第3章 实验4 探究加速度与力、质量的关系（word教参）-【导学教程】2025年物理新编高考大一轮总复习（人教版）

实验四　探究加速度与力、质量的关系 [对应学生用书第56页] 一、实验目的 1．学会用控制变量法研究物理规律。 2．探究加速度与力、质量的关系。 3．掌握利用图像处理数据的方法。 二、实验原理 采取控制变量法，即先控制小车的质量M不变，探究加速度a与力F的关系；再控制小盘和砝码的质量不变，即力不变，探究加速度a与小车质量M的关系。 三、实验器材 小车，砝码(或槽码)，小盘，细绳，附有定滑轮的长木板，薄木块，打点计时器，低压交流电源，导线，纸带，复写纸，托盘天平，米尺等。 四、实验步骤 1．称量质量 用天平测小盘的质量m0和小车的质量M0。 2．安装器材 按照实验原理图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即无小车牵引力)。 3．平衡摩擦力 在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，反复移动薄木块的位置，直至小车在不挂小盘和砝码的情况下能沿木板做匀速直线运动为止。 4．测量加速度 (1)保持小车的质量不变：把小车靠近打点计时器，挂上小盘和砝码，先接通电源，再让小车拖着纸带在木板上匀加速下滑，打出一条纸带。计算小盘和砝码所受的重力，即为小车所受的合力，由纸带计算出小车的加速度，并把力和对应的加速度填入表(一)。改变小盘内砝码的个数，并多做几次实验。 (2)保持小盘内的砝码个数不变：在小车上放上砝码改变小车的质量，让小车在木板上运动打出纸带。计算车上砝码和小车的总质量M，由纸带计算出小车对应的加速度，并将所对应的质量和加速度填入表(二)。改变小车上砝码的个数，并多做几次实验。 表(一) 实验次数 加速度a/(m·s－2) 小车受力F/N 1 2 3 4 表(二) 实验 次数 加速度 a/(m·s－2) 小车和车上砝码的总质量M/kg 小车和车上砝码的总质量的倒数/kg－1 1 2 3 4 五、数据处理 1．计算加速度 在纸带上标明计数点，测量各计数点间的距离，根据逐差法计算各条纸带对应的加速度。 2．图像法处理实验数据 根据记录的加速度a与小车所受的合力F，描点画a­F图像，如果图像是一条过坐标原点的倾斜直线，便证明加速度与合力成正比。再根据记录的加速度a与小车和砝码总质量M，描点画a­图像，如果图像是一条过坐标原点的倾斜直线，就证明了加速度与质量成反比。 六、误差分析 1．因实验原理不完善引起的系统误差 以砝码为研究对象得mg－F＝ma，以小车和车上砝码为研究对象得F＝Ma，求得 F＝·mg＝·mg＜mg。 本实验用小盘和砝码所受的总重力mg代替对小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码所受的总重力。小盘和砝码的总质量远小于小车的质量，由此引起的误差就较小。 2．摩擦力平衡不准确、质量的测量、打点计时器打点时间间隔不等、纸带上各点距离的测量、细绳或纸带不与木板平行等都会引起误差。 七、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，并要让小车拖着纸带匀速运动。平衡了摩擦力后，不论实验中是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力。 2．实验条件 每条纸带都必须在满足小车的质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下打出。只有如此，小盘和砝码所受的总重力才可视为小车受到的拉力。 [对应学生用书第58页] 考点一　教材原型实验 　某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。据此回答下列问题。 (1)下列做法正确的是________(选填字母代号)。 A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 (2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总质量。 (3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到如图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙。(均选填“大于”“小于”或“等于”) [解析]　(1)实验中细绳要保持与长木板平行，A项正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，这样无法平衡摩擦力，B项错误；实验时应先接通电源再放开木块，C项错误；平衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量时不再需要重新平衡摩擦力，D项正确。 (2)由整体法和隔离法得到细绳中的拉力F＝Ma＝M＝mg，可见当砝码桶和桶内砝码的总质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时，可得F≈mg。 (3)没有平衡摩擦力时，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，a＝－μg，图像的斜率大的木块的质量小，纵轴截距绝对值大的动摩擦因数大，因此m甲＜m乙，μ甲＞μ乙。 [答案]　(1)AD　(2)远小于　(3)小于　大于 某同学进行验证加速度与力、质量关系实验时，使用的装置如图甲所示，将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，再将滑块放在长木板上，滑块前端固定一拉力传感器，在传感器上系一细绳，绳的另一端跨过定滑轮后挂上钩码，滑块后端与一条穿过打点计时器的纸带相连。据此回答下列问题。 (1)下列关于该实验的说法正确的是________。 A．采用了控制变量法 B．应先释放滑块再接通打点计时器的电源 C．实验中需满足细绳的拉力近似等于钩码的重力 (2)某次实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电的频率为f，相邻两计数点间还有四个点未画出，则滑块的加速度大小a＝____________。 (3)由实验得到滑块加速度a与拉力传感器示数F的关系如图丙所示，图线未过坐标原点的原因是________________，由图丙可知滑块的质量为________。 解析　(1)该实验是验证加速度与力、质量关系的实验，必须先使某一个量不变，研究另两个量之间的关系，运用了控制变量法，A正确；实验时应先接通电源，待打点计时器工作稳定后再释放滑块，B错误；绳上拉力可由拉力传感器读出，不需要满足细绳的拉力近似等于钩码的重力，C错误。 (2)根据逐差法得x1－x2＝3at2，又t＝5T＝，a＝。 (3)题图丙在纵轴的截距大于0，即F＝0时加速度大于0，平衡摩擦力过度(长木板的左侧垫得过高或长木板的倾角过大)；对滑块由牛顿第二定律得F＋mgsin θ－Ff＝ma，整理得a＝F＋gsin θ－，则图像的斜率k＝，又k＝＝，解得m＝。 答案　(1)A　(2)　(3)平衡摩擦力过度　 考点二　创新拓展实验 　(2023·大庆模拟)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。 甲 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，拉动滑动使其左端处于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变化的图像，部分图像如图乙所示。 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图像如图丙中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图线如图丙中Ⅱ所示，则待测物体的质量为________ kg。 [解析]　(1)由题意知，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。结合题图乙的F­t图像有 Δx＝5.00 cm，F＝0.610 N 根据胡克定律，k＝，计算出k≈12 N/m。 (2)根据牛顿第二定律有F＝ma 则a­F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据题图丙中Ⅰ，则有＝ kg－1＝5 kg－1，则滑块与加速度传感器的总质量为m＝0.20 kg。 (3)在滑块上增加待测物体，同理，根据题图丙中Ⅱ，则有＝ kg－1＝3 kg－1 则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m′＝0.33 kg 则待测物体的质量为Δm＝m′－m＝0.13 kg。 [答案]　(1)12　(2)0.20　(3)0.13 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。一实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＝0.590 m，下降一段距离后的高度h＝0.100 m；由h0下降至h所用的时间t＝0.730 s。由此求得小球B加速度的大小为a＝________m/s2(保留3位有效数字)。 从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0 g和150.0 g，当地重力加速度大小为g＝9.80 m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a′＝________ m/s2(保留3位有效数字)。可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因： ______________________________________________。 解析　B小球在0.730 s时间内下落距离s＝0.590 m－0.100 m＝0.490 m，初始时速度为零， 据s＝at2得a＝＝m/s2＝1.84 m/s2。 若已知两小球的重力，据牛顿第二定律 对B球有mBg－FT＝mBa′① 对A球有mAg－FT＝mA(－a′)② 联立①②两式得a′＝g＝×9.8 m/s2＝1.96 m/s2。 答案　1.84　1.96　滑轮的轴不光滑或滑轮有质量 学科网（北京）股份有限公司 $$