长春市高考物理一轮专题： 第14讲 实验：验证牛顿运动定律A卷

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1.如图所示，质量 M=0 . 4kg 的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的 距离L=0. 5m ，某时刻另一质量 m=0. 1kg 的小滑块(可视为质点)以v o =2m /s 的速度向右 滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。

已知小滑 块与长木板间的动摩擦因数 卩=0 2，重力加速度g=10m /s 2,小滑块始终未脱离长木板。

求：m h»卜 ------ I ----------------- J十一…一 _…一…対 _______________ ________ J(1) 自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；(2) 长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。

【答案】(1) 1.65m (2) 0.928m 【解析】【详解】 解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒: 解得：卜—对长木板：|出巷二圧圧 得长木板的加速度： 自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度： 號二I解得：1x=长木板位移： 解得：I - -：- I ■'•：「: I ；!两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板L-x = v\li解得：t = ti + t2 = 1.655(2)长木板碰竖直挡板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒: 最终两者的共同速度：■― V 沉匕I1 1 1}imgs =菱册响_ 云血 十 财}诃小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：2.如图所示，小红和妈妈利用寒假时间在滑雪场进行滑雪游戏。

已知雪橇与水平雪道间的动摩擦因数为 卩=0.1，妈妈的质量为 M = 60kg ，小红和雪橇的总质量为 m = 20kg 。

在游戏过程中妈妈用大小为 F = 50N ,与水平方向成 37°角的力斜向上拉雪橇。

高中物理高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。

如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。

B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。

倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。

一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。

用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。

g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。

【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22v ta = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。

专题（14）实验四 验证牛顿运动定律考点一 基础实验考查题型1 对实验原理和注意事项的考查【典例1】 某实验小组利用如图(a)所示的装置探究加速度与力、质量的关系．(1)下列做法正确的是________(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________(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(a)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，分别得到图(b)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(b)可知，m 甲________m乙，μ甲________μ乙．(均填“大于”“小于”或“等于”)【答案】(1)AD (2)远小于 (3)小于 大于【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后不再需要重新平衡摩擦力，D 项正确．(2)只有当砝码桶及桶内砝码的总质量m 远小于木块和木块上砝码的总质量M 时，砝码桶及桶内砝码的总重力才近似等于木块运动时受到的拉力．(3)不平衡摩擦力，则F －μmg ＝ma ，a ＝F m－μg ，图象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． 【提 分 笔 记】(1)在本实验中，必须平衡摩擦力，在平衡摩擦力时，不要把盘和重物系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运动．(2)改变小车的质量或拉力的大小时，改变量可适当大一些，但应满足盘和重物的总质量远小于小车和车上砝码的总质量，盘和重物的总质量不超过小车和车上砝码总质量的10%.题型2 对数据处理和误差的考查【典例2】 某物理课外小组利用图(a)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：图(a)(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 图象，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 图象如图(b)所示；由图(b)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.(4)利用表中的数据在图的加速度与其所受的合外力成正比．(5)利用a ­n 图象求得小车(空载)的质量为________kg(保留2位有效数字，重力加速度取g ＝9.8 m/s 2)． (6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的字母)． 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【答案】(3)0.39(0.37～0.41均可)'(4)图见解析'(5)0.45(0.43～0.47均可) (6)BC【解析】(3)实验中小车做匀加速直线运动，由于小车初速度为零，结合匀变速直线运动规律有s ＝12at 2，结合图(b)得加速度a ＝0.39 m/s 2.(4)如图所示．(5)由(4)知，当n ＝4时，加速为0.78 m/s 2，由牛顿第二定律可知：4×0.01×9.8＝(M ＋5×0.01)×0.78，解得M ＝0.45 kg.(6)若未平衡摩擦力，则下端所挂钩码的总重力与小车所受摩擦力的合力提供小车和5个钩码的加速度，即nm 0g －μ[M ＋(N －n )m 0]g ＝(M ＋Nm 0)a ，解得a ＝1＋μm 0gM ＋Nm 0·n －μg ，可见图线截距不为零，其图线仍是直线，图线斜率相对平衡摩擦力时有所变大，B 、C 项正确． 【提 分 笔 记】利用图象处理数据是物理实验中常用的重要方法在实验中如果发现一个量x 与另一个量y 成反比，那么，x 就应与1y成正比．因为在处理数据时，判断一条图线是否为正比例函数图象比判断其是否为反比例函数图象要简单和直观得多，所以可以将反比例函数的曲线转化为正比例函数的直线进行处理 考点二 创新实验考查 1．实验方案的改进(1)如图，两个小车，同时运动、同时停止，位移之比等于加速度之比．可以通过增减小盘中砝码探究加速度与力的关系，通过增减小车中的砝码探究加速度与质量的关系．(2)将小车与小盘、砝码看做整体，小盘和砝码的重力即系统所受合力，通过小盘中和小车中砝码的变动，使系统总质量不变，探究加速度与力的关系．此方案不必保证小车质量远大于小盘砝码总质量． 2．实验器材的改进(1)气垫导轨：不用平衡摩擦力．(2)力传感器或弹簧测力计：可直接测绳的拉力，不必保证小车质量远大于小盘砝码总质量．(3)速度传感器、位移传感器、光电门． 3．数据测量的改进(1)光电门：a ＝12x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 12.(2)位移传感器：a ＝2xt2.(3)速度传感器：a ＝v 22－v 212x.4．实验的拓展延伸以“探究加速度与力、质量的关系”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数．【典例3】 (2018年全国卷Ⅱ)某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数．跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码．缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小．某次实验所得数据在下表中给出，其中f 4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出．回答下列问题： (1)f 4＝________ N.(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f ­m 图线．(3)f 与m 、木块质量M 、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g 之间的关系式为f ＝________，f ­m 图线(直线)的斜率的表达式为k ＝________.(4)取g ＝9.80 m/s 2，由绘出的f ­m 图线求得μ＝____________.(保留2位有效数字) 【答案】(1)2.75 (2)如图所示 (3)μ(M ＋m )g μg (4)0.40 【解析】(1)由图(b)可读出弹簧秤的示数f 4＝2.75 N. (2)f ­m 图线如答案图所示．(3)摩擦力表达式f ＝μ(M ＋m )g ，其斜率k ＝μg .(4)图线的斜率k ＝Δf Δm ＝2.93－2.150.25－0.05＝3.9 N/kg ，解得μ＝0.40.【提 分 笔 记】 (1)求斜率的注意事项 ①描点要准确．②连线尽可能通过更多的点，个别偏差大的点可舍去． ③在直线上选取间隔较大的两个点求斜率．(2)计算动摩擦因数：由于未给出木块质量，所以用k ＝ΔfΔm＝μg 计算．【变式1】某同学用如图甲所示的气垫导轨装置“探究加速度与力的关系”，图中两个光电门G 1、G 2之间的距离为x ，它们与数字计时器相连，滑行器连同上面固定的条形挡光片的总质量为M ，挡光片的宽度为d ，牵引砝码的质量为m .实验前他先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平．充气后让滑行器先后通过光电门G 1、G 2，并记录下挡光片的挡光时间t 1、t 2，请回答下列问题：(1)该同学用游标卡尺测量挡光片的宽度如图乙所示，则挡光片的宽度d ＝________ cm. (2)若M ＝0.4 kg ，为进行多次实验，需改变m 的值，下列不合适的一项是________(填序号)． A ．m 1＝5 g B ．m 2＝15 g C ．m 3＝20 gD ．m 4＝400 g(3)写出计算滑行器加速度大小的表达式________(用t 1、t 2、d 、x 表示)． 【答案】(1)1.24 (2)D (3)a ＝12x ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2t 22－d 2t 21解析：(1)由图乙游标卡尺可知，其示数为12 mm ＋4×0.1 mm＝1.24 cm.(2)在实验中，认为m 的重力等于滑块所受的合力，所以m 的质量应远小于M 的质量，M ＝0.4 kg ＝400 g ，所以D 不合适．(3)由于挡光片通过光电门的时间很短，所以可以认为挡光片通过光电门的瞬时速度等于挡光片通过光电门的平均速度，即滑块经过光电门的速度v 1＝dt 1，v 2＝d t 2，根据位移速度公式2ax ＝v 22－v 21，整理得a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 122x.【变式2】在研究加速度和力的关系时，同学们设计了如图所示实验装置，M 为滑块的质量，m 为沙桶和沙子的质量，轻滑轮不计摩擦，该实验已经平衡摩擦力．(1)实验中，一定要进行的操作是________． A ．用天平测出m 的大小B ．滑块靠近打点计时器(图中未画出)，先接通电源，后释放滑块C ．改变沙桶和沙子的质量，打出几条纸带D ．为减小误差，要保证m 远远小于M(2)以力传感器的示数F 为横坐标，通过纸带计算出的加速度为纵坐标，画出的a ­F 图象是一条直线，求得图线的斜率为k ，则滑块的质量M ＝________. 【答案】(1)BC (2)2k解析：(1)本题拉力通过力传感器测出，不需要用天平测出m 的大小，也就不需要保证m ≪M ，选项A 、D 错误；滑块靠近打点计时器，先接通电源，后释放滑块，选项B 正确；改变沙桶和沙子质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F 变化关系，选项C 正确．(2)由牛顿第二定律得2F ＝Ma ，解得a ＝2M F ，则k ＝2M ，所以滑块质量M ＝2k.【变式3】某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置来测量物体间的动摩擦因数，实验步骤如下：①把“”形木块放在光滑水平面上，木块表面AB 、BC 粗糙程度相同；②木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器(当力传感器受水平压力时，其示数为正值；当力传感器受到水平拉力时，其示数为负值)；③一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力与时间的关系如图乙所示(滑块经过B 时的速率不变)。

高考物理一轮专题：第14讲实验：验证牛顿运动定律姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共1题；共2分)1. （2分）(2017·泰州模拟) “探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示．实验中，为使小车运动时所受的拉力近似等于盘和重物的总重力，则盘和重物的总质量m与小车的质量M应满足的关系是（）A . m远大于MB . m远小于MC . m略大于MD . m略小于M二、实验探究题 (共12题；共58分)2. （4分） (2020高三上·和平期末) 在进行力学实验时，需要结合实验原理开掌握实验的有关要求，不能死记硬背，利用如图所示的装置，可完成多个力学实验，附有滑轮的长木板平放在实验桌面上，将细绳一端拴在滑块上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码使滑块在钩码的牵引下运动。

①利用这套装置做“探究加速度与力和质量的关系”的实验，需要先将长木板倾斜适当的角度，这样做的目的是________，还要求钩码的质量远小于滑块的质量，这样做的目的是________。

A．避免在滑块运动的过程中发生抖动B．使滑块获得较大的加速度C．使细线的拉力等于滑块受到的合外力D．使滑块最终能匀速运动E．使纸带上点迹清晰，便于进行测量F．使钩码重力近似等于细线的拉力②若用此装置做“研究匀变速直线运动”实验，实验中必须的措施是（________）A．与滑块连接的部分细线必须与长木板平行B．滑块的质量远大于钩码的质量C．先接通电源再释放滑块D．倾斜木板以平衡滑块与长木板间的摩擦力3. （4分） (2017高一上·九江期末) 某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系．（1）下列做法正确的是（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________木块和木块上硅码的总质量（填远大于，远小于，或近似于）（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，分别得到图2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（填“大于”、“小于”或“等于”）4. （4分） (2017高一上·黑龙江期末) 如图1所示，为探究“加速度与合力、质量的关系”的实验装置，请完成以下问题：（1）本实验先保证小车质量不变，探究加速度与合力的关系；再保证小车所受合力不变，探究加速度与小车质量的关系，该实验采用的研究方法为A . 等效替代法B . 控制变量法C . 理想模型法（2）实验中小车和木板间存在摩擦，为了设法排除摩擦的影响，可采用将木板一端垫高的方法来实现，则实验中应将图中木板________侧（填右或左）垫高，从而达到平衡摩擦力．（3）平衡摩擦力后，若小车的总质量为M，钩码总质量为m（m＜＜M），重力加速度为g，可认为小车释放后受到的合外力大小为________（4）该实验中，保证小车所受合力不变，探究加速度与小车质量的关系，采用图象法处理数据．为了比较容易地看出加速度a与质量M的关系，应作A . a﹣M图象B . a﹣图象C . a﹣图象D . a﹣M2图象（5）保证小车质量不变，探究加速度与所受力的关系时，某同学根据实验得到数据，画出F﹣a图象如图2所示，那么该同学实验中出现的问题最可能的是________a．平衡摩擦力过度b．平衡摩擦力不足．5. （5分） (2019高一下·包头月考) 在探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出．（1）当M与m的大小关系满足________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力．（2）一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据为了比较容易地观测加速度a与质量M的关系，应该做a与________的图象．（3）乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的图线如图所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同________？6. （3分） (2018高二下·伊宁期末) 如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图。

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，传送带的倾角θ=37°，上、下两个轮子间的距离L=3m ，传送带以v 0=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动．一质量m=2kg 的小物块从传送带中点处以v 1=1m/s 的初速度沿传送带向下滑动．已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s 2．求(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度． (2)小物块离开传送带时的速度大小． 【答案】（1）1.25m;6m （2）55/5m s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由题意可知0.8tan 370.75μ=>=o ，即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力sin 37mg o，在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有：cos37sin 37mg mg ma μ-=o o解得：20.4/a m s =小物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度为0时运动到最远距离1x ，假设小物块速度为0时没有滑落，根据运动公式有：2112v x a=解得：1 1.25x m =，12Lx <，小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离1 1.25x m =小物块向下滑动的时间为11=v t a传送带运动的距离101s v t = 联立解得15s m =小物块相对传送带运动的距离11x s x ∆=+解得： 6.25x m ∆=，因传送带总长度为26L m =，所以传送带上留下的划痕长度为6m ； （2）小物块速度减小为0后，加速度不变，沿传送带向上做匀加速运动 设小物块到达传送带最上端时的速度大小为2v 假设此时二者不共速，则有：22122L v a x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭解得：255/v m s =20v v <，即小物块还没有与传送带共速，因此，小物块离开传送带时的速度大小为55/m s ．2．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s=，求：()1小物块与长木板间动摩擦因数的值； ()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】 【分析】()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量． 【详解】()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得2222mg ma μ⋅=； 220m v a t =-；由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s = 联立解得10.7μ=()2小物块减速过程中，有：13mg ma μ=； 031m v v a t =-；在整个过程中，由系统的能量守恒得2012Q mv = 联立解得40.5Q J =【点睛】本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．3．四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m =2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F =36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f =4 N ．(g 取10 m ／s 2)(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t =5s 时离地面的高度h ； (2)当无人机悬停在距离地面高度H =100m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落到地面时的速度v ；(3)接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地（到达地面时速度为零），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1．【答案】（1）75m （2）40m/s （355s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由牛顿第二定律 F ﹣mg ﹣f=ma 代入数据解得a=6m/s 2上升高度代入数据解得 h=75m ． （2）下落过程中 mg ﹣f=ma 1 代入数据解得落地时速度 v 2=2a 1H ， 代入数据解得 v=40m/s（3）恢复升力后向下减速运动过程 F ﹣mg+f=ma 2 代入数据解得设恢复升力时的速度为v m ，则有由 v m =a 1t 1 代入数据解得．4．如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)滑块A 的加速度大小a A ； (2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．【答案】（1）2A 8m/s a =；（2）50W P =【解析】 【详解】（1）A 、B 受力如图所示：A 、B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ： 水平方向：N 1F F = 竖直方向：A A A m g f m a -= 且：N f F μ=联立以上各式并代入数据解得：2A 8m/s a =（2）对A 由位移公式得：212A A x a t = 对B 由位移公式得：212B B x a t =由位移关系得：B A x h x =- 由速度公式得B 的速度：B B v a t = 对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -= 恒力F 2的功率：2B P F v = 联立解得：P ＝50W5．如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:（1）铁钉射入木块后共同的速度v ;（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N; （3）木块最终停止时离A 点的距离s.【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆= 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：0001()m v m m v =+解得：2m v s =；(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度210.5m a g s μ==，且方向向右板产生的加速度220.5mgma s Mμ==，且方向向左设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动则：12v a t a t -=此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度22121122x vt a t a t L ∆=--=故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s'=-=木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2N v F mg m R-=代入相关数据解得：F N =12.5N.由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：201011()()2m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1， 则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时2211121110.522x v t a t a t m ∆=--='' 3210.5m v v at s=-=碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0，则3211v t s a == 2322210.252x v t a t m =-=故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离A 点1.25m 远．6．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能； （2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22v ≤≤ 【解析】试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+ 由机械能守恒得：()()222111122222B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2212C v v a x -=联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：12.5Cv v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=摩擦生热·8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22212c v v a L -=根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-联立解得：1/c v s =设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22112c v v a L -=解得：2/c v s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+解得：13/2max c v v s ==同理得：/min v s =0//s v s ≤≤7．如图甲所示，质量为m=2kg 的物体置于倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t 1=0.5s 时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ (2)拉力F 的大小(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s ． 【答案】(1)μ=0.5 (2) F =15N (3)s =7.5m 【解析】 【分析】由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 μ．根据v-t 图象面积求解位移. 【详解】（1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为：2210510/10.5a m s -==- 此过程有：mgs inθ+μmgcosθ=ma 2 代入数据解得：μ=0.5（2）由图象可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a 1=210/0.5m s =20m/s 2 此过程有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma 1 代入数据解得：F=60N（3）由图象可知，物体向上滑行时间1.5s ，向上滑行过程位移为：s ＝12×10×1.5＝7.5m 【点睛】本题首先挖掘速度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第二定律求解物体的受力情况．8．一长木板静止在水平地面上，木板长5l m =，小茗同学站在木板的左端，也处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v=4m/s ，已知木板质量M =20kg ，小茗质量m =50kg ，g 取10m/s 2，求木板与地面之间的动摩擦因数μ（结果保留两位有效数字）．【答案】0.13 【解析】 【分析】对人分析，由速度公式求得加速度，由牛顿第二定律求人受到木板的摩擦力大小；由运动学的公式求出长木板的加速度，由牛顿第二定律求木板与地面之间的摩擦力大小和木板与地面之间的动摩擦因数． 【详解】对人进行分析，由速度时间公式：v=a 1t 代入数据解得：a 1=2m/s 2 在2s 内人的位移为：x 1＝2112a t 代入数据解得：x 1=4m由于x 1=4m ＜5m ，可知该过程中木板的位移：x 2=l-x 1=5-4=1m 对木板：x 2＝2212a t可得：a 2=0.5m/s 2对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m ）g=Ma 2 根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=ma 1 代入数据解得：f=100N 代入数据解得：μ＝90.1370≈． 【点睛】本题主要考查了相对运动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式，再结合位移间的关系即可解题．本题也可以根据动量定理解答．9．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力. （1）求座舱下落的最大速度; （2）求座舱下落的总时间;（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】（1）30m/s （2）5s ．（3）75N ． 【解析】试题分析：（1）v 2=2gh; v m ＝30m/s⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2112h gt =t 1＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2hv =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg－N＝mg解得：N＝0根据牛顿第三定律有：N′＝N＝0，即球对手的压力为零在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg－N＝ma根据匀变速直线运动规律有：a＝222vh-＝－15m/s2解得：N＝75N（2分）根据牛顿第三定律有：N′＝N＝75N，即球对手的压力为75N考点：牛顿第二及第三定律的应用10．如图所示，质量1m kg=的小球套在细斜杆上，斜杆与水平方向成30α=o角，球与杆之间的滑动摩擦因数36μ=，球在竖直向上的拉力20F N=作用下沿杆向上滑动．（210/g m s=）求：（1）求球对杆的压力大小和方向；（2）小球的加速度多大；（3）要使球以相同的加速度沿杆向下加速运动，F应变为多大．【答案】（1）53N方向垂直于杆向上（2）22.5m/s（3） 0N【解析】(1)小球受力如图所示：建立图示坐标，沿y方向，有：(F−mg)cos30∘−FN=0解得：FN=53N根据牛顿第三定律，球对杆的压力大小为3N，方向垂直于杆向上．(2)沿x方向由牛顿第二定律得(F−mg)sin30∘−f=ma而f=μFN解得：a=2.5m/s2（3）沿y方向，有：(mg −F)cos30∘−FN=0沿x方向由牛顿第二定律得(mg −F)sin30∘−f=ma而f=μFN解得：F=0N。

实验4验证牛顿运动定律1．如图S4－1所示，在探究牛顿运动定律的演示实验中,若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2，车中所放砝码的质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x1、x2，则在实验误差允许的范围内,有________．图S4－1A．当m1＝m2、F1＝2F2时，x1＝2x2B．当m1＝m2、F1＝2F2时，x2＝2x1C．当m1＝2m2、F1＝F2时，x1＝2x2D．当m1＝2m2、F1＝F2时,x2＝2x12．使用如图S4－2所示的气垫导轨装置探究加速度与力的关系．其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连,当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录，滑行器连同上面固定的条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，光电门之间的距离为x,牵引砝码的质量为m。

回答下列问题：图S4－2（1)实验开始前应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下,如何判定调节是否到位？答：__________________________________________________________ ______________。

（2）若取M＝0。

4 kg，改变m的值，进行多次实验,以下m的取值不合适的一个是____________．A．m1＝5 g B．m2＝15 gC．m3＝40 g D．m4＝400 g（3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，求得的加速度的表达式为__________________________________________________________ ____________________________________________________________________ __________________.(用Δt1、Δt2、D、x表示）3．某同学设计了如图S4－3所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧测力计固定在一块合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线P、Q,并测出间距d。

高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m ，质量M=0.5kg 的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg 的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F ，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s 。

已知木板与物块间动摩擦因数μ1=3，木板与传送带间的动摩擦因数μ2=34，取g=10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)若在恒力F 作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态；(2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m ；(3)若F=10N ，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q 。

【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N （3）1s 12J 【解析】【详解】（1）对小木块受力分析如图甲：木块重力沿斜面的分力：1sin 2mg mg α= 斜面对木块的最大静摩擦力：13cos 4m f mg mg μα==由于：sin m f mg α>所以，小木块处于静止状态；（2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a ，小木块受力如图乙所示，则 1cos sin mg mg ma μαα-=木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()99.0N 8m F M m g =+=（3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动对小木块有：21cos sin 2.5m/s a g g μαα=-=对长木棒受力如图丙所示()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'=解得24.5m/s a ='由几何关系有：221122L a t at =-' 解得1t s =全过程中产生的热量有两处，则 ()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα⎛⎫=+=+++ ⎪⎝⎭解得：12J Q =。

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M=4kg 的长木板，在长木板右端有一质量m=1kg 的小物块，长木板与小物块间的动擦因数μ=0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F=14N 的水平恒力向石拉长木板，经时间t=1s 撤去水平恒力F ，g=10m/s 2．求(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度a 的大小； (2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端的距离s ； (3)撒去F 后，系统能损失的最大机械能△E ． 【答案】（1）2m/s 2（2）0.5m （3）0.4J 【解析】 【分析】（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；（3）撤去F 后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能△E ． 【详解】（1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：µmg=ma 1， 解得a 1=µg=2m/s 2（2）对木板，受拉力和摩擦力作用， 由牛顿第二定律得，F-µmg=Ma 2， 解得：a 2= 3m/s 2． 小物块运动的位移：x 1=12a 1t 2=12×2×12m=1m ， 长木板运动的位移：x 2=12a 2t 2=12×3×12m=1.5m ， 则小物块相对于长木板的位移：△x=x 2-x 1=1.5m-1m=0.5m ．（3）撤去F 后，小物块和木板的速度分别为：v m =a 1t=2m/s v=a 2t=3m/s 小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒：()m mv Mv M m v +=+' 解得 2.8/v m s ='从撤去F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律：222111()222m mv Mv E M m v +=∆'++ 解得∆E=0.4J 【点睛】该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式．2．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。

1 / 82019年—2023年高考物理牛顿运动定律部分真题汇编+答案解析（真题部分）1.(2023全国甲,19,6分)(多选)用水平拉力使质量分别为m 甲、m 乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。

甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a 的关系图线如图所示。

由图可知( )A.m 甲<m 乙B.m 甲>m 乙C.μ甲<μ乙D.μ甲>μ乙2.(2023江苏,1,4分)电梯上升过程中,某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系,如图所示。

电梯加速上升的时段是( )A.从20.0 s 到30.0 sB.从30.0 s 到40.0 sC.从40.0 s 到50.0 sD.从50.0 s 到60.0 s3.(2022全国甲,19,6分)(多选)如图,质量相等的两滑块P 、Q 置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。

重力加速度大小为g 。

用水平向右的拉力F 拉动P ,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 ( )A.P 的加速度大小的最大值为2μgB.Q 的加速度大小的最大值为2μgC.P 的位移大小一定大于Q 的位移大小D.P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小4.(2023湖南,10,5分)(多选)如图,光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的作用下加速运动。

车厢内有质量均为m 的A 、B 两小球,两球用轻杆相连,A 球靠在光滑左壁上,B球处在车厢水平底2 / 8面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止。

假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

下列说法正确的是(重力加速度为g)( )A.若B 球受到的摩擦力为零,则F=2mg tan θB.若推力F 向左,且tan θ≤μ,则F 的最大值为2mg tan θC.若推力F 向左,且μ<tan θ≤2μ,则F 的最大值为4mg(2μ-tan θ)D.若推力F 向右,且tan θ>2μ,则F 的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ)5.(2022江苏,1,4分)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书,书与桌面间的动摩擦因数为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g =10 m/s 2。

试验四验证牛顿运动定律[试验目的]1．学会用限制变量法探讨物理规律．2．验证牛顿其次定律．3．驾驭利用图象处理数据的方法．[试验原理]探究加速度a与力F及质量M的关系时，应用的基本方法是限制变量法，即先限制一个参量——小车的质量M不变，探讨加速度a与力F的关系，再限制砝码和小盘的质量不变，即力F不变，变更小车的质量M，探讨加速度a与M的关系．[试验器材]打点计时器、纸带、复写纸片、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、砝码、夹子、细绳、低压沟通电源、导线、天平(带有一套砝码)、刻度尺．[试验步骤]1．用天平测出小车和小盘的质量M和M′，把数值记录下来．2．依据如图所示装置把试验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细线系在小车上(即不给小车加牵引力)．3．平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，反复移动木块的位置，直至小车在斜面上运动时可以保持匀速运动状态，这时小车拖着纸带运动时受到的摩擦力恰好与小车所受重力在斜面方向上的分力平衡．4．把细绳系在小车上并绕过滑轮悬挂小盘，先接通电源再放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列的点．打点完成后切断电源，取下纸带，在纸带上标上纸带号码．5．保持小车及车内砝码的质量不变，在小盘内放入质量为m′的砝码，重复步骤4.在小盘内分别放入质量为m″、m…的砝码，再重复步骤4.m′、m″、m…的数值都要记录在纸带上(或表格内)．6．在每条纸带上都选取一段比较志向的部分，标明计数点，测量计数点间的距离，算出每条纸带上的加速度的值．7．用纵坐标表示加速度，横坐标表示力，依据试验结果在坐标平面上画出相应的点．若这些点在一条过原点的直线上，便证明白加速度与作用力成正比．8．保持砝码和小盘的质量不变，在小车上依次加砝码(也需作好记录)，重复上述步骤，用纵坐标表示加速度a ，横坐标表示小车砝码总质量的倒数，在坐标平面上依据试验结果画出相应的点．假如这些点是在一条过原点的直线上，就证明加速度与质量成反比．[数据处理]1．把相同质量的小车在不同力作用下产生的加速度填在下表中.由以上数据画出它的a －F 关系图象如图所示．通过a －F 关系图象我们可以得出，小车的加速度a 与力F 成正比．2．把不同质量的小车在相同力作用下产生的加速度填在下表中．由以上数据画出它的a －M 图象及a －M图象，如图甲、乙所示．通过a －M 和 a －1M关系图象，我们可以得出小车的加速度a 与质量M 成反比，与质量的倒数1M成正比．[误差分析]1．测量误差质量的测量误差，纸带上打点计时器打点间隔距离的测量误差，细线或纸带不与木板平行等会造成误差．2．系统误差本试验中用小盘和砝码的总重力代替小车受到的拉力(事实上小车受到的拉力要小于小盘和砝码的重力)，存在系统误差．小盘和砝码的总质量越接近小车和砝码的质量，误差就越大；小盘和砝码的总质量越小于小车和砝码的质量，误差就越小．3．平衡摩擦力不准造成误差在平衡摩擦力时，除了不挂小盘外，其他的都跟正式试验一样(比如要挂好纸带、接通打点计时器)，匀速运动的标记是打点计时器打出的纸带上各点的距离相等．[留意事项]1．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细线系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运动．2．整个试验平衡了摩擦力后，不管以后是变更小盘和砝码质量，还是变更小车和砝码的总质量，都不须要重新平衡摩擦力．3．必需满意小车与车上所加砝码的总质量远大于小盘和砝码的总质量．只有如此，小盘和砝码的重力才可视为小车受到的拉力．4．变更拉力和小车质量后，每次起先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，且应在小车到达滑轮前按住小车．5．作图象时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧．6．作图时两轴标度比例要选择适当．各量须采纳国际单位．这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些．7．为提高测量精度，可以实行下列措施：(1)应舍掉纸带上开头比较密集的点，在后边便于测量的地方找一个起点．(2)可以把每打五次点的时间作为时间单位，即从起先点起，每隔四个点标出一个计数点，而相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1 s.热点一试验原理与操作[典例1] (2024·安徽芜湖一中期末)在探究“牛顿其次定律”时，某小组设计双车位移比较法来探究加速度与力的关系．试验装置如图所示，将轨道分上下双层排列，两小车后的刹车线穿过尾端固定板，由安装在后面的刹车系统同时进行限制(未画出刹车系统)．通过变更砝码盘中的砝码来变更拉力大小．通过比较两小车的位移来比较两小车的加速度大小．已知两车质量均为200 g，试验数据如表中所示：试依据该试验的情境，回答下列问题：(1)两小车的位移与加速度的关系满意 ； (2)分析表中数据可得到结论： ； (3)该装置中的刹车系统的作用是 ． 解析：(1)由s ＝12at 2可知，s 甲s 乙＝a 甲a 乙；(2)分析表中数据可得到结论：在小车的质量相同的状况下，小车的加速度与外力成正比； (3)该装置中的刹车系统的作用是：让两个小车同时运动，同时停车，确保两车的运动时间相同． 答案：(1)s 甲s 乙＝a 甲a 乙(2)在小车的质量相同的状况下，小车的加速度与外力成正比 (3)让两个小车同时运动，同时停车，确保两车的运动时间相同．1．图甲为“验证牛顿其次定律”的试验装置示意图．砂和砂桶的总质量为m ，小车和砝码的总质量为M .试验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．(1)试验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，先调整长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还须要进行的一项操作是 ．(填正确答案标号)A ．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调整m 的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带推断小车是否做匀速运动B ．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带推断小车是否做匀速运动C ．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，视察推断小车是否做匀速运动(2)试验中要进行质量m 和M 的选取，以下最合理的一组是 ．(填正确答案标号) A ．M ＝200 g ，m ＝10 g 、15 g 、20 g 、25 g 、30 g 、40 g B ．M ＝200 g ，m ＝20 g 、40 g 、60 g 、80 g 、100 g 、120 g C ．M ＝400 g ，m ＝10 g 、15 g 、20 g 、25 g 、30 g 、40 g D ．M ＝400 g ，m ＝20 g 、40 g 、60 g 、80 g 、100 g 、120 g(3)图乙是试验中得到的一条纸带，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为七个相邻的计数点，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：x AB ＝4.22 cm 、x BC ＝4.65 cm 、x CD ＝5.08 cm 、x DE ＝5.49 cm ，x EF ＝5.91 cm ，x FG ＝6.34 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 /s 2.(结果保留两位有效数字)解析：(1)小车在运动过程中受到重力、支持力、纸带的拉力、木板对小车的摩擦力和细线拉力的作用．为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，因此应把木板的一端垫起适当的高度，以使重力、支持力、纸带的拉力和摩擦力的合力为零，即不挂砂桶时小车做匀速运动，因此在进行这一操作时，不应挂砂桶，小车应连接纸带，A 、C 项错误，B 项正确． (2)由于绳子的拉力不易测量，本试验中用砂和砂桶的总重力来代替绳的拉力，而砂桶做加速运动，设加速度大小为a ，则F T ＝m (g －a )，当砂桶的加速度很小时，F T 近似等于mg ，因此试验中应限制试验条件，使砂桶的加速度很小．只有当小车的质量远大于砂和砂桶的总质量时，小车和砂桶的加速度才很小，绳的拉力才近似等于砂和砂桶的总重力．C 项正确． (3)相邻两计数点间的时间T ＝0.1 s ，由Δx ＝aT 2可得a ＝(x FG ＋x EF ＋x DE )－(x CD ＋x BC ＋x AB )(3T )2，代入数据解得a ＝0.42 m/s 2. 答案：(1)B (2)C (3)0.42热点二 数据处理及误差分析[典例2] (2024·北京怀柔高三试卷)某同学设计了如图所示的装置来验证“加速度与力的关系”．把打点计时器固定在长木板上，把纸带穿过打点计时器连在小车的左端．将数字测力计固定在小车上，小车放在长木板上．在数字测力计的右侧拴有一细线，细线跨过固定在木板边缘的定滑轮与一重物相连，在重物的牵引下，小车在木板上加速运动，数字测力计可以干脆显示细线拉力的大小．(1)采纳数字测力计测量细线拉力与用重物重力代替拉力的方法相比 (填选项前的字母) A ．可以不用平衡摩擦力B ．干脆测量小车(包括测力计)所受的拉力， 可以削减误差C ．利用此试验装置不用测量重物的质量D ．重物的质量要远远小于小车和数字测力计的总质量(2)下图是某同学在此试验中获得的一条纸带，其中两相邻计数点间有四个点未画出．已知打点计时器工作频率为50 Hz ，则小车运动的加速度a ＝ m /s 2.(3)保持小车和数字测力计的总质量肯定，变更钩码的质量，测出相应的加速度．采纳图象法处理数据．请同学们依据测量数据做出a －F 图象．(4)试分析上图中图线不过坐标原点的缘由： .解析：(1)在试验中认为拉力为小车的合力，仍旧须要平衡摩擦力．故A 错误．若用钩码拉小车，绳子的拉力小于钩码的重力，用此装置可以干脆测量小车所受的拉力，减小误差，故B 正确．因为拉力的大小通过数字测力计测量出来，不须要测量重物的质量，也不须要满意重物的质量要远远小于小车和数显测力计的总质量．故C 正确，D 错误．(2)由纸带可知，在连续相等时间内的位移之差Δx ＝0.39 cm ，则a ＝Δx T 2＝0.39×10－20.01＝0.39m/s 2(3)依据所描的点作出a －F 图线，如图所示．(4)由图象可知，当力F 到达某一值时小车才有了加速度，说明没有平衡好摩擦力或木板倾角偏小．答案：(1)BC (2)0.39 m/s 2(3)见解析 (4)没有平衡好摩擦力或木板倾角偏小2．在探究物体的加速度a 与物体所受外力F 、物体质量M 间的关系时，采纳如图所示的试验装置．小车及车中的砝码质量用M 表示，盘及盘中的砝码质量用m 表示．(1)当M 与m 的大小关系满意 时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．(2)某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量m 肯定来做试验，其详细操作步骤如下，以下做法正确的是 ．A ．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B ．每次变更小车的质量时，不须要重新平衡摩擦力C ．试验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D ．用天平测出m 以及小车质量M ，小车运动的加速度可干脆用公式a ＝mgM求出(3)另两组同学保持小车及车中的砝码质量M 肯定，探究加速度a 与所受外力F 的关系，由于他们操作不当， 这两组同学得到的a －F 关系图象分别如图甲和图乙所示，其缘由分别是：图甲： ； 图乙： .解析：(1)当m ≪M 时，即当砝码和盘的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力．(2)平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿开，轻轻推出小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带推断小车是否匀速运动，故A 错误；每次变更小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不须要重新平衡摩擦力，故B 正确；试验时，应先接通打点计时器电源，再放开小车，故C 错误；小车运动的加速度是利用打点计时器测量，假如用天平测出m 以及小车质量M ，干脆用公式求出，这是干脆运用牛顿其次定律计算的，而我们试验是在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系，故D 错误．(3)图甲中a －F 图象发生弯曲，这是由于没有保证小车质量远大于盘及盘中砝码质量造成的．图乙中直线没过原点，当F ≠0时，a ＝0.也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消了．该组同学试验操作中没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．即木板倾角过小．答案：(1)m ≪M (2)B (3)m 过大(或M 过小)，造成m 不是远小于M 没有平衡摩擦力或木板的倾角过小热点三 试验的改进与创新以本试验为背景，通过变更试验条件、试验仪器设置题目，不脱离教材而又不拘泥教材，体现开放性、探究性、设计性等特点． 1．试验器材的改进气垫导轨(不用平衡摩擦力)――→替代长木板2．数据测量方法的改进3．试验的拓展延长以“验证牛顿运动定律”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数． 创新点一 试验器材的改进[典例3] (2024·河北省衡水中学复习)其学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系．装置中的铝箱下端连接纸带，砂桶中可放置砂子以变更铝箱所受的外力大小，铝箱向上运动的加速度a 可由打点计时器和纸带测出，现保持铝箱总质量不变，渐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次试验，得到多组a 、F 值(F 为力传感器的示数，等于悬挂滑轮绳子的拉力)，不计滑轮的重力．(1)某同学依据试验数据画出了a －F 关系图线如图乙所示，则由该图象可得铝箱总质量m ＝ ，重力加速度g ＝ .(结果保留两位有效数字)(2)当砂桶和砂的总质量M 较大导致a 较大时，实际得到的加速度a 的值可能是 (填选项前的字母)A ．120 m/s 2B ．10.0 m/s 2C ．5.0 m/s 2D ．6.0 m/s 2解析：(1)对铝箱分析，应有F T －mg ＝ma ，对滑轮应有F ＝2F T ，联立可解得a ＝1m (F 2－mg )＝12mF －g ，可知图线的斜率k ＝12m ＝104，解得m ＝0.20 kg ，纵轴截距－g ＝－10，解得g ＝10 m/s 2；(2) 对砂桶和砂分析，应有Mg －F T ＝Ma ，对滑轮应有F ＝2F T ，联立可解得a ＝g －12M F ，当砂桶和砂的总质量较大，加速度a 接近g ，故实际得到的加速度a ＜g ，故C 、D 正确，A 、B 错误．答案：(1)0.20 kg 10 m/s 2(2)CD 创新点二 数据测量方法的改进[典例4] 某试验小组设计了如图(a)所示的试验装置，通过变更重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种状况下分别做了试验，得到了两条a －F 图线，如图(b)所示．滑块和位移传感器放射部分的总质量m ＝ kg ；滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝ .(重力加速度g 取10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)解析：当轨道水平常，依据牛顿其次定律得a ＝F －μmg m ＝F m－μg上图(b )可知图线的斜率k ＝1m＝2，计算得出m ＝0.5 kg纵轴截距μg ＝2，计算得出μ＝0.2. 答案：0.5 0.2[典例5] 光电计时器是一种探讨物体运动状况的常见仪器．当有物体从光电门通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．现利用如图甲所示的装置探究物体的加速度与合外力、质量的关系，其NQ 是水平桌面，PQ 是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门(与之连接的两个光电计时器没有画出)．小车上固定着用于挡光的窄片K ，测得其宽度为d ，让小车从木板的顶端滑下，光电门各自连接的计时器显示窄片K 的挡光时间分别为t 1和t 2.(1)该试验中，在变更小车的质量M 或砂桶的总质量m 时，保持M ≫m ，这样做的目的是 ． (2)为了计算出小车的加速度，除了测量d 、t 1和t 2之外，还须要测量 ，若上述测量量用x 表示，则用这些物理量计算加速度的表达式为a ＝ .(3)某位同学经过测量、计算得到如下表数据，请在图乙中作出小车加速度与所受合外力的关系图象.(4)由图象可以看出，该试验存在着较大的误差，产生误差的主要缘由是： .解析：(1)该试验中，在变更小车的质量M 或砂桶的总质量m 时，保持M ≫m ，这样做的目的是使得小车所受合外力大小等于(或约等于)mg .(2)为了计算出小车的加速度，除了测量d 、t 1和t 2之外，还须要测量两光电门之间的距离，若上述测量量用x 表示，小车通过两光电门的速度分别为v 1＝d t 1和v 2＝d t 2则依据v 22－v 21＝2ax 可得a ＝v 22－v 212x ＝(dt 2)2－(dt 1)22x ＝d 2(t 21－t 22)2xt 21t 22.(3)图线如图．(4)由图象可以看出，产生误差的主要缘由是木板倾角偏小(“平衡摩擦力不足”)．答案：(1)使小车所受合外力大小等于(或约等于)mg(2)两光电门之间的距离(或“小车由光电门1运动至光电门2所用时间”)d2(t21－t22)2xt21t22(3)图线如图(4)木板倾角偏小(“平衡摩擦力不足”)创新点三试验目的的创新[典例6] 现在须要测量物块与长木板之间的动摩擦因数，备有如下器材：两个相同的物块A、B，两个带有固定装置的光滑小滑轮，卡子若干，一把镊子，一个黑板擦，几条等长轻质细线，两个小盘，小丁和晓平两个同学协作进行如下试验：首先把木板固定在水平桌面上，把两小滑轮固定在木板的左端，把两个物块A和B(平行木板左边缘、AB距离较近)放到木板的右端，用细线把物块和小盘通过小滑轮连接，通过调整小滑轮的高度使木板上方的细线水平，在物块A和B右端固定好细线；晓平同学用黑板擦按住两个物块A、B，小丁同学在两个小盘里放上不同个数的砝码，然后晓平同学抬起黑板擦，两个物块同时运动起来，当运动较快的物块接近木板左端时按下黑板擦，两个物块同时停下来．(1)为完成此试验，还须要如下器材中的．A．秒表B．弹簧测力计C．刻度尺D．天平(2)晓平和小丁同学共同测量出A和B在木板上的位移，分别记作x A和x B，物块A、B的质量均为m，物块A和对应小盘里钩码、小盘总质量的和为2m，物块B和对应小盘里钩码、小盘的总质量的和为3m，依据这些物理量求出物块和木板之间的滑动摩擦因数μ的表达式．(3)若细线与木板上表面平行，而木板左端比右端略低(没有超过重力沿斜面对下的分力和物体滑动摩擦力相等的角度)，则测量的动摩擦因数比真实值 (填“偏大”“偏小”或“不变”)．解析：(1)试验过程中须要依据牛顿其次定律分析问题，须要用到运动学公式解决加速度问题，所以须要刻度尺测量位移和天平测量质量，故C 、D 正确．(2)因为两个物体在绳子的拉力作用下，做初速度为零的匀加速直线运动，并且两者的运动时间相同，依据公式x ＝12at 2可得x A ＝12a A t 2、x B ＝12a B t 2，故有x A x B ＝a Aa B，依据牛顿其次定律，对A 和钩码整体有：mg －μmg ＝2ma A ，对B 和钩码整体有2mg －μmg ＝3ma B ，故联立上式可得μ＝3x B －4x A3x B －2x A(3)木板左端比右端略低，设木板与水平桌面夹角为θ，则实际状况应满意mg ＋mg sin θ－μmg cos θ＝2ma A,2mg ＋mg sin θ－μmg cos θ＝3ma B ，联立可得μ＝3x B －4x A 3x B －2x A 1cos θ＋tanθ，由于θ微小，tan θ近似为0，1cos θ＞1，故μ测＝3x B －4x A3x B －2x A＜μ真，比实际值偏小． 答案：(1)CD (2)μ＝3x B －4x A3x B －2x A(3)偏小[典例7] 要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有干脆测量工具，某试验小组应用下列器材测量：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽视)、砝码一套(总质量为m ＝0.5 kg)、细线、米尺、秒表，他们依据已学过的物理学学问，变更试验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并依据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤． (1)试验装置如图，设左右两边沙袋的质量分别为m 1、m 2.(2)从m 中取出质量为m ′的砝码放在右边沙袋B 中，剩余砝码都放在左边沙袋A 中，发觉A 下降B 上升．(3)用刻度尺测出沙袋A 从静止下降的距离h (其间A 没有与其他物体发生碰撞)，用秒表测出沙袋A 下降时间t ，则可知A 的加速度大小为a ＝ .(4)变更m ′，测量相应的加速度a ，得到多组m ′及a 的数据，作出 (填“a －m ′”或“a －1m ′”)图线． (5)若求得图线的斜率k ＝4 m/kg·s 2，截距b ＝2 m/s 2，沙袋的质量m 1＝ kg ，m 2＝ kg. 解析：(3)依据匀变速直线运动的位移时间公式得，h ＝12at 2，解得a ＝2h t2.(4)(5)依据牛顿其次定律得：对m 1及砝码：(m 1＋m ′)g －T ＝(m 1＋m ′)a 对m 2及砝码：T －(m 2＋m －m ′)g ＝(m 2＋m －m ′)a 联立解得：a ＝m 1－m 2－m m 1＋m 2＋m g ＋2m ′gm 1＋m 2＋m.依据数学学问得知：作“a －m ′”图线，图线的斜率k ＝2g m 1＋m 2＋m ，图线的截距b ＝m 1－m 2－mm 1＋m 2＋mg将k 、b 代入计算，解得m 1＝3 kg ，m 2＝1.5 kg. 答案：(3)2ht2 (4)a －m ′ (5)3 1.51．某同学利用如图装置探究加速度与合外力的关系．利用力传感器测量细线上的拉力．依据如下步骤操作：①安装好打点计时器和纸带，调整导轨的倾斜程度，平衡小车摩擦力；②细线通过导轨一端光滑的定滑轮和动滑轮，与力传感器相连，动滑轮上挂上肯定质量的钩码，将小车拉到靠近打点计时器的一端；③打开力传感器并接通打点计时器的电源(频率为50 Hz 的沟通电源)； ④释放小车，使小车在轨道上做匀加速直线运动；⑤关闭传感器，记录下力传感器的示数F .通过分析纸带得到小车加速度a ； ⑥变更钩码的质量，重复步骤①②③④⑤； ⑦作出a －F 图象，得到试验结论．(1)本试验在操作中是否要满意钩码的质量远远小于小车的质量？ (填写“须要”或“不须要”)；某次释放小车后，力传感器示数为F ，通过天平测得小车的质量为M ，动滑轮和钩码的总质量为m ，不计滑轮的摩擦，则小车的加速度理论上应等于 ． A ．a ＝F2MB ．a ＝F MC ．a ＝mg －2FMD ．a ＝2F M(2)如图是某次试验测得的纸带的一段，可以推断纸带的 (填“左”或“右”)端与小车连接，在打点计时器打下计数点6时，钩码的瞬时速度大小为 m /s.(保留两位有效数字)解析：(1)本试验利用力传感器测量细线上的拉力，不须要用钩码的重力代替，所以不须要满意钩码的质量远远小于小车的质量，依据牛顿其次定律得：a ＝F m，故B 正确．(2)纸带右侧两点间的距离越来越大，故左端与小车相连，瞬时速度为5到7的平均速度故v ＝0.030.04m/s ＝0.75 m/s. 答案：(1)不须要 B (2)左 0.752．(2024·全国百校联考)两试验小组分别作“探究加速度和力、质量的关系”试验． (1)A 组用如图甲所示装置做试验，图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器可干脆显示所受拉力的大小．做试验时，下列操作必要且正确的是 ．A ．将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动B ．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数C ．为了减小误差，试验中肯定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量D ．用天平测出砂和砂桶的质量(2)B 组用如图乙所示的试验装置来做试验．①在正确、规范的操作中，打出一条如下图所示的纸带，每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的频率为50 Hz.打第4个计数点时小车的速度v 4＝ m /s ；小车做匀加速直线运动的加速度a ＝ m /s.(保留三位有效数字)②平衡了摩擦力后，在小车质量M 保持不变的状况下，不断往砂桶里加砂，直到砂的质量最终达到13M .测出每次加砂后，砂和砂桶的总重力F 和小车的加速度a ，作a －F 的图象．下列图线正确的是 ．解析：(1)试验前要平衡摩擦力，将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，选项A 正确；为重复利用纸带，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，选项B 正确；绳子的拉力可以由拉力传感器，读出，试验中不须要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，不须要用天平测出砂和砂桶的质量，选项C 、D 错误．(2)①每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，因此相邻两计数点间的时间间隔为T ＝0.1 s ，打计数点4时小车的瞬时速度等于计数点3～5间的平均速度，则有：v 4＝0.111＋0.1310.2m/s ＝ 1.21 m/s ；依据Δx ＝aT2，解得a ＝0.111＋0.131＋0.151－0.05－0.0705－0.0919×0.12m/s 2≈2.02 m/s 2. ②平衡了摩擦力后，对小车有：T ＝Ma ，对砂和砂桶有： mg －T ＝ma ，联立可得：a ＝mg M ＋m.若满意m ≤M ，则有a ＝mg M ＝F M，即a －F 的图象为直线，当砂和砂桶的质量较大时，不再满意m ≤M 这一条件，此状况下按相同方式描点的图象遵循a ＝FM ＋m规律，随着砂的质量的增加，a －F 的图象的斜率为k ＝1M ＋m将减小，所以图线将向下弯曲． 答案：(1)AB (2)①1.21 2.02 ②C3．(2024·山东师大附中模拟)(1)有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm ，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是m m.用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是m m.(2)某试验小组利用如图丙所示的试验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒．。

【创新方案】2019年高考物理一轮复习实验四验证牛顿运动定律(1)学会用控制变量法研究物理规律。

(2)验证牛顿第二定律。

(3)掌握利用图象处理数据的方法。

探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量——小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与m的关系。

电磁打点计时器、复写纸片和纸带、一端带有定滑轮的长木板、小车、小盘、低压交流电源、天平、砝码、刻度尺、导线。

图实－4－1(1)用天平测量小盘的质量m0和小车的质量M0。

(2)把一端附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上远离滑轮的一端，连接好电路。

(3)平衡摩擦力：小车的尾部挂上纸带，纸带穿过打点计时器的限位孔，将木板无滑轮的一端稍微垫高一些，使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。

这样小车所受重力沿木板的分力与小车所受摩擦力平衡。

在保证小盘和砝码的质量远小于小车质量的条件下，可以近似认为小盘和砝码的总重力大小等于小车所受的合外力的大小。

(4)把小车停在打点计时器处，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。

(5)改变小盘内砝码的个数，重复步骤(4)，并多做几次。

(6)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，让小车在木板上滑动打出纸带。

(7)改变小车上砝码的个数，重复步骤(6)。

(1)把小车在不同力作用下产生的加速度填在下表中：实验次数加速度a/(m·s －2)小车受力F/N1 2 3 4图实－4－2由以上数据画出它的a －F 关系图象如图实－4－2所示。

通过a －F 关系图象，我们可以得出小车的加速度a 与力F 成正比。

(2)把不同质量的小车在相同力作用下产生的加速度填在下表中：实验次数加速度a/(m·s －2)小车质量M/kg1 2 3 4由以上数据画出它的a －M 图象及a －1M图象，如图实－4－3甲、乙所示。

专题14 验证牛顿运动定律1.(2015·高考全国卷Ⅱ)某同学用图甲所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图乙所示，图中标出了五个连续点之间的距离．(1)物块下滑时的加速度a＝________ m/s2，打C点时物块的速度v＝________ m/s；(2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)．A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角2．(2019·四川成都模拟)要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略)、砝码一套(总质量m＝0.2 kg)、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理学知识，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，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤：(1)实验装置如图所示，设右边沙袋A的质量为m1，左边沙袋B的质量为m2.(2)取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B上升．(左、右两侧砝码的总质量始终不变)(3)用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降h所用的时间t，则可知A的加速度大小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“a­m′”或“a­1m′”)图线．(5)若求得图线的斜率k＝4 m/(kg·s2)，截距b＝4 m/s2，则沙袋的质量m1＝________kg，m2＝________kg.(g 取10 m/s2)3.用如图甲所示装置做“探究物体的加速度与力的关系”的实验。

实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度。

山东省高考物理一轮专题：第14讲实验：验证牛顿运动定律A卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共1题；共2分)1. （2分） (2017高二下·南京会考) 在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图所示的装置．下列说法中正确的是（）A . 垫高长木板一端，调节倾角，直到小车在托盘和砝码的拉动下做匀速直线运动，以平衡小车运动中受到的摩擦力B . 在探究加速度与外力的关系时，应该改变小车的质量C . 在探究加速度a与拉力F的关系时，为了直观判断二者间的关系，应作出a﹣1/F图象D . 当小车的质量远大于托盘和砝码的总质量时，可以近似认为细线对小车的拉力大小等于托盘和砝码的总重力大小二、实验探究题 (共12题；共58分)2. （4分） (2017高一上·肇庆期末) 某探究学习小组欲探究物体的加速度与力、质量的关系，他们在实验室组装了一套如图1所示的装置，图中小车的质量用M表示，钩码的质量用m表示．要顺利完成该实验，则：（1）为使小车所受合外力等于细线的拉力，应采取的措施是________；要使细线的拉力约等于钩码的总重力，应满足的条件是________．（2）某次打出的某一条纸带，A、B、C、D、E、F为相邻的6个计数点，如图2所示，相邻计数点间还有四个点未标出．利用图中给出的数据可求出小车的加速度a=________m/s2．（结果保留两位有效数字）（3）某位同学经过测量、计算得到如下数据，请在图3中作出小车加速度与所受合外力的关系图象．组别1234567M/kg0.580.580.580.580.580.580.58F/N0.100.150.200.250.300.350.40a/m•s﹣20.130.170.260.340.430.510.59（4）由图象可以看出，该实验存在着较大的误差，产生误差的主要原因是：________．3. （4分） (2017高一下·黑龙江开学考) 在《探究加速度与力、质量的关系》实验中（1）在实验中，以下做法正确的是A . 平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上B . 每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C . 实验时，先放开小车，后接通电源D . “重物的质量远小于小车的质量”这一条件如不满足，对探究过程也不会产生影响（2）在这一实验中，有两位同学通过测量，分别作出a一F图象，如图中的A、B、C线所示；试分析：A线不通过坐标原点的原因是：________；B线不通过坐标原点的原因是：________．C线发生弯曲的原因是：________．4. （4分）(2016·济宁模拟) 某实验小组为探究加速度与力之间的关系设计了如图（a）所示的实验装置，用钩码所受重力作为小车所受的拉力，用DIS（数字化信息系统）测小车的加速度．通过改变钩码的数量，多次重复测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．（1）图线________是在轨道水平的情况下得到的（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”）．（2）小车和位移传感器发射部分的总质量为________kg，小车在水平轨道上运动时受到的摩擦力大小为________N．5. （5分） (2017高一上·宜昌期末) 在验证牛顿第二定律的实验中：（1）某组同学用如图1所示装置，采用控制变量的方法，来研究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到的力的关系，下列措施中不需要和不正确的是①首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力②平衡摩擦力的方法就是，在塑料小桶中添加砝码，使小车能匀速滑动③每次改变拉小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力④实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力⑤实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源A . ①③⑤B . ②③⑤C . ③④⑤D . ②④⑤（2）某组同学实验得出数据，画出a﹣F图如图2所示，那么该组同学实验中出现的问题可能是A . 实验中摩擦力没有平衡B . 实验中摩擦力平衡过度C . 实验中绳子拉力方向没有跟平板平行D . 实验中小车质量发生变化．6. （3分） (2017高一上·襄阳期末) 用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律（交流电频率为50Hz）：（1）如图乙所示是某同学通过实验得到的一条纸带，他在纸带上取A、B、C、D、E、F、G等7个计数点（每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出），将毫米刻度尺放在纸带上．根据图乙可知，打下E点时小车的速度为________m/s．小车的加速度为________m/s2．（计算结果均保留两位有效数字）（2）另一同学在该实验中得到如下一组实验数据（表中F表示细线对小车的拉力，a表示小车的加速度）：F/N0.1960.2940.3920.4900.588a/m•s﹣20.250.580.90 1.20 1.53①请在图丙所示的坐标系中画出a﹣F图线________；②根据图表分析，实验操作中存在的问题可能是________（填字母序号）A、没有平衡摩擦力B、平衡摩擦力时木板倾角过小C、平衡摩擦力时木板倾角过大D、小车质量太大E、砂桶和砂的质量太大．7. （6分） (2017高一上·梅河口期末) 在探究“加速度与力、质量的关系”的活动中：（1）某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装成如图1所示．请你指出该装置中两处错误或不妥之处：① ________；②________．（2）改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验．图2是他在实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s，由图中的数据可算得小车的加速度a为________ m/s2．（图中数据单位均为cm，结果保留两位有效数字）（3）为保证绳子对小车的拉力约等于沙桶和沙子的重力mg，则沙桶和沙子的质量m与小车的质量M应满足的关系是：________8. （2分） (2016高二上·东台期中) 为了探究加速度与力、质量的关系：（1）小亮利用如图甲所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合力，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止．①实验前，下列操作必要的是________A．选用质量不同的两辆小车B．调节定滑轮的高度，使细线与轨道平行C．使砝码和砝码盘的总质量远大于小车的质量D．将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力②他测量了两小车的位移为x1、x2，则=________．（2）小明用如图乙所示的装置进行实验①打出的一条纸带如图丙所示，计时器打点的时间间隔为0.02s．他从比较清晰的A点起，每五个点取一个计数点，测量出各点到A点的距离标在纸带上各点的下方，则小车运动的加速度为________ m/s2．②实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象，可能是丁图中的图线________（选填“1”、“2”、“3”）．9. （6分） (2017高二上·嘉兴期中) 军军同学进行“探究求合力的方法”实验：（1）下列要求对减小实验误差有益的是．A . 两细绳必须等长B . 拉橡皮条的两条细绳夹角越大越好C . 弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行D . 两弹簧测力计同时拉细绳时，示数之差尽可能大（2）两弹簧测力计的量程都为5N，最小刻度为0.1N．实验时，沿着两个不同的方向拉弹簧测力计，如图所示．请从图中读出弹簧测力计甲的拉力大小为________ N．（3）本实验采用的科学方法是A . 理想实验法B . 等效替代法C . 控制变量法D . 建立物理模型法．10. （7分）在研究“加速度与力的关系”实验中，某同学根据学过的理论设计了如下装置（如图甲）：水平桌面上放置了气垫导轨，装有挡光片的滑块放在气垫导轨的某处（档光片左端与滑块左端齐平）。

考点05 实验：验证牛顿运动定律一、选择题1．如果a－图象是通过原点的一条直线，则说明()A．物体的加速度a与质量M成正比B．物体的加速度a与质量M成反比C．物体的质量M与加速度a成正比D．物体的质量M与加速度a成反比【答案】B【解析】a－图象是过原点的一条直线，则a与成正比，加速度a与质量M成反比，A错误，B正确；质量是由物体所含物质的多少决定的，与物体的加速度无关，故C、D错误2．一个学习小组，在研究物体受力一定时加速度与质量m的关系时，得到如下表的实验数据.据此，你能得出的结论是()A．a与m成正比B．a与m成反比C．a可能与m平方成正比D．a可能与m平方成反比【答案】B【解析】观察表中的数据，根据作图法画出a－m图象和a－图象，观察图象，看能否得出结论，如不能，再画出a－m2图象或a－图象，再观察即可．根据图象可知，a－是一条倾斜的直线，所以a与m成反比，故B正确．3．为了探究力、质量与加速度三个量之间的定量关系，我们可以先在物体质量一定的情况下，探究物体的加速度跟所受力之间的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度跟质量之间的关系．最后通过逻辑推理的方法，就可以得到加速度与力、质量之间的关系．这就是物理学中常用的()A．提出假说的方法B．控制变量的方法C．等效替代的方法D．推理类比的方法【答案】B【解析】在研究物体的“加速度、力和质量”三个物理量的关系时，由于变量较多，因此采用了“控制变量法”进行研究，分别控制一个物理量不变，看另外两个物理量之间的关系，故A、C、D错误，B正确．4．(多选)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，关于平衡摩擦力的说法中正确的是( )A．“平衡摩擦力”的本质就是使小车受到的摩擦力为零B．“平衡摩擦力”的本质就是使小车所受的重力沿斜面方向的分力与所受到的摩擦阻力相平衡C．“平衡摩擦力”的目的就是要使小车所受的合力等于所挂砝码通过细绳对小车施加的拉力D．“平衡摩擦力”是否成功，可由小车拖动后由打点计时器打出的纸带上的点迹间距是否均匀而确定【答案】BCD【解析】小车所受的摩擦力不可避免，平衡摩擦力的本质就是使小车的重力沿斜面方向的分力与小车所受的阻力相平衡，A错误，B正确；其目的是使小车所受的合力等于细绳对小车的拉力，C正确；恰好平衡摩擦力时，小车拖动纸带，不给小车提供拉力，给小车一个初速度，小车做匀速直线运动，由打点计时器打出的纸带点迹间距应该是均匀的，D正确5．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中：为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是()A．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动C．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动【答案】C【解析】为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，故选C．二、非选择题6．如图所示是某同学探究加速度与力、质量的关系时，已接通电源正要释放纸带时的情况，请你指出该同学的五个错误：(1)电源________；(2)电磁打点计时器位置________；(3)滑轮位置________；(4)小车位置____ ____；(5)长木板________________．【答案】(1)应用6 V交流电源(2)应靠右端(3)应使拉线水平(4)应靠近打点计时器(5)应垫高右端以平衡摩擦力【解析】探究加速度与力、质量的关系时，电磁打点计时器应使用低压(6 V)交流电源，且要固定在长木板无滑轮的一端，即应靠右端；释放纸带时小车应靠近打点计时器；连接小车的细线应保持水平，故应调节滑轮位置使拉线水平；实验时应平衡摩擦力，使小车所受重力沿斜面方向的分力与小车所受摩擦力平衡，故应垫高长木板右端以平衡摩擦力7．用图甲所示的装置探究加速度与力、质量之间的关系，图乙是其俯视图．两个相同的小车放在光滑水平板上，车左端各系一条细绳，绳跨过定滑轮各挂一个相同的小盘，盘中可放砝码．两个小车右端通过细线用夹子固定，打开夹子，小车在小盘和砝码的牵引下运动，合上夹子，两小车同时停止．实验中可以通过在车中放砝码改变小车的质量．(1)探究“加速度与质量之间的关系”时，应在小盘中放质量________(选填“相同”或“不相同”)的砝码；(2)为使小车所受的拉力近似等于小盘和砝码的总重力，应使小盘和砝码的总质量_________(选填“远大于”或“远小于”)小车的质量；(3)实验中，两小车的加速度之比_________(选填“大于”“等于”或“小于”)小车通过的位移之比【答案】(1)相同(2)远小于(3)等于【解析】(1)本实验是控制变量法，探究“加速度与质量之间的关系”时，要保证拉力不变，则应在小盘中放质量相同的砝码．(2)实验中应满足小盘和砝码的总质量远小于小车的质量．(3)根据初速度为零的匀变速直线运动公式x＝at2，用刻度尺测量两小车通过的位移，两车的位移之比等于加速度之比8.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．(1)下列做法正确的是________(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)如图所示是甲、乙两同学根据实验数据画出的图象．形成图线甲的原因是__________________________．形成图线乙的原因是__________________________．【答案】(1)AD(2)长木板倾角过大未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够【解析】(1)实验中细绳要与长木板保持平行，A项正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过细绳绕过滑轮拴在木块上，这样无法平衡摩擦力，B项错误；实验时应先接通打点计时器的电源再放开木块，C项错误；平衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量后不需要再重新平衡摩擦力，D项正确．(2)图线甲中F＝0时，木块就有了加速度，可见是长木板倾角过大．图线乙中，有了拉力时，加速度仍为0，说明未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够9.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示．(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示．计时器打点的时间间隔为0.02 s，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，测量并标出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度a＝________m/s2.(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：请根据实验数据在下图所示坐标系中作出a－F的关系图象．(3)根据提供的实验数据作出的a－F图线不通过原点．请说明主要原因【答案】(1)0.16(2)(3)计算F时忘记加入砝码盘的重力【解析】(1)由题意可知计数间隔T＝5T0＝0.1 s.由题图乙可知Δx＝0.16 cm＝1.6×10－3 m，由x＝aT2可得a＝0.16 m/s2.(2)a－F图线如图所示．(3)平衡小车与桌面之间的摩擦力后，a－F图象仍不通过原点，可能是在计算F时忘记加入砝码盘的重力，使作出的图象向左平移造成的．10.某实验小组利用小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的小钩码探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示．甲乙丙(1)图乙是实验中得到的一条纸带，图中打相邻两计数点的时间间隔为0.1 s，由图中的数据可得小车的加速度a为________m/s2;(2)该实验小组以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F为横轴，作出的图象如丙图中图线1所示，发现图象不过原点，怀疑在测量力时不准确，他们将实验进行了改装，将一个力传感器安装在小车上，直接测量细线拉小车的力F′，作a－F′图如丙图中图线2所示，则图象不过原点的原因是____________，对于图象上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，其原因是____________；(3)该实验小组在正确操作实验后，再以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F和传感器测得的F′为横轴作图象，要使两个图线基本重合，请你设计一个操作方案：________ 【答案】(1)0.195(2)未平衡摩擦力或平衡不足钩码的重力比细线的拉力大(3)将n个钩码都放在小车上，每次从小车上取一个钩码挂在细线上，其余钩码留在小车上随小车一起运动．(其他答案也可以得分)【解析】(1)根据Δx＝aT2，运用逐差法得：a＝＝ m/s2＝0.195 m/s2.(2)由图线可知，F不等于零时，a仍然为零，可知图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．力传感器可以直接得出绳子拉力的大小，用钩码的重力表示绳子的拉力，必须满足钩码的质量远小于小车的质量，否则绳子的拉力实际上小于钩码的重力．所以对于图线上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，原因是钩码的质量未远小于小车的质量．(3)要使两个图线基本重合，只要满足钩码的质量远小于小车的质量即可.11．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示．(1)下列说法正确的是________．A．在探究加速度与质量的关系时，应该保证拉力的大小不变B．“重物的质量远小于小车的质量”这一条件如不满足对探究过程也不会产生影响C．在探究加速度与力的关系时，只需测量一次，记录一组数据即可D．在探究加速度与力的关系时，作a－F图象应该用折线将所描的点依次连接(2)在实验中，某同学得到了一条纸带如图所示，选择了A、B、C、D、E作为计数点，相邻两个计数点间还有4个计时点没有标出，其中x1＝7.05 cm、x2＝7.68 cm、x3＝8.30 cm、x4＝8.92 cm，电源频率为50 Hz，可以计算出小车的加速度大小是________m/s2.(保留两位有效数字)(3)某同学将长木板右端适当垫高，其目的是________．如果长木板的右端垫得不够高，木板倾角过小，用a表示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力，他绘出的a－F关系图象可能是________．A. B.C. D.【答案】(1)A(2)0.62(3)平衡摩擦力 B【解析】(1)探究加速度与质量的关系时，应该控制力不变，A正确；若不满足“重物的质量远小于小车的质量”这一条件，重物的重力就不等于小车受到的拉力，探究过程会产生影响，B 错误；在探究加速度与力的关系时，需测量至少5次，记录五组数据，画出图象，根据图象探究关系，C错误；探究加速度与力的关系时，作a－F图象应该将点拟合成一条倾斜的直线，D错误．(2)加速度a＝＝ m/s2≈0.62 m/s2.(3)长木板右端垫高的目的是平衡摩擦力，若木板倾角过小，即平衡摩擦力不足，会出现有拉力，但加速度仍为零的情况，即B图．12．(1)某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F关系的实验，图甲为实验装置简图．他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为下列说法正确的是()A．实验时要平衡摩擦力B．实验时不需要平衡摩擦力C．钩码的重力要远小于小车的总重力D．实验进行时应先释放小车再接通电源(2)如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，距离如图所示．则打C点时小车速度的表达式为________；该同学计算小车加速度的表达式为________________________________________________________________________．【答案】(1)AC(2) 或【解析】(1)实验时需要平衡摩擦力，且只有保证钩码的重力远小于小车的总重力，钩码的重力才能近似等于小车受到的合外力．(2)C点的瞬时速度等于AE或者BD的平均速度，即v C＝＝求加速度，使用逐差法，得a＝＝13．用图甲所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系：(1)完成平衡摩擦力的相关内容：①取下沙桶，把木板不带滑轮的一端垫高；②接通打点计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动．如果打出的纸带如图乙所示，则应________(填“增大”“减小”或“不改变”)木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出________的点迹为止．(2)某同学实验时得到如图丙所示的a－F图象(沙和沙桶质量远小于小车质量)，则该同学探究的是：在小车质量一定的条件下，_____________成正比．(3)上题中若沙和沙桶质量过大，不能远小于小车质量，则可能会出现下列图象中的()【答案】(1)减小间隔相等(2)小车的加速度与所受拉力(3)B【解析】(1)由图乙所示纸带可知，小车在运动过程中在相等时间内的位移越来越大，小车做加速运动，平衡摩擦力太过，木板倾角太大，应减小木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间隔相等为止．(2)由图丙可知，纵轴表示加速度，横轴表示力，探究的是加速度与力的关系，应控制小车质量不变，由图象可知：在小车质量一定的条件下，小车的加速度与所受的拉力成正比．(3)若沙和沙桶质量过大，不能远小于小车质量，小车加速度与力不成正比，a－F图象不是直线，a－F图象向下弯曲，由图象可知，会出现B所示情况。