2024高考物理二轮复习专题6物理实验第1讲力学实验及创新学案

PAGE22-第1讲力学试验及创新考情速览·明规律高考命题点命题轨迹情境图长度测量及读数17(3)22题18(1)22题通过力的测量进行的试验2024Ⅲ卷222024Ⅰ卷222024Ⅲ卷222024通过测量速度、加速度的试验2024Ⅰ卷22Ⅲ卷2316(1)22题16(3)23题19(1)22题19(2)22题20(3)22题2024Ⅰ卷22Ⅱ卷222024Ⅲ卷22拓展创新试验2024Ⅱ卷2216(2)22题17(1)22题17(2)22题18(2)23题20(1)23题20(2)22题2024Ⅰ卷22Ⅱ卷222024Ⅱ卷23Ⅲ卷222024Ⅰ卷23Ⅱ卷22命题热点·巧突破考点一长度测量及读数1．(2024·广东揭阳一模)某同学用频闪照相法“探讨小球的自由落体运动”，选择一张清楚的频闪照片，剪掉前面小球重叠部分进行探讨，如图．已知小球在释放位置时，球心与刻度尺的零刻度线对齐．依据照片中刻度尺的数据，请读出小球运动到照片中第5个像点时下落的高度为_0.212_0__m.【解析】由题图可知，下落的高度h＝21.20cm＝0.2120m.2．(2024·山东烟台期末)图中游标卡尺的读数是_10.50__mm，螺旋测微器的读数是_5.315(5.312～5.318)__mm.【解析】游标卡尺的主尺读数为：1.0cm＝10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为10×0.05mm＝0.50mm，所以最终读数为：10mm＋0.50mm＝10.50mm.螺旋测微器的固定刻度为5.0mm，可动刻度为31.5×0.01mm＝0.315mm，所以最终读数为5.0mm＋0.315mm＝5.315mm(5.312～5.318mm)．3．(2024安徽蚌埠二次质检)用螺旋测微器测量一根导体棒的直径，刻度如图1甲所示，读数为_4.223(4.222～4.225)__mm；小明用游标为20分度的游标卡尺测量某个圆筒的深度，部分刻度如图乙所示，读数为_2.185__cm.【解析】螺旋测微器的固定刻度为4.0mm，可动刻度为22.3×0.01mm＝0.223mm，所以最终读数为4.0mm＋0.223mm＝4.223mm；这种游标卡尺的游标尺刻度是把主尺刻度19mm的长度，分为20等份，每等份为0.95mm，游标尺上第17个刻度和主尺上38mm刻度对齐，读数为38mm－17×0.95mm＝21.85mm＝2.185cm.考点二通过力的测量进行的试验考向1“橡皮条”类试验1．(2024·安徽安庆联考)在做“验证力的平行四边行定则”的试验时，先将橡皮筋的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳．试验时，须要两次拉伸橡皮条，第一次是通过两根细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，其次次是通过一根细绳用一个弹簧重拉橡皮条．(1)某次试验用一个弹簧秤把橡皮条和绳的结点拉到O点时，弹簧秤的示数如图所示，其读数为_4.00__N.(2)关于该试验，下列说法正确的是(AD)A．本试验采纳的科学方法是等效替代法B．第一次试验时，两细绳的夹角应越大越好C．其次次试验时，只须登记弹簧秤的示数就行D．两次试验都要将橡皮条和绳的结点拉到同一位置(3)请提一条对减小本试验误差有益的建议_拉细线时，细线要平行于桌面；两细绳的夹角不宜太大，也不宜太小__．【解析】(1)弹簧秤的读数为：F＝4.00N.(2)本试验用一个弹簧秤把橡皮条和绳的结点拉到O点和两个弹簧秤把橡皮条和绳的结点拉到O点的效果相同，即为等效替代，故A正确；第一次试验时，两细绳的夹角应当适当，不要太大，故B错误；试验时要登记力的大小和方向，故C错误；要两次试验达到相同的效果，则要橡皮条和绳的结点拉到同一位置，故D正确．(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．考向2“弹簧”类试验2．(2024·河北承德一中模拟)另一试验小组在同一试验的探讨性学习中，利用所学的学问解决了如下问题：一轻质弹簧竖直悬挂于某一深度为h＝35.0cm，且开口向下的小筒中(没有外力作用时弹簧的下端位于筒内，用测力计可以同弹簧的下端接触)，如图甲所示，若本试验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过变更l而测出对应的弹力F，作出F－l图像如图乙所示，则弹簧的劲度系数为k＝_200__N/m，弹簧的原长l0＝_25__cm.【解析】依据胡克定律F与l的关系式为：F＝k(l＋h－l0)＝kl＋k(h－l0)，从图像中可得直线的斜率为2N/cm，截距为20N，故弹簧的劲度系数为：k＝2N/cm＝200N/m.由k(h－l0)＝20N，于是：l0＝25cm.3．(2024·广西柳州联考)某试验小组用如图甲所示的装置测量弹簧的劲度系数k.当挂在弹簧下端的砝码处于静止状态时，测出弹簧受到的拉力F与对应的弹簧长度L(弹簧始终在弹性限度内)，列表记录如下(1)下表记录的是该同学已测出的6个值，其中有一个数值在记录时有误，它是_C__.测量记录表：试验次数iFi(N)Li(cm)10.494.4020.986.1231.4741.969.6052.4511.362.9413.10A．L1 B．L2C．L5 D．L6(2)依据乙图示数，表中还没有记录的测量值L3＝_7.92__cm；(3)设弹簧每增加拉力ΔF对应的伸长量为ΔL，则此弹簧的劲度系数的表达式k＝eq\f(ΔF,ΔL)；(4)因为逐差法常用于处理自变量等间距变更的数据组，所以小组一成员用逐差法求出ΔL的平均值Δeq\x\to(L)来减小试验误差，试用L1、L2、L3、L4、L5、L6表示ΔL的平均值Δeq\x\to(L)＝eq\f(L4＋L5＋L6－L1＋L2＋L3,9).【解析】(1)刻度尺读数应估读到最小分度(毫米刻度)的下一位，故第5组数据有误，正确结果应为11.30cm.(2)依据乙图示数L3＝79.2mm＝7.92cm(3)依据胡克定律可知：k＝eq\f(ΔF,ΔL)；④依据逐差规律得：3ΔL1＝L6－L3；3ΔL2＝L5－L2；3ΔL3＝L4－L1；则ΔL的平均值为：Δeq\x\to(L)＝eq\f(1,3)(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3)＝eq\f(L4＋L5＋L6－L1＋L2＋L3,9).考向3验证力与加速度的关系4．(2024·江苏模拟三)某探究学习小组的同学欲以如图甲装置中的滑块为对象验证“牛顿其次定律”，装置由弹簧测力计、气垫导轨、两个光电门、滑块和砝码盘(含砝码)等组成．光电门可以测出滑块的遮光条依次分别通过两个光电门的时间Δt1、Δt2，游标卡尺测出遮光条的宽度d，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离L，另用天平测出滑块、砝码盘(含砝码)的质量分别为M和m，不计滑轮的重量和摩擦．(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝_1.015__cm(2)试验操作中，下列说法正确的是(AD)A．该装置可以不平衡摩擦力．只须要将气垫导轨调整水平B．为减小误差，试验中肯定要保证质量m远小于质量MC．试验时，多次在同一条件下重复试验取遮光条通过两光电门时间的平均值减小系统误差D．假如气垫导轨水平，则轻推滑块匀速滑动时通过两个光电门的时间Δt1和Δt2必相等(3)该装置中弹簧测力计的读数F，须要验证的表达式为F＝eq\a\vs4\al(\f(Md2,4L)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt22)－\f(1,Δt12)))).(4)对质量保持不变的过程，依据试验数据绘出滑块的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图像，最符合本试验实际状况的是(A)【解析】(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：10mm＋3×0.05mm＝10.15mm＝1.015cm.(2)试验前要调整气垫导轨水平，因有弹簧测力计测出拉力，则不须要平衡摩擦力，故A正确；滑块受到的拉力可以由测力计读出，试验中不须要保证质量m远小于质量M，故B错误；试验时，多次在同一条件下重复试验取遮光条通过两光电门时间的平均值以减小偶然误差，故C错误；假如气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时，通过两个光电门的时间Δt1和Δt2必相等，故D正确；(3)滑块经过光电门时的速度：v1＝eq\f(d,Δt1)v2＝eq\f(d,Δt2)滑块的加速度：a＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2L)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))2,2L)对滑块，由牛顿其次定律得：2F＝Ma则：F＝eq\f(1,2)Ma＝eq\f(M,4L)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))2))(4)质量不变，由牛顿其次定律得：a＝eq\f(2,M)F，M不变，a与F成正比，a－F是正比例函数图像，故A正确，BCD错误．考点三通过测量速度、加速度的试验速度、加速度的求解方法“平均速度法”求速度即vn＝eq\f(xn＋xn＋1,2T)，如图所示．“逐差法”求加速度即a1＝eq\f(x4－x1,3T2)，a2＝eq\f(x5－x2,3T2)，a3＝eq\f(x6－x3,3T2)，然后取平均值，即eq\x\to(a)＝eq\f(a1＋a2＋a3,3)，这样可使所给数据全部得到利用，以提高精确度，若为奇数段，则去掉第一段转化为偶数段采纳上述方法处理．“图像法”求加速度即由“平均速度法”求出多个点的速度，画出v－t图像，直线的斜率即表示加速度.考向1“平均速度法”求速度1．(2024·新课标卷Ⅲ)某同学利用图(a)所示装置验证动能定理．调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带．某次试验得到的纸带及相关数据如图(b)所示．已知打出图(b)中相邻两点的时间间隔为0.02s，从图(b)给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB＝_0.36__m/s，打出P点时小车的速度大小vP＝_1.80__m/s(结果均保留2位小数)．若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还须要从图(b)给出的数据中求得的物理量为_B、P之间的距离__．【解析】由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度vB＝eq\f(4.00－2.56×10－2,0.04)m/s＝0.36m/s；vP＝eq\f(57.86－50.66×10－2,0.04)m/s＝1.80m/s，验证动能定理须要求出小车运动的过程中拉力对小车做的功，所以还须要测量对应的B、P之间的距离．2．(2024·安徽黄山一模)某同学设计出如图所示的试验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地的重力加速度为g.(1)为了验证机械能守恒定律，该试验还须要测量下列哪些物理量(BD)A．小球的质量m B．AB之间的距离HC．小球从A到B的下落时间tAB D．小球的直径d(2)小球通过光电门时的瞬时速度v＝eq\f(d,t)(用题中所给的物理量表示)．(3)调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出eq\f(1,t2)随H的变更图像如图所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率k0＝eq\f(2g,d2).(4)在试验中依据数据实际绘出eq\f(1,t2)－H图像的直线斜率为k(k＜k0)，则试验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值eq\f(f,mg)＝eq\f(k0－k,k0)(用k、k0表示)．【解析】(1)依据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不须要测量质量，故A错误；依据试验原理可知，须要测量的是A点到光电门B的距离H，故B正确；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不须要测量下落时间，故C错误；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，须要知道挡光物体的尺寸，因此须要测量小球的直径，故D正确．故选BD．(2)已知经过光电门时的时间和小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故v＝eq\f(d,t)；(3)若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH＝eq\f(1,2)mv2；即：2gH＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2解得：eq\f(1,t2)＝eq\f(2g,d2)·H，那么该直线斜率k0＝eq\f(2g,d2).(4)乙图线eq\f(1,t2)＝kH，因存在阻力，则有：mgH－fH＝eq\f(1,2)mv2；所以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eq\f(f,mg)＝eq\f(k0－k,k0).考向2“逐差法”求加速度3．(2024·全国卷Ⅰ·22)某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究．物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示．已知打点计时器所用沟通电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出．在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是_A__点，在打出C点时物块的速度大小为_0.233__m/s(保留3位有效数字)；物块下滑的加速度大小为_0.75__m/s2(保留2位有效数字)．【解析】分析可知，物块沿倾斜长木板做匀加速直线运动，纸带上的点迹，从A到E，间隔越来越大，可知，物块跟纸带的左端相连，纸带上最先打出的是A点；在打点计时器打C点瞬间，物块的速度vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(4.65×10－2,2×0.1)m/s＝0.233m/s；依据逐差法可知，物块下滑的加速度a＝eq\f(xCE－xAC,4T2)＝eq\f(6.15－3.15×10－2,4×0.12)m/s2＝0.75m/s2.4．某同学利用图甲所示的试验装置，探究加速度与力、质量的关系．试验中打点计时器电源的频率为50Hz.甲乙(1)试验过程中，某同学发觉操作有误，当砝码盘及砝码下降一段时间后，抓紧用手托住砝码盘，小车接着拖着纸带在木板上运动，但没有到达滑轮处．打出的纸带如图乙所示，从纸带上点迹分析，该同学在试验操作中发觉的问题可能是_没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够__．(2)图乙中，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s．则计数点3对应的速度大小是_0.30_m/s__，小车减速运动过程中加速度的大小是_0.40_m/s2__.(结果保留两位有效数字)(3)该试验中，变更拉力或小车质量后，在实际操作过程中，对小车所放的位置、接通电源与放开小车的先后依次及小车运动的限制等描述，你认为正确的是(C)A．小车应尽量远离打点计时器，先放开小车后接通电源，在小车到达滑轮前按住小车B．小车应尽量靠近打点计时器，先接通电源后放开小车，让小车始终到与滑轮相撞为止C．小车应尽量靠近打点计时器，先接通电源后放开小车，在小车到达滑轮前按住小车D．小车应尽量放在打点计时器与滑轮的中间，先接通电源后放开小车，在小车到达滑轮前按住小车【解析】(1)由题意知，第5点以后，间距是渐渐减小的，明显小车在做减速直线运动，则小车是未平衡摩擦力或平衡不足；(2)依据匀变速直线运动的推论，则有打下3点的速度v3＝eq\x\to(v)24＝eq\f(2.51＋3.51×10－2,2×0.1)m/s＝0.30m/s，依据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2，得：a＝eq\f(x7－x5,2T2)＝eq\f(3.41－4.20×10－2,2×0.12)m/s2＝－0.40m/s2，则加速度的大小为0.40m/s2；(3)依据打点计时器的运用要求，应先通电再释放小车，且小车应尽量靠近打点计时器，C合理．考向3“图像法”求加速度5．(2024·江苏海安联考)如图甲所示，小虎同学将气垫导轨的右支撑点调高支成斜面，用图示装置测量滑块沿气垫导轨下滑的加速度．遮光片P固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，光电门固定在导轨上，导光孔与导轨上的位置A对齐．让滑块左端位于斜面上的位置B处，打开气源，将滑块由静止释放，测得AB气垫导轨的距离L、遮光片的宽度及遮光时间，算出遮光片通过光电门的平均速度eq\x\to(v)，视为小车左端到达A处时的速度，从而测出滑块下滑的加速度．(1)小虎运用该方案测得加速度的表达式为a＝eq\f(\x\to(v)2,2L)；(2)为了更精确地测得小车的加速度，小芳对方案进行了改进：运用同一气垫导轨装置，仅换用不同宽度的遮光片固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，让滑块左端位于斜面上的同一位置B处，打开气源，将滑块由静止释放，记录每次试验遮光片的宽度Δx和遮光时间t，并算出各次遮光片通过光电门的平均速度eq\x\to(v)，记录数据并作出eq\x\to(v)－t图像(如图乙所示)．依据图像，滑块左端过A处的瞬时速度大小为_0.30±0.02__m/s，滑块的加速度大小为_3.2±0.2__m/s2.(结果保留两位有效数字)(3)你认为小芳的新方案中，考虑遮光片的质量变更，在换用不同遮光片时，测得的加速度应当_一样__(选填“一样”、“不一样”)．【解析】(1)依据速度与时间的关系得：eq\x\to(v)2＝2aL，解得：a＝eq\f(\x\to(v)2,2L).(2)滑块通过光电门的过程为初速度为vA的匀加速直线运动，Δx＝vAt＋eq\f(1,2)at2，则eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,t)＝vA＋eq\f(1,2)at，所以eq\x\to(v)－t的斜率k＝eq\f(1,2)a，纵轴的截距表示vA的大小，则vA＝0.30m/s，加速度a＝2k＝2×eq\f(0.45－0.30,100×10－3)m/s2＝3.0m/s2.(3)依据牛顿其次定律，滑块下滑过程中，mgsinθ＝ma，a＝gsinθ，加速度与质量无关，故在只更换不同遮光片时，测得的加速度是一样的．考点四拓展创新试验力学创新试验题的3个特点(1)以基本的力学模型为载体，依托运动学规律和力学学问设计试验．(2)将试验的基本方法——限制变量法，处理数据的基本方法——图像法、逐差法等融入试验的综合分析之中．(3)在试题表现形式上，由单一、基本的形式向综合、开放的形式发展；在试题内容的变更上，主要有试验目的和试验原理的迁移，试验条件和试验方法的变更，试验器材和试验数据处理的变换，演化计算题为试验问题等．考向1测量重力加速度1．(2024·江苏高考真题)疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展试验探究．用手机拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，试验装置如题图1所示．(1)家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作试验中下落物体的是_小钢球__．(2)下列主要操作步骤的正确依次是_①③④②__.(填写各步骤前的序号)①把刻度尺竖直固定在墙上②捏住小球，从刻度尺旁静止释放③手机固定在三角架上，调整好手机镜头的位置④打开手机摄像功能，起先摄像(3)停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如题图2所示．已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为eq\f(1,6)s，刻度尺的分度值是1mm，由此测得重力加速度为_9.61(9.5～9.7)__m/s2.(4)在某次试验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向．从该视频中截取图片，_仍能__(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法测出重力加速度．【解析】(1)要测量当地重力加速度须要尽量减小空气阻力的影响，所以密度大体积小的小钢球最适合；(2)要完成试验首先应当将刻度尺竖直固定在墙上，安装好三脚架，调整好手机摄像头的位置；因为下落时间很短，所以肯定要先打开摄像头起先摄像，然后在将小球从刻度尺旁静止释放，故依次为①③④②；(3)由三张图片读出小球所在位置的刻度分别为2.50cm,26.50cm,77.20cm；小球做自由落体运动，依据Δx＝gT2可得g＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(77.20－26.50×10－2－26.50－2.50×10－2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))2)m/s2＝9.61m/s2；(4)因为就算小球偏离了竖直方向，但是小球在竖直方向上的运动依旧是自由落体运动，对试验结果无影响，故仍能用前面的方法测量出重力加速度．2．(2024·全国卷Ⅲ·22)甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的试验．试验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照．已知相机每间隔0.1s拍1幅照片．(1)若要从拍得的照片中获得必要的信息，在此试验中还必需运用的器材是_A__(填正确答案标号)．A．米尺 B．秒表C．光电门 D．天平(2)简述你选择的器材在本试验中的运用方法．_将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺__(3)试验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab＝24.5cm、ac＝58.7cm，则该地的重力加速度大小为g＝_9.7__m/s2(保留2位有效数字)．【解析】此试验用数码相机替代打点计时器，故试验原理是相同的，仍旧须要米尺来测量点与点之间的距离；就本试验而言，因为是不同照片，所以是测量连续几张照片上小球位置之间的距离；加速度求解仍旧用逐差法计算，留意是bc与ab之间的距离差．3．(2024·山东高考真题)2024年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过运用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度．某同学受此启发就地取材设计了如下试验，测量当地重力加速度的大小．试验步骤如下：(1)如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺(图中未画出)．(2)调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能．将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的状况．然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据．(3)该同学选取部分试验数据，画出了eq\f(2L,t)－t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6m/s2.(4)再次调整垫块，变更木板的倾角，重复试验．回答以下问题：①当木板的倾角为37°时，所绘图像如图乙所示．由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为_0.32或0.33__m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_3.1__m/s2.(结果均保留2位有效数字)②依据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_9.4__m/s2.(结果保留2位有效数字，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80)【解析】①依据L＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(2L,t)＝2v0＋at，则由eq\f(2L,t)－t图像可知2v0＝65×10－2m/s，则v0＝0.33m/s，a＝k＝eq\f(190－65×10－2,40×10－2)m/s2＝3.1m/s2.②由牛顿其次定律可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma，即a＝gsinθ－μgcosθ，当θ＝53°时a＝5.6m/s2，即gsin53°－μgcos53°＝5.6，当θ＝37°时a＝3.0m/s2，即gsin37°－μgcos37°＝3.1，联立解得g＝9.4m/s2.规律总结重力加速度的测定是力学试验的创新热点，有以下几种常见方案.利用落体测重力加速度(忽视阻力)打点计时器计时，利用逐差法测定g，也可以利用图像法求g运动组合光电门计时，原理为v2－veq\o\al(2,0)＝2gx(也可以利用频闪照片)滴水法计时，原理为h＝eq\f(gt2,2)，可以利用图像求g物体系统匀速圆周运动计时，Δx＝gT2(也可以测量转速)再创新：可以验证牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh考向2测量动摩擦因数4．(2024·全国卷Ⅱ·22)如图(a)所示，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的试验．所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的沟通电源，纸带等．回答下列问题：(a)(b)(1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)．(2)某次试验时，调整木板与水平面的夹角使θ＝30°.接通电源．开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止起先沿木板滑下．多次重复后选择点迹清楚的一条纸带，如图(b)所示．图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)．重力加速度g取9.8m/s2.可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为_0.35__(结果保留2位小数)．【解析】(1)由mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得：μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ).①(2)由逐差法a＝eq\f(SⅡ－SⅠ,9T2)得：SⅡ＝(76.39－31.83)×10－2m，T＝0.10s，SI＝(31.83－5.00)×10－2m，故a＝eq\f(44.56×10－2－26.83×10－2,9×10－2)m/s2≈1.97m/s2，代入①式，得：μ＝eq\f(9.8×\f(1,2)－1.97,9.8×\f(\r(3),2))≈0.355．利用如图(a)所示的试验装置可以测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数．将弹簧放置在水平桌面上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的A、B位置各安装一个光电门．让带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置C，由静止释放滑块，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从A至B所用的时间t.变更光电门B的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一位置由C静止释放并用米尺测量AB之间的距离x.登记相应的t值，所得数据如下表所示．x(mm)650.0600.0550.0500.0450.0400.0t(ms)373330293259228199x/t(m/s)1.74_______1.871.931.972.01(1)依据表中记录的数据空格处应填_1.82__；(2)请在图(b)给出的坐标纸上画出eq\f(x,t)－t图线；(3)由所画出的eq\f(x,t)－t图线可得出滑块与水平桌面之间的动摩擦因数μ＝_0.29(0.27～0.33)__(重力加速度大小g取9.8m/s2，保留2位有效数字)；(4)若保持光电门B的位置不变，变更光电门A的位置，重复上述试验．图(c)中作出的eq\f(x,t)－t图线可能正确的是_BC__.【解析】(1)表中记录的数据空格处应填eq\f(x,t)＝eq\f(600,330)m/s≈1.82m/s；(2)描点作图如下(3)由公式x＝eq\f(1,2)at2可知，eq\f(x,t)＝eq\f(1,2)at＝eq\f(1,2)μgt，所以图线的斜率k＝eq\f(1,2)μg，由图像可得：k＝eq\f(2.1－1.7,0.42－0.14)≈1.43联立解得：μ≈0.29；(4)由公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at假如A光电门移到C点，则物块的初速度为零，所以eq\f(x,t)＝eq\f(1,2)at，对应的图像为C，假如A光电门移到C点的右边，则eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，对应图像为B．规律总结测定动摩擦因数试验一般结合在“探讨匀变速直线运动”“验证牛顿运动定律”或“探究动能定理”等试验中考查．试验的原理是：利用打点计时器等器材测出物体做匀变速运动的加速度，再利用牛顿其次定律计算动摩擦因数，或者利用平衡条件、动能定理或能量守恒定律等计算动摩擦因数.试验方法创新思维试验原理将探讨运动物体转化为探讨静止物体利用F弹＝Ff＝μFN求μ让物块先做加速运动，当重物掉到地面上之后物块做匀减速直线运动减速运动中，利用逐差法求加速度，利用F＝μmg＝ma进一步求μ将动摩擦因数的测量转化为角度的测量利用a＝gsinθ－μgcosθ求μ(a通过逐差法求解)将动摩擦因数的测量转化为加速度的测量利用veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2as和动力学学问得到μ＝eq\f(mg－m＋Ma,Mg)将动摩擦因数转化为速度测量，并营造多过程切入水平滑动情景A→B过程中，机械能守恒；C→D过程中，物块Q做平抛运动；B→C过程中，对物块Q只有摩擦力做功，利用Wf＝EkC－EkB，进一步求μ考向3其他创新试验6.(2024·新课标卷Ⅱ)一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示．一试验小组用此装置测量小球B运动的加速度．令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0＝0.590m，下降一段距离后的高度h＝0.100m；由h0下降至h所用的时间T＝0.730s．由此求得小球B加速度的大小为a＝_1.84__m/s2(保留3位有效数字)．从试验室供应的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g＝9.80m/s2.依据牛顿其次定律计算可得小球B加速度的大小为a′＝_1.96__m/s2(保留3位有效数字)．可以看出，a′与a有明显差异，除试验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的缘由：_滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦(或滑轮有质量)__．【解析】①有题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动，故依据运动学公式有h0－h＝eq\f(1,2)aT2，代入数据解得a＝1.84m/s2；②依据牛顿其次定律可知对小球A有T－mAg＝mAa′，对小球B有mBg－T＝mBa′，带入已知数据解得a′＝1.96m/s2；③在试验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小．7．(2024·新课标卷Ⅰ)某同学用如图所示的试验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等．试验步骤如下：(1)开动气泵，调整气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间_大约相等__时，可认为气垫导轨水平；(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块(含遮光片)的质量m2；(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；(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边起先运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，假如将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I＝_m1gt12__，滑块动量变更量的大小Δp＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)－\f(d,Δt1)))；(用题中给出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次测量得到的一组数据为：d＝1.000cm，m1＝1.50×10－2kg，m2＝0.400kg，Δt1＝3.900×10－2s，Δt2＝1.270×10－2s，t12＝1.50s，取g＝9.80m/s2.计算可得I＝_0.221__N·s，Δp＝_0.212__kg·m·s－1；(结果均保留3位有效数字)(7)定义δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%，本次试验δ＝_4__%(保留1位有效数字)．【解析】(1)当经过A，B两个光电门时间相等时，速度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水平的．(5)由I＝Ft，知I＝m1gt12，由Δp＝mv2－mv1知Δp＝m2·eq\f(d,Δt2)－m2·eq\f(d,Δt1)＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)－\f(d,Δt1))).(6)代入数值知，冲量I＝m1gt1