實驗四探究加速度與物體受力、物體質量的關系授課提示：對應學生用書第55頁一、實驗目的1．學會用控制變量法研究物理規律。2．學會靈活運用圖象法處理實驗數據。3．探究加速度與力、質量的關系，并驗證牛頓第二定律。二、實驗原理與要求[基本實驗要求]1．實驗原理(見實驗原理圖)(1)保持質量不變，探究加速度與合外力的關系。(2)保持合外力不變，探究加速度與質量的關系。(3)作出aF圖象和aeq\f(1,m)圖象，確定其關系。2．實驗器材小車、砝碼、小盤、細繩、附有定滑輪的長木板、墊木、打點計時器、低壓交流電源、導線、紙帶、天平、毫米刻度尺。3．實驗步驟(1)測量：用天平測量小盤和砝碼的總質量m′和小車的質量m。(2)安裝：按照實驗原理圖把實驗器材安裝好，只是不把懸掛小盤的細繩系在小車上(即不給小車牽引力)。(3)平衡摩擦力：在長木板不帶定滑輪的一端下面墊上一塊薄木塊，使小車能勻速下滑。(4)操作：①小盤通過細繩繞過定滑輪系于小車上，先接通電源后放開小車，取下紙帶編號碼。②保持小車的質量m不變，改變砝碼和小盤的質量m′，重復步驟①。③在每條紙帶上選取一段比較理想的部分，測加速度a。④描點作圖，作aF圖象。⑤保持砝碼和小盤的質量m′不變，改變小車質量m，重復步驟①和③，作aeq\f(1,m)圖象。[規律方法總結]1．注意事項(1)平衡摩擦力：適當墊高木板的右端，使小車的重力沿斜面方向的分力正好平衡小車和紙帶受到的阻力。在平衡摩擦力時，不要把懸掛小盤的細繩系在小車上，但要小車拉著紙帶。(2)實驗時要保證小盤和砝碼的總質量m′遠小于小車的質量m。(3)不必重復平衡摩擦力。(4)一先一后：改變拉力和小車質量后，每次開始時小車應盡量靠近打點計時器，并應先接通電源，后釋放小車。2．誤差分析(1)因實驗原理不完善引起的誤差：本實驗用小盤和砝碼的總重力m′g代替小車的拉力，而實際上小車所受的拉力要小于小盤和砝碼的總重力。(2)摩擦力平衡不準確、質量測量不準確、計數點間距測量不準確、紙帶和細繩不嚴格與木板平行以及描點作圖時都會引起誤差。3．數據處理(1)利用逐差法Δx＝aT2求a。(2)以a為縱坐標，F為橫坐標，根據各組數據描點，如果這些點在一條過原點的直線上，說明a與F成正比。(3)以a為縱坐標，eq\f(1,m)為橫坐標，描點、連線，如果該線為過原點的直線，就能判定a與m成反比。授課提示：對應學生用書第56頁命題點一教材原型實驗實驗原理與操作[典例1]在“驗證牛頓運動定律”實驗中，采用如圖所示的裝置進行實驗。(1)對小車進行“平衡摩擦力”操作時，下列必須進行的是________(填字母序號)。A．取下沙和沙桶B．在空沙桶的牽引下，輕推一下小車，小車能做勻速直線運動C．小車拖著穿過打點計時器的紙帶做勻速運動時，打點計時器的電源應斷開D．把長木板沒有定滑輪的一端墊起適當高度(2)實驗中，已經測出小車的質量為M，沙和沙桶的總質量為m，若要將沙和沙桶的總重力大小作為小車所受拉力F的大小，這樣做的前提條件是________________________。(3)在實驗操作中，下列說法正確的是____________。A．求小車運動的加速度時，可用天平測出沙和沙桶的質量M′和m′，以及小車質量M，直接用公式a＝eq\f(M′＋m′,M)g求出B．實驗時，應先接通打點計時器的電源，再放開小車C．每改變一次小車的質量，都需要改變墊入的小木塊的厚度D．先保持小車質量不變，研究加速度與力的關系；再保持小車受力不變，研究加速度與質量的關系，最后歸納出加速度與力、質量的關系[解析](1)平衡摩擦力是使小車所受重力沿木板方向的分力與小車所受摩擦力平衡，故A、D項正確，B項錯誤；為確定小車是否為勻速運動，需要通過紙帶上點跡是否均勻來判斷，故C項錯誤。(2)根據牛頓第二定律得mg＝(M＋m)a，解得a＝eq\f(mg,M＋m)，則繩子的拉力F＝Ma＝eq\f(Mmg,M＋m)＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))，可知當沙和沙桶的總質量遠小于小車質量時，小車所受的拉力大小等于沙和沙桶的總重力，所以應滿足的條件是沙和沙桶的總質量遠小于小車的質量。(3)本實驗是“驗證牛頓運動定律”，所以不能把牛頓第二定律當成已知的公式來使用，故A錯誤；使用打點計時器時，應該先接通電源，后釋放紙帶，故B正確；平衡摩擦力后有μ＝tanθ，小車質量改變時，總滿足mgsinθ＝μmgcosθ，與小車質量無關，所以不用再次平衡摩擦力，故C錯誤；本實驗采用控制變量法，故D正確。[答案](1)AD(2)沙和沙桶的總質量遠小于小車的質量(3)BD易錯提醒實驗操作中兩個應注意的問題———————————————————————(1)平衡摩擦力——用小車所受的拉力替代合力小車受力為重力、拉力、阻力、支持力，平衡摩擦力后，使重力、阻力和支持力的合力為零，則小車所受的拉力等于小車的合力。(2)小車質量(M)遠大于懸掛物質量(m)——用懸掛物重力替代小車所受的拉力由牛頓第二定律得系統的加速度a＝eq\f(m,M＋m)g，小車所受的拉力F＝Ma＝Meq\f(mg,M＋m)＝eq\f(1,1＋\f(m,M))mg，顯然，當M?m時，F≈mg。數據處理與分析[典例2]某組同學設計了“探究加速度a與物體所受合力F及質量M的關系”實驗。圖甲為實驗裝置簡圖，A為小車，B為電火花計時器，C為裝有細沙的小桶，D為一端帶有定滑輪的長方形木板，實驗中認為細繩對小車的拉力F等于細沙和小桶的總重力，小車運動的加速度a可用紙帶上打出的點求得。(1)圖乙為某次實驗得到的紙帶，已知實驗所用電源的頻率為50Hz。根據紙帶可求出電火花計時器打B點時的速度為________m/s，小車的加速度大小為________m/s2。(結果均保留兩位有效數字)(2)在“探究加速度a與質量M的關系”時，某同學按照自己的方案將實驗數據在坐標系中進行了標注，但尚未完成圖象(如圖丙所示)。請繼續幫助該同學作出坐標系中的圖象。(3)在“探究加速度a與合力F的關系”時，該同學根據實驗數據作出了加速度a與合力F的圖線如圖丁，該圖線不通過坐標原點，試分析圖線不通過坐標原點的原因。答：________________________________________________________________________。(4)實驗時改變所掛小桶內細沙的質量，分別測量小車在不同外力作用下的加速度。根據測得的多組數據畫出aF關系圖線，如圖戊所示。此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此現象的主要原因可能是________(選填下列選項的序號)。A．小車與平面軌道之間存在摩擦B．平面軌道傾斜角度過大C．所掛小桶及桶內細沙的總質量過大D．所用小車的質量過大[解析](1)AC這段位移的平均速度等于AC這段時間中間時刻的瞬時速度，即B點的瞬時速度，故vB＝eq\f(AB＋BC,4T)＝eq\f(×10－2,4×)m/s＝1.6m/s。由逐差法求解小車的加速度，a＝eq\f(CD＋DE－AB＋BC,4×2T2)＝eq\f(×10－2,4×2×2)m/s2＝3.2m/s2。(2)將坐標系中各點連成一條直線，連線時應使直線過盡可能多的點，不在直線上的點應大致對稱地分布在直線的兩側，離直線較遠的點應視為錯誤數據，不予考慮，連線如圖所示。(3)圖線與橫軸有截距，說明實驗前沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。(4)在實驗中認為細繩的張力F等于細沙和小桶的總重力mg，實際上，細繩張力F′＝Ma，mg－F′＝ma，即F′＝eq\f(M,M＋m)·mg，a＝eq\f(1,M＋m)·mg＝eq\f(1,M＋m)·F，所以當拉力F變大時，m必定變大，eq\f(1,M＋m)必定減小。當M?m時，aF圖象為直線，當不滿足M?m時，便有aF圖象的斜率逐漸變小，選項C正確。[答案](1)(2)圖見解析(3)實驗前沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足(4)C規律總結(1)如果a與eq\f(1,M)是正比關系，則aeq\f(1,M)圖象是直線，而若a與M是反比關系，則aM圖象是曲線，在研究兩個量的關系時，直線更易確定兩者之間的關系，故本實驗作aeq\f(1,M)圖象。(2)該實驗中，保持物體質量不變時，aF圖象應為一條過原點的直線，aF圖象不過原點可能是平衡小車摩擦力沒有達到實驗要求所致。(3)由于不滿足M?m引起的誤差，圖線aF和aeq\f(1,M)都向下彎曲，分析：①在aF圖象中，根據a＝eq\f(1,M＋m)mg知，M一定，當滿足M?m時，圖線斜率視為eq\f(1,M)不變，圖線為直線。不滿足M?m時，隨著m增大，圖線斜率減小，圖線向下彎曲。②在aeq\f(1,M)圖象中，根據a＝eq\f(1,M＋m)mg＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))·eq\f(1,M)知，m一定，當滿足M?m時，圖線斜率視為mg不變，圖線為直線。不滿足M?m時，隨著M減小，圖線斜率減小，圖線向下彎曲。命題點二實驗實驗器材創新[典例3](2021·江蘇新沂高三質檢)圖甲是利用氣墊導軌探究在外力一定的條件下，物體加速度與質量的關系的實驗裝置。實驗步驟如下：①氣墊導軌放在水平桌面上，并調至水平；②用游標卡尺測出擋光條的寬度為l；③由導軌上標尺讀出兩光電門中心之間的距離為s；④將滑塊移至光電門1左側某處，待砝碼靜止不動后釋放滑塊，要求砝碼落地前擋光條已通過光電門2；⑤從數字計時器(圖中未畫出)上分別讀出擋光條通過光電門1和光電門2所用的時間分別為Δt1和Δt2；⑥用天平稱出滑塊和擋光條的總質量為M；⑦改變滑塊的質量，重復步驟④⑤⑥進行多次實驗。據上述實驗回答下列問題：(1)關于實驗操作，下列說法正確的是________。A．應先接通光電門后釋放滑塊B．調節氣墊導軌水平時，應掛上砝碼C．應調節定滑輪使細線和氣墊導軌平行D．每次都應將滑塊從同一位置由靜止釋放(2)用測量物理量的字母表示滑塊加速度a＝________。(3)由圖乙畫出eq\f(1,a)M的圖線(實線)，可得到砝碼和砝碼盤的總重力G＝________N。(4)在探究滑塊加速度a和質量M間的關系時，根據實驗數據畫出如圖乙所示的eq\f(1,a)M圖線，發現圖線與理論值(虛線)有一定的差距，可能原因是________________________________________。[解析](1)先接通光電門后釋放滑塊，以確保滑塊經過光電門時，光電門能正常工作，故選項A正確；掛上砝碼后，滑塊受拉力作用，因此在調節氣墊導軌時應不掛砝碼，故選項B錯誤；調節定滑輪使細線和氣墊導軌平行目的是使滑塊所受拉力與運動方向相同，故選項C正確；由于兩光電門記錄的是滑塊通過它們的時間，不需每次經過時速度相等，因此無需將滑塊從同一位置由靜止釋放，故選項D錯誤。(2)根據勻變速直線運動規律有2as＝veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝(eq\f(l,Δt2))2－(eq\f(l,Δt1))2，解得a＝eq\f(\f(l,Δt2)2－\f(l,Δt1)2,2s)。(3)在eq\f(1,a)M圖象中，圖線的斜率表示了滑塊所受作用力的倒數，即為eq\f(1,G)，因此有G＝eq\f(1,k)N(N均可)。(4)圖象出現了縱截距，原因是沒有選取滑塊和砝碼一起作為研究對象(或M沒有加上砝碼和砝碼盤的質量)。[答案](1)AC(2)eq\f(\f(l,Δt2)2－\f(l,Δt1)2,2s)(3)(～)(4)沒有選取滑塊和砝碼一起作為研究對象(或M沒有加上砝碼和砝碼盤的質量)創新評價本實驗用光電門和氣墊導軌代替打點計時器與滑板組合，無須平衡摩擦力，操作便捷；根據遮光條的寬度可測滑塊的速度，應用運動學公式求加速度，避免了紙帶位移測量的誤差。實驗設計創新[典例4]某物理課外小組利用圖(a)中的裝置探究物體加速度與其所受合外力之間的關系。圖中，置于實驗臺上的長木板水平放置，其右端固定一輕滑輪；輕繩跨過滑輪，一端與放在木板上的小滑車相連，另一端可懸掛鉤碼。本實驗中可用的鉤碼共有N＝5個，每個質量均為kg。實驗步驟如下：(1)將5個鉤碼全部放入小車中，在長木板左下方墊上適當厚度的小物塊，使小車(和鉤碼)可以在木板上勻速下滑。(2)將n(依次取n＝1,2,3,4,5)個鉤碼掛在輕繩右端，其余N－n個鉤碼仍留在小車內；用手按住小車并使輕繩與木板平行。釋放小車，同時用傳感器記錄小車在時刻t相對于其起始位置的位移s，繪制st圖象，經數據處理后可得到相應的加速度a。(3)對應于不同的n的a值見下表。n＝2時的st圖象如圖(b)所示；由圖(b)求出此時小車的加速度(保留兩位有效數字)，將結果填入下表。n12345a/(m·s－2)(4)利用表中的數據在圖(c)中補齊數據點，并作出an圖象。從圖象可以看出：當物體質量一定時，物體的加速度與其所受的合外力成正比。(5)利用an圖象求得小車(空載)的質量為________kg(保留兩位有效數字，重力加速度取g＝m·s－2)。(6)若以“保持木板水平”來代替步驟(1)，下列說法正確的是________(填入正確選項前的標號)。A．an圖線不再是直線B．an圖線仍是直線，但該直線不過原點C．an圖線仍是直線，但該直線的斜率變大解析：(3)根據題圖(b)可知，當ts時，位移s＝m，由s＝eq\f(1,2)at2，得加速度a＝eq\f(2s,t2)m/s2。(5)由牛頓第二定律得nm0g＝(m＋5m0)a，解得a＝eq\f(m0g,m＋5m0)n，其中m0kg，根據an圖象可得m＝kg。(6)若保持木板水平，則小車運動中受到摩擦力的作用，則滿足F－Ff＝ma的形式，即nm0g－μ[(5－n)m0g＋mg]＝(5m0＋m)a，得a＝eq\f(nm0g＋μm0g,5m0＋m)－eq\f(5μm0g＋μmg,5m0＋m)，顯然an圖線仍是直線，但不過原點，且斜率由原來的eq\f(m0g,5m0＋m)變為eq\f(m0g＋μm0g,5m0＋m)，即斜率變大，故B、C正確。答案：(3)(4)如圖所示(5)(6)BC創新評價本題創新之處體現在兩點，一是實驗過程保證了系統總質量不變化；二是用傳感器記錄小車的時間t與位移s，直接繪制st圖象處理實驗數據。實驗目的創新[典例5](2020·全國百強名校高三下學期領軍考試)某同學用如圖甲所示的實驗裝置測量木塊與木板間的動摩擦因數。(1)從打出的若干紙帶中選出了如圖乙所示的一條，紙帶上A、B、C、D、E這些點的間距如圖中標示，其中每相鄰兩點間還有4個計時點未畫出。打點計時器的電源頻率是50Hz，根據測量結果計算：打C點時紙帶的速度大小為________________m/s；紙帶運動的加速度大小為________________m/s2。(結果保留三位有效數字)(2)通過(1)測得木塊的加速度為a，還測得鉤碼和木塊的質量分別為m和M，已知當地重力加速度為g，則動摩擦因數μ＝________________。[解析](1)紙帶上兩相鄰計數點的時間間隔為T＝s，設s1cm、s2cm、s3cm、s4cm，打C點時紙帶的速度大小為vC＝eq\f(s2＋s3,2T)，代入數值得vCm/s，加速度a＝eq\f(a1＋a2,2)＝eq\f(s4＋s3－s1＋s2,4T2)，代入數值得am/s2。(2)對木塊和鉤碼組成的系統，由牛頓第二定律得mg－μMg＝(M＋m)a，解得μ＝eq\f(mg－m＋Ma,Mg)。[答案](1)(2)eq\f(mg－m＋Ma,Mg)創新評價本題中的創新點在于由驗證加速度與物體的質量、合外力的關系拓展為利用牛頓第二定律測量物塊與木板間的動摩擦因數。實驗情景創新[典例6]某實驗小組應用如圖甲所示裝置“探究加速度與物體受力的關系”，已知小車的質量為M，砝碼及砝碼盤的總質量為m，所用的打點計時器所接的交流電的頻率為50Hz。實驗步驟如下：A．按圖所示安裝好實驗裝置，其中與定滑輪及彈簧測力計相連的細線豎直；B．調節長木板的傾角，輕推小車后，使小車能沿長木板向下勻速運動；C．掛上砝碼盤，接通電源后，再放開小車，打出一條紙帶，由紙帶求出小