P位置，调整细绳与长板平行，启动电动机，使小车沿长板向下匀速运动，记录此时拉力传感器的示数F0；b．撤去细绳，让小车从P位置由静止开始下滑，设小车受到的合外力为F，通过计算机可得到小车与位移传感器的距离随时间变化的xt图象，并求出小车的加速度a；c．改变长板的倾角，重复步骤a、b可得多组F、a数据．完成下列相关实验内容：(1)在步骤a、b中，F________F0(选填“＝”“>”或“<”)；(2)本实验________(选填“需要”“不需要”)“补偿”小车所受到的摩擦力；(3)某段时间内小车的xt图象如图乙，根据图象可得小车的加速度大小为______m/s2(计算结果保留两位有效数字)．[解题心得]情境 3 [2023·湖北卷]某同学利用测质量的小型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩擦因数μ的实验．如图(a)所示，木板和木块A放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木块A和放在电子秤上的重物B通过定滑轮的轻绳相连．调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的轻绳竖直．在木块A上放置n(n＝0，1，2，3，4，5)个砝码(电子秤称得每个砝码的质量m0为20.0g)，向左拉动木板的同时，记录电子秤的对应示数m.(1)实验中，拉动木板时________(填“必须”或“不必”)保持匀速．(2)用m A 和m B 分别表示木块A 和重物B 的质量，则m 和m A 、m B 、m 0、μ、n 所满足的关系式为m ＝________．(3)根据测量数据在坐标纸上绘制出mn 图象，如图(b)所示，可得木块A 和木板间的动摩擦因数μ＝________(保留两位有效数字).素养培优·创新实验情境1 解析：（1）初始时弹簧的伸长量为5.00cm ，结合图乙可读出弹簧弹力为0.610N ，由F ＝kx 可得弹簧的劲度系数k ＝12N/m.（2）根据牛顿第二定律F ＝ma ，结合图丙可得aF 图线斜率的倒数表示滑块与加速度传感器的质量，代入数据得m ＝0.20kg.（3）同理图象斜率的倒数1k＝m ＋m 测，得m 测＝0.13kg. 答案：（1）12 （2）0.20 （3）0.13情境2 解析：（1）根据题意，当小车沿长板向下匀速运动时有mg sin θ＝F 0＋f ，撤去细绳，让小车从P 位置由静止开始下滑，设小车受到的合外力为F ＝mg sin θ－f ，解得F 0＝F .（2）由于在实验中，可以直接利用拉力传感器将小车所受外力的合力测出，因此该实验不需要“补偿”小车所受到的摩擦力．（3）令P 点到位移传感器的距离为x 0，根据x 0－x ＝12at 2，根据图象可知，给出的三个数据点中，相邻点之间的时间间隔均为T ＝0.32s －0.22s ＝0.22s －0.12s ＝0.1s ，根据匀变速直线运动的规律有Δx ＝aT 2，其中Δx ＝（38.20－25.20）×10－2－（49.10－38.20）×10－2m ＝2.1×10－2m ，解得a ＝2.1m/s 2.答案：（1）＝ （2）不需要 （3）2.1情境3 解析：（1）木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对速度无关，则实验拉动木板时不必保持匀速．（2）对木块、砝码以及重物B 分析可知μ（m A ＋nm 0）g ＋mg ＝m B g ，解得m ＝m B －μ（m A ＋nm 0）.（3）根据m ＝m B －μm A －μm 0·n ，结合图象可知μm 0＝59－195＝8，则μ＝0.40. 答案：（1）不必（2）m B －μ（m A ＋nm 0） （3）0.40。
统考版2023高考物理二轮专题复习专题七物理实验第13讲力学实验教师用书
第13讲力学实验高频考点·能力突破考点一力学基本仪器的使用与读数注意事项：1．游标卡尺在读数时先确定各尺的分度，把数据读成以毫米为单位的，先读主尺数据，再读游标尺数据，最后两数相加．2．游标卡尺读数时不需要估读．3．螺旋测微器读数时，要准确到0.01 mm，估读到0.001 mm，结果若用mm作单位，则小数点后必须保留三位数字．4．游标卡尺在读数时注意区分游标卡尺的精度．5．螺旋测微器在读数时，注意区别整毫米刻度线与半毫米刻度线，注意判断半毫米刻度线是否露出．例1 某同学用50分度的游标卡尺测量一圆柱体工件的长度，如图1所示，则工件的长度为________ mm；用螺旋测微器测量工件的直径如图2所示，则工件的直径为________ mm.预测1 用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图所示，其读数为________ cm.预测2 如图甲所示，某同学用弹簧OC和弹簧测力计a、b做“验证力的平行四边形定则”实验．在保持弹簧伸长量及方向不变的条件下：(1)若弹簧测力计a、b间夹角为90°，弹簧测力计a的读数是________ N；(如图乙所示)(2)若弹簧测力计a、b间夹角小于90°，保持弹簧测力计a与弹簧OC的夹角不变，增大弹簧测力计b与弹簧OC的夹角，则弹簧测力计a的读数________、弹簧测力计b的读数________．(选填“变大”“变小”或“不变”)预测3(1)某同学用游标卡尺的________(选填“内测量爪”“外测量爪”或“深度尺”)测得一玻璃杯的内高，如图甲所示，则其内高为________ cm.(2)该同学随后又用螺旋测微器测得玻璃杯的玻璃厚度如图乙所示，则厚度为________ mm.(3)该同学用螺旋测微器测得一小球直径如图丙所示，正确读数后得小球直径为 1.731 mm，则a＝________，b＝________．(4)该同学测定一金属杆的长度和直径，示数分别如图丁、戊所示，则该金属杆的长度和直径分别为________ cm和________ mm.考点二纸带类实验综合1．打点计时器涉及的五个实验(1)研究匀变速直线运动；(2)探究加速度与合外力、质量的关系；(3)探究功与速度变化的关系；(4)验证机械能守恒定律；(5)验证动量守恒定律．2．纸带的三大应用(1)由纸带确定时间：要区别打点计时器打出的计时点与人为选取的计数点之间的区别与联系，若每五个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔Δt＝0.02×5 s＝0.10 s.(2)求解瞬时速度：利用做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求打某一点时的瞬时速度，如图甲所示，打点n时的速度v n＝x n+x n+12T.(3)用“逐差法”求加速度：如图乙所示，因为a1＝x4−x13T2，a2＝x5−x23T2，a3＝x6−x33T2，所以a＝a1+a2+a33＝x4+x5+x6−x1−x2−x39T2.当位置间隔数是奇数时，应舍去位置间隔小的数据．例 2 [2022·福建押题卷]某实验小组利用如图甲所示的装置，探究加速度与小车所受合外力和质量的关系．(1)下列做法正确的是________；A．实验前应先将木板左端适当垫高，以平衡摩擦力B．实验时应满足砝码桶与砝码总质量远小于小车和车内砝码总质量C．释放小车前应将小车靠近打点计时器，并使纸带尽量伸直D．实验时为了安全应先释放小车再接通打点计时器的电源E．在探究加速度与质量的关系时，应保持拉力不变，即只需要保持砝码桶和砝码总质量不变(2)实验时得到一条如图乙所示的纸带，打点计时器的频率为50 Hz，任意两个计数点间还有四个计时点未画出，由图中数据可计算小车的加速度为________ m/s2.(结果保留两位有效数字)(3)在保持小车和车中砝码质量一定，探究小车的加速度与受到的合外力的关系时，甲、乙两位同学分别得到了如图丙所示的a F图象，则甲同学的a F图线不过原点的原因是____________________________________．预测4 某实验小组采用如图甲所示的装置探究功与速度变化的关系．小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，打点计时器工作频率为50 Hz.(1)为了消除小车运动过程中所受摩擦力的影响，调整时应将木板________(选填“左”或“右”)端适当垫高以平衡摩擦力．̅̅̅＝3.50(2)实验中，某同学打出的一段纸带如图乙所示，相邻两计时点间距离依次为ABcm、BC̅̅̅＝3.80 cm、CD̅̅̅＝DE̅̅̅＝EF̅̅̅＝FG̅̅̅＝GH̅̅̅＝4.00 cm，则匀速运动的速度v＝________ m/s.(3)根据多次测量的数据，画出橡皮筋对小车做功W与小车匀速运动的速度v的关系如图丙所示，根据图线形状猜想，W与v的关系可能为________．A．W∝√v B．W∝v－1C．W∝v2 D．W∝v3(4)改变橡皮筋的根数，若实验中的所有操作和数据处理均无错误，则描绘出的图线(图中Δv2＝v2－0，将一根橡皮筋对小车做的功记为1)应为过原点的一条直线，但根据实验结果得到的图线如图丁所示，造成这一偏差的原因是________________________________________________________________________预测5 [2022·河北卷]某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1所示．弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧码的质量为m.已知弹簧的弹性势能表达式为E＝12的形变量，当地的重力加速度大小为g.(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L.接通打点计时器电源．从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带．钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)．从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为____________________，钩码的动能增加量为________________，钩码的重力势能增加量为________．(2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示．由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.考点三“弹簧”“橡皮条”“碰撞”类实验1．“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验的操作关键(1)实验中不能挂过多的钩码，防止弹簧超过弹性限度；(2)画图象时，不要连成折线，而应尽量让数据点落在直线上或均匀分布在直线两侧．2．“验证力的平行四边形定则”实验的操作关键(1)每次结点稳定时的位置O必须保持不变；(2)记下每次各力的大小和方向；(3)画力的图示时应选择适当的标度．例3 [2022·浙江6月](1)①“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行．图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为________ cm.由图3中小车运动的数据点，求得加速度为________ m/s2(保留两位有效数字)．②利用图1装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是________(多选)．A．换成质量更小的车B．调整长木板的倾斜程度C．把钩码更换成砝码盘和砝码D．改变连接小车的细绳与长木板的夹角(2)“探究求合力的方法”的实验装置如图4所示，在该实验中①下列说法正确的是________(单选)．A．拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点C．测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦D．测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要________(选填“2”“3”或“4”)次把橡皮条结点拉到O.例4 [2022·全国甲卷]利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究．让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B 的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞．完成下列填空：(1)调节导轨水平．(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg.要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为________ kg的滑块作为A.(3)调节B的位置．使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等．(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2.(5)将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤(4)．多次测量的结果如下表所示．(6)表中的k2＝________(保留2位有效数字)．的平均值为________(保留2位有效数字)．(7)v1v2判断．若两滑块的碰(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由v1v2撞为弹性碰撞，则v1的理论表达式为________(用m1和m2表示)，本实验中其值为________(保v2留2位有效数字)；若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B 在导轨上的碰撞为弹性碰撞．预测6 某兴趣小组同学想探究橡皮圈中的张力与橡皮圈的形变量是否符合胡克定律，若符合胡克定律，则进一步测量其劲度系数(圈中张力与整圈形变量之比)．他们设计了如图甲所示实验：橡皮圈上端固定在细绳套上，结点为O，刻度尺竖直固定在一边，0刻度与结点O水平对齐，橡皮圈下端悬挂钩码，依次增加钩码的个数，分别记录下所挂钩码的总质量m和对应橡皮圈下端P的刻度值x，如下表所示：(1)请在图乙中，根据表中所给数据，充分利用坐标纸，作出m x图象；(2)作出m x图象后，同学们展开了讨论：甲同学认为：这条橡皮圈中的张力和橡皮圈的形变量基本符合胡克定律；乙同学认为：图象的斜率k即为橡皮圈的劲度系数；丙同学认为：橡皮圈中的张力并不等于所挂钩码的重力；……请参与同学们的讨论，并根据图象数据确定：橡皮圈不拉伸时的总周长约为________ cm，橡皮圈的劲度系数约为________ N/m(重力加速度g取10 m/s2，结果保留三位有效数字)．(3)若实验中刻度尺的0刻度略高于橡皮筋上端结点O，则由实验数据得到的劲度系数将________(选填“偏小”“偏大”或“不受影响”)；若实验中刻度尺没有完全竖直，而读数时视线保持水平，则由实验数据得到的劲度系数将________(选填“偏小”“偏大”或“不受影响”)．素养培优·创新实验1.力学创新型实验的特点(1)以基本的力学模型为载体，依托运动学规律和牛顿运动定律设计实验．(2)将实验的基本方法——控制变量法、处理数据的基本方法——图象法、逐差法融入到实验的综合分析之中．2．创新实验题的解法(1)根据题目情境，提取相应的力学模型，明确实验的理论依据和实验目的，设计实验方案．(2)进行实验，记录数据，应用原理公式或图象法处理实验数据，结合物体实际受力情况和理论受力情况对结果进行误差分析．情境1 [2022·山东卷]在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验．受此启发，某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示．主要步骤如下：①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨；③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块．弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00 cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图象，部分图象如图乙所示．回答以下问题(结果均保留两位有效数字)：(1)弹簧的劲度系数为________ N/m.(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出aF图象如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg.(3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的aF图象Ⅱ，则待测物体的质量为________kg.情境2 [2022·全国冲刺卷]为准确测量某弹簧的劲度系数，某探究小组设计了如下实验，实验装置如图甲所示，其原理图如图乙所示．角度传感器与可转动的“T”形螺杆相连，“T”形螺杆上套有螺母，螺母上固定有一个力传感器，弹簧的上端挂在力传感器下端挂钩上，另一端与铁架台底座的固定点相连．当“T”形螺杆转动时，角度传感器可测出螺杆转动的角度，力传感器会随着“T”形螺杆旋转而上下平移，弹簧长度也随之发生变化．实验过程中，弹簧始终在弹性限度内．(1)已知“T”形螺杆向某一方向旋转10周(10×360°)时，力传感器上移40.0 mm，则在角度传感器由0增大到270°的过程中，力传感器向上移动的距离为________ mm.(保留一位小数)(2)该探究小组操作步骤如下：①旋转螺杆使初状态弹簧长度大于原长；②记录初状态力传感器示数F0、以及角度传感器示数θ0；③旋转“T”形螺杆使弹簧长度增加，待稳定后，记录力传感器的示数F n，角度传感器的示数θn；④多次旋转“T”形螺杆，重复步骤③的操作；⑤以力传感器的示数F为纵坐标、角度传感器的示数θ为横坐标，由实验数据描绘出F θ图象，则该图象可能为________．(3)若图象的斜率为2.5×10－4N/°，则该弹簧的劲度系数k＝________ N/m.(结果保留三位有效数字)情境 3 [2022·湖南押题卷]某同学用如图所示的装置验证动能定理和测量滑块与长木板之间的动摩擦因数．将木板固定在水平桌面上，木板左端固定一个挡板，挡板与滑块之间有一个轻质弹簧，轻质弹簧与挡板固定连接，滑块靠近弹簧．长木板上安装有两个光电门．(1)用螺旋测微器测量遮光片的宽度，如图所示，其读数为d＝________ mm；(2)给滑块装上遮光片，向左推动滑块，压缩弹簧到适当位置，由静止松手，滑块离开弹簧后先后通过光电门1、2，与光电门相连的计时器记录下遮光片通过光电门1、2的时间分别为Δt1和Δt2，用刻度尺测出PQ间的距离为l，设滑块质量为m，滑块与长木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则滑块从P位置运动到Q位置的过程中验证动能定理的表达式为________(用第1、2小问中所给的字母表示)；(3)改变弹簧的压缩程度进行多次实验，并计算得出多组滑块通过P点和Q点的速度v1和v2，根据下表中的数据在坐标纸上描点连线，作出v12v22图象如图所示．(4)若重力加速度g取9.8 m/s2，用刻度尺测出PQ间的距离l＝33.0 cm，由v12v22图象可得，滑块与长木板间的动摩擦因数为________ (结果保留两位小数)．第13讲力学实验高频考点·能力突破考点一例1 解析：根据游标卡尺读数规则可知工件的长度为21 mm＋0.02 mm×36＝21.72 mm；根据螺旋测微器读数规则可知工件的直径为4 mm＋0.01 mm×30.0＝4.300 mm.答案：21.72 4.300预测1 解析：读数时要注意分度值是1 mm，要估读到分度值的下一位．答案：1.50 (1.49～1.51均可)预测2 解析：(1)由图乙所示弹簧测力计可知，其分度值为0.1 N，弹簧测力计a的读数是3.50 N；(2)若弹簧测力计a 、b 间夹角小于90°，保持弹簧测力计a 与弹簧OC 的夹角不变，增大弹簧测力计b 与弹簧OC 的夹角，如图所示，则可知弹簧测力计a 的示数变小，b 的示数变大．答案：(1)3.50 (3.48～3.52) (2)变小 变大预测 3 解析：(1)因需测量的是玻璃杯的内高即深度，所以要用游标卡尺的深度尺测量，根据图甲可知，游标卡尺主尺上的整毫米数为100 mm ，游标尺的精确度为0.1 mm ，且第3条刻度线(不计0刻度线)与主尺上的刻度线对齐，则玻璃杯的内高为100 mm ＋0.1 mm×3＝100.3 mm ＝10.03 cm.(2)螺旋测微器的读数规则：测量值＝固定刻度读数(注意半毫米刻度线是否露出)＋精确度(0.01 mm)×可动刻度读数(一定要估读)，由图乙可知玻璃厚度为2.5 mm ＋0.01 mm×26.0＝2.760 mm.(3)因 1.731 mm ＝1.5 mm ＋0.01 mm×23.1，由螺旋测微器读数规则知a ＝20，b ＝0.(4)由图丁所示可得金属杆的长度L ＝60.10 cm.由图戊知，此游标尺为50分度，游标尺上第10条刻度线(不计0刻度线)与主尺上的刻度线对齐，则该金属杆直径d ＝4 mm ＋0.02×10 mm＝4.20 mm.答案：(1)深度尺 10.03 (2)2.760 (3)20 0 (4)60.10 4.20 考点二例2 解析：(1)为了使小车所受的合外力等于拉力，实验前应该平衡摩擦力，故A 正确；因为有拉力传感器，小车受到的拉力的大小可以直接读出，故无需让砝码桶和砝码的质量远小于小车和车内砝码的质量，B 错误；为了使纸带上能尽可能多打点，使其得到充分的利用，故释放小车前应将小车靠近打点计时器，纸带伸直是为了尽量减小纸带与限位孔间的摩擦，故C 正确；凡是使用打点计时器的实验，都应该先接通电源，让打点计时器稳定运行后再释放纸带(小车)，故D 错误；在探究加速度与质量的关系时，应保持拉力不变，即需要保持拉力传感器的示数不变，故E 错误．(2)由题意知T ＝0.1 s ，采用逐差法求加速度，可得a ＝BD −OB(2T )2＝2.4 m/s 2；(3)由甲同学的a F 图象可知，拉力传感器的示数F ＝0时，小车已经有了加速度，可能原因是平衡摩擦力过度，木板的倾角过大．答案：(1)AC (2)2.4 (3)平衡摩擦力过度，木板的倾角过大预测 4 解析：(1)小车是向右边弹出，平衡摩擦力时应该将左端垫高使重力沿斜面向下的分力与沿斜面向上的摩擦力平衡；(2)由题目给的数据可知小车从C 点到H 点做匀速运动，则v ＝CH̅̅̅5T ＝2 m/s ；(3)图丙中图线的形状与函数y ＝x n(n ＝2，3，4...)的图象吻合，故选项C 、D 正确．(4)从图象截距可看出合外力不做功时，小车仍然会有速度，这表明平衡摩擦力过度．答案：(1)左(2)2 (3)CD (4)平衡摩擦力过度预测5 解析：(1)从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为ΔE p弹＝12k(L－L0)2－12k(L－L0－h5)2整理有ΔE p弹＝k(L−L0)h5−12kh52打出F点时速度v＝h5−h32T ，打出F点时钩码动能E k＝12mv2＝12m(h5−h32T)2＝m(h5−h3)28T2，由于从静止释放钩码，所以钩码动能增加量ΔE k＝m(h5−h3)28T2；(2)钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量．现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大．答案：(1)k(L−L0)h5−12kh52m(h5−h3)28T2mgh4(2)钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大考点三例3 解析：(1)①由刻度尺的读数规则可知，打下计数点B时小车的位移大小为x2＝6.20 cm；连接图3中的点，由斜率可知加速度a＝1.9 m/s2；②利用图1装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，为减小实验误差，应使连接小车的细绳与长木板平行，D错误；实验时应将钩码更换成砝码盘和砝码，应保证小车的质量远大于砝码以及砝码盘的总质量，因此不能换成质量更小的小车，A错误，C正确；实验时应将长木板的右端适当垫高以平衡摩擦力，B正确．(2)①“探究求合力的方法”时不用保证两弹簧秤的读数相同，A错误；在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择与结点相距较远的一点，B错误；实验时，弹簧秤外壳与木板之间的摩擦不影响实验的结果，C错误；为了减小实验误差，实验时，应保证橡皮条、细绳和弹簧秤贴近并平行于木板，D正确．②如果只有一个弹簧秤，应先后两次将弹簧秤挂在不同的细绳套上，然后将结点拉到同一位置O，并保证两次两分力的方向不变；再将弹簧秤挂在一个细绳套上，将结点拉到位置O，因此为了完成实验至少需要3次把橡皮条的结点拉到O.答案：(1)①6.20±0.05 1.9±0.2 ②BC (2)①D ②3例4 解析：(2)在一动一静的弹性碰撞中，质量小的滑块碰撞质量大的滑块才能反弹，故应选质量为0.304 kg 的滑块作为A .(6)滑块A 、B 碰后的速度v 1＝s 1t 1、v 2＝s 2t 2，因s 1＝s 2，故有v 1v 2＝t 2t 1，则k 2＝0.210.67≈0.31.(7)v 1v 2的平均值k ̅＝2×0.31+3×0.335≈0.32. (8)设滑块A 碰前的速度为v 0，若为弹性碰撞，则有：{v 1v 0=−v 1v 1+v 2v 2①12v 1v =0212v1v +1212v2v ②22 联立①②得：v 1＝m 2−m 1m 1+m 2v 0，v 2＝2m 1v 0m1+m 2则v1v 2＝m 2−m 12m 1＝0.510−0.3042×0.304≈0.34.答案：(2)0.304 (6)0.31 (7)0.32 (8)m 2−m 12m 10.34预测6 解析：(1)描点作出m x 图象如图所示(2)由m x 图象可知，橡皮圈不拉伸时P 点距离O 点的距离约为5.20 cm (5.10 cm ～5.40 cm)，则橡皮圈的总周长约为10.40 cm (10.20 cm ～10.80 cm)．由m x 图象可知，橡皮圈的劲度系数，则有k ＝ΔmgΔx ＝120×10−3×10(7.40−5.20)×10−2N/m ＝54.5 N/m.(3)若实验中刻度尺的0刻度略高于橡皮筋上端结点O ，则由实验数据得到的劲度系数将不受影响，因为计算劲度系数时考虑的是橡皮筋的伸长量而不是长度．若实验中刻度尺没有完全竖直，而读数时视线保持水平，会使读数偏大，则由实验数据得到的劲度系数将偏小．答案：(1)见解析 (2)10.40 54.5 (3)不受影响 偏小素养培优·创新实验情境1 解析：(1)初始时弹簧的伸长量为5.00 cm ，结合图乙可读出弹簧弹力为0.610 N ，由F ＝kx 可得弹簧的劲度系数k ＝12 N/m.(2)根据牛顿第二定律F ＝ma ，结合图丙可得a F 图线斜率的倒数表示滑块与加速度传感器的质量，代入数据得m ＝0.20 kg.(3)同理图象斜率的倒数1k ＝m ＋m 测，得m 测＝0.13 kg.答案：(1)12 (2)0.20 (3)0.13情境 2 解析：(1)当其旋转270°时，力传感器在竖直方向移动的距离为x ＝4010×360°×270° mm ＝3.0 mm ；(2)⑤由于实验时旋转螺杆使初状态弹簧长度大于原长，则说明在未转动时，即θ＝0时弹簧就有弹力了，故选B ；(3)角度增加Δθ时，弹簧形变量为Δx ，“T”形螺杆的螺纹间距为d ，则有Δx ＝dΔθ360°，d ＝40×360°10×360° mm根据胡克定律得ΔF ＝k Δx ，解得k ＝ΔF ×360°dΔθ，代入数据有k ＝22.5 N/m.答案：(1)3.0 (2)B (3)22.5情境3 解析：(1)螺旋测微器的固定刻度为4.5 mm ，可动部分为0.01 mm×20.2＝0.202 mm ，所以读数为d ＝4.5mm ＋0.202 mm ＝4.702 mm ；(2)遮光片通过光电门1、2的速度分别为v 1＝d Δt 1，v 2＝dΔt 2，则滑块从P 位置运动到Q 位置的过程中，由动能定理－μmgl ＝12vv −2212vv 12＝12m (d Δt 2)2－12m (d Δt 1)2；(4)由上式可得v 12＝v 22＋2μgl ，由图可知，v 22＝0时，v 12＝2.2，带入上式，可得μ＝0.34.答案：(1)4.701～4.705 (2)－μmgl ＝12m (d Δt 2)2－12m (dΔt 1)2(4)0.34。
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专题一力与运动第1讲物体的平衡1．几种常见的力2．共点力的平衡共点力的平衡条件是F合＝0或F x＝0,F y＝0,平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止状态。
3．研究对象的选取方法：整体法、隔离法。
4．受力分析的顺序一般按照“一重、二弹、三摩擦,四其他”的程序,结合整体法与隔离法分析物体的受力情况。
5．破解静态平衡问题的基本思路6．抓住关键词语(1)看到“缓慢”想到“物体处于动态平衡”状态。
(2)看到“轻绳、轻环”想到“绳、环的质量可忽略不计”。
(3)看到“光滑”想到“摩擦力为零”。
考向一力学中的平衡问题[真题体验]1．[物体的静态平衡](2017·全国卷Ⅱ·16)如图,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。
若保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动。
物块与桌面间的动摩擦因数为()A．2－3 B.3 6C.33 D.32解析：设物块的质量为m。
据平衡条件及摩擦力公式有拉力F水平时,F＝μmg①拉力F与水平面成60°角时,F cos 60°＝μ(mg－F sin 60°)②联立①②式解得μ＝33。
故选C。
答案： C命题点：力的合成与分解,滑动摩擦力,动摩擦因素,共点力的平衡。
2．[物体的静态平衡](2017·全国卷Ⅲ·17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上,弹性绳的原长也为80 cm。
将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A．86 cm B.92 cmC．98 cm D.104 cm解析：轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm 的两点上,钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm,以钩码为研究对象,受力如图所示,由胡克定律F ＝k (l －l 0)＝0.2 k ,由共点力的平衡条件和几何知识得F ＝mg 2sin α＝5mg6,再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,设弹性绳的总长度变为l ′,由胡克定律得F ′＝k (l ′－l 0),由共点力的平衡条件F ′＝mg2,联立上面各式解得l ′＝92 cm,选项B 正确。
(通用版)高三物理二轮复习第一部分专题五物理实验教师用书
专题五 物理实验第一讲力学基础实验考点一基本仪器的使用和读数1.[考查游标卡尺和螺旋测微器的读数](2015·海南高考)某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a)和(b)所示。
该工件的直径为________cm ，高度为________mm 。
(a)(b)解析：游标卡尺读数为d ＝12 mm ＋4×120mm ＝12.20 mm ＝1.220 cm螺旋测微器的读数为h ＝6.5 mm ＋36.1×0.01 mm＝6.861 mm 。
答案：1.220 6.8612．[考查游标卡尺和螺旋测微器的读数] (2013·安徽高考)Ⅰ.根据单摆周期公式T ＝2πlg，可以通过实验测量当地的重力加速度。
如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm 。
Ⅱ.在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________ mm，合金丝的直径为________mm。
解析：Ⅰ.该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径大小。
Ⅱ.由于螺旋测微器开始起点有误差，估读为0.007 mm，测量后要去掉开始误差。
答案：Ⅰ.18.6 Ⅱ.0.007 0.638考点二“纸带”类实验3.[考查研究匀变速直线运动](2016·天津高考)某同学利用如图所示装置研究小车的匀变速直线运动。
(1)实验中，必需的措施是________。
A．细线必须与长木板平行B．先接通电源再释放小车C．小车的质量远大于钩码的质量D．平衡小车与长木板间的摩擦力(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)。
s1＝3.59 cm，s2＝4.41 cm，s3＝5.19 cm，s4＝5.97 cm，s5＝6.78 cm，s6＝7.64 cm。
高考物理二轮复习精品资料Ⅰ专题13 力学实验教学案(教师版)
力学实验【2012考纲解读】根据高考大纲，实验一共有19个，含盖有：测定性实验、验证性实验和探究性实验。
认识误差的含义即是要求深刻理解实验的原理，掌握实验的思想方法，在实验中去观察和发现实验操作需要注意的事项，并在观察、发现和分析中找出产生误差的原因，进而思考如何减小误差及修正误差。
有效数字对学生来说概念是很清楚的，但在实际的基本仪器读数、测量值的运算和计算结果的表达中，往往出现问题，这应当引起我们的注意。
【2012高考预测】近几年高考命题趋势：（1）考实验的原理①基本仪器的工作原理②物理量的测量原理③验证、设计实验的原理④探索实验的变量控制⑤画实验的原理图。
（2）考仪器使用①知道仪器的构造②明确仪器的操作规程③掌握基本测量工具和实验器材的读数与使用。
（3）考选择实验器材①从给定的器材中确定所需②补充试题中遗漏的器材③替换不合理的器材。
（4）考查实验步骤①掌握正确的实验步骤②给步骤排序或改错③补漏或删除多余的步骤。
（5）考安装调试①按正确的次序安装器材②电路实物连接③明确实验的注意事项（6）考实验数据处理、实验结果分析①确定有效数字②利用公式处理数据③利用图像处理数据④会分析实验现象和误差原因【专题解读】1、测定匀变速运动的加速度实验目的:①练习使用打点计时器，学习利用打上点的纸带研究物体的运动。
②学习用打点计时器测定即时速度和加速度。
实验原理:①打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器，它每隔0.02s 打一次点（由于电源频率是 50Hz ），因此纸带上的点就表示了和纸带相连的运动物体在不同时刻的位置，研究纸带上点之间的间隔，就可以了解物体运动的情况。
②由纸带判断物体做匀变速直线运动的方法：如图所示，0、1、2…为时间间隔相等的各计数点，s1、s2、s3、…为相邻两计数点间的距离,若△s=s2-s1=s3-s2=…=恒量，即若连续相等的时间间隔内的位移之差为恒量,则与纸带相连的物体的运动为匀变速直线运动。
高三物理二轮复习 第1 专题突破篇 专题2 力与直线运动教师用书
峙对市爱惜阳光实验学校专题二 力与直线运动考点1| 匀变速直线运动规律用 难度：中档 题型：选择题、计算题 2考(2021·丙卷T 16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t2 B.3s 2t 2 C.4s t 2D.8s t2【解题关键】 解此题抓住两点： (1)加速度的义式及动能的表达式． (2)匀变速直线运动的平均速度公式．A [质点在时间t 内的平均速度v ＝st ，设时间t 内的初、末速度分别为v 1和v 2，那么v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12mv 22＝9×12mv 21，那么v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝s t .质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝st2.应选项A 正确．](2021·卷ⅠT 24)公路上行驶的两之间保持一的平安距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使在平安距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反时间和系统的反时间之和为1 s ．当在晴天枯燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，平安距离为120 m ．设雨天时轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5.假设要求平安距离仍为120 m ，求在雨天平安行驶的最大速度．【解题关键】关键语句信息解读“人的反时间〞“系统反时间〞 反时间内车做匀速直线运动 平安距离为120 m 后车在反时间及刹车过程的总距离 动摩擦因数为晴天时的25雨天、晴天两种情况下，刹车时加速度不同A B 一条件结合匀变速直线运动规律解决问题．设路面枯燥时，与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时的加速度大小为a 0，平安距离为x ，反时间为t 0，由牛顿第二律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0 ① x ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有 μ＝25μ0③设在雨天行驶时刹车的加速度大小为a ，平安行驶的最大速度为v ，由牛顿第二律和运动学公式得μmg＝ma ④x＝vt0＋v22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v＝20 m/s(72 km/h)．⑥【答案】20 m/s1．高考考查特点(1)高考题注重根本概念的理解及根本公式及推论的灵活用，计算题要注意追及相遇类为背景的实际问题．(2)熟练掌握运动学的根本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律选取是解题的关键．2．解题常见误区及提醒(1)根本概念公式及根本推论记忆不准确，用不灵活．(2)实际问题中过程不清晰、时间关系、速度关系、位移关系把握不准．(3)解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好〞、“最多〞、“至少〞)．●考向1 匀变速直线运动根本公式的用1．(2021·一模)如图1所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，OA＝1 200 m，OB ＝2 000 m，求：(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间. 【导学号：37162021】图1【解析】(1)假设列车车尾恰好停在A点右侧，减速运动的加速度大小为a1，距离为x1，那么0－v20＝－2a1x1 ①x1＝1 200 m＋200 m＝1400 m ②解得：a1＝167m/s2 ③假设列车车头恰好停在B点，减速运动的加速度大小为a2，距离为x OB＝2 000 m，那么0－v20＝－2a2x OB ④解得：a2＝85m/s2 ⑤故加速度大小a的取值范围为85m/s2≤a≤167m/s2. ⑥(2)当列车车头恰好停在B点时，减速运动时的时间最长，那么0＝v0－a2t ⑦解得：t ＝50 s ．⑧【答案】 (1)85 m/s 2≤a ≤167 m/s 2(2)50 s●考向2 匀变速直线运动推论的用2．如图2所示，物体自O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途径A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离L 1＝2 m ，B 、C 之间的距离L 2＝3 m ．假设物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相，那么OA 之间的距离L 于( )图2 A.34 m B.43 m C.98m D.89m C [由题知“物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相(设为T )〞，那么v B ＝L 1＋L 22T ＝52T ，加速度a ＝L 2－L 1T 2＝1T 2，在A 点速度v A ＝v B －aT ＝32T ，于是L ＝v 2A2a＝12a ·94T 2，L ＋2＝v 2B 2a ＝12a ·254T 2，两式相比，解得L ＝98m ．] ●考向3 追及相遇问题3．(高考改编)在[例2](2021·卷ⅠT 24)中，假设在雨天的以108 km/h 的速度匀速行驶，前后两车的平安距离至少为多大？【解析】 由[例2]解析可知，雨天的加速度a ＝μg＝25μ0g ＝25a 0①故其平安距离x ′＝v 0·t 0＋v 202a②由[例2]解析可知：x ＝v 0·t 0＋v 202a 0＝120 m③由①②③可得：x ′＝255 m. 【答案】 255 m4．(2021·十校)放假期间，高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x 0＝9 m 区间的速度不超过v 0＝6 m/s.现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v 甲＝20 m/s 和v 乙＝34 m/s 的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后．甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a 甲＝2 m/s 2的加速度匀减速刹车．(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章；(2)假设甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m 处的速度恰好为6 m/s ，乙车司机在发现甲车刹车时经t 0＝0.5 s 的反时间后开始以大小为a 乙＝4 m/s2的加速度匀减速刹车．为防止两车相撞，且乙车在收费站窗口前9 m 区不超速，那么在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？【导学号：37162021】【解析】 (1)对甲车，速度由20 m/s 减至6 m/s 的位移x 1＝v 2甲－v 22a 甲＝91 mx2＝x0＋x1＝100 m即：甲车司机需在离收费站窗口至少100 m处开始刹车．(2)设甲车刹车后经时间t，两车速度相同，由运动学公式得：v乙－a乙(t －t0)＝v甲－a甲t解得：t＝8 s相同速度v＝v甲－a甲t＝4 m/s＜6 m/s，即共同速度v＝6 m/s为不相撞的临界条件乙车从开始以速度34 m/s减至6 m/s的位移为x3＝v乙t0＋v 2乙－v202a乙＝157 m所以要满足条件甲、乙的距离x＝x3－x1＝66 m.【答案】(1)100 m (2)66 m1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．求解追及问题的技巧考点2| 运动图象问题难度：中档题型：选择题、计算题 6考(多项选择)(2021·乙卷T21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt图象如图3所示．两车在t＝3 s时并排行驶，那么( )图3A．在t＝1 s时，甲车在乙车后B．在t＝0时，甲车在乙车前 mC．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 sD．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m【解题关键】解此题的关键是正确理解vt图象的物理意义，准确提取其信息．BD[由题图知，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a甲＝10 m/s2.乙车做初速度v0＝10 m/s、加速度a乙＝5 m/s2的匀加速直线运动.3 s内甲、乙车的位移分别为：x甲＝12a甲t23＝45 mx乙＝v0t3＋12a乙t23＝5 m由于t＝3 s时两车并排行驶，说明t＝0时甲车在乙车前，Δx＝x乙－x甲＝ m，选项B正确；t＝1 s时，甲车的位移为5 m，乙车的位移为1 m，由于甲车的初始位置超前乙车 m，那么t＝1 s时两车并排行驶，选项A、C错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为5 m－1 m＝40 m，选项D正确．](多项选择) (2021·卷ⅠT20)如图4(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固斜面，其运动的vt图线如图(b)所示．假设重力加速度及图中的v0、v1、t1均为量，那么可求出( )(a) (b)图4A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度 【解题关键】 解此题要抓住以下两点：(1)利用图象信息求出相关量，如由斜率求出加速度，由图线与坐标轴所围面积求出上滑高度；(2)将图线与方程结合起来：根据图线显示的匀变速过程，结合牛顿第二律列出上、下过程动力学方程，联立求解所求量……倾角、动摩擦因数．ACD [由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θ－f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m v 0－v 12t 1，而f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．](2021·卷ⅡT 24)10月，奥地利极限运发动菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km 的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约 km 高度处，翻开降落伞并落地，打破了跳伞运动的多项纪录．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.(1)假设忽略空气阻力，求该运发动从静止开始下落至 km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f ＝kv 2，其中v 为速率，k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．该运发动在某段时间内高速下落的v t 图象如图5所示．假设该运发动和所带装备的总质量m ＝100 kg ，试估算该运发动在到达最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保存1位有效数字)图5【解题关键】关键语句 信息解读忽略空气阻力运发动只在重力作用下运动 f ＝kv 2阻力与速度的平方成正比 到达最大速度最大速度时，重力与阻力大小相(1)设该运发动从开始自由下落至 km 高度处的时间为t ，下落距离为s ，在 km 高度处的速度大小为v .根据运动学公式有v ＝gt① s ＝12gt 2 ② 根据题意有s ＝×104m －×103m ＝5×104m ③联立①②③式得t ＝87 s④v ＝×102 m/s.⑤(2)该运发动到达最大速度v max 时，加速度为零，根据平衡条件有mg ＝kv 2max⑥由所给的v t 图象可读出v max ≈360 m/s⑦由⑥⑦式得k ＝0.008 kg/m.⑧【答案】 (1)87 s ×102m/s (2)0.008 kg/m1．高考考查特点(1)以选择题型为主，重在考查v t 图象的意义及图象信息的提取能力．(2)明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题的关键．2．解题常见误区及提醒(1)v t 图象、x t 图象均反映物体直线运动的规律．(2)在v t 图象中误将交点当成相遇．(3)图象与动力学相结合的题目中不能正确地将图象信息和运动过程相结合．●考向1 图象的选取5．(多项选择)(2021·陕六校)如图6为某工程车的卸货装置，该装置为一能够直接将货物传送到地面的倾角为θ的传送带．该装置在正常工作时沿逆时针方向匀速运动，传送带的速度为v ，卸货工人将质量均为m 的货物无初速度地放在传送带顶端，货物与传送带间的动摩擦因数为μ，且μ＜ tan θ.那么货物在整个运动过程中的速度随时间变化的规律可能是( )【导学号：37162021】 图6A B C DBC [货物刚放上传送带时受到重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，货物做加速运动，由牛顿第二律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＋μg cos θ，如果货物在其速度到达与传送带速度相同前就滑离了传送带，那么货物将一直以加速度a 1加速运动到底端，B 正确；如果货物速度到达与传送带速度相同时，货物仍未到达传送带的底端，由于μ＜tan θ，其后货物受到的摩擦力变为沿传送带向上，货物仍做加速运动，货物速度将大于传送带速度，由牛顿第二律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝g sin θ－μg cos θ，由于a 1＞a 2，所以C 正确．]●考向2 图象的转换6．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a t 图象如图7所示．以下v t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )图7A B C DD [由图可知，在0～T2时间内a ＝a 0＞0，假设v 0≥0，物体做匀加速运动；假设v 0＜0，物体做匀减速运动，故B 、C 皆错误；由于在T ～2T 时间内a ＝－a 0，故图线斜率的绝对值与0～T2时间内相同，故A 错误，D 正确．]●考向3 图象信息的用7．(高考改编)在[例4](2021·卷ⅠT 20)中，假设改为如下形式，如图8甲所示，直角三角形斜劈abc 固在水平面上．t ＝0时，一物块(可视为质点)从底端a 以初速度v 0沿斜面ab 向上运动，到达顶端b 时速率恰好为零，之后沿斜面bc 下滑至底端c .假设物块与斜面ab 、bc 间的动摩擦因数相，物块在两斜面上运动的速率v 随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，那么以下物理量中不能求出的是( )图8A ．斜面ab 的倾角θB ．物块与斜面间的动摩擦因数μC ．物块的质量mD ．斜面bc 的长度LC [根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a 1、a 2，根据牛顿第二律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma 2，那么可求出θ和μ，但m 无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s 时间内物块的位移大小，即可求出L ，应选项C 正确．]8．为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比拟长且外表平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固一个高度可升降的风帆，如图9甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝kv .图9(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度； (3)假设m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v t 图线的切线，由此求出μ、k的值．(计算结果保存两位有效数字) 【导学号：37162021】【解析】 (1)由牛顿第二律有：mg sin θ－μmg cos θ－kv ＝ma 解得：a ＝g sin θ－μg cos θ－kvm.(2)当a ＝0时速度最大，v m ＝mg sin θ－μcos θk减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些． (3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2解得：μ＝2315≈0.23，最大速度v m ＝2 m/s ，v m ＝mg sin θ－μcos θk ＝2 m/s解得：k ＝3.0 kg/s.【答案】 (1)g sin θ－μg cos θ－kvm(2)mg sin θ－μcos θk适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.23 3.0 kg/s 1．v t 图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量． (2)分析图线的意义，提取图象的关键信息． (3)将物体的运动过程与图象对起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．考点3| 牛顿第二律的用 难度：较难 题型：选择题 8考(多项选择)(2021·甲卷T 19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．假设它们下落相同的距离，那么( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 【解题关键】关键语句 信息解读 同一种材料制成相同的密度阻力与球的半径成正比，与球的速率无关下落过程中加速度不同，但两球都做匀加速运动阻由牛顿第二律可知：mg －F 阻＝ma ，由m ＝ρV ＝43ρπR 3知：43ρπR 3g －kR ＝43ρπR 3a ，即a ＝g －3k 4ρπ·1R 2，故知：R 越大，a 越大，即下落过程中a 甲>a 乙，选项C 错误；下落相同的距离，由h ＝12at 2知，a 越大，t 越小，选项A 错误；由2ah ＝v 2－v 20知，v 0＝0，a 越大，v 越大，选项B 正确；由W 阻＝－F 阻h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D 正确．](多项选择)(2021·卷ⅡT 20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，那么这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18【解题关键】 解此题关键有两点： (1)用小整体大隔离的方法选取研究对象． (2)根据牛顿第二律写出F 的表达式．BC [设该列车厢与P 相连的为P ，与Q 相连的为Q ．设该列车厢有n 节，Q 为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．]1．高考考查特点(1)本考点的考查重在物体的受力分析，整体法、隔离法在连接问题中的用及牛顿第二律的理解．(2)整体法、隔离法是动力连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用整体法，在涉及相互作用力时要用隔离的方式．(如[例7])2．解题的常见误区及提醒(1)研究对象选取时，不能灵活用整体法、隔离法．(2)对物体受力分析有漏力、多力现象，合力的计算出错． (3)用公式F ＝ma 时，要注意F 、m 、a 的一体性． ●考向1 瞬时加速度的分析与计算9. (2021·)如图10所示，两个质量分别为m 1、m 2的物块A 和B 通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A ，另一端固在墙上，A 、B 与传送带间的动摩擦因数均为μ.传送带沿顺时针方向转动，系统到达稳后，突然剪断轻绳的瞬间，设A 、B 的加速度大小分别为a A 和a B (弹簧在弹性限度内，重力加速度为g )，那么( )图10A ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，a B ＝μgB ．a A ＝μg ，a B ＝0C ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，a B ＝0D ．a A ＝μg ，a B ＝μgC [稳时A 和B 均受到向右的滑动摩擦力，B 受到的滑动摩擦力大小为μm 2g ，于弹簧向左的弹力F ，B 受到的合外力为0.剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和B 受到的滑动摩擦力都不变，那么B 的加速度为0；A 的加速度为F ＋μm 2gm 1＝μ(1＋m 2m 1)g ，选项C 对．] ●考向2 连接体问题10．(高考改编)在[例7](2021·卷ⅡT 20)中，假设车厢总数为10节，以大小为a 的加速度行驶，那么第2节车厢受到的拉力与第10节车厢受到的拉力之比为多少？【解析】 设每节车厢的质量均为m ，第2节车厢所受拉力为F 1，第10节车厢所受拉力为F 2，由牛顿第二律可知，F 1＝9ma F 2＝ma故F 1∶F 2＝9∶1.【答案】 9∶1●考向3 动力学的两类根本问题11．避险车道是防止恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施组成，如图12竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止．货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，取g ＝10 m/s 2.求：图11(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度. 【导学号：37162021】 图12【解析】 (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，那么f ＋mg sin θ＝ma 1 ① f ＝μmg cos θ②联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2③a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，那么Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g⑤ s 1＝vt －12a 1t2⑥s 2＝vt －12a 2t2⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨联立①②④～⑨式并代入数据得l ＝98 m ．⑩【答案】 (1)5 m/s 2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m ●考向4 动力的临界、极值问题12．(2021·四校二联)如图13所示，一质量为m 的小物块放在斜面上．在物块上施加一力F ，且F ＝12mg .斜面的倾角 θ＝30°，小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.(1)假设力F 的方向平行于斜面向下，求小物块的加速度大小；(2)当力F 与斜面的夹角多大时，小物块的加速度最大？并求出最大加速度． 【导学号：37162021】图13【解析】 (1)对小物块进行受力分析，由牛顿第二律可得F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a ＝12g .(2)小物块的受力情况如下图，设力F 与斜面的夹角为α，由牛顿第二律可得F cos α＋mg sin θ－F f ＝maF f ＝μ(mg cos θ－F sin α)可得a ＝12g cos α＋36g sin α＝33g sin(60°＋α)当α＋60°＝90°时，a 有最大值 解得α＝30°，a m ＝33g .【答案】 (1)12g (2)30° 33g1．牛顿第二律用的三点注意(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变后者不能．(2)连接体问题要充分利用“加速度相〞这一条件或题中特条件，交替使用隔离法与整体法．(3)两类动力学根本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁〞作用．2．用运动学公式和牛顿第二律解题的步骤标准练高分| 动力多过程问题的[典题在线](2021·卷ⅡT 25,20分)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下外表与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图14所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，①A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动， 此时刻为计时起点；在第2 s 末，②B 的上外表突然变为光滑，μ2保持不变．A 开始运动时，③A 离B 下边缘的距离l ＝27_m ，C 足够长．设最大静摩擦力于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图14(1)在④0～2_s 时间内A 和B 加速度的大小；(2)⑤A 在B 上总的运动时间．[信息解读]①摩擦因数突变，A 与B 会相对滑动，分别隔离A 、B 进行受力分析．②A 与B 、B 与C 相对运动情况发生变化，重分别隔离A 、B 进行受力分析．③A 与B 的相对位移为27 m.④隔离法进行受力分析，由牛顿第二律求加速度．⑤整个过程中A 在B 上的运动，分段受力研究A 、B 的运动特点．[考生抽样][阅卷点评] [标准解答]【解析】 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如下图，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如下图．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f 1＝μ1N 1①(1分) N 1＝mg cos θ②(1分)f2＝μ2N2 ③(1分)N2＝N′1＋mg cos θ④(1分)规沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二律得mg sin θ－f1＝ma1 ⑤(1分)mg sin θ－f2＋f′1＝ma2 ⑥(1分)N1＝N′1f1＝f′1联立①②③④⑤⑥式，并代入题给数据得a1＝3 m/s2 ⑦(1分)a2＝1 m/s2. ⑧(1分)(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，那么v1＝a1t1＝6 m/s ⑨(1分)v2＝a2t1＝2 m/s ⑩(1分)t＞t1时，设A和B的加速度分别为a′1和a′2.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得a′1＝6 m/s2 ⑪(1分)a′2＝－2 m/s2 ⑫(1分)B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，那么有v2＋a′2t2＝0 ⑬(1分)联立⑩⑫⑬式得t2＝1 s ⑭(1分)在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为s＝⎝⎛⎭⎪⎫12a1t21＋v1t2＋12a′1t22－⎝⎛⎭⎪⎫12a2t21＋v2t2＋12a′2t22＝12 m＜27 m ⑮(2分)此后B静止，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，那么有l－s＝(v1＋a′1t2)t3＋12a′1t23⑯(2分)可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑰(1分)设A在B上总的运动时间为t总，有t总＝t1＋t2＋t3＝4 s．⑱(1分)【答案】(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s[评分]第(1)问：(1)不列②式和④式而合并成f1＝μ1mg cos θ和f2＝2μ2mg cos θ也可分别得2分．(2)假设不列①②③④式，而是根据受力图直接写出mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma1和mg sin θ－2μ2mg cos θ＋μ1mg cos θ＝ma2可分别得3分．第(2)问：(1)列式时没有出现⑨⑩式而是合并在⑮式并计算正确，可得4分．(2)对2秒后A、B运动状态的分析没有利用公式，而借助其它方式(如vt 图象)．只要合理正确，可参考标准解答给分．。
高三物理二轮复习第部分专题突破篇专题力与物体的平衡教师用书
专题一力与物体平衡全国卷5年考情导向考点考题考情2021年2021年2021年2021年2021年全国甲卷T14全国乙卷T19全国丙卷T17全国卷ⅠT17全国卷ⅡT15全国卷T16考点考次统计命题分析：1.力学中平衡问题命题方式以选择为主，只在12年涉及计算问题．电磁学中平衡问题那么以计算为主.2.本专题命题点集中在受力分析，力合成与分解及共点力平衡应用.全国乙卷T24全国卷ⅠT24全国卷ⅡT18考点1| 力学中平衡问题难度：中档题题型：选择题五年6考(2021·全国甲卷T14)质量为m物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左力F缓慢拉动绳中点O，如下图．用T表示绳OA段拉力大小，在O点向左移动过程中( )A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小【解题关键】解此题关键有两点．(1)“缓慢〞拉动绳中点，物体处于动态平衡状态．(2)根据力平衡条件画出受力分析图，利用图解法分析．A[以O点为研究对象，受力如下图，当用水平向左力缓慢拉动O点时，那么绳OA与竖直方向夹角变大，由共点力平衡条件知F 逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确．](多项选择)(2021·全国乙卷T19)如图，一光滑轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．假设F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，那么( )A．绳OO′张力也在一定范围内变化B．物块b所受到支持力也在一定范围内变化C．连接a与b绳张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间摩擦力也在一定范围内变化【解题关键】关键语句信息解读细绳跨过滑轮 滑轮两侧细绳上拉力大小相等，且等于物块a 重力整个系统处于静止状态 物块b 受到合外力为零，物块b 受到支持力、摩擦力随F 而变BD [因为物块b 始终保持静止，所以绳OO ′张力不变，连接a 与b 绳张力也不变，选项A 、C 错误；拉力F 大小变化，F 水平分量与竖直分量都发生变化，由共点力平衡条件知，物块b 受到支持力与摩擦力在一定范围内变化，选项B 、D 正确．](2021·全国丙卷T 17)如图，两个轻环a 与b 套在位于竖直面内一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 小球．在a 与b 之间细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间距离恰好等于圆弧半径．不计所有摩擦．小物块质量为( )A.m 2B.32m C ．mD ．2m【解题关键】 关键语句 信息解读“细线穿过两轻环〞，“不计所有摩擦〞 细绳上张力处处相等且等于mg平衡时，a 、b 间距离恰好等于圆弧半径 平衡时，利用对称性分析各力方向作用力合力方向指向圆心．由于a、b间距等于圆弧半径，那么∠aOb ＝60°，进一步分析知，细线与aO、bO间夹角皆为30°.取悬挂小物块研究，悬挂小物块细线张角为120°，由平衡条件知，小物块质量与小球质量相等，即为m.应选项C正确．]解决动态平衡问题方法选取1．高考考察特点(1)共点力单物体动态平衡及连接体静态、动态平衡问题是高考命题热点．(2)做好物体受力分析，画出力示意图，并灵活应用几何关系与平衡条件是解题关键．2．解题常见误区及提醒(1)对物体所处状态及受力特点结合不能灵活应用．(2)对一些常见物理语言(如轻绳、轮环)不理解．(3)不能灵活应用数学关系求解物理问题．●考向1 物体受力分析1．(2021·郑州市一模)如下图，a、b两个小球穿在一根光滑固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接．b球质量为m，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，重力加速度为g.当两球静止时，Oa段绳与杆夹角也为θ，Ob段绳沿竖直方向，那么以下说法正确是( )图A．a可能受到2个力作用B．b可能受到3个力作用C ．绳子对a 拉力等于mgD ．a 重力为mg tan θC [对a 、b 受力分析可知，a 一定受3个力，b 一定受2个力作用，选项A 、B 错误；对b 受力分析可知，b 受绳子拉力等于mg ，因此绳子对a 拉力等于mg ，选项C 正确；对a 受力分析，G a sin θ＝mg cos θ，可得：G a ＝mg tan θ，选项D 错误．] ●考向2 物体静态平衡2．(高考改编)在[例1](2021·全国甲卷T 14)中，假设力F 作用下OA 与竖直方向成θ角保持不变，假设轻绳OA 、OB 承受最大拉力相等，逐渐增大物体质量，那么轻绳OA 、OB 哪段先断？【解析】 由例1中受力分析图可知，T OA >T OB ，故逐渐增大物体质量，轻绳OA 段绳先断．【答案】 OA 段3．(2021·合肥市二模)如下图，墙上有两个钉子a 与b ，它们连线与水平方向夹角为37°，两者高度差为L .一条不可伸长轻质细绳一端固定于a 点，另一端跨过光滑钉子b 悬挂一质量为m 1重物．在绳ab 段中点c 有一固定细绳套，假设细绳套上悬挂质量为m 2钩码，平衡后绳ac 段恰好水平，那么重物与钩码质量比值m 1m 2为( ) 图 A. 5 B ．2C. 2D.5 2D[根据题述，ab sin 37°＝L，ab cos 37°＝4L/3，ab＝5Lm2钩码，平衡后如下图．设bc段细绳与水平面夹角为α，那么(4L/3－5L/6)tan α＝L，解得tan α＝2.由力分解可得，m1g sin α＝m2g，而sin α＝25，解得m1m2＝52，选项D正确．]●考向3 物体动态平衡4．(2021·河北三市二联)如下图，用一轻绳将光滑小球(大小不能忽略)系于竖直墙壁上O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O 点缓慢下移，那么( )图A．轻绳对小球拉力保持不变B．轻绳对小球拉力逐渐增大C．小球对墙壁压力保持不变D．小球对墙壁压力逐渐减小B[对小球受力分析，如下图，由于小球始终处于平衡状态，其合力为零，在细杆从O点缓慢下移过程中，轻绳与竖直方向夹角增大，由图中几何关系可知：轻绳对小球拉力F逐渐增大，墙壁对小球支持力F N也逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，小球对墙壁压力也逐渐增大，应选项B正确，A、C、D错误．]5．(2021·大连市重点中学联考)如下图，小方块代表一些一样质量钩码，图甲中O为轻绳之间连接结点，图乙中光滑轻质小滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图甲中B 滑轮端点B 稍稍右移一些，图乙中端点B 杆稍稍向上移动一些(图乙中绳长不变)，那么关于θ角与OB 绳张力F 变化，以下说法正确是( )甲 乙图A ．图甲、乙中θ角均增大，F 均不变B ．图甲、乙中θ角均不变，F 均不变C ．图甲中θ角增大、图乙中θ角不变，张力F 均不变D ．图甲中θ角减小、F 不变，图乙中θ角增大、F 减小B [题中图甲，与O 点相连三段绳上拉力大小分别等于所挂钩码重力大小，保持不变，那么三个力所构成封闭三角形也保持不变；由于向下拉力方向不变，因此OA 、OB 绳上拉力方向也保持不变，如图1所示，那么图甲中夹角θ就保持不变．题图乙中，跨过滑轮两绳上拉力大小相等，两力合力方向竖直向上，那么两力与竖直方向夹角一定一样，如图2所示，延长AO 交竖直杆于C ，OB ＝OC ，那么AC 恰好等于绳长L ，sin α＝d L，B 上、下移动过程中，d 、L 都不变，所以绳与竖直方向夹角α不变，那么绳与水平方向夹角θ也保持不变，2F sin θ＝mg ，绳上拉力F 不变，B 正确．]图1 图21．受力分析技巧(1)一般按照“一重、二弹、三摩擦，再其他外力〞程序；(2)分析物体受力情况时结合整体法与隔离法；(3)平衡状态下结合平衡条件．2．解平衡问题常用方法(1)正交分解法⎩⎪⎨⎪⎧ F x ＝0F y ＝0⇒多用于物体受三个以上力而平衡；(2)合成法F ＝0⇒适用于物体受三个力而平衡．3．解决动态平衡问题方法选取(1)图解法：如果物体受到三个力作用，其中一个力大小、方向均不变，另一个力方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力矢量图，判断各个力变化情况．(2)解析法：如果物体受到多个力作用，可进展正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量变化确定因变量变化．(3)相似三角形法：如果物体受到三个力作用，其中一个力大小、方向均不变，另外两个力方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似方法．考点2| 电磁学中平衡问题 难度：中档 题型：选择题 计算题，五年3考(2021·全国卷ⅡT 18)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 与c 分别位于边长为l 正三角形三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平匀强电场中．静电力常量为k .假设三个小球均处于静止状态，那么匀强电场场强大小为( )图－－A.3kq 3l 2B.3kq l 2C.3kq l 2D.23kq l2 【解题关键】关键语句 信息解读光滑绝缘水平面无摩擦力，重力与支持力平衡 a 、b 带正电，c 带负电a 、b 两带电小球对c 带电小球合力为引力且沿角平分线 三个小球处于静止状态 三带电小球受到合外力为零B [各小球都在力作用下处于静止状态，分别对各小球受力分析，列平衡方程可求解．以c 球为研究对象，除受另外a 、b 两个小球库仑力外还受匀强电场静电力，如下图，c 球处于平衡状态，据共点力平衡条件可知F静＝2k qq c l 2cos 30°，F 静＝Eq c ，解得E ＝3kq l2，选项B 正确．] (2021 ·全国卷ⅠT 24)如图，一长为10 cm 金属棒ab 用两个完全一样弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V 电池相连，电路总电阻为2 Ω.开关断开时两弹簧伸长量为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力方向，并求出金属棒质量．【解题关键】解此题关键是把握住两次平衡条件：(1)第一次平衡：两弹簧弹力与金属棒重力平衡，弹力可由弹簧伸长量表示；(2)第二次平衡：两弹簧弹力、金属棒重力与安培力平衡，注意安培力方向判断与安培力大小及此刻弹力大小表达式．【解析】依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定那么可知，金属棒所受安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl12kΔl1＝mg ①式中，m为金属棒质量，k是弹簧劲度系数，g是重力加速度大小．开关闭合后，金属棒所受安培力大小为F＝IBL ②式中，I是回路电流，L是金属棒长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律与力平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F ③由欧姆定律有E＝IR ④式中，E是电池电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg. ⑤【答案】安培力方向竖直向下，金属棒质量为0.01 kg(2021·全国乙卷T24)如图，两固定绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)与cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m与m；用两根不可伸长柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.金属棒ab 匀速下滑．求：(1)作用在金属棒ab上安培力大小；(2)金属棒运动速度大小．【解题关键】关键语句信息解读沿两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上轻导线拉力处处相等且与斜面平行在斜面上存在匀强磁场只有金属棒ab受安培力作用金属棒ab匀速下滑ab棒切割磁感线产生电动势，且处于平衡状态【解析】(1)设导线张力大小为T，右斜面对ab棒支持力大小为N1，作用在ab棒上安培力大小为F，左斜面对cd棒支持力大小为N2.对于ab棒，由力平衡条件得2mg sin θ＝μN 1＋T ＋F ①N 1＝2mg cos θ② 对于cd 棒，同理有mg sin θ＋μN 2＝T③ N 2＝mg cos θ④联立①②③④式得 F ＝mg (sin θ－3μcos θ)．⑤(2)由安培力公式得 F ＝BIL ⑥这里I 是回路abdca 中感应电流．ab 棒上感应电动势为E ＝BLv⑦式中，v 是ab 棒下滑速度大小．由欧姆定律得 I ＝E R⑧联立⑤⑥⑦⑧式得 v ＝(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2. ⑨【答案】 (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2 1．高考考察特点电磁场中平衡问题是指在电场力、安培力参与下平衡问题，解决电磁场中平衡问题方法与力学平衡问题一样，只是要正确分析电场力、磁场力大小及方向．2．解题常见误区及提醒(1)正、负电荷在电场中受力方向相反，点电荷间作用力大小要用库仑定律．(2)安培力方向判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定那么，同时注意立体图转化为平面图．(3)电场力或安培力出现，可能会对压力或摩擦力产生影响．(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律使用．●考向1 电场中平衡问题1．(高考改编)在[例4](2021·全国卷ⅡT18)中，假设a、b固定，c带正电荷，那么保持c处于静止状态时，所加匀强电场大小及方向怎样？【解析】假设c带正电荷，a、b对c作用力大小不变，方向与原题中方向相反，故所加匀强电场电场强度大小为3kql2，方向平行于平面垂直ab连线向上．【答案】3kql2方向沿平面垂直ab连线向上2．(多项选择)如下图，用两根长度一样绝缘细线把一个质量为0.1 kg小球A悬挂到水平板M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6 C 正电荷．两线夹角为120°，两线上拉力大小分别为F1与F2.A正下方0.3 m处放有一带等量异种电荷小球B，B与绝缘支架总质量为0.2 kg(重力加速度g取10 m/s2；静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，A、B球可视为点电荷)，那么( )A ．支架对地面压力大小为2.0 NB ．两线上拉力大小F 1＝F 2＝1.9 NC ．将B 水平右移，使M 、A 、B 在同一直线上，此时两线上拉力大小F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 ND ．将B 移到无穷远处，两线上拉力大小F 1＝F 2＝0.866 NBC [A 对B 有竖直向上库仑力，大小为F AB ＝kQ 2l 2＝0.9 N ；对B 与支架整体分析，竖直方向上合力为零，那么F N ＋F AB ＝mg ，可得F N ＝mg －F AB ＝1.1 N ，由牛顿第三定律知F ′N ＝F N ，选项A 错误．因两细线长度相等，B 在A 正下方，那么两绳拉力大小相等，小球A 受到竖直向下重力、库仑力与F 1、F 2作用而处于平衡状态，因两线夹角为120°，根据力合成特点可知：F 1＝F 2＝G A ＋F AB ＝1.9 N ；当B 移到无穷远处时，F 1＝F 2＝G A ＝1 N ，选项B 正确，选项D 错误．当B 水平向右移至M 、A 、B 在同一条直线上时，如下图，对A 受力分析并沿水平与竖直方向正交分解，水平方向：F 1cos 30°＝F 2cos 30°＋F ′cos 30°竖直方向：F 1sin 30°＋F 2sin 30°＝G A ＋F ′sin 30° 由库仑定律知，A 、B 间库仑力大小F ′＝kQ 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫l sin 30°2＝F AB 4＝0.225 N ，联立以上各式可得F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 N ，选项C 正确．]●考向2 磁场中平衡问题3．(多项选择)(2021·潍坊市期末)如下图，两根通电直导线用四根长度相等绝缘细线悬挂于O、O′两点，O、O′连线水平，导线静止时绝缘细线与竖直方向夹角均为θ，保持导线中电流大小与方向不变，在导线所在空间加上匀强磁场后，绝缘细线与竖直方向夹角均变小，那么所加磁场方向可能沿( )图A．z轴正向B．z轴负向C．y轴正向D．y轴负向AB[由于导线静止时绝缘细线与竖直方向夹角相等，那么两根导线质量相等，通入电流方向相反．假设所加磁场方向沿z轴正向，由左手定那么可知，两根导线可能分别受到指向中间安培力，夹角变小，A对．假设所加磁场方向沿z轴负向，同理夹角可能变小，B对．假设所加磁场方向沿y轴正向，两根导线分别受到沿z轴正向与沿z轴负向安培力，受到沿z轴正向安培力导线绝缘细线与竖直方向夹角变大，受到沿z轴负向安培力导线绝缘细线与竖直方向夹角变小，C 错．同理可知D错．]4．(2021·湖北八校三联)如下图，质量为m导体棒ab置于倾角为θ、间距为L两根光滑倾斜金属导轨上，导体棒与导轨始终垂直．导轨上端连接一电动势为E、内阻为r电源与最大阻值为R滑动变阻器，开场时滑动变阻器接入电路阻值最大．导体棒、导轨电阻均不计，重力加速度为g，那么以下说法正确是( )图A ．假设加一垂直导轨平面向下匀强磁场，为使导体棒静止在导轨上，那么磁感应强度B 大小应为mg R ＋r ELtan θ B ．假设加一磁感应强度大小、方向都可以改变匀强磁场，要使导体棒能静止在导轨上，那么磁感应强度B 最小值为mg R ＋r ELsin θ，方向垂直导轨平面向下C ．假设加一竖直向下匀强磁场，为使导体棒静止在导轨上，那么磁感应强度B 大小应为mg R ＋r ELsin θ D ．假设加一竖直向下磁感应强度大小为B 0匀强磁场，当滑动变阻器连入电路阻值突然变为R 2时，导体棒加速度大小为2B 0EL m R ＋2rcos θ B [假设加一垂直导轨平面向下匀强磁场，导体棒受力如图1所示，由平衡条件与闭合电路欧姆定律有mg sin θ＝BIL ，I ＝E R ＋r，解得B ＝mg R ＋r ELsin θ，A 错误；当安培力平行斜面向上时，安培力与重力沿斜面分力平衡，此时安培力最小，同图1，有B ＝mg R ＋r ELsin θ，方向垂直导轨平面向下，B 正确；假设加一竖直向下匀强磁场，导体棒受力如图2所示，由平衡条件与闭合电路欧姆定律有mg sin θ＝BIL cos θ，I ＝E R ＋r ，解得B ＝mg R ＋r ELtan θ，C 错误；假设加一竖直向下磁感应强度为B 0匀强磁场，当滑动变阻器连入电路阻值突然变为R2时，由牛顿第二定律与闭合电路欧姆定律有B 0I ′L cos θ－mg sin θ＝ma ，I ′＝E R 2＋r ，解得a ＝2B 0EL m R ＋2r cos θ－g sin θ，D 错误．]图1 图2处理电学中平衡问题技巧(1)与纯力学问题分析方法一样，学会把电学问题力学化，分析方法是：选取研究对象――→方法“整体法〞或“隔离法〞受力分析――→多了个电场力F ＝Eq 或安培力F ＝BIl 或洛伦兹力F ＝qvB列平衡方程→F 合＝0或F x ＝0，F y ＝0(2)几点提醒①电荷在电场中一定受电场力作用，电流或电荷在磁场中不一定受磁场力作用；②分析电场力或洛伦兹力时，一定要注意带电体是正电荷还是负电荷．热点模型解读| 力学中斜面体模型斜坡C上放有一个长方体木块A，它恰好能静止在斜坡上．现把一正方体铁块B放在木块上，铁块与木块间动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．那么以下说法正确是( )图A．铁块能静止在木块上B．铁块会匀速下滑C．木块仍然能够静止D．木块会加速下滑C[由于木块恰好能静止在斜坡上，故依题意，木块与斜坡间动摩擦因数为μ1＝tan 37°＝0.75，当铁块放在木块上后，由于μ2＝0.5<tan 37°，故铁块会加速下滑，选项A、B错误；放上铁块后，木块受到铁块沿斜面向下力为μ2mg cos 37°，而木块与斜面间最大静摩擦力增加了μ1mg cos 37°，大于μ2mg cos 37°，故木块仍然能够静止，选项C正确，D错误．]【拓展应用】如图113所示，质量为m物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不管水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间动摩擦因数；(2)这一临界角θ0大小．图113【解析】(1)物体恰匀速下滑，由平衡条件得mg sin 30°＝μmg cos 30°那么μ＝3 3 .(2)设斜面倾角为α，由平衡条件F cos α＝mg sin α＋F fF N＝mg cos α＋F sin α而F f ＝μF N解得F ＝mg sin α＋μmg cos αcos α－μsin α当cos α－μsin α＝0时，即cot α＝μ时，外力F 趋于无穷大，即不管水平恒力F 多大，都不能使场体沿斜角向上滑行．此时临界角θ0＝α＝60°.【答案】 (1)33 (2)60°。
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专题十三力学实验一、误差与有效数字1．误差：误差产生原因大小特点减小方法系统误差实验仪器不精确实验原理不完善实验方法粗略总是偏大或偏小更新仪器，完善原理，改进方法偶然误差测量、读数不准确可大可小画图象或取平均值(1)有效数字的最后一位是测量者估读出来的，是偶然误差的来源．(2)从数的左边第一个不为零的数字算起，如0.012 5为三位有效数字．二、基本仪器的使用1．长度测量类仪器：(1)毫米刻度尺的读数：精确到毫米，估读一位．(2)游标卡尺的读数：游标尺/mm精度/mm 测量结果(游标尺上第n个刻线与主尺上的某刻度线正对时)/mm刻度格数刻度总长度每小格与1毫米差1090.10.1主尺上读的毫米数＋0.1n20190.050.05主尺上读的毫米数＋0.05n50490.020.02主尺上读的毫米数＋0.02n读)×0.01 mm.2．时间测量类仪器：(1)打点计时器：每打两个点的时间间隔为0.02 s，一般每五个点取一个计数点，则时间间隔为Δt＝0.02×5 s＝0.1 s.(2)频闪照相机：用等时间间隔获取图象信息的方法将物体在不同时刻的位置记录下来．(3)光电计时器：记录遮光时间．三、两类力学实验1．验证性实验：验证力的平行四边形定则，验证牛顿运动定律，验证机械能守恒定律．2．探究性实验：探究弹力与弹簧伸长的关系，探究动能定理．3．两种实验过程的比较：类型探究性实验验证性实验实验过程①提出问题②猜想与假设③制定计划与设计实验方案④进行实验与收集数据⑤分析与论证⑥评估⑦交流与合作①实验目的②实验器材③实验原理④实验步骤⑤数据分析⑥实验结论1．列表法：在记录和处理数据时，为了简单而明显地表示出有关物理量之间的关系，可将数据填写在适当的表格中，即为列表法．2．平均值法：把在同一状态下测定的同一个物理量的若干组数据相加求和，然后除以测量次数．3．作图法：用作图法处理数据的优点是直观、简便，有取平均值的效果．由图线的斜率、截距、包围的面积等可以研究物理量之间的关系.考点1| 螺旋测微器和游标卡尺的读数难度：低档题题型：实验题五年2考(2012·全国卷T22)某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图1(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示．图(a)所示读数为________mm，图(b)所示读数为________mm，所测金属板的厚度为________mm.(a) (b)图1【解题关键】关键语句信息解读校零时的示数螺旋测微器的初始值不为零金属板的厚度图(b)和图(a)的读数之差【解析】 6.5 mm＋37.0×0.01 mm＝6.870 mm，故金属板的厚度d＝6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm.【答案】0.010 6.870 6.860(2013·全国卷ⅠT22(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2所示，其读数为________cm.图2【解题关键】(1)根据游标卡尺确定游标卡尺的精度．(2)正确读出20等份游标卡尺的读数．【解析】d＝0.9 cm＋12×0.05 m m＝0.9 cm＋0.060 cm＝0.960 cm.【答案】0.9601．高考考查特点(1)以实验填空的形式考察测量仪器的使用和读数；(2)考察以基础题为主，考察频次略低．2．解题的常见误区及提醒(1)误认为螺旋测微器无需估读，而游标卡尺需要估读；(2)注意区分游标卡尺的精度．●考向1 螺旋测微器的读数1．(2016·成都检测)用螺旋测微器测不同规格的金属丝的直径，示数如图3所示．由图可读出金属丝的直径为图甲________mm 图乙________cm图丙________mm 图丁________cm.甲乙丙丁图3【解析】根据螺旋测微器的读数方法：螺旋测微器的读数值＝固定刻度值＋可动刻度×0.01 mm，读出甲、乙、丙、丁四图的读数值分别是10.002(1～3) mm、0.5365(4～6)cm、9.205(4～6) mm、0.5700 cm【答案】10.002 0.5365 9.205 0.5700●考向2 游标卡尺的读数2．(2014·福建高考和2015·海南高考改编)某同学用游标卡尺游标卡尺测定四个不同规格金属杆的直径，示数如图4甲、乙、丙、丁所示，则该金属杆直径分别为甲图：________mm 乙图：________cm丙图：________cm 丁图：________mm.甲乙丙丁图4【解析】根据游标卡尺的读数方法：游标卡尺的读数值＝主尺整毫米数值＋对齐格数×精度(mm)，读出甲、乙、丙、丁四图的读数值分别是甲图：d＝4 mm＋10×0.02 mm＝4.20 mm乙图：d＝12 mm＋4×0.05 mm＝12.20 mm＝1.220 cm丙图：d＝11 mm＋5×0.1 mm＝11.5 mm＝1.15 cm丁图：d＝5 mm＋5×0.05 mm＝5.25 mm.【答案】 4.20 mm 1.220 cm 1.15 cm 5.25 mm1．螺旋测微器读数时要估读，以毫米为单位，小数点后必须为3位，同时注意固定刻度上的半刻度是否露出，如第1题中图丁半刻度线露出，图甲、乙、丙没露出．2．游标卡尺不估读，以毫米为单位，10分度卡尺，小数点后只有1位；20分度和50分度卡尺，小数点后有2位．3．注意题目要求的单位是否为mm，若不是则要先以mm为单位读数，然后再转变为题目要求的单位．第1、2题中毫米和厘米各半．考点2| 力学基本实验难度：中低档题型：实验题五年4考(2016·全国乙卷T22)某同学用图5(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz.打出纸带的一部分如图(b)所示．(a) (b)图5该同学在实验中没有记录交流电的频率f ，需要用实验数据和其他题给条件进行推算．(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B 点时，重物下落的速度大小为________，打出C 点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度大小为________．9.80；当地重力加速度大小为10.10 cm ＝3s ，9.50 cm ＝2s ，8.89 cm ＝1s 已测得(2)________Hz.为f 由此推算出1%.，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的2m/s 【解题关键】 解答本题时应从以下三点进行分析：(1)依据匀加速下落过程中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度测量速度．(2)可用“逐差法”测加速度．(3)依据牛顿第二定律求出加速度后，利用题给数据推算f . 【解析】 (1)重物匀加速下落时，根据匀变速直线运动的规律得)2s ＋1s (f 12＝s1＋s22T ＝Bv )3s ＋2s (f 12＝s2＋s32T ＝C v 得2aT 2＝1s －3s 由 .f2s3－s12＝a (2)根据牛顿第二定律，有mg －kmg ＝ma21－k gs3－s1＝f 根据以上各式，化简得 代入数据可得f ≈40 Hz. (2)40)1s －3s (2f 12)3s ＋2s (f 12 )2s ＋1s (f 12(1) 【答案】某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：)22ⅡT 全国卷(2013· 一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图6所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．图6回答下列问题： 相等．已知k E 与小球抛出时的动能p E 本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能(1)填正确答案标________(，至少需要测量下列物理量中的k E 为求得.g 重力加速度大小为号)．A ．小球的质量mB ．小球抛出点到落地点的水平距离sC ．桌面到地面的高度hD ．弹簧的压缩量Δxl．弹簧原长E ________.＝kE ，得kE 用所选取的测量量和已知量表示(2) (3)图7中的直线是实验测量得到的s Δx 图线．从理论上可推出，如果h 不变，m 增加，s Δx 图线的斜率会________(选填“增大”“减小”或“不变”)；如果m 不变，h 增加，s Δx 图线的斜率会________(填“增大”、“减小”或“不变”)．由图7中给出的次方成正比．______的x Δ与pE 的表达式可知，kE 直线关系和图7【解题关键】关键语句信息解读由静止释放 弹簧的弹性势能转化为小球的动能小球离开桌面小球做平抛运动过程，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动【解析】 (1)小球抛出时的动能E k ＝2mv 20，要求得v 0需利用平抛知识，s ＝v 0t ，h ＝12gt 2.根据s 、h 、g ，求得v 0＝sg2h，因此，需测量小球质量m 、桌面高度h 及落地水平距离s .(2)小球抛出时的动能E k ＝12mv 20＝mgs24h .(3)弹簧的弹性势能E p ＝E k ＝12mv 20＝mgs24h .即s ＝2hEp mg，根据题给的直线关系可知，s 与Δx 成正比，而E p 与s 2成正比，故E p 应为Δx 的2次方成正比，则s ∝2hmgΔx ，s Δx 图线的斜率正比于hmg，如果h 不变，m 增加，s Δx 图线的斜率将会减小；如果m 不变，h 增加，则s Δx 图线的斜率会增大．【答案】 (1)ABC (2)mgs24h(3)减小 增大 2解决动态平衡问题方法的选取1．高考考查特点(1)”源于课本，不拘泥于课本”一直是高考实验命题的理念．(2)考查实验的灵魂—原理是重中之重．2．解题的常见误区及提醒(1)拘泥于教材实验，死记硬背不知变通是常见错误．(2)注重物理规律在实验仪器和操作中的实现条件是解题的关键．●考向1 “纸带”类实验3．(2016·全国甲卷T 22)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图8所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．图8(1)实验中涉及下列操作步骤：①把纸带向左拉直 ②松手释放物块③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是________(填入代表步骤的序号)．(2)图9中M 和L 纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50 Hz.由M 纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________m/s.比较两纸带可知，________(选填“M ”或“L ”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．图9【解析】 (1)实验时首先向左推物块使弹簧压缩，测量出弹簧压缩量，然后把纸带向左拉直，先接通打点计时器电源，待打点稳定后，再松手释放物块，故正确的操作顺序是④①③②.(2)物块脱离弹簧后将在光滑水平桌面上做匀速直线运动，由M 纸带可知物块脱离弹簧两纸带，物块脱离弹簧L 、M 比较m/s≈1.29 m/s.2.58＋2.57×10－22×0.02＝x t ＝v 时的速度后在相同时间内的位移M 的比L 的大，则M 纸带对应的那次实验中物块在脱离弹簧后的速度大，即M 纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．【答案】 (1)④①③② (2)1.29 M4．(2016·苏、锡、常、镇四市调研)某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图10甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．图10下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间，已知碰后两滑块一起运动； ⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动； ⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.(1)试着完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s ；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为________kg·m/s.(保留3位有效数字)(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是____________________ ______________________________________________________________ ______________________________________________________________.【解析】 (1)使用打点计时器时应先接通电源，后放开滑块1.(2)作用前滑块1的速，作0.620 kg·m/s ＝0.310×2 kg·m/s ，其质量与速度的乘积为2 m/s ＝m/s 0.20.1＝1v 度，其质量与速度的乘积之和1.2 m/s ＝m/s 0.1680.14＝v 具有相同的速度2和滑块1用后滑块为(0.310＋0.205)×1.2 kg·m/s＝0.618 kg·m/s.(3)相互作用前后动量减小的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦．【答案】 (1)接通打点计时器的电源 放开滑块1 (2)0.620 0.618 (3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦●考向2 “弹簧”“橡皮条”类实验5．(2016·武汉二模)某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：①将弹簧测力计固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图11所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧测力计的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直，记录2O 、1O 向下拉，直到弹簧测力计示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为．每次将弹簧示数改)l 即橡皮筋的长度(间的距离2O 、1O 测量并记录，F 弹簧测力计的示数变0.50 N ，测出所对应的l ，部分数据如下表所示测力计：图11F /N 0 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 l /cm 0l 10.97 12.02 13.00 13.98 15.05③找出②中.′O O F④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图12所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O 点，将两笔尖的位置标记为A 、B ，橡皮.OBF 段的拉力记为OB ，OAF 段的拉力记为OA 筋图12完成下列作图和填空：________cm.＝0l 图线，根据图线求得l F 中坐标纸上画出13利用表中数据在图(1)图13________N.的大小为OAF ，则7.60 cm ＝OB ，6.00 cm ＝OA 测得(2) 的图示．′F 的合力OBF 和OAF 中作出14根据给出的标度，在图(3)图14(4)通过比较F ′与________的大小和方向，即可得出实验结论．【解析】 (1)在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧．如图甲所示，由图线可知与横轴的交点10.0 cm.＝0l甲乙＝F ＝OB F ＝OA F ，所以1.80 N ＝F ，由图甲可得13.60 cm ＝OB ＋OA ＝l 橡皮筋的长度(2) 1.80 N.为邻边的平行四边形，其OB F 和OA F 的图示，然后做以OB F 和OA F 利用给出的标度作出(3)对角线即为合力F ′，如图乙．两个力的合力，OB F 、OA F 是′F 两个力的作用效果相同，OB F 、OA F 的作用效果和′O O F (4)验结论．的大小和方向，即可得出实′OO F和′F 所以只要比较 【答案】 (1)如图甲所示 10.0(9.8、9.9、10.1均正确)(2)1.80(1.70～1.90均正确)(3)如图乙所示′O O F(4) 6．某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．(1)图15甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm ；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl 为________cm.甲 乙 丙图15(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是________________；(填选项前的字母) A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是________________________ ______________________________________________________________.【导学号：37162074】【解析】(1)弹簧伸长后的总长度为14.66 cm，则伸长量Δl＝14.66 cm－7.73 cm ＝6.93 cm.(2)逐一增挂钩码，便于有规律地描点作图，也可避免因随意增加钩码过多超过弹簧的弹性限度而损坏弹簧.(3)AB段明显偏离OA，伸长量Δl不再与弹力F成正比，是超出弹簧的弹性限度造成的．【答案】(1)6.93 (2)A (3)弹簧受到的拉力超过了其弹性限度●考向3 应用图象法处理实验数据7．(2016·全国丙卷T23)某物理课外小组利用图16中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下：图16(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制st图像，经数据处理后可得到相应的加速度a.(3)对应于不同的n的a值见下表．n＝2时的st图象如图17所示；由图17求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表.n12345)2－/(m·sa 0.20 0.58 0.781.00图17(4)利用表中的数据在图18中补齐数据点，并作出a n 图像．从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．图18(5)利用a n 图象求得小车(空载)的质量为________kg(保留2位有效数字，重力加速．)2－9.8 m·s＝g 度取 (6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)A ．a n 图线不再是直线B ．a n 图线仍是直线，但该直线不过原点C ．a n 图线仍是直线，但该直线的斜率变大，得2at 12＝s ，由0.78 m ＝s 时，位移2.00 s ＝t 可知，当(b)根据题图(3) 【解析】.20.39 m/s ＝2s t2＝a 加速度(4)图像如图所示．，a )0nm ＋m (＝g 0nm 由牛顿第二定律得.21.00 m/s ＝a ，加速度为5＝n 载时，小车空(5)代入数据得m ＝0.44 kg.(6)若保持木板水平，则小车运动中受到摩擦力的作用，n 的数值相同的情况下，加速度a 变小，直线的斜率变小．绳的拉力等于摩擦力时，小车才开始运动，图像不过原点，选项B 正确．【答案】 (3)0.39 (4)见解析 (5)0.44 (6)B8. (2016·邯郸模拟＋2016·济南模拟)利用如图19所示实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题．实验操作步骤如下：图19A ．按实验要求安装好实验装置；B ．使重物靠近打点计时器，接着先接通电源，后放开纸带，打点计时器在纸带上打下一系列的点；C ．如图20为一条符合实验要求的纸带，O 点为打点计时器打下的第一个点．分别测…、3h 、2h 、1h 点之间的距离O 与…、C 、B 、A 出若干连续点图20(1)已知打点计时器的打点周期为T ，重物质量为m ，重力加速度为g ，结合实验中所，减________点的过程中，重物增加的动能为B 点下落到O ，可得纸带从3h 、2h 、1h 测得的少的重力势能为________．(2)取打下O 点时重物的重力势能为零，计算出该重物下落不同高度h 时所对应的动能中21，根据测得的数据在图p E 和k E ，纵轴表示h ，建立坐标系，横轴表示p E 和重力势能k E 则可.2k 的斜率的绝对值为Ⅱ，图线1k 斜率的绝对值为Ⅰ已求得图线Ⅱ.和图线Ⅰ绘出图线表2k 和1k 用________(求出重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为示)．图21＝2B mv 12＝k E Δ，则重物动能的增加量h3－h12T ＝B v 点的瞬时速度B (1) 【解析】.2mgh ＝p E Δ，重力势能的减少量为mh3－h128T2(2)图线的斜率不同，原因是重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功．根据动能定理1k ，知12mv2h ＝2k ，图线斜率mg ＝mghh ＝1k ，图线斜率12mv2h ＝f F －mg ，则2mv 12＝h f F －mgh 得，所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重.2k －1k ＝f F ，则平均阻力2k ＝f F －.k1－k2k1力的比值为 k1－k2k1(2)2mgh mh3－h128T2(1) 答案】【纸带的三大应用1．确定时间 要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，为便于测量和计算，一般每五个点(或每隔四个点)取一个计数点，这样时间间隔为Δt ＝0.02×5 s＝0.1s.2．求瞬时速度做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．如图所示，nx 和n x 的两段位移T 求纸带上某一点的瞬时速度，只需在这一点的前后各取相同时间间隔.xn ＋xn ＋12T ＝nv 速度点时的n ，则打1＋3．求加速度 nx ＝x Δ求解：在已经判断出物体做匀变速直线运动的情况下，可利用ΔxT2＝a 利用(1).a 求加速度2aT ＝nx －1＋ (2)逐差法：x4＋x5＋x6－x1－x2－x39T2＝a1＋a2＋a33＝a Ⅱx 的两大段，则由)T 3均为(分成时间相等6x 、5x 、4x 、3x 、2x 、1x 两段法：把图中(3)与上面逐差法结果相等，但a ，解出的2)T (3a ＝)3x ＋2x ＋1x (－)6x ＋5x ＋4x (得：2aT ＝Ⅰx －却要简单得多．(4)图象法：，求出相应点的速度．xn ＋xn ＋12T ＝nv 由① ．)nT ，nv …(、)T 22,v (、)T ，1v (确定各计数点的坐标值② ③画出v t 图象，图线的斜率为物体做匀变速直线运动的加速度．考点3| 力学创新实验 难度：低档 中档 高档 题型：实验填空题 五年5考某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥)22ⅠT 全国卷(2015· 最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R ＝0.20 m)．(a) (b)图22完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图22(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg ；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg ；(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m ；多次从同一位置释放小车，记录各次的m 值如下表所示 序号 1 2 3 4 5 m (kg) 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90位2，计算结果保留29.80 m/s 重力加速度大小取________m/s.(过最低点时的速度大小为有效数字)【解题关键】关键语句信息解读小车静置于凹形桥时物体处在平衡状态小车通过凹形桥 速度的大小根据牛顿第二定律由最低点的向心力求出(4)小车经过最低点时托盘秤的示数为m ＝1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.905kg ＝1.81kg小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F ＝(m －1.00)g ＝(1.81－1.00)×9.80 N≈7.9 N由题意可知小车的质量为m ′＝(1.40－1.00) kg ＝0.40 kg对小车，在最低点时由牛顿第二定律得F － m ′g ＝m′v2R解得v ≈1.4 m/s.【答案】 1.40 7.9 1.4(2015·全国卷Ⅱ·T 22)某同学用图23(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离．(a)(b)图23；________m/s ＝v 点时物块的速度C ，打2________m/s ＝a 物块下滑时的加速度(1) (2)已知重力加速度大小为g ，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)．A ．物块的质量B ．斜面的高度C ．斜面的倾角【解题关键】 解答本题时注意以下三点：.Δs T2＝a 加速度计算公式(1) (2)某一段的平均速度等于这一段中间时刻的瞬时速度． (3)物块在斜面上运动的加速度a ＝g sin α－μg cos α.【解析】 (1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，根据纸带可得连续两段距离之差为v点速度C ，其中23.25 m/s ＝2m/s 0.13×10－20.022＝a 得Δx T2＝a ，由0.13 cm m/s≈1.79 m/s.3.65＋3.52×10－22×0.02＝xBD tBD＝ －θsin mg ＝合F 对物块进行受力分析如图，则物块所受合外力为(2)，所以还需测量的物理量是斜gsin θ－agcos θ＝μ得θcos μg －θsin g ＝a ，即θcos μmg 面的倾角θ.【答案】 (1)3.25 1.79 (2)C现用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小)22·T 大纲全国卷(2014· 物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图24所示．拍摄、1x 个连续影像间的距离依次为5；通过斜面上固定的刻度尺读取的10 Hz 时频闪频率是取g 如下表所示．重力加速度大小数据.s 和斜面的长度h 已知斜面顶端的高度.4x 、3x 、2x .29.80 m/s图24单位：cmx 1x 2x 3x 4hs10.7615.0519.3423.6548.0080.00(1)物块的加速度a ＝________(保留3位有效数字)． (2)因为________________，可知斜面是粗糙的． 【解题关键】关键语句 信息解读沿斜面向下运动 物体做匀变速直线运动，加速度恒定 频率是10 Hz照相机相邻两次照相的时间间隔是0.1 s(1)根据匀变速直线运动的推论，利用逐差法，得x 3－x 1＝2a 1T 2 x 4－x 2＝2a 2T 2 a ＝a1＋a22，又知T ＝1f＝0.1 s 联立以上各式得a ≈4.30 m/s 2.(2)如果斜面光滑，根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度a ′＝g sin θ＝g h s ＝5.88 m/s 2＞a ，所以斜面是粗糙的．【答案】 (1)4.30 (2)a ＜g h s＝5.88 m/s 2解决动态平衡问题方法的选取1．高考考查特点(1)以基本的力学模型为载体，依托运动学规律和力学定律设计实验．(2)将实验的基本方法——控制变量法，处理数据的基本方法——图象法、逐差法，融入实验的综合分析之中． 2．解题的常见误区及提醒 (1)不分析试题的情景，生搬硬套教材实验，错误的应用实验结论．(2)进行实验时要注重实验的细节，不能结合实验的器材和数据以及物体的受力情况进行分析．●考向1 实验原理的设计与创新9．(2016·郑州二模)为了研究发生形变后的弹簧对其他物体做功的本领，小华同学选用不同弹簧A 、B 和重物G 进行实验，弹簧A 、B 原来的长度相等，一端固定，另一端与水平放置的重物G 相连，如图25所示．他们先后压缩弹簧A 、B 并将其释放，弹簧释放过程、A 中的弹簧(d)、(c)所示，图(d)和(c)、(b)，如图)3s <2s <1s (s 推动的距离为G 中将重物B 压缩的程度相同．请仔细观察实验现象，归纳得出初步结论．图25(1)分析比较图(a)、(b)和(c)中弹簧的压缩程度、重物G 的移动距离以及相关条件，可得： _________________________________________________.(2)分析比较图(a)、(c)和(d)中弹簧的压缩程度、重物G 的移动距离以及相关条件，可得：____________________________________________________.【导学号：37162075】 【解析】 (1)图(a)、(b)和(c)中，选取相同的弹簧A (或B )，图(b)中弹簧压缩程度小于图(c)中弹簧压缩程度，弹簧对重物G 做功，重物G 移动的距离s 1<s 2，说明(c)图中弹簧做功本领比(b)图中弹簧做功本领强；据此可以得出结论：同一弹簧形变程度越大，做功本领越强．(2)图(c)和(d)中，不同弹簧A 和B 原来的长度相等，压缩程度相同，弹簧对重物G 做功，重物G 移动的距离s 2<s 3，说明(d)图中B 弹簧做功本领比(c)图中A 弹簧做功本领强；据此可以得出结论：原来长度相同的不同弹簧，形变程度相同时，做功本领不同．【答案】 (1)同一弹簧形变程度越大，做功本领越强 (2)原来长度相同的不同弹簧，形变程度相同时，做功本领不同●考向2 实验器材的等效与替换。