2018大二轮高考总复习物理文档：第14讲 力学实验与创新(专题强化训练)(含答案)
2018高三物理二轮复习创新力学实验课 PPT
答案 (1)如图甲所示 (3)如图乙所示
甲
乙
2. (2017·北京东城区四月模拟)一名同学利用如图甲所示装置做“测定弹簧的劲 度系数”的实验．
(1)以下是这位同学根据自己的设想拟定的实验步骤，请按合理的操作顺序将步 骤的序号写在横线上__C__B_D__A_E_____.
A．以弹簧长度l为横坐标，以钩码质量m为纵坐标，标出各组数据(l，m)对应 的点，并用平滑的曲线连接起来；
的功等于动能的改变，此时图象的斜率k的表达式为k＝____M________.(用题给物理
量的字母表示)
解析 游标卡尺的读数为 d＝10 mm＋10×0.05 mm＝10.50 mm＝1.050 cm；(2) 根据本实验原理和动能定理有 mgL－FfL＝12Mv2，变形得 v2＝2MgLm－2FMfL，v2－m 图象为一条倾斜的直线，由题图丙可知 v2＝0 时，m＝0.1 kg，由2MgLm－2FMfL＝0， 解得 Ff＝mg＝1 N；(3)根据模型的实际受力分析，由动能定理有 mgL－FfL＝12(m＋ M)v2，则 v2 与 m 的函数关系为 v2＝2gLM＋m m－M2F＋fLm，故 v2 与 m 不是线性关系， 所以只要满足 m≪M，函数关系就变为 v2＝2MgLm－2FMfL，v2-m 图象是线性变化的， 说明合外力做的功等于动能的改变，图线的斜率 k＝2MgL.
1. 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将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直 方向． ②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另 一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时， 将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量 并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧秤示数改 变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：
高三物理最新教案-2018高考总复习第二阶段力学专题[整理] 精品
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力学专题㈠ 力的作用效应1.如左图所示，一根轻弹簧竖直地放在水平桌面上，下端固定，上端放一个重物。
稳定后弹簧的长为L 。
现将该轻弹簧截成等长的两段，将该重物也等分为重量相等的两块，按右图连接，稳定后两段弹簧的总长度为L /。
则A.L /=LB.L />L 中，BC.L /<LD.不知道弹簧的原长，故无法确定2.如图所示，分别用恒力F 1、F 2先后将质量为m 的同一物体由静上开始沿相同的固定粗糙斜面由底端推至顶端。
第一次力F 1沿斜面向上，第二次力F 2沿水平方向，两次所用时间相同，则在这两个过程中 D ，中A.F 1做的功比F 2做的功多B.第一次物体机械能的变化较多C.第二次合外力对物体做的功较多D.两次物体动量的变化量相同3.粗糙斜面ABC 固定在水平面上。
一个楔形滑块M 沿斜面向下滑动，滑动过程保持其上表面水平。
下列结论正确的是 D ，较难A.若M 向下匀速滑动，在其上表面再加一个重G 的物块，两者将共同匀加速下滑B.若M 向下匀速滑动，在其上表面加一个竖直向下大小为G 的压力，M 将匀加速下滑C.若M 向下匀加速滑动，在其上表面再加一个重G 的物块，两者共同匀加速下滑，且加速度将增大D.若M 向下匀加速滑动，在其上表面加一个竖直向下大小为G 的压力，M 匀加速下滑的加速度将增大4.如图所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙。
用水平力将B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E 。
这时突然撤去该水平力，关于A 、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 D ，中 A.撤去F 后，系统动量守恒，机械能守恒B.撤去F 后，A 离开竖直墙前，系统动量、机械能都不守恒C.撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED.撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E /35.质量分别为m 1、m 2的两个静止物体，分别受到恒力F 1、F 2作用而开始运动。
高考全国卷高三物理二轮复习记背材料2 力学实验部分
高中2018届物理记背资料集（1）力学实验部分一、六个基本实验①②工作频率为50Hz。
纸带上计数点的间距如图（b）所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出。
（1）部分实验步骤如下：A．测量完毕，关闭电源，取出纸带B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连D．把打点计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是：_________________________（用字母填写）（2）图（b）中标出的相邻两计数点的时间间隔T=_________s（3）计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5=_________（4）为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a=_________ 三、图甲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：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，用数字毫秒计时器分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间Δt A和Δt B，求出加速度a；④多次重复步骤③，求a的平均值a；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)的示数如图乙所示，其读数为________ cm。
乙(2)物块的加速度a可用d、s、Δt A和Δt B表示为a＝________。
(3)动摩擦因数μ可用M、m、a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________(填“偶然误差”或“系统误差”)。
四、小明同学在学完力的合成与分解后，想在家里做实验验证力的平行四边形定则，他从学校的实验室里借来两个弹簧测力计，按如下步骤进行实验。
A．在墙上贴一张白纸，用来记录弹簧的弹力大小和方向．B．在一只弹簧测力计的下端悬挂一装满水的水杯，记下静止时弹簧测力计的示数F．C．记下水杯静止时悬点O的位置。
2018版高考物理全国通用大一轮复习讲义文档：专题强化
专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)专题解读1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.命题点一“传送带模型”问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.1.水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a ＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：图1(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速.答案(1)3 m(2)2 s解析(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1得：a1＝2 m/s2设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：v ＝v 0－at 1 v ＝a 1t 1解得：v ＝2 m/s ，t 1＝1 s 滑块位移为x 1＝v t 12＝1 m传送带位移为x 2＝(v 0＋v )t 12＝4 m故滑块与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为F f ，有： F f ＝ma ＝4 N ＞μmg ＝2 N 故滑块与传送带相对滑动. 滑块做减速运动，加速度仍为a 1. 滑块减速时间为t 2，有： t 2＝0－v －a 1＝1 s故：t ＝t 1＋t 2＝2 s.例2 如图2所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m /s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.图2(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回A 端.答案 (1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝F N 又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s 2，方向沿传送带向下. (2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有： t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下. 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v－a 2＝1 s沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m 则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 23，代入解得t 3＝2 2 s. 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.1.如图3所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图3A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ答案 A解析 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误.2.如图4所示为一水平传送带装置示意图.A 、B 为传送带的左、右端点，AB 长L ＝2 m ，初始时传送带处于静止状态，当质量m ＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带A 点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a ＝2 m /s 2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动.已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m /s 2).图4(1)如果煤块以最短时间到达B 点，煤块到达B 点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？ 答案 (1)2 m/s (2)1 m解析 (1)为了使煤块以最短时间到达B 点，煤块应一直匀加速从A 点到达B 点 μmg ＝ma 1得a 1＝1 m/s 2v 2B ＝2a 1Lv B ＝2 m/s(2)传送带加速结束时的速度v ＝v B ＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短 煤块运动时间t ＝v Ba 1＝2 s传送带加速过程： v B ＝at 1得t 1＝1 s x 1＝12at 21得x 1＝1 m传送带匀速运动过程： t 2＝t －t 1＝1 s x 2＝v B t 2得x 2＝2 m故痕迹最小长度为Δx ＝x 1＋x 2－L ＝1 m.命题点二 “滑块－木板模型”问题 1.模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动. 2.两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长.设板长为L ，滑块位移大小为x 1，木板位移大小为x 2 同向运动时：如图5所示，L ＝x 1－x 2图5反向运动时：如图6所示，L ＝x 1＋x 2图63.解题步骤 审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求 ↓ 建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程接连处的加速度可能突变) ↓明确关系→找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带例3 (2018·新课标Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；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7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，A 、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2s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：图7(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间.①μ1＜μ2，可分析A、B受力；②第2 s末，B的上表面突然变为光滑.答案(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s解析(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中F f1、F N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1 ①F N1＝mg cos θ②F f2＝μ2F N2 ③F N2＝F N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma1 ⑤mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2 ⑦a2＝1 m/s2 ⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s ⑨v2＝a2t1＝2 m/s ⑩2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为0，同理可得a1′＝6 m/s2 ⑪a2′＝－2 m/s2 ⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动.设经过时间t 2，B 的速度减为0，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑭此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动.设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑮ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑯设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s3.(多选)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图8A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 答案 BD解析 桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A 项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m ，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a ＝μg ，鱼缸离开桌布时的速度为v ，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t ＝vμg ，B 项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为F f ＝μmg 不变，C 项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v ＝μgt 增大，加速运动的位移x 1＝12μgt 2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x 2＝v 22μg也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D 项对.4.(2018·四川理综·10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图9所示竖直平面内，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.已知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和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：图9(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.答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m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，则 f ＋mg sin θ＝ma 1 ① f ＝μmg cos θ②联立①②并代入数据得 a 1＝5 m/s 2③ a 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 ，则 Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝v t －12a 1t 2⑥ s 2＝v t －12a 2t 2⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨ 联立①～⑨并代入数据得l ＝98 m.“传送带”模型的易错点典例如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图10答案 D解析开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，所以a1＝g sin θ＋μg cos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，所以a2＝g sin θ－μg cos θ.根据以上分析，有a2＜a1，所以，本题正确选项为D.易错诊断本题的易错点在于没有注意到关键条件“μ＜tan θ”，没有准确分析小木块所受摩擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传送带相对静止而做匀速运动，从而错选C选项.理解μ与tan θ关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解题关键.变式拓展(1)若将“μ＜tan θ”改为“μ＞tan θ”，答案应选什么？提示若改为μ＞tan θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C选项.(2)若将传送带改为水平呢？提示若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是C选项正确.题组1 “传送带模型”问题1.如图1所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m /s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？ 答案 (1)2.2 s (2)1 s解析 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同， t 1＝v 0－v a 1② 通过的位移x 1＝v 20－v 22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④由μ＜tan θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t 2到达传送带B 点 L －x 1＝v t 2－12a 2t 22⑤联立得①②③④⑤式可得：t ＝t 1＋t 2＝2.2 s(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a 2， L ＝v 0t ′－12a 2t ′2t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去).2.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m ＝5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).图2(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B 轮的半径为R ＝0.2 m ，求行李包在B 点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度.答案 (1)0.1 m (2)25 N ，方向竖直向下 (3)1.25 m解析 (1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg ＝ma 1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t ，则v ＝a 1t行李包前进距离x 1＝12a 1t 2 传送带前进距离x 2＝v t行李包相对传送带滑动的距离Δx ＝x 2－x 1＝0.1 m(2)行李包在B 点，根据牛顿第二定律，有mg －F N ＝m v 2R解得：F N ＝25 N根据牛顿第三定律可得：行李包在B 点对传送带的压力为25 N ，方向竖直向下.(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mg sin 37°－μ2mg cos 37°＝ma 2行李包从斜面滑下过程：0－v 2＝2a 2x解得：x ＝1.25 m.题组2 “滑块－木板模型”问题3.如图3所示，水平传送带以v ＝12 m/s 的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m ＝20 kg 的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m 处.平板车的质量M ＝30 kg ，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10 m ，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点.(g ＝10 m/s 2)求：图3(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？答案 (1)0.6 s (2)见解析解析 (1)行李包放上传送带做匀加速直线运动.a 1＝μ1gv 2＝2a 1x解得：v ＝3 m/s因v ＝3 m /s ＜12 m/s ，符合题意行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速.a 2＝μ2g ＝3 m/s 2a 3＝μ2mg M＝2 m/s 2 v －a 2t ＝a 3t解得：t ＝0.6 s相对位移x ＝v t －12a 2t 2－12a 3t 2＝0.9 m ＜10 m ，符合题意. (2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长.设行李包刚滑上平板车时速度为v 0，L 为平板车长，则v 0－a 2t ′＝a 3t ′v 0t ′－12a 2t ′2－12a 3t ′2＝L 解得v 0＝10 m /s ＜12 m/s故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动v 20＝2a 1x ′解得：x ′＝50 m所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m.4.一平板车，质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ，一质量m ＝50 kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b ＝1 m ，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图4所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x 0＝2.0 m ，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x (不计路面摩擦，g ＝10 m/s 2).图4答案 1.625 m解析 设小物块在车上运动时，车的加速度为a 1，物块的加速度为a 2.则a 2＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2. 由x ＝12at 2得： x 0＝12a 1t 2，x 0－b ＝12a 2t 2. 故有a 1a 2＝x 0x 0－b ＝22－1＝21， a 1＝2a 2＝4 m/s 2.对车，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma 1.F ＝Ma 1＋μmg ＝100×4 N ＋0.2×50×10 N ＝500 N. 小物块滑落时车速v 1＝2a 1x 0＝2×4×2 m /s ＝4 m/s ， 小物块速度v 2＝2a 2(x 0－b )＝2×2×1 m /s ＝2 m/s物块滑落后，车的加速度a ′＝F M ＝500100m /s 2＝5 m/s 2 小物块落地时间t ′＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s. 车运动的位移x 车′＝v 1t ′＋12a ′t 2＝4×0.5 m ＋12×5×0.52 m ＝2.625 m. 小物块平抛的水平位移x 物′＝v 2·t ′＝2×0.5 m ＝1 m. 物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x ＝x 车′－x 物′＝2.625 m －1 m ＝1.625 m.。
高考物理一轮复习专题强化卷：力学基础实验与创新实验
2020年高考物理一轮复习专题强化卷----力学基础实验与创新实验1、在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带，如图所示，并在其上取了A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 共7个计数点，图中每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，打点计时器接频率f ＝50 Hz 的交流电源．(1)打下E 点时纸带的速度v E ＝________(用给定字母表示)；(2)若测得d 6＝65.00 cm ，d 3＝19.00 cm ，物体的加速度a ＝________ m/s 2；(3)如果当时交变电流的频率f >50 Hz ，但当时做实验的同学并不知道，那么测得的加速度值和真实值相比________(选填“偏大”或“偏小”)． 答案：(1)(d 5－d 3)f10(2)3.00 (3)偏小【解析】：(1)由于图中每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为5T ，利用匀变速直线运动的推论得v E ＝d 5－d 310T ＝(d 5－d 3)f 10.(2)根据匀变速直线运动的推论Δx ＝aT 2可得a ＝x DG －x AD (3×5T )2＝(d 6－d 3)－d 3(3×0.1 s )2＝3.00 m/s 2. (3)如果在某次实验中，交流电的频率f >50 Hz ，则实际打点周期变小，根据运动学公式Δx ＝aT 2得，测量的加速度值和真实的加速度值相比偏小．2、甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。
实验步骤如下：(1)甲用两个手指轻轻捏住量程为L 的木尺上端，让木尺自然下垂．乙把手放在尺的下端(位置恰好处于L 刻度处，但未碰到尺)，准备用手指夹住下落的尺。
(2)甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。
若夹住尺子的位置刻度为L 1，重力加速度大小为g ，则乙的反应时间为________(用L 、L 1和g 表示)。
高考物理二轮专题复习：力学实验与创新课件
第2轮 物理(全国版)
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(3)拉细线时，细线要平行于桌面，两细线的夹角不宜太大，也不宜太小．
导 (ⅱ)F合的大小为________ N，F合与拉力F的夹角的正切值为___________.
(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块； B．第一次实验时，两细线的夹角应越大越好
01
知识规律链接
航 (ⅱ)F合的大小为________ N，F合与拉力F的夹角的正切值为___________.
第2轮 物理(全国版)
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第一部分 专题突破
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第一部分 专题突破
分类 实验名称
装置图
验证力的 平行四边 验 形定则 证 性 实 验 验证牛顿 运动定律
第2轮 物理(全国版)
常考要点 ①考读数：弹簧测力计示数 ②考操作：两次拉橡皮筋时需将结点O拉 到同一位置 ③求合力：根据分力F1、F2的大小与方向 用作图法求合力 ①考装置：器材装配正误；平衡摩擦力的 方法、标准；质量控制要求 ②控制变量法的应用 ③图象的处理以及实验的注意事项 ④判成因：给异常a－F图象，判断其可能 成因
两细线的夹角不宜太大，也不宜太小 7 cm，则该地的重力加速度大小为g＝________m/s2.
02
命题热点突破
A．L1
B．L2
两细线的夹角不宜太大，也不宜太小
(1)若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是________.
高中物理大二轮物理复习专题目录
第3讲 平抛运动和电场中的类平抛运动 考向一 平抛运动的规律及应用 考向二 电场中的考向二 天体的运动问题
考向三 匀强磁场中的圆周运动
二轮物理
专题二
能量与动量
第1讲 功能关系及动量观点在力学中的应用 考向一 力学中的几个重要功能关系的应用 考向二 动力学观点和功能关系的综合应用 考向三 动量观点与能量观点的综合应用 第2讲 动量观点和能量观点在电学中的应用 考向一 功能关系在电学中的应用 考向二 应用动量观点和能量观点处理力电综合问题
考向一 热学基础知识与气体实验定律的组合
考向二 热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合
第2讲 (选修3－4) 机械振动和机械波 光
电磁波
考向一 振动(或波动)与光的折射、全反射的组合 考向二 光学基础知识与波动(或振动)的组合 考向三 电磁波、光学、波动(或振动)的组合
二轮物理
第二部分 考前冲刺增分练 选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一)
二轮物理
专题三
电场和磁场
第1讲 电场和磁场的基本性质 考向一 电场的性质 考向二 磁场的性质 第2讲 带电粒子在复合场中的运动 考向一 带电粒子在组合场中的运动 考向二 带电粒子在叠加复合场中的运动 考向三 现代科技中的电磁场问题
二轮物理
专题四
电路与电磁感应
第1讲 恒定电流和交变电流 考向一 直流电路的计算与动态分析 考向二 交流电的产生及“四值”的应用 考向三 理想变压器和远距离输电问题
实验题15分专练(二)
计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8＋2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8＋2计算) 高考模拟标准练
2018届高考物理二轮复习 力学实验与创新课件 (共110张)(全国通用)
(2)求解瞬时速度． 利用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．如图甲所示，求打某一点的瞬时速度，只需在 这一点的前后各取相同时间间隔 T 的两段位移 xn 和 xn＋1，则打 n xn＋xn＋1 点时的速度 vn＝ . 2T
3．用“逐差法”求加速度，如图乙所示
x4－x1 因为 a1＝ 3T2
(4)某同学测定一金属杆的长度和直径， 示数如图丁、 戊所示， 则该金属杆的长度和直径分别为________cm 和______内高即深度，所以要用游标 卡尺的深度尺测量，根据图甲所示的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 条刻度线与主尺 上的刻度线对齐，可知玻璃杯的内高为 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)，所以玻璃厚度为 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 应为 20，b 应为 0.
题组冲关 1． 某实验小组的同学利用游标卡尺和螺旋测微器测量一质量 分布均匀的长直导体的长度和直径，其中测量结果如图甲、乙所 示 ， 则 长 直 导 体 的 长 度 为 ________cm ； 长 直 导 体 的 直 径 为 ________mm.
解析： 该游标卡尺的游标尺有 10 个分度， 则该游标卡尺的精 确度为 0.1 mm，游标卡尺的读数为 5 cm＋3×0.01 cm＝5.03 cm； 螺旋测微器的读数为固定刻度读数与可动刻度读数之和，因此长 直导体的直径为 5 mm＋31.5×0.01 mm＝5.315 mm.
(完整版)2018最新版本高考物理实验复习力学实验(含三年真题及部分答案)-Word版
高考实验专题复习—力学实验(附参照答案 ) 一、考纲剖析考点考点解读实验一：研究匀变速直线运动实验二：研究弹簧弹力和弹簧伸长的关系实验三：考证力的平行四边形定章实验四：考证牛顿运动定律实验五：研究动能定理实验六：考证机械能守恒定律（选）实验七：研究单摆运动、用单摆测定重力加快度（选）实验八：考证动量守恒定律考纲领求：旨在考察学生实验与研究能力。
能独立达成实验，能明的确验目的，能理解实验原理和方法，能控制实验条件，会使用仪器，会察看、剖析实验现象，会记录、办理实验数据，并得出结论，对结论进行剖析和评论；能发现问题、提出问题、并拟订解决方案；能运用已学过的物理知识、实验方法和实验仪器去办理问题，包含简单的设计性实验。
考纲说明： 1.要求会正确使用的仪器主要有：刻度尺、螺旋测微器、天平、秒表、打点计时器、弹簧秤、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱等2.要求认识偏差问题在实验中的重要性，认识偏差的概念，知道系统偏差和有时偏差；知道用多次丈量取均匀值的方法减少有时偏差；能在某些实验中剖析偏差的主要根源；不要求计算偏差3．要求知道有效数字的看法，会用有效数字表达直接丈量的结果。
间接丈量的有效数字运算不作要求二、实验分类8 个力学实验实验内容丈量性实验研究匀变速直线运动研究弹簧弹力和弹簧伸长的关系研究性实验研究动能定理研究单摆运动、用单摆测定重力加快度考证力的平行四边形定章考证牛顿运动定律考证性实验考证机械能守恒定律考证动量守恒定律实验要求刻度尺的使用丈量原理、实验方法纸带办理数据的方法：表格、图象理解实验原理（是选择实验仪器、安排实验步骤、控制实验条件、数据办理，偏差剖析等的依照）实验方法：装换，考证和等效思想；偏差剖析（产生原由及减小举措）实验一《研究匀变速直线运动》本实验是力学实验的要点实验，是力学实验的基础，经过娴熟掌握打点计时器的使用，为考证牛顿运动定律、研究动能定理、考证机械能守恒定律做好必需的知识和方法上的准备。
2018大二轮高考总复习物理文档：第14讲 力学实验与创新(含答案)
专题六 实验技能与创新 第14讲 力学实验与创新高频考点1 测速度和加速度的三种方法方法一 打点计时器或频闪照相(2017·第三次全国大联考卷Ⅰ)某同学在做研究匀变速直线运动实验时，获取了一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．由于粗心，该同学忘了测量3、4两个计数点之间的距离．求：(1)其中6号计数点的瞬时速度的大小v 6＝________ m/s.(保留三位有效数字)(2)利用逐差法处理数据，计算出滑块的加速度a ＝________ m/s 2.(保留三位有效数字)． (3)计数点3、4之间的距离是x 4＝____________m ．(保留三位有效数字)【解析】 每相邻两计数点间还有4个点，说明相邻计数点间的时间间隔为0.1 s,6号计数点的瞬时速度的大小v 6＝(3.88＋4.37)×10－22×0.1m/s ＝0.413 m/s ；(2)加速度a ＝[(4.37＋3.88＋3.39)－(1.40＋1.89＋2.40)]×10－23×4×0.12m/s 2＝0.496 m/s 2 (3)有题意可知，x 4－x 3＝x 5－x 4，计数点3、4之间的距离是x 4＝x 3＋x 52＝2.90 cm【答案】 (1)0.413 m/s (2)0.496 m/s 2 (3)2.90 cm(2.89～2.91都行)利用纸带求速度和加速度(1)平均速度法求速度：做匀变速直线运动的物体在某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即v n ＝x n ＋x n ＋12T．(2)利用纸带求加速度的三种方法①逐差法：如从纸带上得到6个计数点在相邻相等时间间隔内的位移，利用Δx ＝aT 2可得a 1＝x 4－x 13T 2、a 2＝x 5－x 23T 2、a 3＝x 6－x 33T 2，再算出a 1、a 2、a 3的平均值，即a ＝a 1＋a 2＋a 33＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2.若位移段为奇数则将中间一段去掉，然后再将数据分组，利用逐差法求解加速度．②利用第m 个T 时间内的位移和第n 个T 时间内的位移求a ，即a ＝x m －x n(m －n )T 2．③v -t 图象法：求出各点的瞬时速度，画出v -t 图线，图线的斜率表示加速度a ．1－1.(2017·全国卷Ⅰ)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置．(已知滴水计时器每30 s 内共滴下46个小水滴)(1)由图(b)可知，小车在桌面上是____________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的．(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图(b)中A 点位置时的速度大小为__________m/s ，加速度大小为____________m/s 2.(结果均保留2位有效数字)解析：(1)小车在阻力的作用下，做减速运动，由图(b)知，从右向左相邻水滴间的距离逐渐减小，所以小车在桌面上是从右向左运动；(2)已知滴水计时器每30 s 内共滴下46个小水滴，所以相邻两水滴间的时间间隔为：Δt ＝3045＝23 s ，所以A 点位置的速度为：v A ＝0.117＋0.1332Δt ＝0.19 m/s ，根据逐差法可求加速度：(x 5＋x 4)－(x 2＋x 1)＝6a (Δt )2，解得a ＝0.037 m/s 2．答案：(1)从右向左 (2)0.19 0.0371－2． (2017·茂名市高三质监)如图是某同学研究小球下落时的频闪照片，频闪仪每隔0.1 s 闪光一次并进行拍照．照片中小球静止时在位置1，某时刻释放小球，下落中的小球各位置与位置1的距离如图中所标的数据(单位：cm)．实验过程并没有错误，但该同学发现图中数据存在以下问题：根据h ＝12gt 2＝12×9.8×0.12m ＝4.90 cm ，而图中标出的位置1和位置2的距离为1.23 cm ，比4.90 cm 小很多，你对此问题的解释是___________．下落中小球在位置3的速度为_________m/s ，小球做自由落体运动的加速度为________m/s 2.(计算结果保留3位有效数字)解析：对此问题的解释是：小球下落到位置2时下落的时间小于0.1 s ；下落中小球在位置3的速度为v 3＝h 22T ＝(30.63－1.23)×10－22×0.1m/s ＝1.47 m/s ；小球做自由落体运动的加速度为g ＝ΔhT 2＝[(30.63－11.03)－(11.03－1.23)]×10－20.12m/s 2＝9.80 m/s 2 答案：(1)小球在位置2时下落的时间小于0.1 s (2)1.47 (3)9.80方法二 光电门(2017·全国卷Ⅱ)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度的之间关系．使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的挡光片、光电计时器．实验步骤如下：①如图(a)，将光电门固定在斜面下端附近：将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt ；③用Δs 表示挡光片沿运动方向的长度如图(b)所示，v －表示滑块在挡光片遮住光线的Δt 时间内的平均速度大小，求出v －；④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；⑤多次重复步骤④⑥利用实验中得到的数据作出v Δt 图，如图(c)所示完成下列填空：(1)用a 表示滑块下滑的加速度大小，用v A 表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则v －与v A 、a 和Δt 的关系式为v －_______．(2)由图(c)可求得v A ＝________cm/s ，a ＝________cm/s 2.(结果保留3位有效数字)【解析】 (1)设遮光片末端到达光电门的速度为v ，则由速度时间关系可知：v ＝v A ＋a Δt ，且v －＝v A ＋v2联立解得：v －＝v A ＋12a Δt ；(2)由图(c)可求得v A ＝52.1 cm/s ，12a ＝53.6－52.1180×10－3cm/s 2≈8.2 cm/s 2，即a ＝16.4 cm/s 2． 【答案】 (1)v －＝v A ＋12a Δt (2)52.1,16.3(15.8～16.8)利用光电门求速度和加速度可以根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出物体运动到光电门处的瞬时速度⎝⎛⎭⎫v ＝d Δt ；可以通过a ＝v 22－v 212L 计算出物体运动的加速度．注意：只有当时间间隔Δt 趋于零时，平均速度才可以认为等于瞬时速度，所以挡光片的宽度越小越好.1－3.(2017·河南天一高三联考)某实验小组为测量当地的重力加速度，设计了如下实验：①如图所示，把两个完全相同的光电门A 和B 安放在粗糙的水平导轨上，用导轨标尺量出两光电门之间的距离s ；②滑块上安装一宽度为d 的遮光板，滑块沿水平导轨匀减速地先后通过两个光电门A 和B ，配套的数字毫秒计记录了通过A 光电门的时间为Δt 1，通过B 光电门的时间为Δt 2；回答下列问题：(1)计算出通过光电门A 的瞬时速度为__________(用所给出的字母表示)；(2)利用题目已知的数据，请用字母表示出滑块的加速度大小为__________________；(3)若已知滑块与水平粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，则实验小组所在地的重力加速度为__________．解析：(1)滑块通过光电门A 的瞬时速度近似等于滑块通过光电门的平均速度，即v A ＝dΔt 1，同理滑块通过光电门B 的瞬时速度v B ＝d Δt 2； (2)滑块沿水平导轨匀减速运动，则有v 2A －v 2B ＝2as ，解得：a ＝(Δt 22－Δt 21)d22Δt 22Δt 21s． (3)根据牛顿第二定律，有μmg ＝ma ，解得：g ＝a μ＝(Δt 22－Δt 21)d22μΔt 22Δt 21s． 答案：(1)d Δt 1 (2)(Δt 22－Δt 21)d 22Δt 22Δt 21s (3)(Δt 22－Δt 21)d22μΔt 22Δt 21s方法三 DIS 传感器(2017·上海静安区质检)在用DIS 研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图(a)所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器(发射器)随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端．实验中力传感器的拉力为F ，保持小车(包括位移传感器发射器)的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图(b)所示．(重力加速度g ＝10 m/s 2)．(1)小车与轨道的滑动摩擦力f ＝__________N ．(2)从图象中分析，小车(包括位移传感器发射器)的质量为______kg ．(3)为得到a 与F 成正比的关系，应将斜面的倾角θ调整到tan θ＝________． 【解析】 (1)根据图象可知，当F ＝0.5 N 时，小车开始有加速度，则f ＝0.5 N ； (2)根据牛顿第二定律得：a ＝F －f M ＝1M F －fM，则a -F 图象的斜率表示小车质量的倒数，则M ＝1k ＝5－04－0.5kg ＝0.7 kg(3)为得到a 与F 成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有： Mg sin θ＝μMg cos θ 解得：tan θ＝μ，根据f ＝μMg 得：μ＝0.50.7×10＝114所以tan θ＝114【答案】 (1)f ＝0.5 N (2)0.7 (3)1/14利用DIS 能直接将测量数据输入计算机，经过处理可得到所需图象，如x -t 图、v -t 图和a -t 图等，然后分析图象，利用图象的斜率和截距等即可求得速度和加速度．注意：在用图象处理实验数据时常利用“化曲为直”的思想，将非线性关系图象转化为线性关系图象，然后由图线的截距和斜率等确定物体的速度和加速度.高频考点2 与“纸带”有关的四个力学实验 实验一 探究加速度与力、质量的关系(2017·第三次全国大联考卷Ⅱ)如图甲所示为探究加速度与合外力关系的实验装置，实验进行前先要平衡摩擦力，保证细线拉力等于小车的合外力．(1)为了适当垫高轨道，同学们选择了一个合适的木块，通过游标卡尺测量木块的高度，示数如图乙所示，则木块高度为________cm ．(2)平衡摩擦力后通过打点计时器得到一条记录小车运动的纸带，已知相邻计数点之间有四个计时点没有画出，请计算小车的加速度a ＝____________(保留两位有效数字)．(3)实验进行过程不断增加细线所挂重物的质量m ，测出对应的加速度a ，则下列图象中能正确反映小车加速度a 与所挂重物质量m 的关系的是________．【解析】 (1)游标卡尺的主尺刻度为10 mm ，游标尺刻度为11×0.05 mm ＝0.55 mm ，所以游标卡尺读数为10.55 mm ＝1.055 cm ．(2)每相邻两计数点间还有4个计时点未画出，说明相邻计数点的时间间隔T ＝0.1 s ，根据逐差法有a ＝(3.39＋3.88＋4.37－1.89－2.40－2.88)cm9T 2＝0.50 m/s 2．(3)当重物质量远小于小车质量时，近似认为拉力等于重力，所以有a ＝mgM ，图象为倾斜直线；随着重物质量增大，二者共同做匀变速直线运动，有a ＝mgM ＋m ，当m 趋向无穷大时，加速度趋向重力加速度，所以图象趋向平缓，选C ．【答案】 (1)1.055 (2)0.50 m/s 2 (3)C1．实际作出的a -F 图象后面会有些弯曲．如图所示．这是因为a -F 图象的横坐标F 并不是小车受到的合力，而是砝码和托盘的重力mg ，小车的加速度实际是a ＝1M ＋m mg ，开始时，由于满足M ≫m ，图象斜率近似为1M ，其图象近似为直线，随着m 的增大，a -F 图象的斜率逐渐减小．2．保持小吊盘和盘中物块的总质量不变，探究加速度与小车质量的关系，通过增减砝码，改变M ，利用打点计时器打出的纸带测出a ，从而探究a 与M 的关系．(1)如果作出的a -1M图线为过原点的倾斜直线，则说明在合外力一定时，加速度与质量成反比．(2)实际作出的a -1M 图线后面会有些弯曲，这是因为图象的斜率表示合外力(即轻绳的拉力)，设小吊盘和盘中物块的总质量为m ，开始时小车质量大，满足M ≫m ，其斜率近似为mg ，后来随着小车质量的减小，加速度逐渐增大，轻绳上的拉力逐渐减小，图象对应的斜率变小．3．平衡摩擦力时要注意 (1)不能在轻绳的另一端挂托盘；(2)必须让小车连上纸带，且让打点计时器处于工作状态； (3)可借助纸带上点迹是否均匀来判断是否已经平衡摩擦力；(4)平衡摩擦力之后，若小车质量发生改变，重力分力和小车受到的摩擦力都改变，但二者仍然相等，不用再次平衡摩擦力．2－1.(2017·第三次全国大联考卷Ⅲ)“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验中，甲、乙两位同学实验时都先正确平衡摩擦力．甲在实验时用细线一端连接小车另一端连接钩码，钩码的重力作为细线的拉力；乙同学利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力，两位同学通过改变钩码的个数，确定加速度与细线拉力F 的关系．(1)为减小实验误差，甲同学在实验过程中，小车的质量要________(选填“≫”或“≪”)钩码的质量．乙同学在实验过程中，________(选填“需要”或“不需要”)满足这个条件．(2)甲、乙两位同学在实验中采用相同质量的小车，用甲、乙两位同学得到的实验数据在同一坐标中作出a -F 图象，如图丙所示图线①②，其中图线①是________同学所作出的图象，图线②是________同学所作出的图象．图象中随着F 的增大，图线________将发生弯曲．解析：(1)甲同学的实验中小车实际受到的合外力为细线的拉力，要使细线的拉力近似等于钩码的重力，由F ＝Ma ＝M M ＋m mg ＝11＋m M mg ，当M ≫m 时，F ≈mg .乙同学实验方案中，力传感器测得的拉力就是小车所受的合外力，故对小车和钩码质量的大小关系没有要求．(2)当甲、乙两实验中小车的加速度相同时，对乙，细线的拉力为合外力，传感器测出的就是细线的拉力；对甲，钩码的重力大于细线的拉力，即当加速度相同时，甲的F 值大于乙的F 值，故图线②是甲同学所作出的图象，图线①是乙同学所作出的图象。
2018届高三物理高考二轮复习 第二部分 专题二 重点知识精彩回扣 回扣14 物理学史
保温训 练熟生巧
国籍 荷兰 法国
英国
美国 美国
主要贡献
提出运动电荷产生磁场和磁场对运动电荷有作用力(洛伦兹力) 的观点
①提出分子环形电流假说(原子内部有环形电流)； ②总结出安培定则和左手定则
①最早引入了电场的概念，并提出用电场线表示电场； ②发现电磁感应现象使人类的文明跨进了电气化时代．在1821 年，法拉第在重复奥斯特“电生磁”实验时，制造出历史上第 一台最原始的电动机
回扣14
基础知 识要记牢
保温训 练熟生巧
试题 解析
答案
2．(多选)1820年，奥斯特发现了电流的磁效应，1831年法拉第发现了电磁感应现象， 这两个发现在物理学史上都具有划时代的意义．围绕这两个发现，下列说法正确的是
( ABC ) A．电流磁效应的发现从相反的角度对法拉第发现电磁感应现象具有启发意义 B．可以推断出，在法拉第发现电磁感应现象的年代，已经发明了电池 C．电磁感应的发现为大规模发电提供了理论基础 D．电磁感应的发现为解释地球磁场的形成提供了理论方向
回扣14
基础知 识要记牢
保温训 练熟生巧
试题
解析
伽利略发现运动的物体不需要力来维持，选项A错误；伽利略认为轻重物体下落快慢 相同，并通过实验证明了下落的速度与时间成正比，选项B错误；牛顿发现太阳与行 星之间作用力的规律，并将其推广到任何两个物体之间，称为万有引力定律，选项C 正确；在研究人造地球卫星的“高速”运动时，爱因斯坦的相对论与牛顿万有引力定 律的计算结果没有很大的差别，选项D错误．
另一种粒子——中子
丹麦 提出了原子结构模型，并得出氢原子能级表达式
查德威克 英国 用粒子轰击铍核时发现中子，获得1935年诺贝尔物理学奖
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专题强化训练(十四) 力学实验与创新1．(2017·成都外国语学校月考)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz ，记录小车运动的纸带如图所示，在纸带上选择0、1、2、3、4、5的6个计数点，相邻两计数点之间还有四个点未画出，纸带旁并排放着带有最小分度为毫米的刻度尺，零点跟“0”计数点对齐，由图可以读出三个计数点1、3、5跟0点的距离补全填入下列表格中．(1)(2)小车通过计数点“2”的瞬时速度为v 2＝________ m/s ，小车的加速度是a ＝________ m/s 2．解析：d 2＝5.40 cm ；d 3＝12.00 cm ；v 2＝x 132T ＝d 2－d 12T ＝(5.40－1.20)×10－20.2m/s ＝0.21 m/sΔx ＝x 35－x 13＝6.60 cm －4.20 cm ＝2.40 cm ； T ′＝0.2 s ，故a ＝Δx T ′2＝2.40×10－20.22m/s 2＝0.60 m/s 2 答案：(1)5. 40、12.00(12.01及12.02均可) (2)0.21、0.60(0.605及0.61均可)2．(2017·哈尔滨第六中学高三模拟)(1)用游标卡尺测出某圆柱体的直径为8.05 cm ，则使用的是________分度的游标卡尺(选填“10”、“20”或“50”)．(2)关于图示力学实验装置，下列说法中正确的是________．A ．用此装置“研究匀变速直线运动”时不需要平衡摩擦力B ．用此装置“探究小车的加速度与外力的关系”时，若用钩码的重力代替细线对小车的拉力，应保证钩码质量远小于小车质量C．用此装置“探究功与速度变化的关系”时，将长木板远离滑轮一端适当垫高，且小车未拴细线，轻推小车后，通过纸带分析若小车做匀速运动，即实现平衡摩擦力解析：(1)用游标卡尺测出某圆柱体的直径为8.05 cm，小数部分的读数为0.5 mm，则使用的是10分度的游标卡尺；(2)用此装置“研究匀变速直线运动”时不需要平衡摩擦力，选项A正确；用此装置“探究小车的加速度与外力的关系”时，若用钩码的重力代替细线对小车的拉力，应保证钩码质量远小于小车质量，选项B正确；用此装置“探究功与速度变化的关系”时，将长木板远离滑轮一端适当垫高，且小车未拴细线，轻推小车后，通过纸带分析若小车做匀速运动，即实现平衡摩擦力，选项C正确；故选ABC．答案：(1)10(2)ABC3．(2017·山西高三考前测试)某同学为了探究求合力的方法，先用一个弹簧秤通过细线悬吊一个钩码，当钩码静止时，弹簧秤的示数为2.00 N；再用两个弹簧秤a和b通过两根细线互成角度将该钩码悬吊，其中a所拉细线方向水平(如图1)，当钩码静止时，b的示数如图2所示．(1)b的示数为________N，a的拉力为________ N．(2)保持a及其拉的细绳方向不变，将b及其拉的细绳方向沿逆时针在图示平面缓慢转至竖直方向的过程中，b 的示数________(选填“变大”“变小”或“不变”)．解析：(1)由图2可知弹簧秤的最小刻度为0.1 N，估读到下一位0.01 N，则b的拉力为2.50 N；对O点分析受三个力而平衡，根据勾股定理可求得F a＝F2b－(mg)2≈1.50 N．(2)以结点O为研究对象，分析受力情况：重力G、F b和F a，作出受力图，并作出BO绳在不同位置的力的合成图．由图可以看出，在测力计b自图所示沿逆时针方向缓慢转至竖直位置的过程中，BO的拉力一直减小，当两根绳相垂直时，BO的拉力最小，故b的示数变小．答案：(1)2.50 1.50(1.48～1.52)(2)变小4．(2017·合肥市第一中学高三月考)某小组测量木块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示．(1)测量木块在水平木板上运动的加速度a ，实验中打出的一条纸带如图乙所示，从某个清晰的点O 开始，每5个打点取一个计数点，依次标出1、2、3……，量出1、2、3……点到O 点的距离分别为s 1、s 2、s 3……，从O 点开始计时，1、2、3……点对应时刻分别为t 1、t 2、t 3……，求得v 1＝s 1t 1，v 2＝s 2t 2，v 3＝s 3t 3，……，作出v －－t 图象如图丙所示，图线的斜率为k ，截距为b ，则木块的加速度a ＝________；b 的物理意义是___________．(2)实验测得木块的加速度为a ，还测得钩码和木块的质量分别为m 和M ，已知当地重力加速度为g ，则动摩擦因数μ＝______________．(3)关于上述实验，下列说法错误的是______________． A ．木板必须保持水平B ．调整滑轮高度，使细线与木板平行C ．钩码的质量应远小于木块的质量D ．纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素解析：(1)图线纵轴截距是0时刻对应的速度，即表示O 点的瞬时速度．各段的平均速度表示各段中间时刻的瞬时速度，以平均速度v －为纵坐标，相应的运动时间t 的一半为横坐标，即v －－t 2的图象的斜率表示加速度a ，则v －-t图象的斜率的2倍表示加速度，即a ＝2k ．(2)对木块、钩码盘和钩码组成的系统，由牛顿第二定律得：mg －μMg ＝(M ＋m )a ，解得：μ＝mg －(m ＋M )aMg ；(3)木板必须保持水平，则压力大小等于重力大小，故A 正确；调整滑轮高度，使细线与木板平行，拉力与滑动摩擦力共线，故B 正确；钩码的质量不需要远小于木块的质量，因选取整体作为研究对象的，故C 错误；纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素，故D 正确；答案：(1)2k O 点的平均速度 (2)mg －(m ＋M )aMg(3)C5．(2017·厦门市高中质检)探究“做功和物体速度变化的关系”实验装置如图甲所示，图中是小车在1条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形．小车实验中获得的速度v ，由打点计时器所打点的纸带测出，橡皮筋对小车做的功记为W ；实验时，将木板左端调整到适当高度，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放．请回答下列问题：当我们把2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……多次实验．请回答下列问题：图甲图乙(1)除了图甲中已给出器材外，需要的器材还有：交流电源、________________；(2)如图乙中，是小车在某次运动过程中打点计时器在纸带上打出的一系列的点，打点的时间间隔为0.02 s ，则小车离开橡皮筋后的速度为_________m/s(保留两位有效数字)．(3)将几次实验中橡皮筋对小车所做的功W 和小车离开橡皮筋后的速度v ，进行数据处理，以W 为纵坐标，v 或v 2为横坐标作图，其中可能符合实际情况的是__________．解析：(1)需要的器材除了交流电源外，还有刻度尺； (2)小车离开橡皮筋后的速度为v ＝7.2×10－30.02m/s ＝0.36 m/s(3)因W ＝12m v 2，故以W 为纵坐标，v 或v 2为横坐标作图，其中可能符合实际情况的是AD ．答案：(1)毫米刻度尺 (2)0.36 (3)AD6．(2017·遂宁市高三三诊)某课外活动小组通过如图甲所示的实验装置测量动摩擦因数．将一木板用垫块垫高形成斜面，在木板底端B 处固定一个光电门以测量滑块通过该处时的速度，实验时滑块由距地面h 高的A 处静止释放，测出滑块滑到B 点的速度v .改变垫块的数量，从而改变木板的倾斜程度，但始终保持释放点A 到B 点的水平距离(即B 、C 间的距离)L ＝0.8 m 不变．重复实验，最后做出如图乙所示的h -v 2图象．(1)木板倾斜程度更大时，为了保证L 不变，滑块下滑到底端B 点的位移将________．(填“变大”、“变小”或“不变”)(2)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝__________；(3)若所用木板更粗糙些，重复上述实验步骤，得到的图象的斜率将________．(填“变大”、“变小”或“不变”) 解析：(1)根据几何关系得出滑块下滑到底端B 点的位移x ＝L cos θ，木板倾斜程度更大时，为了保证(即B 、C 间的距离)L ＝0.8 m 不变，滑块下滑到底端B 点的位移将变大．(2)根据h -v 2图象得v ＝0时h ＝0.2，即此时滑块处于平衡状态，根据牛顿第二定律得μmg cos θ＝mg sin θ解得μ＝tan θ＝0.20.8＝0.25．(3)若所用木板更粗糙一些，重复上述实验步骤，根据动能定理得mgh －μmg cos θ×L cos θ＝12m v 2，解得h ＝v 22g ＋μL ，所以若所用木板更粗糙一些，重复上述实验步骤，得到的图象的斜率将不变．答案：(1)变大 (2)0.25 (3)不变7．(2017·哈尔滨二模)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，A 、B 同学设计了如图甲所示的实验装置．其中小车的质量为M ，沙和沙桶的质量为m ，与小车相连的滑轮的质量为m 0.力传感器可测出轻绳中的拉力大小，重力加速度为g .实验时先平衡摩擦力．(1)A 同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点没有画出)，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大小为________m/s 2(结果保留三位有效数字)．(2)A 同学以力传感器的示数F 为纵坐标，加速度a 为横坐标，画出的F -a 图象如图丙所示，求得图线的斜率为k ，则小车的质量M ＝________(用所给物理量的符号表示)．(3)B 同学也以力传感器的示数F 为纵坐标，加速度a 为横坐标，画出的F -a 图象如图丁所示，图线不过原点的原因可能是________________．(答一条即可)解析：(1)相邻两计数点间还有四个点没有画出，计数点间的时间间隔：t ＝0.02×5 s ＝0.1 s ，由匀变速直线运动的推论Δx ＝at 2可知，加速度为：a ＝x 4＋x 5＋x 6－x 3－x 2－x 1(3t )2＝(7.30＋9.09＋10.89－5.51－3.71－1.90)×10－29×0.12m/s 2≈1.80 m/s 2； (2)小车所受合力是测力计示数的2倍，即：2F ，由牛顿第二定律可知：2F ＝(M ＋m 0)a ，则：F ＝M ＋m 02a ，F -a图象的斜率：k ＝M ＋m 02，小车质量：M ＝2k －m 0；(3)由图丁知，F ＝0时，a ≠0，说明平衡摩擦力过度了． 答案：(1)1.80 (2)2k －m 0 (3)平衡摩擦力过度8．(2017·安徽“江南十校”联考)在验证机械能守恒定律的实验中，所用电源的频率f ＝50 Hz ，某次实验选择一条较理想纸带，某同学用毫米刻度尺测量起始点O 依次到A 、B 、C 、D 、E 、F 各点的距离分别记作x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，x 6，并记录在下表中.(1)在实验过程中需要用工具进行直接测量的是__________． A ．重锤的质量 B ．重力加速度 C ．重锤下降的高度D ．重锤的瞬时速度(2)该同学用重锤在OE 段的运动来验证机械能守恒定律．已知重锤的质量为1 kg ，当地的重力加速度g ＝9. 80 m/s 2.则此过程中重锤重力势能的减少量为______J ，而动能的增加量为______J ．(结果均保留3位有效数字)(3)另一位同学根据这一条纸带来计算重锤下落过程中的加速度a ，为了充分利用记录数据，尽可能减小实验操作和测量过程中的误差，他的计算式应为a ＝________，代入数据，求得a ＝________ m/s 2(结果保留3位有效数字)．因此，______(填“能”或“不能”)用v ＝gt 求重锤在E 点处的速度．解析：(1)在实验过程中需要用工具进行直接测量的是重锤下降的高度h ，因为要计算重力势能的减少量，故选项C正确．(2)重锤从开始下落到E点时，减小的重力势能ΔE p＝mgx5＝1×9.8×4.78×10－2J＝0.468 J，E点的瞬时速度v E＝x6－x42T＝(6.87－3.06)×10－22×0.02m/s＝0.9525 m/s，从重锤下落到达E点时增加的动能ΔE k＝12m v2E＝0.454 J．(3)利用逐差法，s1＝x1，s2＝x2－x1，s3＝x3－x2，s4＝x4－x3，s5＝x5－x4，s6＝x6－x5，则：a＝s6＋s5＋s4－(s3＋s2＋s1)9T2＝(x6－2x3)f29，代入数据，求得a＝9.58 m/s2，由于a＝9.58 m/s2<g，因此不能用v＝gt求重锤在E点处的速度．答案：(1)C(2)0.4680.454(3)(x6－2x3)f299.58不能。