2020版高考物理总复习第三章专题探究四专题探究5练习(含解析).docx_第1页
2020版高考物理总复习第三章专题探究四专题探究5练习(含解析).docx_第2页
2020版高考物理总复习第三章专题探究四专题探究5练习(含解析).docx_第3页
2020版高考物理总复习第三章专题探究四专题探究5练习(含解析).docx_第4页
2020版高考物理总复习第三章专题探究四专题探究5练习(含解析).docx_第5页
已阅读5页,还剩108页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

专题探究四动力学中的经典模型考点一“传送带”模型模型概述传送带模型包含水平传送带和倾斜传送带,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时,物体所受摩擦力可能发生突变.常见情形(1)v0v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(2)v0v返回时速度为v;当v0v返回时速度为v0(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速,后以a2加速高考示例(2014四川卷,7)确定物体P可能的v-t图像(2015天津卷,10)邮件轻放在传送带上,确定邮件相对滑动过程中的有关物理量角度1:水平传送带【典例1】 (2019山东济南重点中学联考)如图(甲)所示,水平传送带沿顺时针方向匀速运转.从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A,B,C,物体A经tA=9.5 s到达传送带另一端Q,物体B经tB=10 s到达传送带另一端Q,若释放物体时刻作为t=0时刻,分别作出三物体的v-t图像如图(乙)、(丙)、(丁)所示,g取10 m/s2,求:(1)传送带的速度大小v0;(2)传送带的长度L;(3)物体A,B,C与传送带间的动摩擦因数,物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC.解析:(1)物体A与B均先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,说明物体的速度最终与传送带的速度相等,所以由题图(乙)、(丙)可知传送带的速度大小是4 m/s.(2)v-t图线与t轴围成图形的“面积”表示物体的位移,所以物体A的位移xA=(8.5+9.5)4 m=36 m,传送带的长度L与A的位移大小相等,也是36 m.(3)物体A的加速度aA=4 m/s2由牛顿第二定律得Amg=maA所以A=0.4同理,物体B的加速度aB=2 m/s2,B=0.2设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC,则L=tC得tC=24 s物体C的加速度aC= m/s2,C=0.012 5.答案:(1)4 m/s(2)36 m (3)0.40.20.012 524 s物体在传送带上运动过程情况判断物体在传送带上运动,会出现两种可能情况:(1)若传送带较长,或物体与传送带间的动摩擦因数较大,则物体先与传送带相对运动,后相对静止.物体往往先加速后匀速,直至传送带端点.(2)若传送带较短,或物体与传送带间的动摩擦因数较小,则物体与传送带一直是相对运动的,无相对静止过程.物体往往一直加速到传送带端点.角度2:倾斜传送带【典例2】 如图所示,倾角为37,长为l=16 m的传送带逆时针转动,转动速度为v=10 m/s,在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体,已知物体与传送带间的动摩擦因数=0.5,g取10 m/s2.求物体从顶端A滑到底端B的时间(sin 37=0.6,cos 37=0.8).审题图示解析:设物体与传送带共速前,物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律有mgsin 37+mgcos 37=ma1得a1=10 m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有t1= s=1 sx1=a1=5 mmgcos 37,则物体相对传送带仍加速向下运动,但受到传送带向上的滑动摩擦力.设加速度为a2,则mgsin 37-mgcos 37=ma2,得a2=2 m/s2且x2=l-x1=11 m又因为x2=vt2+a2,解得t2=1 s所以t总=t1+t2=2 s.答案:2 s倾斜传送带问题的分析关键(1)分析清楚物体与传送带的相对运动情况,从而确定滑动摩擦力的方向.(2)当物体与传送带共速时,要确定最大静摩擦力与重力沿传送带向下的分力的大小关系.1.水平传送带(2019吉林省实验中学测试)如图所示,水平传送带AB长2 m,以2 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动.现将一小物块以3 m/s的水平初速度从A点冲上传送带.若小物块与传送带间的动摩擦因数为0.25,g取10 m/s2,则小物块运动至传送带右端B点所用的时间是(B)A.0.5 sB.0.9 sC.1.2 sD.1.5 s解析:刚冲上传送带时,由于物块的速度为3 m/s,大于传送带的速度,所以物块相对传送带向右运动,受到的滑动摩擦力方向向左,故做匀减速直线运动,a=g=2.5 m/s2,经历的时间为t1= s=0.4 s,相对地面发生的位移为s= m=1 m,之后两者的速度相同,相对静止的做匀速直线运动,经历的时间为t2= s=0.5 s,故小物块运动至传送带右端B点所用的时间是t=t1+t2=0.9 s.2.倾斜传送带传送带以恒定速率v=4 m/s顺时针运行,传送带与水平面的夹角=37.现将质量m=1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可看成质点),平台上的人通过一根轻绳用恒力F=10 N拉小物块,经过一段时间物块被拉到离地高为H=1.8 m的平台上,如图所示.已知物块与传送带之间的动摩擦因数=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8.(1)求物块在传送带上运动的时间;(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F,则物块还需多少时间才能脱离传送带?解析:(1)物块在达到与传送带速度v=4 m/s相等前,有F+mgcos 37-mgsin 37=ma1解得a1=8 m/s2由v=a1t1得t1=0.5 s位移x1=a1=1 m随后,有F-mgcos 37-mgsin 37=ma2解得a2=0,即物块匀速上滑位移x2=-x1=2 mt2=0.5 s总时间为t=t1+t2=1 s即物块从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s.(2)在物块与传送带达到同速瞬间撤去恒力F,根据牛顿第二定律,有mgsin 37-mgcos 37=ma3解得a3=2 m/s2,方向沿传送带向下.假设物块向上匀减速到速度为零时,通过的位移为xx=4 mx2即物块速度减为零之前已经到达最高点由x2=vt3-a3解得t3=(2-) st3=(2+) s2 s,舍去即物块还需(2-) s离开传送带.答案:(1)1 s(2)(2-) s考点二“滑块滑板”模型模型概述(1)滑块、滑板是上下叠放的,分别在各自所受力的作用下运动,且在相互的摩擦力作用下相对滑动.(2)滑块相对滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,位移之差等于板长;若反向运动,位移之和等于板长.(3)一般两者速度相等为“临界点”,要判定临界速度之后两者的运动形式.常见情形两者同向运动,且v板v块,则两者加速度不同,x板x块,x=x板-x块,最后分离或相对静止两者同向运动,且v板v块,则两者加速度不同,x板x块,x=x块-x板,最后分离或相对静止两者运动方向相反,两者加速度不同,最后分离或相对静止,x=x块+x板滑板或滑块受到拉力作用,要判断两者是否有相对运动,以及滑板与地面是否有相对运动高考示例(2017全国卷,25)质量不同的滑块以速度v0在水平木板上相向运动,木板沿水平面做加速运动(2015全国卷,25)A和B先都处于静止状态.暴雨中,A,B间,B,C间的动摩擦因数突变角度1:处在水平面上的“滑块滑板”模型【典例3】 (2018广东汕头测试)如图,一长木板右端接有一竖直的挡板,静止放置在水平地面上.一滑块(可视为质点)处于长木板的左端,与挡板的初始距离为L=2.5 m.滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1=0.30,2=0.40.开始时滑块以大小为v0=8.0 m/s 的初速度开始滑动.已知滑块和长木板(连同挡板)的质量相等,滑块与挡板碰撞时滑块和木板的速度立刻互换.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:(1)滑块碰到挡板前瞬间的速度大小;(2)滑块最终停在木板上的位置与挡板的距离.解析:(1)设滑块和长木板的质量都为m,滑块与木板间和木板与地面间的滑动摩擦力分别为f1=1mgf2=22mg因为f1fmax,则发生相对滑动.(3)滑块滑离滑板的临界条件:当滑板的长度一定时,滑块可能从滑板滑下,恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件.1.斜面上的“滑块滑板”模型如图所示,足够长光滑斜面的倾角为,斜面上放着质量为M的木板,木板左端有一个质量为m的木块,木块与木板之间的动摩擦因数为,木块和木板的初速度都为零.对木板施加平行斜面向上的恒力F之后,下列说法正确的是(C)A.若tan ,则木板一定沿斜面向上运动B.若F=mgsin ,则木块一定静止在木板上C.若木板沿斜面向上滑动,木板质量M越小,木块与木板分离时,木块滑行的距离越大D.若木板沿斜面向下滑动,木板质量M越大,木块与木板分离时,木块滑行的距离越大解析:如果恒力F趋于0,木板一定沿斜面向下运动,故A错误;如果趋于0,木板一定向下运动,两者不能保持相对静止,故B错误;假设M趋于0,木板将随木块一直运动,故C正确;如果木块始终静止,无论M多大,木块滑行的距离都为0,故D错误.2.水平面上的“滑块滑板”模型(2018江苏南通期中)如图所示,光滑水平桌面上的布带上静止放着一质量为m=1.0 kg的小铁块,它离布带右端的距离为L=0.5 m,铁块与布带间动摩擦因数为=0.1.现用力从静止开始向左以a0=2 m/s2的水平加速度将布带从铁块下抽出,假设铁块大小不计,铁块不滚动,g取 10 m/s2,求:(1)将布带从铁块下抽出需要多长时间;(2)铁块离开布带时的速度大小.解析:(1)设铁块离开布带时,相对桌面移动的距离为x,则布带移动的距离为L+x,铁块滑动的加速度为a,由牛顿第二定律得mg=ma,a=g=1 m/s2,根据运动学公式有L+x=a0t2,x=at2,解得t=1 s.(2)由v=v0+at得铁块速度v=11 m/s=1 m/s.答案:(1)1 s(2)1 m/s【物理方法】 利用图像法解决相对运动问题1.方法概述:将两物体发生相对运动时的某个物理量随时间变化的图像画在同一图像中,通过对比物理量的相同或不同点,找出物体本身的运动特点,或推理出另一物体的运动特点,通过这些综合性的分析与计算达到解决复杂问题的目的.2.常见类型(1)画出两个物体的a-t图像,推理出物体本身的速度变化特点、受力特点,或更进一步推理出另一物体的运动、受力情况.(2)画出两个物体的v-t图像,推理出它们的加速度特点、受力特点,推理出它们的位置、位移关系等.【示例】 如图所示,一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点),煤块与传送带之间的动摩擦因数为.初始时,传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定的加速度a0开始运动,当其速度达到v0后,便以此速度做匀速运动.经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动.求此黑色痕迹的长度.解析:依题意知,传送带的加速度大于煤块的加速度,即a0=g由运动学公式可得,传送带达到匀速的时间t1=煤块达到与传送带相对静止的时间t2=根据以上分析,煤块与传送带的v-t图像分别如图中直线OB和折线OAB所示因v-t图线和t轴所围图形的面积表示位移,则OAB的面积即为二者间的相对位移,亦即黑色痕迹的长度L由几何知识得L=(t2-t1)v0=(-)v0.整理得L=.答案:【即学即练】 (2019北京四中测试)如图(甲)表示物体A从光滑平台上,以初速度v0滑到等高的上表面粗糙的水平小车上,车与水平面间的摩擦力不计,图(乙)为物体A与小车的v-t图像(图中所标字母为已知),由此不能求出的物理量是(重力加速度为g)(D)A.小车上表面最小的长度B.物体A与小车B的质量之比C.物体A与小车B上表面的动摩擦因数D.小车B获得的动能解析:由于v-t图像与时间轴围成的“面积”表示位移,可知在0t1时间内,物体的位移与车的位移之差就是小车上表面最小的长度,大小等于t1,故选项A正确.通过v-t图像可知物体的加速度aA=,小车的加速度a车=,根据牛顿第二定律mAg=mAaA,同时mAg=m车a车,因此可求出动摩擦因数及两个物体的质量之比,故选项B,C正确.由于无法知道两个物体的质量,因此小车B获得的动能无法求得,故选项D错误.1.(2014四川卷,7)(多选)如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P,Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带.不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长.正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是(BC)解析:(1)如果v2小于v1,则小物体P受到的滑动摩擦力方向水平向右,当P受到的滑动摩擦力大于Q所受到的重力时,P继续加速,当P的速度与水平传送带的速度v1相同时,停止加速,由于P受到的水平向右的最大静摩擦力(略大于滑动摩擦力)大于Q所受到的重力,P将与水平传送带一起做匀速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,则B图中的v-t图像与之对应;当P受到的滑动摩擦力等于Q所受到的重力时,小物体P以速度v2做匀速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,无v-t图像与之对应;当P受到的滑动摩擦力小于Q所受到的重力时,有可能使得P做匀减速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,无v-t图像与之对应;也有可能使得P做匀减速直线运动直至速度变为零然后做加速度不变的反方向的匀加速直线运动直至从水平传送带的左侧滑出,无v-t图像与之对应;(2)如果P的速度v2大于水平传送带的速度v1,则P受到的滑动摩擦力方向水平向左,使得P做匀减速直线运动,有可能P一直做匀减速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,无v-t图像与之对应;有可能速度与水平传送带的速度v1相同时,停止减速,若P受到的水平向右的最大静摩擦力大于或等于Q所受到的重力,P将与水平传送带一起做匀速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,无v-t图像与之对应;若P受到水平向右的最大静摩擦力小于Q所受到的重力,P将又开始做匀减速直线运动,有可能一直做匀减速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,无v-t图像与之对应;有可能先减速到零然后做加速度大小不变的反向的匀加速直线运动直至从水平传送带的左端滑出,则C图中的v-t图像与之对应.故选BC.2.(2019河南漯河测试)(多选)如图(甲)所示,足够长的传送带与水平面夹角为,在传送带上某位置轻轻放置一小滑块,小滑块与传送带间动摩擦因数为,小滑块的速度随时间变化关系如图(乙)所示,v0,t0已知,则(AD)A.传送带一定逆时针转动B.=tan +C.传送带的速度大于v0D.t0后滑块的加速度为2gsin -解析:若传送带顺时针转动,当滑块下滑(mgsin mgcos )时,将一直匀加速到底端;当滑块上滑(mgsin mgcos )时,先匀加速运动,在速度相等后将匀速运动,两种均不符合运动图像,所以传送带是逆时针转动,选项A正确.滑块在0t0内,滑动摩擦力沿传送带向下,匀加速下滑,加速度a1=gsin +gcos ,又由图可知a1=,由以上两式得出=-tan ,选项B错误.当滑块的速度等于传送带的速度时,滑块所受的摩擦力变成沿传送带向上,滑块的加速度发生变化,故传送带的速度等于v0,选项C错误.等速后的加速度a2=gsin -gcos ,代入值得a2=2gsin -,选项D正确.3.(2015全国卷,25)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示.t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示.木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2.求: 图(a)图(b)(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2;(2)木板的最小长度;(3)木板右端离墙壁的最终距离.解析:(1)规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M,由牛顿第二定律有-1(m+M)g=(m+M)a1 由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4 m/s,由运动学公式得v1=v0+a1t1 s0=v0t1+a1 式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度.联立式并结合题给条件得1=0.1 在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动.设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有-2mg=ma2 由图(b)可得a2= 式中,t2=2 s,v2=0,联立式并结合题给条件得2=0.4; (2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间t,木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得2mg+1(M+m)g=Ma3 v3=-v1+a3t v3=v1+a2t 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为s1=t 小物块的位移为s2=t 小物块相对木板的位移为s=s2-s1 联立式,并代入数据得s=6.0 m 因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m;(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得1(m+M)g=(m+M)a4 0-=2a4s3 碰后木板运动的位移为s=s1+s3 联立式,并代入数据得s=-6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.答案:(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m实验四验证牛顿运动定律* 注意事项1.平衡摩擦力:在平衡摩擦力时,不要把悬挂小盘的细绳系在小车上,即不要给小车加任何牵引力,且要让小车拖着纸带匀速运动.2.实验条件:小车的质量M远大于小盘和砝码的总质量m.3.操作要领:改变拉力和小车质量后,每次开始时小车应尽量靠近打点计时器,并应先接通电源,再放开小车,且应在小车到达定滑轮前按住小车.误差分析1.因实验原理不完善引起误差.以小车、小盘和砝码整体为研究对象得mg=(M+m)a;以小车为研究对象得F=Ma;求得F=mg=mg0,也就是说当绳子上没有拉力时小车有加速度,说明小车的摩擦力小于重力沿斜面向下的分力,该同学实验操作中木板一端垫得过高,故选项A正确,B,C,D错误.答案:(1)BD(2)匀速(3)图见解析0.96(4)A实验中的注意点(1)改变小车质量时,不需要重新平衡摩擦力.(2)平衡小车摩擦力后,细绳的拉力即为小车的合外力.(3)由实验数据作出a-F图像或a-图像,图线一般为直线且通过原点,若不过原点,一般为平衡摩擦力时操作不当.【典例2】 (2019四川诊断测试)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中,某学习小组使用的装置如图(甲)所示.设沙和沙桶的总质量为m,小车和砝码的总质量为M.实验中用沙和沙桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小.(1)实验中,为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力,下面的操作最合理的是.A.将长木板水平放置,让小车在沙和沙桶的牵引下带着已经穿过打点计时器的纸带在木板上运动,调节沙的质量,多次重复,直到目测小车做匀速直线运动B.将长木板水平放置,让小车在沙和沙桶的牵引下带着已经穿过打点计时器的纸带在木板上运动,接通打点计时器的电源,轻推小车,调节小车上砝码的质量,多次重复,直到打出的纸带上点迹均匀C.将长木板的一端垫起适当的高度,去掉细线和沙桶,不连接纸带,轻推小车,改变木板垫起的高度,多次重复,直到目测小车做匀速直线运动D.将长木板的一端垫起适当的高度,去掉细线和沙桶,让小车带着已经穿过打点计时器的纸带,接通打点计时器的电源,轻推小车,改变木板垫起的高度,多次重复,直到打出的纸带上点迹均匀(2)在(1)最合理的方案下,接通打点计时器的电源,让小车在沙和沙桶的牵引下带着已经穿过打点计时器的纸带在木板上由静止开始运动,图(乙)是实验中得到的一条纸带,A,B,C,D,E为5个相邻的计数点,相邻的两个计数点之间有四个点未画出.量出相邻的计数点之间的距离分别为xAB=2.25 cm,xBC=3.86 cm,xCD=5.45 cm,xDE=7.05 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz,则小车的加速度a=m/s2.(结果保留三位有效数字)(3)若某同学利用图(甲)所示的装置,在未通过(1)中操作的情况下,研究加速度a与拉力F的关系时,得到图(丙)所示图像.已知图线在横轴的截距为F0,在纵轴的截距为-a0,重力加速度为g,在运动过程中小车及车上砝码受到的阻力与重力之比为(M未知).解析:(1)实验中用沙和沙桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小,实验前必须要平衡摩擦力,才能使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力,分析可知D选项正确.(2)A,B,C,D,E为5个相邻的计数点,相邻的两个计数点之间还有四个点未画出,打点计时器的工作频率为 50 Hz,故相邻两计数点之间的时间间隔为0.1 s,a=1.60 m/s2.(3)对小车进行受力分析,可知F-f=Ma,则a=-,已知图线在纵轴的截距为-a0,即a0=,则在运动过程中小车及车上砝码受到的阻力与重力之比为=.答案:(1)D(2)1.60(3)1.(2019山东菏泽测试)为了“探究加速度与力、质量的关系”,现提供如图(甲)所示实验装置.请思考探究思路并回答下列问题:(1)该同学在平衡摩擦力后进行实验,实际小车在运动过程中所受的拉力(选填“大于”“小于”或“等于”)钩码的重力.为了便于探究、减小误差,应使小车质量M与钩码的质量m满足的条件.(2)在“探究加速度与力、质量关系”的实验中,得到一条打点的纸带,如图(乙)所示,已知相邻计数点间的时间间隔为T,且间距x1,x2,x3,x4,x5,x6已量出,则计算小车加速度的表达式为a=.解析:(1)小车运动过程中,钩码向下做加速运动,处于失重状态,钩码对细线的拉力小于其重力,小车在运动过程中受到的拉力小于钩码重力;设小车的质量为M,钩码质量为m,将两者看做一个整体,对整体有mg=(M+m)a,对小车有T=Ma,联立可得T=Ma=,只有当Mm时,Tmg,即当小车质量M远大于钩码质量m时可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力.(2)计数点间的时间间隔为T,根据逐差公式可得x6-x3=3aT2,x5-x2=3aT2,x4-x1=3aT2,三式相加解得a=.答案:(1)小于Mm(2)2.(2019浙江杭州测试)某同学用如图(甲)所示的装置来探究加速度与力、质量的关系.(1)下列说法正确的是.A.平衡摩擦力时需要将木板有滑轮的一端稍垫高B.平衡摩擦力时需要装上纸带,并悬挂好小桶C.若改变小车质量,因小车所受阻力发生变化,需重新平衡摩擦力D.应调整滑轮,保证小车在运动过程中细线和木板平行(2)为改变小车所受的力的大小,可往小桶中添加(乙)图中的.(3)如图(丙)为实验中得到的一条纸带,A,B,C,D,E为5个相邻的计数点,相邻的两个计数点之间还有四个点未画出,量出相邻的计数点之间的距离分别为sAB=4.22 cm,sBC=4.65 cm,sCD=5.08 cm,sDE=5.49 cm,已知打点计时器的工作频率为50 Hz,则小车的加速度a=m/s2.(结果保留三位有效数字)(4)该同学改变小车质量多次实验,做出小车的加速度a和质量M的图像如图(丁),根据图线可知a与M的关系可能是.A.aMB.aM2C.aM-1D.aM-2解析:(1)平衡摩擦力时需要将木板没有滑轮的一端稍垫高,故A错误;平衡摩擦力时需要装上纸带,但不要挂小桶,故B错误;平衡摩擦力后,就有Mgsin =Mgcos ,即得=tan ,所以改变小车质量,不需要重新平衡摩擦力,故C错误;为了让小车所受的合力等于线细拉力,应保证小车在运动过程中细线和木板平行,故D正确.(2)为改变小车所受的力的大小,可往小桶中加入已知质量的砝码,且砝码的质量不能太大,故B正确.(3)根据逐差法a=0.425 m/s2.(4)根据图像可知,质量越大,加速度越小,故C,D正确.答案:(1)D(2)B(3)0.425(4)CD命题点二创新实验 实验装置图示创新角度分析(2016全国卷,23)(1)实验方案的创新:将小车内的n(依次取n=1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端.系统总质量不变化,改变拉力.(2)数据处理的改进: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s-t图像,经数据处理后可得到相应的a-n图像.(3)设问角度的拓展:利用a-n图像求空小车的质量. (2014全国卷,22)(1)实验器材的改进:用位移传感器与计算机相连,直接得出小车的加速度.(2)数据处理的创新:用钩码的质量m替代合力F,即用a-m图像代替a-F图像.(3)设问角度的拓展:利用实验数据点的分布特征确定a-m图像的形状. (2018福建泉州一模)(1)实验器材的改进:用光电门代替打点计时器.(2)数据处理的创新:遮光片结合光电门测得小车的初速度和末速度,由运动学公式求出加速度.(3)设问角度的拓展:求滑块与木板间的动擦因数,对实验的误差进行分析.(2019湖南长郡中学测试)(1)实验方案的创新:测出沙袋m1从静止下降的距离h和时间t,求出加速度a;使左边沙袋的质量增加m,右边沙袋的质量增加m-m(m为定值),改变m,测量相应的加速度a,作出a与m的相关图线.(2)数据处理的创新:由匀加速下降h和时间t求出加速度a;由a与m的相关图线的斜率、截距求出沙袋的质量.(3)设问角度的拓展:测量两个质量不等的沙袋的质量.【典例3】 (2016全国卷,23)某物理课外小组利用图(甲)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:(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s-t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s-t图像如图(乙)所示,由图(乙)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.n12345a/(ms-2)0.200.580.781.00(4)利用表中的数据在图(丙)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.(5)利用a-n图像求得小车(空载)的质量为kg(保留2位有效数字,重力加速度取g=9.8 ms-2).(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解析:(3)由题图(乙)可知,02.00 s的位移为0.78 m,则由s=at2得a=0.39 m/s2.(4)在题图(丙)中描出数据点(2,0.39),(3,0.58)(5,1.00)并过各数据点作出a-n图像,如图所示.(5)由牛顿第二定律得nmg=(M+5m)a,则a=n,而a-n图线的斜率k=,由此得=k,即=,则M=0.44 kg.(6)若不平衡摩擦力,则有nmg-M+(N-n)mg=(M+Nm)a,解得a=n-g,故图线不过原点,但仍然是直线,且斜率增大,选项A错误,B,C正确.答案:(3)0.39(4)a-n图像见解析(5)0.44(6)BC【典例4】 (2014全国卷,22)某同学利用图(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图,如图(b)所示,实验中小车(含发射器)的质量为200 g,实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮,小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到,回答下列问题:(1)根据该同学的结果,小车的加速度与钩码的质量成(填“线性”或“非线性”)关系.(2)由图(b)可知,a-m图线不经过原点,可能的原因是 .(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下,小车的加速度与作用力成正比”的结论,并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力,则实验中应采取的改进措施是 ,钩码的质量应满足的条件是.解析:(1)根据图中描出的各点,作出的图像不是一条直线.(2)图像不过原点,有拉力但没有加速度,原因是摩擦力的影响.(3)完全平衡摩擦力之后,在满足钩码质量远小于小车质量的条件下,可以得出小车质量不变情况下加速度与作用力成正比的结论.答案:(1)非线性(2)实验之前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够(3)实验之前做好平衡摩擦力工作远小于小车质量1.(2018福建泉州一模)某兴趣小组用如图所示的装置测量滑块与木板之间的动摩擦因数,在一端带有定滑轮的水平长木板上固定A,B两个光电门,装有遮光片的滑块用跨过定滑轮的水平细绳与托盘相连.实验时,测出托盘和盘中砝码的总质量为m,滑块的质量为M,两光电门之间的距离为s,遮光片的宽度为d;让滑块由静止开始运动,记录遮光片通过A,B两光电门的遮光时间分别为t1,t2,该小组用托盘和砝码的总重力来代替细绳对滑块的拉力,重力加速度为g.(1)滑块运动的加速度a=(用d,t1,t2,s来表示);(2)滑块与木板间的动摩擦因数=(用a,m,M,g表示);(3)关于本实验的误差,下列说法正确的是.A.的测量值比真实值小B.的测量值比真实值大C.增加滑块的质量M可减小实验误差D.增加托盘和盘中砝码的总质量m可减小实验误差解析:(1)从A到B,根据匀变速直线运动的规律()2-()2=2as,解得加速度a=()2-()2.(2)根据牛顿第二定律mg-Mg=Ma,得=.(3)实验中忽略了托盘和砝码的质量m,实际为=,所以的测量值比真实值大,当m远小于M时,才可用托盘和砝码的总重力来代替绳对滑块的拉力,所以为减小实验误差,可增加M或减小m,故B,C正确,A,D错误.答案:(1) ()2-()2(2)(3)BC2.(2019湖南长郡中学测试)为了测量两个质量不等的沙袋的质量,由于没有直接测量工具,某实验小组应用下列器材测量:轻质定滑轮(质量和摩擦可以忽略)、砝码一套(总质量m=0.5 kg)、细线、米尺、秒表,根据已学过的物理知识,改变实验条件进行多次测量,选择合适的变量得到线性关系,作出图像并根据图像的斜率和截距求出沙袋的质量.操作如下:(1)实验装置如图,设左右两边沙袋的质量分别为m1,m2;(2)从m中取出质量为m的砝码放在左边的沙袋中,剩余砝码都放在右边沙袋中,发现m1下降、m2上升;(3)用米尺测出沙袋m1从静止下降的距离h,用秒表测出沙袋m1下降h的时间t,则可知沙袋的加速度大小为a=;(4)改变m,测量相应的加速度a,得到多组m及a的数据,作出(选填“a-m”或“a-”)图线;(5)若求得图线的斜率k=4 m/(kgs2),截距b=2 m/s2(g=10 m/s2),则沙袋的质量m1=kg,m2=kg.解析:(3)沙袋m1匀加速下降,有h=at2,所以a=.(4)对沙袋和砝码整体,根据牛顿第二定律得(m1+m)g-(m2+m-m)g=(m1+m2+m)a,化简得a=g+g,要作出线性函数图像,应该作出a-m图线.(5)从上面的方程可以得到斜率k=,截距b=g,代入数据解得m1=3 kg,m2=1.5 kg.答案:(3)(4)a-m(5)31.5教材直通高考(三)在人教版必修1P77“科学漫步”中, 为了测某个飞行器的质量,就采用了动力学方法来解决.同样,可以依托新的连接体类型的实际情景,从用动力学方法来解决问题的角度 来命制高考试题.下面我们对教材的这一栏目深入研究,体会教材直通高考.人教版必修1P77“科学漫步”改编在探索测定轨道中人造天体的质量的方法过程中做了这样的一个实验:用已知质量为m1的宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组m2(后者的发动机已熄火).接触后,开动宇宙飞船的推进器,使飞船和火箭组共同加速

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论